2021届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用课时作业8指数与指数函数含解析苏教版
课时作业8 指数与指数函数
一、选择题
1．设a>0，将表示成分数指数幂，其结果是( C )
解析：由题意得＝
2．化简的结果为( C )
A．－ B．－
C．－ D．－6ab
解析：原式
＝－6ab－1＝－，故选C.
3．已知函数f(x)＝ax－1＋4的图象恒过定点P，则点P的坐标是( A )
A．(1,5) B．(1,4)
C．(0,4) D．(4,0)
解析：令x－1＝0⇒x＝1，又f(1)＝5，故图象恒过定点P(1,5)．
4．函数f(x)＝ax与g(x)＝－x＋a在同一坐标系中的图象可能是( A )
解析：因为函数g(x)单调递减，所以排除选项C，D，又因为函数f(x)＝ax单调递增时，a>1，所以当x＝0时，g(0)＝a>1＝f(0)，所以排除选项B，故选A.
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5．(2019·全国卷Ⅱ)若a>b，则( C )
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
解析：解法1：由函数y＝lnx的图象(图略)知，当0
b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b3b，
|a|<|b|，故排除A，B，D.故选C.
6．函数y＝ax在[0,1]上的最大值与最小值的和为，则函数y＝3·a2x－1在[0,1]上的最大值为( C )
A．16 B．15
C．12 D．
解析：∵函数y＝ax在定义域上是单调函数，且y＝ax在[0,1]上的最大值与最小值的和为，∴1＋a＝，解得a＝，∴函数y＝3·a2x－1＝3·2x－1＝12·x.∵函数y＝12·x在定义域上为减函数，∴当x＝0时，函数y＝3·a2x－1在[0,1]上取得最大值，且最大值是12，故选C.
7．(2020·福建质检)已知a＝0.50.8，b＝0.80.5，c＝0.80.8，则( D )
A．c0.80.8，即b>c.因为函数y＝x0.8在(0，＋∞)上为增函数，所以0.50.8<0.80.8，即ab>c B．a>c>b
C．b>a>c D．c>b>a
解析：∵a＝，b＝，c＝，∴a，b，c均为正数，∴a10＝25＝32，b10＝52＝25，∴a10>b10，∴a>b.∵b35＝57，c35＝75，∴b35>c35，∴b>c.综上a>b>c，故选A.
9．已知a，b∈(0,1)∪(1，＋∞)，当x>0时，10时，11.
∵当x>0时，bx0时，x>1.
∴>1，∴a>b.∴11时，函数f(x)的单调递增区间是( C )
A．(－∞，0) B．(1,2)
C．(2，＋∞) D．(2,5)
解析：如图所示，画出函数y＝f(x)的图象，可知当x>1时，函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，故选C.
二、填空题
11．已知实数a≠1，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(a－1)，则a的值为.
解析：当a<1时，41－a＝21，所以a＝；
当a>1时，22a－1＝4a－1，无解．所以a的值为.
12．若直线y1＝2a与函数y2＝|ax－1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值范围是.
解析： (数形结合法)
当01时，解得01矛盾．
综上，a的取值范围是.
13．已知函数f(x)＝2x－，函数g(x)＝则函数g(x)的最小值是0.
解析：当x≥0时，g(x)＝f(x)＝2x－为单调增函数，所以g(x)≥g(0)＝0；当x<0时，g(x)＝f(－x)＝2－x－为单调减函数，所以g(x)>g(0)＝0，所以函数g(x)的最小值是0.
14．对于给定的函数f(x)＝ax－a－x(x∈R，a>0，且a≠1)，下面五个结论中正确的是①③④.(填序号)
①函数f(x)的图象关于原点对称；
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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)，x∈R，∴f(x)为奇函数，
∴f(x)的图象关于原点对称，①正确；
当a>1时，f(x)在R上为增函数，当01时，y＝f(|x|)在(－∞，0)上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，∴当x＝0时，y＝f(|x|)取得最小值，为0，⑤错误．
综上，正确结论是①③④.
三、解答题
15．已知函数f(x)＝x3(a>0，且a≠1)．
(1)讨论f(x)的奇偶性；
(2)求a的取值范围，使f(x)>0在定义域上恒成立．
解：(1)由于ax－1≠0，则ax≠1，得x≠0，
∴函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．
对于定义域内任意x，有f(－x)
＝(－x)3＝(－x)3
＝(－x)3＝x3
＝f(x)，
∴函数f(x)是偶函数．
(2)由(1)知f(x)为偶函数，
∴只需讨论x>0时的情况，当x>0时，要使f(x)>0，
则x3>0，即＋>0，
即>0，则ax>1.
又∵x>0，∴a>1.
∴当a∈(1，＋∞)时，f(x)>0.
16．已知函数f(x)＝a·4x－a·2x＋1＋1－b(a>0)在区间[1,2]上有最大值9和最小值1.
(1)求a，b的值；
(2)若不等式f(x)－k·4x≥0在x∈[－1,1]时有解，求实数k的取值范围．
解：(1)令n＝2x∈[2,4]，则y＝an2－2an＋1－b(a>0)，n∈[2,4]，其图象的对称轴为直线n＝1，
∴当n＝2时，ymin＝4a－4a＋1－b＝1，
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当n＝4时，ymax＝16a－8a＋1－b＝9，∴a＝1，b＝0.
(2)由(1)知，4x－2·2x＋1－k·4x≥0在x∈[－1,1]时有解．设2x＝t，∵x∈[－1,1]，∴t∈.
∴t2－2t＋1－kt2≥0在t∈时有解，
∴k≤＝1－＋，t∈.
再令＝m，则m∈，
∴k≤m2－2m＋1＝(m－1)2≤1，即k≤1，
故实数k的取值范围是(－∞，1]．
17．(2020·福州质检)已知g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，且满足g(x)－h(x)＝2x.若存在x∈[－1,1]，使得不等式m·g(x)＋h(x)≤0有解，则实数m的最大值为( B )
A．－1 B．
C．1 D．－
解析：解法1：因为g(x)－h(x)＝2x ①，
所以g(－x)－h(－x)＝2－x，
又g(x)为偶函数，h(x)为奇函数，
所以g(x)＋h(x)＝2－x ②，
联立①②，得g(x)＝，h(x)＝.
由m·g(x)＋h(x)≤0得m≤＝＝1－，因为y＝1－为增函数，所以当x∈[－1,1]时，max＝1－＝，故选B.
解法2：由解法1知g(x)＝，h(x)＝.
观察选项，若m＝1，则g(x)＋h(x)≤0，所以＋≤0，即2－x≤0，这与2－x>0矛盾，所以m≠1；
若m＝，则g(x)＋h(x)≤0，所以·＋≤0，即22－x≤2x，当x＝1时，不等式22－x≤2x成立，所以m＝满足题意，故选B.
18．已知定义域为R的函数f(x)＝是奇函数．
(1)求a，b的值；
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(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．
解：(1)因为f(x)是R上的奇函数，
所以f(0)＝0，即＝0，解得b＝1.
从而有f(x)＝.
又由f(1)＝－f(－1)知＝－，
解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝＝－＋，
由上式易知f(x)在R上为减函数，又因为f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．
因为f(x)是R上的减函数，
由上式推得t2－2t>－2t2＋k.
即对一切t∈R有3t2－2t－k>0，
从而Δ＝4＋12k<0，解得k<－.
故k的取值范围为.
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