第4章4.2.2　指数函数的图象和性质—同步新题练习-2022新人教A版（2019）《高中数学》必修第一册.docx

1、4.2.2指数函数的图象和性质刷新题夯基础题组一指数函数的图象特征 1.函数y=-2-x与y=2x的图象()A.关于x轴对称B.关于y轴对称C.关于原点对称D.关于直线y=x对称2.(2021河北衡水武邑中学高一上期中)当a1时,函数y=ax和y=(a-1)x2的图象只可能是()3.(2020北京丰台高一上期中联考)函数y=12|x|的图象是()4.(2020湖南衡阳八中高一上期中)设a,b,c,d均大于0,且均不等于1,y=ax ,y=bx ,y=cx ,y=dx在同一坐标系中的图象如图,则a,b,c,d的大小关系为()A.abcdB.abdcC.badcD.bac0,且a1)的图象所过定点

2、的坐标为()A.(-1,2)B.(1,-2)C.(-1,-2)D.(1,2)6.已知函数f(x)=ax,g(x)=1ax(a0,且a1), f(-1)=12.(1)求f(x)和g(x)的函数解析式;(2)在同一坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象;(3)若f(x)y1y2B.y2y1y3C.y1y2y3D.y1y3y28.(2020广东湛江一中高一上第一次大考)若f(x)=-x2+2ax与g(x)=(a+1)1-x在区间1,2上都是减函数,则a的取值范围是()A.12,1 B.0,12C.0,1D.(0,19.(2020广东珠海高一上期末) 已知f(x+1)的定义域是0,31),则f(2x

3、)的定义域是() A.1,32)B.-1,30)C.0,5)D.(-,3010.(2021山东青岛胶州高一上期中)若函数f(x)=2x,x0,x+a,x124-3x的解集为.12.(2020甘肃兰州一中高一月考)函数y=128-2x-x2的单调递增区间为.13.(2020山东滨州高一上期末)已知函数f(x)=a-23x+1(aR).(1)当a=12时,求函数g(x)=f(x)的定义域;(2)判断函数f(x)的单调性,并用单调性的定义证明你的结论.题组三指数函数性质的综合应用14.(2021山东威海高一上期中)函数f(x)=9x+13x的图象()A.关于直线x=1对称B.关于y轴对称C.关于原点

4、对称 D.关于x轴对称15.(多选)下列函数中,最小值为2的是()A. f(x)=x2+2x+3B.g(x)=ex+e-xC.h(x)=3x+2 D.m(x)=2|x|+116.已知a0,且a1,若函数f(x)=2ax-4在区间-1,2上的最大值为10,则a=.17.(2020浙江杭州高级中学高一上期末)函数y=14-|x|+1的单调递增区间为;此函数是(填“奇函数”“偶函数”或“非奇非偶函数”).18.(2020山东泰安一中高一上期中)已知函数f(x)=a+22x-1.(1)求函数f(x)的定义域;(2)若f(x)为奇函数,求a的值,并求f(x)的值域.19.(2020山东临沂高一上期末素养

5、水平监测)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x0时, f(x)=1-2x.(1)求当x0时, f(x)的解析式;(2)求不等式f(x)k,k, f(x)k.若函数f(x)=2|x|,则()A. f2(-2)=-4B. f2(x)在(-,-1)上单调递减C. f2(x)为偶函数D. f2(x)的最大值为2题组二指数函数的单调性及其应用3.(2021河北衡水武邑中学高一上期中,)设1212b12a1,那么()A.aaabbaB.aabaabC.abaabaD.abba0,且a1)在1,2上的最大值与最小值的差为a2,则a的值为()A.12 B.32C.23或2 D.12或325.(2020黑龙江

6、大庆实验中学高一上月考,)已知函数f(x)=bax(其中a,b为常数,a0,且a1)的图象经过A(1,6),B(2,18)两点.若不等式2ax+1bx-m0在x(-,1上恒成立,则实数m的最大值为.6.(2020山东菏泽高一上期末联考,)为了预防某流感,某学校对教室进行药熏消毒,室内每立方米空气中的含药量y(单位:毫克)随时间x(单位:小时)的变化情况如图所示,在药物释放的过程中,y与x成正比;药物释放完毕后,y与x的函数关系式为y=116x-a(a为常数),根据图中提供的信息,回答下列问题:(1)写出从药物释放开始,y与x之间的函数关系式;(2)据测定,当空气中每立方米的含药量降低到0.25

7、毫克以下时,学生方可进教室学习,那么从药物释放开始,至少需要经过多少小时后,学生才能回到教室?题组三指数函数性质的综合应用7.(2020浙江温州十五校联合体高一上期中联考,)已知a0,设函数f(x)=2 019x+1+32 019x+1(x-a,a)的最大值为M,最小值为N,那么M+N=()A.2 025B.2 022C.2 020D.2 0198.(2021浙江杭州学军中学高一上期中,)已知函数f(x)=x2,g(x)=12x-m,若x1-1,3,x20,2,使得f(x1)g(x2)成立,则实数m的取值范围是.9.(2020浙江浙北G2高一上期中联考,)已知实数a0,定义域为R的函数f(x)

8、=3xa+a3x是偶函数.(1)求实数a的值;(2)判断函数f(x)在(0,+)上的单调性并用定义证明;(3)是否存在实数m,使得对任意的tR,不等式f(t-2)1时,函数y=ax是增函数,y=(a-1)x2的图象是开口向上的,所以两个函数的图象只可能是A.故选A.3.Dy=12|x|=12x,x0,2x,x0.因此,当x0时,y=12|x|的图象与y=12x的图象相同;当x0时,y=12|x|的图象与y=2x的图象相同,故选D.4.C作出直线x=1,如图所示.直线x=1与四个函数图象的交点从下到上依次为(1,b),(1,a),(1,d),(1,c),因此a,b,c,d的大小顺序是badc,故

9、选C.5.B函数f(x)=ax-1-3,令x-1=0,得x=1,此时y=1-3=-2,所以函数f(x)的图象所过定点的坐标为(1,-2),故选B.6.解析(1)因为f(-1)=a-1=1a=12,所以a=2,所以f(x)=2x,g(x)=12x.(2)在同一坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象如图所示:(3)由图象知,当f(x)g(x)时,x的取值范围是x|xy3y2.故选D.8.D由f(x)=-x2+2ax=-(x-a)2+a2在区间1,2上是减函数,得a1;由g(x)=(a+1)1-x=1a+1x-1在区间1,2上是减函数,得01a+11,解得a0.因此a的取值范围是(0,1,故选D.

10、9.Cf(x+1)的定义域是0,31),即0x31,1x+132,f(x)的定义域是1,32),若f(2x)有意义,则必须满足20=12x32=25,0x5.10.Cf(x)=2x,x0,x+a,x124-3x,y=12x在R上是减函数,2x2-14-3x,解得-52x1.故不等式的解集为-52,1.12.答案-1,+)解析设t=8-2x-x2,则y=12t,易知y=12t在R上单调递减,又知t=8-2x-x2在(-,-1上单调递增,在-1,+)上单调递减,所以由y=12t与t=8-2x-x2复合而成的函数y=128-2x-x2的单调递增区间为-1,+).13.解析(1)当a=12时,函数g(

11、x)=f(x)=12-23x+1,要使根式12-23x+1有意义,只需12-23x+10,所以23x+112,化简得3x3=31,解得x1,所以函数g(x)的定义域为1,+).(2)函数f(x)在定义域R上为增函数.证明:在R上任取x1,x2,且x1x2,则f(x1)-f(x2)=a-23x1+1-a-23x2+1=2(3x1-3x2)(3x1+1)(3x2+1),由x1x2,可知03x13x2,则3x1-3x20,3x2+10,所以f(x1)-f(x2)0,即f(x1)0,所以h(x)2,故C错误;对于D:m(x)=2|x|+120+1=2,当且仅当x=0时,等号成立,故D正确.故选ABD.

12、16.答案7或17解析若a1,则函数f(x)=2ax-4在区间-1,2上是单调递增的,当x=2时, f(x)取得最大值,则f(2)=2a2-4=10,即a2=7,又a1,所以a=7.若0a0时,2x-10,f(x)1;当x0时,-12x-10,f(x)0时, f(x)=1-2x,当x0,f(-x)=1-2-x.又f(x)是R上的奇函数,f(-x)=-f(x).f(x)=-f(-x)=-(1-2-x)=2-x-1,即x0时,不等式f(x)1可化为1-2x0,显然成立;当x=0时,由f(x)是奇函数,得f(0)=01,成立;当x0时,不等式f(x)1可化为2-x-11,2-x2,-1x0.综上可知

13、,不等式f(x)1的解集为(-1,+).刷新题培素养1.Df(x)=ex+x-1x+1=ex+1-2x+1,易知函数的定义域为x|x-1,当x1,排除A和B;当x无限增大时, f(x)无限趋近于ex+1,呈指数增长,排除C,故选D.解题模板对已知复杂的函数解析式选择函数图象问题,往往由函数的性质逐一排除得到函数的图象,必要时考虑函数的特殊值,函数值的变化趋势等作出正确的选择.2.BC对于选项A: f(-2)=2|-2|=42,f2(-2)=4,故选项A错误;对于选项B:f(x)=2|x|的图象如图所示:所以f2(x)的大致图象如图所示:由图象可知,f2(x)在(-,-1)上单调递减,故选项B正

14、确;对于选项C:由f2(x)的图象可知,图象关于y轴对称,所以函数f2(x)是偶函数,故选项C正确;对于选项D:由f2(x)的图象可知,f2(x)的最小值为2,无最大值,故选项D错误.故选BC.3.C1212b12a1,且y=12x在R上是减函数,0ab1,指数函数y=ax在R上是减函数,abaa,幂函数y=xa在R上是增函数,aaba,因此abaa1时,函数y=ax在1,2上递增,y的最大值为a2,最小值为a,故有a2-a=a2,解得a=32或a=0 (舍去);当0a1时,函数y=ax在1,2上递减,y的最大值为a,最小值为a2,故有a-a2=a2,解得a=12或a=0(舍去).综上,a=3

15、2或a=12.故选D.警示对于含参数的指数函数的单调性问题,应该考虑底数的范围,当0a1时,函数单调递增.5.答案76解析由已知可得ba=6,ba2=18,解得a=3,b=2,则不等式23x+12x-m0在x(-,1上恒成立,设g(x)=23x+12x-m,显然函数g(x)=23x+12x-m在(-,1上单调递减,g(x)g(1)=23+12-m=76-m,故76-m0,即m76,实数m的最大值为76.6.解析 (1)依题意,当0x0.1时,可设y=kx(k0),且1=0.1k,解得k=10.又由1=1160.1-a,解得a=0.1,所以y=10x,0x0.1,116x-0.1,x0.1.(2

16、)令116x-0.10.25,即142x-0.21,解得x0.6,即至少需要经过0.6小时后,学生才能回到教室.7.Bf(x)=2 019x+1+2 019-2 0162 019x+1=2 019-2 0161+2 019x,f(-x)=2 019-2 0161+2 019-x=2 019-2 0162 019x2 019x+1.因此f(x)+f(-x)=4 038-2 01611+2 019x+2 019x2 019x+1=4 038-2 016=2 022.又f(x)在-a,a上是增函数,M+N=f(a)+f(-a)=2 022,故选B.8.答案14,+解析由x1-1,3,x20,2,使得

17、f(x1)g(x2),得f(x)ming(x)min.f(x)=x2,-1x3,f(x)min=0,g(x)=12x-m在0,2上递减,g(x)min=g(2)=122-m=14-m.因此,014-m,解得m14,故m的取值范围是14,+.9.解析(1)定义域为R的函数f(x)=3xa+a3x是偶函数,则f(-x)=f(x)恒成立,即3-xa+a3-x=3xa+a3x,故1a-a(3x-3-x)=0恒成立.因为3x-3-x不可能恒为0,所以当1a-a=0时,f(-x)=f(x)恒成立,又a0,所以a=1.(2)函数f(x)=3x+13x在(0,+)上单调递增,证明如下:任取x1,x2(0,+)

18、,且x1x2,则f(x1)-f(x2)=3x1+13x1-3x2+13x2=(3x1-3x2)+13x1-13x2=(3x1-3x2)+3x2-3x13x13x2=(3x1-3x2)(3x13x2-1)3x13x2.因为0x1x2,所以3x11,3x21,所以(3x1-3x2)(3x13x2-1)3x13x20,即f(x1)-f(x2)0,即f(x1)f(x2),故函数f(x)=3x+13x在(0,+)上单调递增.(3)不存在.理由如下:由(2)知函数f(x)在(0,+)上单调递增,而函数f(x)是偶函数,则函数f(x)在(-,0)上单调递减.若存在实数m,使得对任意的tR,不等式f(t-2)f(2t-m)恒成立,则|t-2|2t-m|恒成立,即(t-2)20对任意的tR恒成立,则=-(4m-4)2-12(m2-4)0,得到(m-4)20,此不等式无解,所以不存在.