2019版一轮复习理数通用版高考达标检测 指数函数的2类考查点图象性质
高考达标检测（七） 指数函数的 2 类考查点——图象、性质
一、选择题
1．在同一直角坐标系中，函数 f(x)＝2x＋1 与 g(x)＝
1
2 x－1 的图象关于( )
A．y 轴对称 B．x 轴对称
C．原点对称 D．直线 y＝x 对称
解析：选 A ∵g(x)＝21－x＝f(－x)，∴f(x)与 g(x)的图象关于 y 轴对称．
2．若当 x∈R 时，函数 f(x)＝a|x|始终满足 0<|f(x)|≤1，则函数 y＝loga |1
x|的图象大致为
( )
解析：选 B 因为当 x∈R 时，|x|≥0，又函数 f(x)＝a|x|始终满足 0<|f(x)|≤1，所以 0
b>1.又∵c＝2log52＝log54<1，∴c0，且 a≠1)的图象恒过点 A，下列函数中图
象不经过点 A 的是( )
A．y＝ 1－x B．y＝|x－2|
C．y＝2x－1 D．y＝log2(2x)
解析：选 A 由题知 A(1,1)．把点 A(1,1)代入四个选项，选项 A，y＝ 1－x的图象不经
过点 A.
5．(2018·广西质量检测)若 xlog52≥－1，则函数 f(x)＝4x－2x＋1－3 的最小值为( )
A．－4 B．－3
C．－1 D．0
解析：选 A ∵xlog52≥－1，∴2x≥1
5
，则 f(x)＝4x－2x＋1－3＝(2x)2－2×2x－3＝(2x－1)2
－4.当 2x＝1 时，f(x)取得最小值－4.
6．已知函数 f(x)＝|2x－1|，af(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是
( )
A．a<0，b<0，c<0 B．a<0，b≥0，c>0
C．2－a<2c D．2a＋2c<2
解析：选 D 作出函数 f(x)＝|2x－1|的图象(如图中实线所示)，
又 af(c)>f(b)，
结合图象知 f(a)<1，a<0，c>0，
∴0<2a<1,2c>1，
∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a，
f(c)＝|2c－1|＝2c－1.
又 f(a)>f(c)，即 1－2a>2c－1，
∴2a＋2c<2.
7．(2018·东北三校联考)若关于 x 的方程|ax－1|＝2a(a>0，且 a≠1)有两个不等实根，则
a 的取值范围是( )
A．(0,1)∪(1，＋∞) B．(0,1)
C．(1，＋∞) D. 0，1
2
解析：选 D 方程|ax－1|＝2a(a>0，且 a≠1)有两个实数根转化为函数 y＝|ax－1|与 y＝
2a 有两个交点．
①当 01 时，如图②，而 y＝2a>1 不符合要求．
∴00，且 a≠1)在[－1，2]上的最大值为 4，最小值
为 m，且函数 g(x)＝(1－4m) x在[0，＋∞)上是增函数，则 a＝________.
解析：若 a>1，有 a2＝4，a－1＝m，此时 a＝2，m＝1
2
，此时 g(x)＝－ x为减函数，不
合题意．若 00，a≠1)的图象经过
点 A(1,6)，B(3,24)．若不等式
1
a x＋
1
b x－m≥0 在 x∈(－∞，1]上恒成立，则实数 m 的最
大值为________．
解析：把 A(1,6)，B(3,24)代入 f(x)＝b·ax，得 6＝ab，
24＝b·a3，
结合 a>0，且 a≠1，解得 a＝2，
b＝3，
要使
1
2 x＋
1
3 x≥m 在 x∈(－∞，1]上恒成立，
只需保证函数 y＝
1
2 x＋
1
3 x 在(－∞，1]上的最小值不小于 m 即可．
因为函数 y＝
1
2 x＋
1
3 x 在(－∞，1]上为减函数，
所以当 x＝1 时，y＝
1
2 x＋
1
3 x 有最小值 5
6.
所以只需 m≤5
6
即可．
所以 m 的最大值为5
6.
答案：5
6
12．(2018·湖南八校联考)对于给定的函数 f(x)＝ax－a－x(x∈R，a>0，且 a≠1)，下面给
出五个命题，其中真命题是________．(填序号)
①函数 f(x)的图象关于原点对称；
②函数 f(x)在 R 上不具有单调性；
③函数 f(|x|)的图象关于 y 轴对称；
④当 01 时，函数 f(|x|)的最大值是 0.
解析：∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，f(x)的图象关于原点对称，①是真命题；
当 a>1 时，f(x)在 R 上为增函数，当 01 时，f(|x|)在(－∞，0)上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，∴当 x＝0 时，y＝
f(|x|)的最小值为 0，⑤是假命题．
综上，真命题是①③④.
答案：①③④
三、解答题
13．已知函数 f(x)＝m·4x＋1
2x
是偶函数．
(1)求实数 m 的值；
(2)若关于 x 的不等式 2k·f(x)>3k2＋1 在(－∞，0)上恒成立，求实数 k 的取值范围．
解：(1)因为函数 f(x)＝m·4x＋1
2x
是定义在 R 上的偶函数，所以有 f(－x)＝f(x)，
即m·4－x＋1
2－x
＝m·4x＋1
2x
，
即m＋4x
2x
＝m·4x＋1
2x
，故 m＝1.
(2)因为 f(x)＝4x＋1
2x >0,3k2＋1>0，且 2k·f(x)>3k2＋1 在(－∞，0)上恒成立，
故原不等式等价于 2k
3k2＋1
> 1
fx
在(－∞，0)上恒成立，
又因为 x∈(－∞，0)，
所以 f(x)∈(2，＋∞)，从而 1
fx
∈ 0，1
2 ，
故 2k
3k2＋1
≥1
2
，解得1
3
≤k≤1，
所以实数 k 的取值范围为
1
3
，1 .
14．设函数 f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0，且 a≠1)是定义域为 R 的奇函数．
(1)求 k 的值；
(2)若 f(1)<0，试判断 y＝f(x)的单调性(不需证明)，并求使不等式 f(x2＋tx)＋f(4－x)<0
恒成立的 t 的取值范围；
(3)若 f(1)＝3
2
，g(x)＝a2x＋a－2x－2f(x)，求 g(x)在[1，＋∞)上的最小值．
解：(1)∵f(x)是定义域为 R 的奇函数，∴f(0)＝0，
∴1－(k－1)＝0，∴k＝2.
(2)由(1)知 f(x)＝ax－a－x(a>0，且 a≠1)，
∵f(1)<0，∴a－1
a<0.
又 a>0，且 a≠1，∴0x－4，即 x2＋(t－1)x＋4>0 恒成立，
∴Δ＝(t－1)2－16<0，解得－3a>0，c>b>0.若 a，b，c 是△ABC 的三条边长，则
下列结论中正确的个数是( )
①对于∀x∈(－∞，1)，都有 f(x)>0；
②存在 x>0，使 ax，bx，cx 不能构成一个三角形的三边长；
③若△ABC 为钝角三角形，则存在 x∈(1,2)，使 f(x)＝0.
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：选 A ①因为 a，b，c 是△ABC 的三条边长，所以 a＋b>c，因为 c>a>0，c>b>0，
所以 0cx
a
c
＋b
c
－1 ＝
cx·a＋b－c
c >0，故①正确；
②令 a＝2，b＝3，c＝4，则 a，b，c 可以构成三角形，但 a2＝4，b2＝9，c2＝16 却不
能构成三角形，所以②正确；
③已知 c>a>0，c>b>0，若△ABC 为钝角三角形，则 a2＋b2－c2<0，因为 f(1)＝a＋b－
c>0，f(2)＝a2＋b2－c2<0，根据零点存在性定理可知在区间(1,2)上存在零点，所以存在 x∈
(1,2)，使 f(x)＝0，故③正确．
2．(2018·广东五校联考)已知 e 为自然对数的底数，若对任意的 x1∈[0,1]，总存在唯
一的 x2∈[－1,1]，使得 x1＋x22ex2－a＝0 成立，则实数 a 的取值范围是( )
A．[1，e] B．(1，e]
C. 1＋1
e
，e D. 1＋1
e
，e
解析：选 C 令 f(x1)＝a－x1，则 f(x1)＝a－x1 在 x1∈[0,1]上单调递减，且 f(0)＝a，f(1)
＝a－1.令 g(x2)＝x22e x2，则 g′(x2)＝2x2e x2＋x22e x2＝x2e x2 (x2＋2)，且 g(0)＝0，g(－1)＝1
e
，
g(1)＝e.若对任意的 x1∈[0,1]，总存在唯一的 x2∈[－1,1]，使得 x1＋x22ex2－a＝0 成立，即
f(x1)＝g(x2)，则 f(x1)＝a－x1 的最大值不能大于 g(x2)的最大值，即 f(0)＝a≤e，因为 g(x2)在
[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当 g(x2)∈ 0，1
e 时，存在两个 x2 使得 f(x1)
＝g(x2)．若只有唯一的 x2∈[－1,1]，使得 f(x1)＝g(x2)，则 f(x1)的最小值要比1
e
大，所以 f(1)
＝a－1>1
e
，即 a>1＋1
e
，故实数 a 的取值范围是 1＋1
e
，e ，故选 C.
3．(2018·湖南六校联考)已知实数 a>0，函数 f(x)＝
ex－1＋a
2
，x≤0，
ex－1＋a
2
x2－a＋1x＋a
2
，x>0，
若关于 x 的方程 f[－f(x)]＝e－a＋a
2
有三个不等的实根，则实数 a 的取值范围是( )
A. 1，2＋2
e B. 2，2＋2
e
C. 1，1＋1
e D. 2，2＋1
e
解析：选 B 当 x≤0 时，令 f(x)＝e－a＋a
2
，即 ex－1＝e－a，得 x＝1－a；
当 x>0 时，令 f(x)＝e－a＋a
2
得 ex－1＋a
2x2－(a＋1)x＋a
2
＝e－a＋a
2
，显然方程无解，
所以 1－a≤0，即 a≥1，
因为 f[－f(x)]＝e－a＋a
2
，
所以－f(x)＝1－a，即 f(x)＝a－1，
所以方程 f(x)＝a－1 有三解，
当 x≤0 时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，且当 x→－∞时，f(x)→a
2
，
当 x>0 时，f′(x)＝ex－1＋ax－a－1，
所以 f′(x)是增函数，且 f′(1)＝0，
所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
又 f(1)＝0，当 x→＋∞时，f(x)→＋∞，
作出 f(x)的大致图象如图所示，
因为方程 f(x)＝a－1 有三解，
所以a
2
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