【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第二章第四讲指数与指数函数作业
第四讲 指数与指数函数
1.[2020大同市高三调研]设a =20.5,b =log0.50.6,c =tan4π5,则( )
A.a
c>a B.c>a>b C.c>b>a D.a>c>b
3.[原创题]已知函数f (x) =2x+x-5,则不等式-2≤f (4x-1)≤6的解集为( )
A.[ - 1, - 12] B.[ - 12,12] C.[12,1] D.[1,32]
4.[2019安徽省第二次联考]若函数f (x) =(12)x-a的图象经过第一、二、四象限,则f (a)的取值范围为( )
A.(0,1) B.(-12,1) C.(-1,1) D.(-12,+∞)
5.已知定义在R上的函数f (x) =2|x-m|-1为偶函数,记a =f (log0.53),b =f (log25),c =f (2m),则( )
A.a0且a≠1)的定义域和值域都是[0,2],则实数a的值为 .
8.[2019济南市质检]已知定义在R上的奇函数f (x)的周期为4,当x∈(-2,0)时,f (x) =2x+1,则f (5) = .
9.[2019昆明市高考模拟]能说明“已知f (x) =2|x-1|,若f (x)≥g(x)对任意的x∈[0,2]恒成立,则在[0,2]上,f (x)min≥g(x)max”为假命题的一个函数g(x) = .(填出一个函数即可)
10.[2019湖南四校联考]已知定义在R上的奇函数f (x)满足f (x+52)+f (x) =0,当-54≤x≤0时,f (x) =2x+a,则f (16) = .
11.[2020山西大学附中诊断]已知函数f (x) =x-4+9x+1,x∈(0,4),当x =a时,f (x)取得最小值b,则函数g(x) =a|x+b|的图象为( )
12.[2020长春市第一次质量监测]已知函数f (x) =e - x - 1(x≤0),x(x>0),若存在x0∈R使得f (x0)≤m(x0-1)-1成立,则实数m的取值范围是( )
A.(0,+∞) B.[-1,0)∪(0,+∞)C.(-∞,-1]∪[1,+∞) D.(-∞,-1]∪(0,+∞)
13.[2019武汉市模拟]设函数f (x) =2 - x,x≤1,x2,x>1,则y =2f (f (x))-f (x)的取值范围为( )
A.(-∞,0] B.[0,22 - 12]C.[22 - 12,+∞) D.(-∞,0]∪[22 - 12,+∞)
14.已知函数f (x) =21 - x,x≤0,1 - log2x,x>0,若|f (a)|≥2,则实数a的取值范围是 .
15.已知点P(a,b)在函数y =e2x的图象上,且a>1,b>1,则aln b的最大值为 .
16.已知函数f (x) =ex,若关于x的不等式[f (x)]2-2f (x)-a≥0在[0,1]上有解,则实数a的取值范围为 .
第四讲 指数与指数函数
1.B a=20.5>20=1,0 - 0.8可得a=3 - 0.6>3 - 0.8=b,且bln e=1,所以c>a>b.故选B.
3.C 因为函数y=2x与y=x - 5在R上均为增函数,所以函数f (x)=2x+x - 5在R上为增函数.易知f (1)= - 2,f (3)=6,所以不等式 - 2≤f (4x - 1)≤6等价于f (1)≤f (4x - 1)≤f (3),等价于1≤4x - 1≤3,解得12≤x≤1,故选C.
【素养落地】 本题将不等式 - 2≤f (4x - 1)≤6等价转化为f (1)≤f (4x - 1)≤f (3),体现了对逻辑推理核心素养的考查;整个过程都涉及计算,体现了对数学运算核心素养的考查.
4.B 依题意可得f (0)=1 - a,则0<1 - a<1, - a<0,解得01时,f (x)=ax - 1在[0,2]上为增函数,又函数f (x)的定义域和值域都是[0,2],所以f(0)=0,f(2)=a2 - 1=2,a>1,解得a=3,所以实数a的值为3.
【易错警示】 本题的易错点有两处:一是忽略对参数a的分类讨论;二是由函数f (x)的定义域和值域都是[0,2],得关于参数a的方程组,却忽略了参数a本身的条件限制,导致产生增解.一般地,对于底数含有参数的指数(对数)函数,当涉及函数的单调性、值域或最值,以及解不等式等问题时,一般需对底数进行分类讨论.
8. - 1 根据函数的周期性与奇偶性可知f (5)=f (1)= - f ( - 1)= - 2 - 1+1= - 1.
9.x - 12(答案不唯一) 易知函数f (x)=2|x - 1|在x∈[0,2]上的最小值是1,取g(x)=x - 12,作出f (x),g(x)在[0,2]上的图象如图D 2 - 4 - 4,满足f (x)≥g(x)对任意的x∈[0,2]恒成立,但g(x)=x - 12在[0,2]上的最大值是32,不满足f (x)min≥g(x)max,所以g(x)=x - 12能说明题中命题是假命题.
图D 2 - 4 - 4
【思路梳理】 要说明一个命题是假命题,只要举出一个反例即可.本题是开放性问题,所举反例只要满足f (x)≥g(x)在[0,2]上恒成立,且g(x)max>1即可.
10.12 由f (x+52)+f (x)=0,得f (x)= - f (x+52)=f (x+5),所以函数f (x)是以5为最小正周期的周期函数,则f (16)=f (3×5+1)=f (1).又f (x)是定义在R上的奇函数,所以f (0)=0,即1+a=0,解得a= - 1,所以当 - 54≤x≤0时,f (x)=2x - 1,所以f ( - 1)= - 12,则f (1)= - f ( - 1)=12,故f (16)=12.
11.A 因为x∈(0,4),所以x+1>1,所以f (x)=x - 4+9x+1=x+1+9x+1 - 5≥29x+1·(x+1) - 5=1,当且仅当x=2时取等号,此时函数f (x)取得最小值1,所以a=2,b=1,所以g(x)=2|x+1|=2x+1,x≥ - 1,(12)x+1,x< - 1,函数g(x)的图象可以看作由函数y=2x,x≥0,(12)x,x<0的图象向左平移1个单位长度得到.
结合指数函数的图象及选项可知A正确.故选A.
12.D 解法一 画出f (x)的图象,如图D 2 - 4 - 5所示,
图D 2 - 4 - 5
直线y=m(x - 1) - 1恒过点(1, - 1).
当m>0时,一定存在x0>0使得x0≤m(x0 - 1) - 1,也就是存在x0>0使得f (x0)≤m(x0 - 1) - 1.
当m=0时,直线y=m(x - 1) - 1= - 1,不存在x0∈R使得f (x0)≤m(x0 - 1) - 1.
当m<0时,考虑直线y=m(x - 1) - 1与函数y=e - x - 1(x≤0)的图象相切的情形.设切点为(x1,y1),则 - e - x1=m,y1=m(x1 - 1) - 1,y1=e - x1 - 1,y1+1x1 - 1=m,解得x1=0,y1=0,m= - 1,也就是说,当m= - 1时,直线y=m(x - 1) - 1与y=e - x - 1(x≤0)的图象相切,切点为(0,0),则当m≤ - 1时,存在x0∈R,使得f (x0)≤m(x0 - 1) - 1.
综上所述,选D.
解法二 由解法一知,m>0符合题意,排除C;当m= - 2,x0=0时,f (0)=0,而 - 2×(0 - 1) - 1=1>0,满足条件,排除A,B,选D.
13.B 作出f (x)=2 - x,x≤1,x2,x>1的图象如图D 2 - 4 - 6中实线所示,
图D 2 - 4 - 6
由图可知f (x)∈[12,+∞),设f (x)=t,则t∈[12,+∞),因为y=2f (f (x)) - f (x),所以y=2f (t) - t,t∈[12,+∞),所以12≤t≤1,y=21 - t - t或t>1,y=0.因为y=21 - t - t在[12,1]上单调递减,所以0≤y≤22 - 12,所以y=2f (f (x)) - f (x)的取值范围为[0,22 - 12],故选B.
14.( - ∞,12]∪[8,+∞) 当a≤0时,1 - a≥1,21 - a≥2,所以|f (a)|≥2成立;当a>0时,由|f (a)|≥2可得|1 - log2a|≥2,所以1 - log2a≥2或1 - log2a≤ - 2,解得00),则ln t=ln a2 - ln a= - (ln a)2+2ln a= - (ln a - 1)2+1≤1,当ln a=1时,“=”成立,此时ln t=1,所以t=e,即aln b的最大值为e.
16.( - ∞,e2 - 2e] 由[f (x)]2 - 2f (x) - a≥0在[0,1]上有解,可得存在x∈[0,1],a≤[f (x)]2 - 2f (x),即a≤e2x - 2ex.令g(x)=e2x - 2ex(0≤x≤1),则a≤g(x)max.因为0≤x≤1,所以1≤ex≤e,则当ex=e,即x=1时,g(x)max=e2 - 2e,即a≤e2 - 2e,故实数a的取值范围为( - ∞,e2 - 2e].
