2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課堂達(dá)標(biāo)7 指數(shù)、指數(shù)函數(shù) 文 新人教版

2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 課堂達(dá)標(biāo)7 指數(shù)、指數(shù)函數(shù) 文 新人教版1化簡(jiǎn)4a·b÷的結(jié)果為()ABCD6ab解析原式ab6ab1，故選C.答案C2已知a40.2，b0.40.2，c0.40.8，則()Aabc BacbCcab Dbca解析由0.20.8，底數(shù)0.41知，y0.4x在R上為減函數(shù)，所以0.40.20.40.8，即bc.又a40.2401，b0.40.21，所以ab.綜上，abc.答案A3函數(shù)yx22x的值域是()AR B(0，)C(2，) D.解析x22x(x1)211，x22x，故選D.答案D4函數(shù)y(0a1)圖象的大致形狀是()解析函數(shù)定義域?yàn)閤|xR，x0，且y.當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)是一個(gè)指數(shù)函數(shù)，因?yàn)?<a<1，所以函數(shù)在(0，)上是減函數(shù)；當(dāng)x<0時(shí)，函數(shù)圖象與指數(shù)函數(shù)yax(x<0,0<a<1)的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱，在(，0)上是增函數(shù)答案D5若函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A. B.C. D.解析依題意，a應(yīng)滿足解得a.答案C6(2018·安徽阜陽第二次質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，則不等式f(x)4的解集為( )A(ln 2,0)(3，) B(ln 2，)C(3，) D(ln 2,0) 解析當(dāng)x0時(shí)，2ex4，解得：xln 2，不合題意；當(dāng)x0時(shí)，log2(x1)24，解得：x3，綜上可得：不等式的解集為：(3，)本題選擇C選項(xiàng)答案C7(2018·合肥質(zhì)檢)不等式2x22xx4的解集為_.解析原不等式等價(jià)為2x22x2x4，又函數(shù)y2x為增函數(shù)，x22xx4，即x23x40，1x4.答案(1,4)8(2018·衡水模擬)若曲線|y|2x1與直線yb沒有公共點(diǎn)，則b的取值范圍是_解析曲線|y|2x1與直線yb的圖象如圖所示，由圖象可知：如果|y|2x1與直線yb沒有公共點(diǎn)，則b應(yīng)滿足的條件是b1,1答案1,19設(shè)a0且a1，函數(shù)ya2x2ax1在1,1上的最大值是14，則a的值為_.解析令tax(a0且a1)，則原函數(shù)化為y(t1)22(t0)當(dāng)0a1時(shí)，x1,1，tax，此時(shí)f(t)在上為增函數(shù)所以f(t)maxf2214.所以216，所以a或a.又因?yàn)閍0，所以a.當(dāng)a1時(shí)，x1,1，tax，此時(shí)f(t)在上是增函數(shù)所以f(t)maxf(a)(a1)2214，解得a3(a5舍去)綜上得a或3.答案或310(2018·上海松江區(qū)期末)已知函數(shù)f(x)a|xb|(a0，bR)(1)若f(x)為偶函數(shù)，求b的值；(2)若f(x)在區(qū)間2，)上是增函數(shù)，試求a，b應(yīng)滿足的條件解析(1)f(x)為偶函數(shù)，對(duì)任意的xR，都有f(x)f(x)即a|xb|a|xb|，|xb|xb|，解得b0.(2)記h(x)|xb|當(dāng)a1時(shí)，f(x)在區(qū)間2，)上是增函數(shù)即h(x)在區(qū)間2，)上是增函數(shù)，b2，b2.當(dāng)0a1時(shí)，f(x)在區(qū)間2，)上是增函數(shù)即h(x)在區(qū)間2，)上是減函數(shù)但h(x)在區(qū)間b，)上是增函數(shù)，故不存在a，b的值，使f(x)在區(qū)間2，)上是增函數(shù)f(x)在區(qū)間2，)上是增函數(shù)時(shí)，a，b應(yīng)滿足的條件為a1且b2.B能力提升練1(2018·麗水模擬)當(dāng)x(，1時(shí)，不等式(m2m)·4x2x0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A(2,1) B(4,3)C(1,2) D(3,4)解析原不等式變形為m2mx，因?yàn)楹瘮?shù)yx在(，1上是減函數(shù)，所以x12，當(dāng)x(，1時(shí)，m2mx恒成立，等價(jià)于m2m2，解得1m2.答案C2(2018·安徽合肥一模)已知函數(shù)f(x)，x0.方程f2(x)af(x)b0(b0)有六個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則3ab的取值范圍是()A6,11 B3,11 C(6,11) D(3,11)解析令tf(x)，則方程f2(x)af(x)b0(b0)可化為t2atb0(b0)，作出函數(shù)yf(x)的圖象如圖，結(jié)合圖象可以看出：方程t2atb0(b0)在區(qū)間(0,1)，(1,2)內(nèi)各有一個(gè)解時(shí)，方程f2(x)af(x)b0(b0)有六個(gè)實(shí)數(shù)根，所以問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(t)t2atb在區(qū)間(0,1)，(1,2)內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn)，由此可得不等式組，在平面直角坐標(biāo)系中，畫出其表示的區(qū)域如圖，結(jié)合圖象可以看出：當(dāng)動(dòng)直線u3ab經(jīng)過點(diǎn)A(1,0)，B(3,2)時(shí)，u分別取得最小值umin和最大值umax11，即3u11，應(yīng)選答案D.答案D3(2018·日照模擬)已知函數(shù)ybax22x(a，b為常數(shù)，且a0，a1)在區(qū)間上有最大值3，最小值，則a，b的值分別為_.解析令tx22x(x1)21，x，t1,0若a1，函數(shù)f(x)at在1,0上為增函數(shù)，at，bax22x，依題意得解得若0a1，函數(shù)f(x)在at在1,0上為減函數(shù)，at，則bax22x，依題意得解得綜上，所求a，b的值為，或答案2,2或，4(2018·北京朝陽4月模擬)記x2x1為區(qū)間x1，x2的長(zhǎng)度，已知函數(shù)y2|x|，x2，a(a0)，其值域?yàn)閙，n，則區(qū)間m，n的長(zhǎng)度的最小值是_解析令f(x)y2|x|，則f(x)(1)當(dāng)a0時(shí)，f(x)2x在2,0上為減函數(shù)，值域?yàn)?,4(2)當(dāng)a0時(shí)，f(x)在2,0)上遞減，在0，a上遞增，當(dāng)0a2時(shí)，f(x)maxf(2)4，值域?yàn)?,4；當(dāng)a2時(shí)，f(x)maxf(a)2a4，值域?yàn)?,2a結(jié)合(1)(2)，可知m，n的長(zhǎng)度的最小值為3.答案35已知f(x)(axax)(a>0，且a1)(1)判斷f(x)的奇偶性；(2)討論f(x)的單調(diào)性；(3)當(dāng)x1,1時(shí)，f(x)b恒成立，求b的取值范圍解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽.又f(x)(axax)f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)(2)當(dāng)a>1時(shí)，a21>0，yax為增函數(shù)，yax為減函數(shù)，從而yaxax為增函數(shù)所以f(x)為增函數(shù)當(dāng)0<a<1時(shí)，a21<0，yax為減函數(shù)，yax為增函數(shù)，從而yaxax為減函數(shù)所以f(x)為增函數(shù)故當(dāng)a>0且a1時(shí)，f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增(3)由(2)知f(x)在R上是增函數(shù)，所以在區(qū)間1,1上為增函數(shù)所以f(1)f(x)f(1)所以f(x)minf(1)(a1a)·1.所以要使f(x)b在1,1上恒成立，只需b1.故b的取值范圍是(，1C尖子生專練已知函數(shù)f(x)3x.(1)若f(x)2，求x的值；(2)判斷x0時(shí)，f(x)的單調(diào)性；(3)若3tf(2t)mf(t)0對(duì)于t恒成立，求m的取值范圍解(1)當(dāng)x0時(shí)，f(x)3x3x0，f(x)2無解當(dāng)x0時(shí)，f(x)3x，令3x2.(3x)22·3x10，解得3x1±.3x0，3x1.xlog3(1)(2)y3x在(0，)上單調(diào)遞增，y在(0，)上單調(diào)遞減，f(x)3x在(0，)上單調(diào)遞增(3)t，f(t)3t0.3tf(2t)mf(t)0化為3tm0，即(32t1)(32t1m)0，32t10，32t1m0，即m32t1.令g(t)32t1，則g(t)在上遞減，g(x)max4.所求實(shí)數(shù)m的取值范圍是4，)