2017版高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数Ⅰ第5讲指数与指数函数练习

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【创新设计】（浙江专用）2017版高考数学一轮复习 第二章 函数概
念与基本初等函数Ⅰ 第5讲 指数与指数函数练习
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.函数f(x)＝1－2x的定义域是( )
A.(－∞，0] B.[0，＋∞) C.(－∞，0) D.(－∞，＋∞)
解析 要使f(x)有意义须满足1－2x≥0，即2x≤1，解得x≤0.
答案 A
2.若x＝log43，则(2x－2－x)2＝( )

A.94 B.54 C.103 D.43

解析 由x＝log43，得4x＝3，即2x＝3，2－x＝33，
所以(2x－2－x)2＝2332＝43.
答案 D
3.函数y＝xax|x|(0＜a＜1)的图象的大致形状是( )

解析 函数的定义域为{x|x≠0}，所以y＝xax|x|＝ax，x＞0，－ax，x＜0，当x＞0时，函数是指数函
数，其底数0＜a＜1，所以函数递减；当x＜0时，函数图象与指数函数y＝ax(x＜0)的图
象关于x轴对称，函数递增，所以应选D.
答案 D
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4.(2016·台州五校联考)函数y＝4x＋2x＋1＋1的值域为( )
A.(0，＋∞) B.(1，＋∞)
C.[1，＋∞) D.(－∞，＋∞)
解析 令2x＝t，则函数y＝4x＋2x＋1＋1可化为y＝t2＋2t＋1＝(t＋1)2(t＞0).
∵函数y＝(t＋1)2在(0，＋∞)上递增，∴y＞1.
∴所求值域为(1，＋∞).故选B.
答案 B

5.若函数f(x)＝a|2x－4|(a＞0，且a≠1)，满足f(1)＝19，则f(x)的单调递减区间是( )
A.(－∞，2] B.[2，＋∞)
C.[－2，＋∞) D.(－∞，－2]

解析 由f(1)＝19，得a2＝19，解得a＝13或a＝－13(舍去)，即f(x)＝13|2x－4|.由于
y
＝|2x－4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f(x)在(－∞，2]上递增，在
[2，＋∞)上递减，故选B.
答案 B
二、填空题

6.化简1681－34＋log354＋log345＝________.
解析 原式＝234－34＋log354×45＝23－3＋log31＝323＋0＝278.
答案 278
7.已知函数f(x)＝a－x(a＞0，且a≠1)，且f(－2)＞f(－3)，则a的取值范围是________.
解析 因为f(x)＝a－x＝1ax，且f(－2)＞f(－3)，所以函数f(x)在定义域上单调递增，
所以1a＞1，解得0＜a＜1.
答案 (0，1)
8.若函数f(x)＝ax(a＞0，且a≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)
＝(1－4m)x在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.

解析 若a＞1，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝12，此时g(x)＝－x为减函数，不合
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题意.若0＜a＜1，有a－1＝4，a2＝m，故a＝14，m＝116，检验知符合题意.
答案 14
三、解答题
9.已知函数f(x)＝b·ax(其中a，b为常数且a>0，a≠1)的图象经过点A(1，6)，B(3，24).
(1)试确定f(x)；

(2)若不等式1ax＋1bx－m≥0在x∈(－∞，1]上恒成立，求实数m的取值范围.
解 (1)∵f(x)＝b·ax的图象过点A(1，6)，B(3，24)，
∴b·a＝6， ①b·a3＝24， ②
②÷①得a2＝4，又a>0且a≠1，∴a＝2，b＝3，∴f(x)＝3·2x.
(2)由(1)知1ax＋1bx－m≥0在(－∞，1]上恒成立可转化为m≤12x＋13x在

(－∞，1]上恒成立.令g(x)＝12x＋13x，
则g(x)在(－∞，1]上单调递减，∴m≤g(x)min＝g(1)＝12＋13＝56，
故所求实数m的取值范围是－∞，56.
10.已知函数f(x)＝13ax2－4x＋3.
(1)若a＝－1，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)有最大值3，求a的值.

解 (1)当a＝－1时，f(x)＝13－x2－4x＋3，
令u＝－x2－4x＋3＝－(x＋2)2＋7.
在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而y＝13u在R上单调递减，所
以f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数f(x)的递增区间
是(－2，＋∞)，递减区间是(－∞，－2).

(2)令h(x)＝ax2－4x＋3，y＝13h（x），由于f(x)有最大值3，所以h(x)应有最小值－
1，
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因此必有a＞0，12a－164a＝－1，解得a＝1，
即当f(x)有最大值3时，a的值等于1.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.函数y＝ax－b(a＞0且a≠1)的图象经过第二、三、四象限，则ab的取值范围为( )
A.(1，＋∞) B.(0，＋∞)
C.(0，1) D.无法确定
解析 函数经过第二、三、四象限，所以函数单调递减且图象与y轴的交点在负半轴上.

而当x＝0时，y＝a0－b＝1－b，由题意得0＜a＜1，1－b＜0，解得0＜a＜1，b＞1，
所以ab∈(0，1).
答案 C
12.已知函数f(x)＝|2x－1|，a＜b＜c且f(a)＞f(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 作出函数f(x)＝|2x－1|的图象如图中实线所示，

∵a＜b＜c，且f(a)＞f(c)＞f(b)，结合图象知a＜0，0＜c＜1，
∴0＜2a＜1，1＜2c＜2，
∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a＜1，
∴f(c)＝|2c－1|＝2c－1，
又f(a)＞f(c)，即1－2a＞2c－1，∴2a＋2c＜2，故选D.
答案 D
13.若函数f(x)＝ax－x－a(a>0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________.
解析 令ax－x－a＝0，即ax＝x＋a，若0公共点；若a>1，y＝ax与y＝x＋a的图象如图所示有两个公共点.
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答案 (1，＋∞)
14.设函数f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数.
(1)若f(1)>0，试求不等式f(x2＋2x)＋f(x－4)>0的解集；

(2)若f(1)＝32，且g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值.
解 因为f(x)是定义域为R的奇函数，
所以f(0)＝0，所以k－1＝0，即k＝1，f(x)＝ax－a－x.

(1)因为f(1)>0，所以a－1a>0，又a>0且a≠1，所以a>1.
因为f′(x)＝axln a＋a－xln a＝(ax＋a－x)ln a>0，
所以f(x)在R上为增函数，
原不等式可化为f(x2＋2x)>f(4－x)，
所以x2＋2x>4－x，即x2＋3x－4>0，
所以x>1或x<－4.
所以不等式的解集为{x|x>1或x<－4}.

(2)因为f(1)＝32，所以a－1a＝32，

即2a2－3a－2＝0，所以a＝2或a＝－12(舍去).
所以g(x)＝22x＋2－2x－4(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2.
令t(x)＝2x－2－x(x≥1)，则t(x)在(1，＋∞)上为增函数(由(1)可知)，即t(x)≥t(1)＝
3
2
，所以原函数为ω(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2，

所以当t＝2时，ω(t)min＝－2，此时x＝log2(1＋2).
即g(x)在x＝log2(1＋2)时取得最小值－2.