【数学】2020届浙江一轮复习通用版2-5指数与指数函数作业

【数学】2020届浙江一轮复习通用版2-5指数与指数函数作业

[基础达标] 1．函数 f(x)＝1－e|x|的图象大致是( ) 解析：选 A.将函数解析式与图象对比分析，因为函数 f(x)＝1－e|x|是偶函数，且值域是(－ ∞，0]，只有 A 满足上述两个性质． 2．化简 4a 2 3·b－1 3 ÷ －2 3a－1 3b 2 3 的结果为( ) A．－2a 3b B．－8a b C．－6a b D．－6ab 解析：选 C.原式＝ 4÷ －2 3 a2 3 － －1 3 b－1 3 －2 3 ＝－6ab－1＝－6a b ，故选 C. 3．下列各式比较大小正确的是( ) A．1.72.5>1.73 B．0.6－1>0.62 C．0.8－0.1>1.250.2 D．1.70.3<0.93.1 解析：选 B.A 中，因为函数 y＝1.7x 在 R 上是增函数，2.5<3，所以 1.72.5<1.73.B 中，因 为 y＝0.6x 在 R 上是减函数，－1<2，所以 0.6－1>0.62.C 中，因为 0.8－1＝1.25，所以问题转化 为比较 1.250.1 与 1.250.2 的大小．因为 y＝1.25x 在 R 上是增函数，0.1<0.2，所以 1.250.1<1.250.2， 即 0.8－0.1<1.250.2.D 中，因为 1.70.3>1，0<0.93.1<1，所以 1.70.3>0.93.1. 4．(2019·宁波效实中学高三质检)若函数 f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足 f(1)＝1 9 ，则 f(x)的 单调递减区间是 ( ) A．(－∞，2] B．[2，＋∞) C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2] 解析：选 B.由 f(1)＝1 9 得 a2＝1 9. 又 a>0，所以 a＝1 3 ，因此 f(x)＝ 1 3 |2x－4| . 因为 g(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上单调递增，所以 f(x)的单调递减区间是[2，＋∞)． 5．(2019·衢州模拟)设函数 f(x)＝ 1 2 x －7，x<0， x，x≥0， 若 f(a)<1，则实数 a 的取值范围是( ) A．(－∞，－3) B．(1，＋∞) C．(－3，1) D．(－∞，－3)∪(1， ＋∞) 解析：选 C.当 a<0 时，不等式 f(a)<1 可化为 1 2 a －7<1，即 1 2 a <8，即 1 2 a < 1 2 －3 ， 因为 0<1 2<1，所以 a>－3，此时－31， （2－3a）x＋1，x≤1 是 R 上的减函数，则实数 a 的取值范围是 ________． 解析：依题意，a 应满足 00，a≠1，b∈R)． (1)若 f(x)为偶函数，求 b 的值； (2)若 f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，试求 a，b 应满足的条件． 解：(1)因为 f(x)为偶函数， 所以对任意的 x∈R，都有 f(－x)＝f(x)， 即 a|x＋b|＝a|－x＋b|，|x＋b|＝|－x＋b|，解得 b＝0. (2)记 h(x)＝|x＋b|＝ x＋b，x≥－b， －x－b，x<－b. ①当 a>1 时，f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数， 即 h(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，所以－b≤2，b≥－2. ②当 01 且 b≥－2. [能力提升] 1．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，因为 af(c)>f(b)，结合图象知，00，所以 0<2a<1.所以 f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，所以 f(c)<1，所以 0f(c)，所以 1－2a>2c－1，所以 2a＋2c<2，故选 D. 2．(2019·衢州市高考模拟)已知函数 f(x)＝ （1 2 ）x，x＞0 －x2－4x，x≤0 ，则此函数图象上关于原点 对称的点有( ) A．0 对 B．1 对 C．2 对 D．3 对 解析：选 B.作出函数 y＝f(x)图象如图所示： 再作出－y＝f(－x)，即 y＝x2－4x，恰好与函数图象位于 y 轴左侧部分(对数函数的图象) 关于原点对称，记为曲线 C，发现 y＝(1 2)x 与曲线 C 有且仅有一个交点， 因此满足条件的对称点只有一对，图中的 A、B 就是符合题意的点．故选 B. 3．(2019·杭州模拟) 已知函数 y＝ax＋b(a>0，且 a≠1，b>0)的图象经过点 P(1，3)，如 图所示，则 4 a－1 ＋1 b 的最小值为________，此时 a，b 的值分别为________． 解析：由函数 y＝ax＋b(a>0 且 a≠1，b>0)的图象经过点 P(1，3)，得 a＋b＝3，所以a－1 2 ＋ b 2 ＝ 1 ， 又 a>1 ， 则 4 a－1 ＋ 1 b ＝ 4 a－1 ＋1 b a－1 2 ＋b 2 ＝ 2 ＋ 1 2 ＋ 2b a－1 ＋ a－1 2b ≥ 5 2 ＋ 2 2b a－1 ·a－1 2b ＝9 2 ，当且仅当 2b a－1 ＝a－1 2b ，即 a＝7 3 ，b＝2 3 时取等号，所以 4 a－1 ＋1 b 的最小值 为9 2. 答案：9 2 7 3 ，2 3 4．(2019·绍兴一中高三期中)已知函数 f(x)＝e|x|，将函数 f(x)的图象向右平移 3 个单位后， 再向上平移 2 个单位，得到函数 g(x)的图象，函数 h(x)＝ e（x－1）＋2，x≤5， 4e6－x＋2，x>5， 若对于任意 的 x∈[3，λ](λ>3)，都有 h(x)≥g(x)，则实数λ的最大值为________． 解析：依题意，g(x)＝f(x－3)＋2＝e|x－3|＋2，在同一坐标系中分别作出 g(x)，h(x)的图象 如图所示，观察可得，要使得 h(x)≥g(x)，则有 4e6－x＋2≥e(x－3)＋2，故 4≥e2x－9，解得：2x －9≤ln 4，故 x≤ln 2＋9 2 ，实数λ的最大值为 ln 2＋9 2. 答案：ln 2＋9 2 5．已知函数 f(x)＝2a·4x－2x－1. (1)当 a＝1 时，求函数 f(x)在 x∈[－3，0]上的值域； (2)若关于 x 的方程 f(x)＝0 有解，求 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝1 时，f(x)＝2·4x－2x－1 ＝2(2x)2－2x－1， 令 t＝2x，x∈[－3，0]，则 t∈ 1 8 ，1 . 故 y＝2t2－t－1＝2 t－1 4 2 －9 8 ，t∈ 1 8 ，1 ， 故值域为 －9 8 ，0 . (2)关于 x 的方程 2a(2x)2－2x－1＝0 有解， 设 2x＝m>0， 等价于方程 2am2－m－1＝0 在(0，＋∞)上有解， 记 g(m)＝2am2－m－1， 当 a＝0 时，解为 m＝－1<0，不成立． 当 a<0 时，开口向下，对称轴 m＝ 1 4a<0， 过点(0，－1)，不成立． 当 a>0 时，开口向上，对称轴 m＝ 1 4a>0，过点(0，－1)，必有一个根为正，综上得 a>0. 6．(2019·宁波效实中学模拟)已知函数 f(x)＝ 1 3 x ，x∈[－1，1]，函数 g(x)＝[f(x)]2－2af(x) ＋3 的最小值为 h(a)． (1)求 h(a)； (2)是否存在实数 m，n 同时满足下列条件： ①m>n>3； ②当 h(a)的定义域为[n，m]时，值域为[n2，m2]？若存在，求出 m，n 的值；若不存在， 说明理由． 解：(1)因为 x∈[－1，1]， 所以 f(x)＝ 1 3 x ∈ 1 3 ，3 ， 设 t＝ 1 3 x ∈ 1 3 ，3 . 则 y＝φ(t)＝t2－2at＋3＝(t－a)2＋3－a2. 当 a<1 3 时，ymin＝h(a)＝φ 1 3 ＝28 9 －2a 3 ； 当1 3 ≤a≤3 时，ymin＝h(a)＝φ(a)＝3－a2； 当 a>3 时，ymin＝h(a)＝φ(3)＝12－6a. 所以 h(a)＝ 28 9 －2a 3 ，a<1 3 ， 3－a2，1 3 ≤a≤3， 12－6a，a>3. (2)假设存在 m，n 满足题意． 因为 m>n>3，h(a)＝12－6a 在(3，＋∞)上是减函数， 又因为 h(a)的定义域为[n，m]， 值域为[n2，m2]， 所以 12－6m＝n2， 12－6n＝m2， 两式相减得 6(m－n)＝(m－n)(m＋n)，即 m＋n＝6，与 m>n>3 矛盾， 所以满足题意的 m，n 不存在．