（2021新苏教版）高中数学必修第一册课时素养评价 二十九 指数函数及其性质的应用练习.doc

1、温馨提示：温馨提示： 此套题为此套题为 WordWord 版版，请按住请按住 Ctrl,Ctrl,滑动鼠标滚轴滑动鼠标滚轴，调节合适的观看调节合适的观看 比例，答案解析附后。关闭比例，答案解析附后。关闭 WordWord 文档返回原板块。文档返回原板块。 课时素养评价 二十九二十九指数函数及其性质的应用指数函数及其性质的应用 (15 分钟30 分) 1.据报道,某淡水湖的湖水在 50 年内减少了 10%,若按此规律,设 2019 年的湖水 量为 m,从 2019 年起,经过 x 年后湖水量 y 与 x 的函数关系式为() A.y=0.B.y=m C.y=0.mD.y=m 【解析】 选 C.设每

2、年湖水量为上一年的 q%,则(q%) 50=0.9,所以 q%=0. ,则 x 年 后的湖水量为 y=0.m. 2.若 a1,则函数 y=a x 与 y=(1-a)x 2的图象可能是下列四个选项中的 () 【解析】选 C.因为 a1,所以函数 y=a x 在 R 上单调递增,可排除选项 B 与 D.y=(1-a)x 2 是开口向下的二次函数,可排除选项 A. 【补偿训练】 已知函数f(x)=a x在(0,2)内的值域是(a2,1),则函数y=f(x)的图象是( ) 【解析】选 A.因为 f(x)=a x 在(0,2)内的值域是(a 2,1),所以 f(x)在(0,2)内单调 递减.所以 0a0

3、,a1)的值域为1,+),则 f(-4)与 f(1)的大小关系是 () A.f(-4)f(1)B.f(-4)=f(1) C.f(-4)0,a1)的值域为1,+),所以 a1. 由函数 f(x)=a |x+1|在(-1,+)上是增函数,且它的图象关于直线 x=-1 对称,可得 函数 f(x)在(-,-1)上是减函数.再由 f(1)=f(-3),可得 f(-4)f(1). 5.若函数 y=在区间(-,3)上单调递增,则实数 a 的取值范围是 _.若在区间上不单调,则实数 a 的取值范围是_. 【解析】y=在(-,3)上递增, 即二次函数 y=-x 2+ax-1 在(-,3)上递增, 因此需要对称轴

4、 x= 3,解得 a6. 若函数在上不单调,则-1 1, 解得-2a2. 答案:a6-2a2 6.设函数 f(x)=,a 是不为零的常数. (1)若 f(3)= ,求使 f(x)4 的 x 值的取值范围. (2)当 x-1,2时,f(x)的最大值是 16,求 a 的值. 【解析】(1)由 f(3)= ,即= , 所以 10-3a=1,解得 a=3.由 f(x)=4=,即 10-3x-2,解得 x4. (2)当 a0 时,函数 f(x)=在 x-1,2时为增函数,则 x=2 时,函数取最 大值=16,即 10-2a=-4,解得 a=7, 当 a0 时,函数 f(x)=在 x-1,2时为减函数,则

5、 x=-1 时,函数取最大 值=16,即 10+a=-4,解得 a=-14, 综上可得:a=7 或 a=-14. (30 分钟60 分) 一、单选题(每小题 5 分,共 20 分) 1.(2020新余高一检测)函数 y=(0a0 时,y=a x(0a1),故可排除 A、B 项;当 x0 时,y=-ax 与 y=a x(0a1,x0)的图象关于 x 轴对称. 2.(2020玉溪高一检测)函数 f(x)=的单调递减区间为() A.(0,+)B.(-1,+) C.(-,-1)D.(-,1) 【解析】 选 B.由函数 f(x)=,结合复合函数单调性知识可知,它的减区间, 即为 y=x 2+2x 的增区

6、间.由二次函数的性质可得 y=x2+2x 的增区间为(-1,+). 3.已知函数 f(x)=是定义在 R 上的减函数,则实数 a 的 取值范围是() A.B. C.D. 【解析】选 B.因为 f(x)是 R 上的减函数, 所以解得 0 时, f(x)=-x 2-2x+1 的对称轴为 x=-1,抛物线开口向下, 此时 f(x)在(0,+)上是减函数且 f(x)1B.b0 C.0a1D.b0 【解析】 选CD.从题干曲线的变化趋势可以得到函数f(x)为减函数,从而有0a1; 从题干曲线位置看,是由函数y=a x(0a0,即 b1 时,y=x+a 与 y=a x的图象有两个交点;当 0a0 且 a1

7、)的图象恒过定点(3,2),则 m+n=_. 【解析】因为对于函数 y=a x-m+n-3(a0 且 a1)的图象恒过定点,令 x-m=0,可得 x=m,y=n-2,可得函数的图象经过定点(m,n-2).再根据函数的图象恒过定点 (3,2),所以 m=3,n-2=2,解得 m=3,n=4,则 m+n=7. 答案:7 8.若函数 y=0.5 |1-x|+m 的图象与 x 轴有公共点,则 m 的取值范围是_. 【解析】因为函数 y=0.5 |1-x|+m 的图象与 x 轴有公共点, 所以就是求函数 m=-0.5 |1-x|的值域问题. 所以 m=-0.5 |1-x|的值域为-1,0). 故实数 m

8、 的取值范围是-1,0). 答案:-1,0) 【补偿训练】 已知函数 f(x)=2 |x-a|(a 为常数),若 f(x)在区间1,+)上是增函数,则 a 的 取值范围是_. 【解析】由函数 f(x)=2 |x-a|= 可得,当 xa 时,函数 f(x)为增函数, 而已知函数 f(x)在区间1,+)上为增函数,所以 a1, 即 a 的取值范围为(-,1. 答案:(-,1 四、解答题(每小题 10 分,共 20 分) 9.(2020贵阳高一检测)函数 f(x)=2 x- 是奇函数. (1)求 f(x)的解析式; (2)当 x(0,+)时 f(x)m2 -x+4 恒成立,求 m 的取值范围. 【解

9、析】(1)因为函数 f(x)=2 x- 是奇函数, 所以 f(-x)=2 -x- =-2 xa+ =-2 x+ =-f(x),故 a=1,故 f(x)=2 x- ; (2)当 x(0,+)时,f(x)m2 -x+4 恒成立, 即 m+10), 显然 h(x)在(0,+)的最小值是 h(1)=-4, 故 m+1-4,解得 m-5. 10.(2020北京高一检测)已知奇函数 f(x)的定义域为-1,1,当 x-1,0) 时,f(x)=-. (1)求函数 f(x)在(0,1上的值域; (2)若 x(0,1时,函数 y= f 2(x)- f(x)+1 的最小值为-2,求实数的值. 【解析】(1)设 x

10、(0,1,则-x-1,0), 所以 f(-x)=-=-2 x. 又因为 f(x)为奇函数, 所以有 f(-x)=-f(x), 所以当 x(0,1时,f(x)=-f(-x)=2 x, 所以 f(x)在(0,1上的值域为(1,2. (2)由(1)知当 x(0,1时 f(x)(1,2, 所以 f(x). 令 t= f(x),则 g,无最小值; 当 1,即 11,即2 时,g(t)min=g(1)=-2,解得=4,综上所述,=4. 1.若 e a+be-b+-a,则有( ) A.a+b0B.a-b0 C.a-b0D.a+b0 【解析】选 D.方法一:取特殊值排除,当 a=0,b=1 时,1+ +1,成

11、立,排除 A,B. 当 a=1,b=0,e+11+ 成立,排除 C. 方法二:构造函数利用单调性:令 f(x)=e x- ,则 f(x)是增函数,因为 e a- - b,所以 f(a)f(-b),即 a+b0. 2.定义在D上的函数f(x),如果满足:对任意xD,存在常数M0,都有|f(x)|M 成立,则称 f(x)是 D 上的有界函数,其中 M 称为函数 f(x)的上界.已知函数 f(x)=1+a+. (1)当 a=1 时,求函数 f(x)在(-,0)上的值域,并判断函数 f(x)在(-,0)上是 否为有界函数,请说明理由. (2)若函数 f(x)在0,+)上是以 3 为上界的有界函数,求实

12、数 a 的最大值. 【解析】(1)当 a=1 时,f(x)=1+.令 t=,由 x1, f(x)=h(t)=t 2+t+1= + , 因为 h(t)在(1,+)上单调递增,故 f(t)f(1)=3,故不存在常数 M0,使|f(x)| M 恒成立, 故函数 f(x)在(-,0)上不是有界函数. (2)若函数 f(x)在0,+)上是以 3 为上界的有界函数,则当 x0 时,|f(x)|3 恒成立. 故有-3f(x)3, 即-4-a2-, 所以a. 所以 a 的最大值为函数 y=22 x- 的最小值, 因为函数 y=22 x- 在0,+)上是增函数, 所以 ymin=22 0- =2-1=1,故 a 的最大值为 1. 关闭关闭 WordWord 文档返回原板块文档返回原板块