2019年高考数学一轮复习 第二章 函数的概念与基本初等函数Ⅰ 课时跟踪检测(九)指数与指数函数 文

2019年高考数学一轮复习 第二章 函数的概念与基本初等函数Ⅰ 课时跟
踪检测（九）指数与指数函数 文
一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1．函数f (x )＝a
x －3
＋m (a ＞1)恒过点(3,10)，则m ＝______.
解析：由图象平移知识及函数f (x )＝a x
过定点(0,1)知，m ＝9. 答案：9
2．在同一平面直角坐标系中，函数f (x )＝2x ＋1
与g (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x －1的图象关于________对
称．
解析：因为g (x )＝21－x
＝f (－x )，所以f (x )与g (x )的图象关于y 轴对称．
答案：y 轴
3．设a ＝22.5，b ＝2.50
，c ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12 2.5，则a ，b ，c 的大小关系是________．
解析：a >1，b ＝1,0<c <1，所以a >b >c . 答案：a >b >c
4．已知f (x )＝3x －b
(2≤x ≤4，b 为常数)的图象经过点(2,1)，则f (x )的值域为________． 解析：由f (x )过定点(2,1)可知b ＝2， 因为f (x )＝3
x －2
在[2,4]上是增函数，
所以f (x )min ＝f (2)＝1，f (x )max ＝f (4)＝9. 故f (x )的值域为[1,9]． 答案：[1,9]
5．不等式2－x 2
＋2x >⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x ＋4的解集为________．
解析：不等式2－x 2＋2x >⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ＋4可化为⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2－2x >⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x ＋4，等价于x 2－2x <x ＋4，即x 2
－
3x －4<0，
解得－1<x <4. 答案：{x |－1<x <4}
6．若函数f (x )＝a x
－1(a >0，a ≠1)的定义域和值域都是[0,2]，则实数a ＝________. 解析：当a >1时，f (x )＝a x
－1在[0,2]上为增函数， 则a 2
－1＝2，所以a ＝± 3.又因为a >1，所以a ＝ 3. 当0<a <1时，f (x )＝a x
－1在[0,2]上为减函数， 又因为f (0)＝0≠2，所以0<a <1不成立． 综上可知，a ＝ 3.
二保高考，全练题型做到高考达标 1．若函数f (x )＝a |x ＋1|
(a >0，且a ≠1)的值域为[1，＋∞)，则f (－4)与f (1)的大小关
系是________．
解析：由题意知a >1，f (－4)＝a 3
，f (1)＝a 2
，由y ＝a t (a >1)的单调性知a 3>a 2
，所以f (－4)>f (1)．
答案：f (－4)>f (1)
2．(xx·贵州适应性考试)函数y ＝a
x ＋2
－1(a >0且a ≠1)的图象恒过的点是________．
解析：法一：因为函数y ＝a x
(a >0，a ≠1)的图象恒过点(0,1)，将该图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到y ＝a x ＋2
－1(a >0，a ≠1)的图象，所以y ＝a
x ＋2
－1(a >0，a ≠1)
的图象恒过点(－2,0)．
法二：令x ＋2＝0，x ＝－2，得f (－2)＝a 0
－1＝0，所以y ＝a x ＋2
－1(a >0，a ≠1)的图
象恒过点(－2,0)．
答案：(－2,0)
3．(xx·启东中学检测)已知实数a ，b 满足等式2 017a
＝2 018b
，下列五个关系式：①0<b <a ；②a <b <0；③0<a <b ；④b <a <0；⑤a ＝b .其中不可能成立的关系式有________个．
解析：设2 017a
＝2 018b
＝t ，如图所示，由函数图象，可得若t >1，
则有a >b >0；若t ＝1，则有a ＝b ＝0；若0<t <1，则有a <b <0.故①②⑤可能成立，而③④不可能成立．
答案：2
4．若函数f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
a x
， x >1，－3a x ＋1，x ≤1是R 上的减函数，则实数a 的取值范围是
________．
解析：依题意，a 应满足⎩⎪⎨⎪
⎧
0<a <1，2－3a <0，
－3a ＋1≥a 1
，
解得23<a ≤3
4
.
答案：⎝ ⎛⎦
⎥⎤23，34 5．函数y ＝8－23
－x
(x ≥0)的值域是________． 解析：因为x ≥0，所以3－x ≤3， 所以0＜23
－x ≤23＝8，所以0≤8－23－x
<8， 所以函数y ＝8－2
3－x
的值域为[0,8)．
6．(xx·淮阴中学调研)已知max{a ，b }表示a ，b 两数中的最大值．若f (x )＝max{e |x |
，e
|x －2|
}，则f (x )的最小值为________．
解析：由于f (x )＝max{e |x |，e |x －2|
}＝⎩
⎪⎨⎪⎧
e x
，x ≥1，e 2－x
，x <1.当x ≥1时，f (x )≥e，且当x ＝1
时，取得最小值e ；当x <1时，f (x )>e ，故f (x )的最小值为f (1)＝e.
答案：e
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
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a
x ，且f (－2)>f (－3)，
所以函数f (x )在定义域上单调递增， 所以1
a
>1，
解得0<a <1. 答案：(0,1)
8．当x ∈(－∞，－1]时，不等式(m 2
－m )·4x －2x
＜0恒成立，则实数m 的取值范围是________．
解析：原不等式变形为m 2
－m ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，
因为函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x
在(－∞，－1]上是减函数，
所以⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ≥⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－1
＝2，
当x ∈(－∞，－1]时，m 2－m ＜⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x 恒成立等价于m 2
－m ＜2，解得－1＜m ＜2.
答案：(－1,2) 9．化简下列各式：
(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2790.5＋0.1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫21027－3π0
＋3748；
(2) 3a ·a －3
÷
3a －3·a －1.
解：(1)原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫259＋10.12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫6427－3＋3748
＝53＋100＋916－3＋37
48＝100. (2)原式＝ 3a ·a ÷ 3
a ·a
＝ 3a ÷ 3a ＝a ÷a ＝a ＝a . 10．已知函数f (x )＝a
|x ＋b |
(a >0，b ∈R)．
(1)若f (x )为偶函数，求b 的值；
(2)若f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，试求a ，b 应满足的条件． 解：(1)因为f (x )为偶函数，
所以对任意的x ∈R ，都有f (－x )＝f (x )． 即a
|x ＋b |
＝a
|－x ＋b |
，|x ＋b |＝|－x ＋b |，解得b ＝0.
(2)记h (x )＝|x ＋b |＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＋b ，x ≥－b ，
－x －b ，x <－b .
①当a >1时，f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数， 即h (x )在区间[2，＋∞)上是增函数， 所以－b ≤2，b ≥－2.
②当0<a <1时，f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数，即h (x )在区间[2，＋∞)上是减函数，但h (x )在区间[－b ，＋∞)上是增函数，故不存在a ，b 的值，使f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数．
所以f (x )在区间[2，＋∞)上是增函数时，a ，b 应满足的条件为a >1且b ≥－2. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．当x ∈[1,2]时，函数y ＝12x 2与y ＝a x
(a >0)的图象有交点，则a 的取值范围是________．
解析：当a >1时，如图①所示，使得两个函数图象有交点，需满足12·22≥a 2
，即1<a ≤2；
当0<a <1时，如图②所示，需满足12·12≤a 1，即1
2
≤a <1.
综上可知，a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2.
答案：⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，2
2．(xx·苏州调研)已知函数f (x )＝3x
＋λ·3－x
(λ∈R)． (1)若f (x )为奇函数，求λ的值和此时不等式f (x )>1的解集； (2)若不等式f (x )≤6对x ∈[0,2]恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)函数f (x )＝3x
＋λ·3－x
的定义域为R. 因为f (x )为奇函数，
所以f (－x )＋f (x )＝0对∀x ∈R 恒成立，
即3－x ＋λ·3x ＋3x ＋λ·3－x ＝(λ＋1)(3x ＋3－x
)＝0对∀x ∈R 恒成立， 所以λ＝－1.
由f (x )＝3x
－3－x
>1，得(3x )2
－3x
－1>0，
解得3x >1＋52或3x <1－52
(舍去)，
所以不等式f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
x ⎪
⎪⎪
x >log 3
1＋5
2. (2)由f (x )≤6，得3x ＋λ·3－x ≤6，即3x
＋λ3
x ≤6.
令t ＝3x
∈[1,9]，则问题等价于t ＋λt
≤6对t ∈[1,9]恒成立，
即λ≤－t 2
＋6t 对t ∈[1,9]恒成立， 令g (t )＝－t 2
＋6t ，t ∈[1,9]，
因为g (t )在[1,3]上单调递增，在[3,9]上单调递减， 所以当t ＝9时，g (t )有最小值g (9)＝－27，
所以λ≤－27，即实数λ的取值范围为(－∞，－27]．
2019年高考数学一轮复习 第二章 函数的概念与基本初等函数Ⅰ 课时跟
踪检测（五）函数的单调性与最值 文
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(xx·常州调研)函数y ＝x 2
＋x ＋1(x ∈R)的单调递减区间是________．
解析：y ＝x 2
＋x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34，其对称轴为x ＝－12，在对称轴左侧单调递减，所以
所求单调递减区间为⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－12.
答案：⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－12
2．一次函数y ＝kx ＋b 在R 上是增函数，则k 的取值范围为________． 解析：设∀x 1，x 2∈R 且x 1<x 2， 因为f (x )＝kx ＋b 在R 上是增函数，
所以(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，即k (x 1－x 2)2
>0， 因为(x 1－x 2)2
>0，所以k >0. 答案：(0，＋∞)
3．(xx·徐州质检)函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x
－log 2(x ＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
解析：因为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 和y ＝－log 2(x ＋2)都是[－1,1]上的减函数，所以y ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫13x
－log 2(x
＋2)是在区间[－1,1]上的减函数，所以最大值为f (－1)＝3.
答案：3
4．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．
解析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2
＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，结合图象知，当t ＝12，即x
＝14时，y max ＝1
4
. 答案：14
5．已知偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，则满足f (2x －1)<f (5)的x 的取值范围是________．
解析：因为偶函数f (x )在区间[0，＋∞)上单调递减，且f (2x －1)<f (5)，所以|2x －1|>5，即x <－2或x >3.
答案：(－∞，－2)∪(3，＋∞)
6．若函数f (x )＝－x 2
＋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________．
解析：因为f (x )＝－x 2
＋2ax ＝－(x －a )2
＋a 2
在[1,2]上是减函数，所以a ≤1. 又g (x )＝(a ＋1)1
－x
在[1,2]上是减函数．所以a ＋1>1，所以a >0. 综上可知0<a ≤1. 答案：(0,1]
二保高考，全练题型做到高考达标
1．设函数f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x 2
＋4x ，x ≤4，log 2x ，x ＞4.若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，
则实数a 的取值范围是________．
解析：作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可知，若f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4.
答案：(－∞，1]∪[4，＋∞) 2．设函数f (x )＝
ax ＋1
x ＋2a
在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________． 解析：f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2
－1
x ＋2a
，
因为函数f (x )在区间(－2，＋∞)上是增函数．
所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
2a 2
－1＞0，－2a ≤－2，解得a ≥1.
答案：[1，＋∞)
3．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a <b 时，a ⊕b ＝b 2
，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于________．
解析：由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2， 当1<x ≤2时，f (x )＝x 3
－2.
因为f (x )＝x －2，f (x )＝x 3
－2在定义域内都为增函数． 所以f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6. 答案：6
4．对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ，a ≤
b ，b ，a ＞b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )
＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________．
解析：依题意，h (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
log 2x ，0＜x ≤2，
－x ＋3，x ＞2.当0＜x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数，
当x ＞2时，h (x )＝－x ＋3是减函数，所以h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.
答案：1
5．(xx·金陵中学月考)定义在[－2,2]上的函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，
x 1≠x 2，且f (a 2－a )>f (2a －2)，则实数a 的取值范围为________．
解析：函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，所以函数在[－2,2]上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪
⎧ －2≤a 2
－a ≤2，－2≤2a －2≤2，
2a －2<a 2－a .
所以⎩⎪⎨⎪
⎧
－1≤a ≤2，0≤a ≤2，
a <1或a >2，所以0≤a <1.
答案：[0,1)
6．设偶函数f (x )的定义域为R ，当x ∈[0，＋∞)时，f (x )是增函数，则f (－2)，f (π)，
f (－3)的大小关系为____________(用“<”表示)．
解析：因为f (x )是偶函数， 所以f (－3)＝f (3)，f (－2)＝f (2)． 又因为函数f (x )在[0，＋∞)上是增函数，
所以f (π)＞f (3)＞f (2)，所以f (－2)<f (－3)<f (π)． 答案：f (－2)<f (－3)<f (π)
7．(xx·苏州高三暑假测试)已知函数f (x )＝x ＋a
x
(a >0)，当x ∈[1,3]时，函数f (x )的值域为A ，若A ⊆[8,16]，则a 的值等于________．
解析：因为A ⊆[8,16]，所以8≤f (x )≤16对任意的x ∈[1,3]恒成立，所以
⎩⎪⎨⎪⎧
a ≤16x －x 2
，a ≥8x －x
2对任意的x ∈[1,3]恒成立，当x ∈[1,3]时，函数y ＝16x －x 2
在[1,3]上单
调递增，所以16x －x 2
∈[15,39]，函数y ＝8x －x 2
在[1,3]上也单调递增，所以8x －x 2
∈
[7,15]，所以⎩
⎪⎨
⎪⎧
a ≤15，
a ≥15，即a 的值等于15.
答案：15
8．若函数f (x )＝a x
(a >0，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：函数g (x )在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m >0，即m <1
4.若a >1，则函数f (x )在
[－1,2]上的最小值为1a ＝m ，最大值为a 2
＝4，解得a ＝2，12＝m ，与m <14矛盾；当0<a <1时，
函数f (x )在[－1,2]上的最小值为a 2＝m ，最大值为a －1
＝4，解得a ＝14，m ＝116.所以a ＝14
.
答案：1
4
9．已知f (x )＝
x
x －a
(x ≠a )．
(1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围． 解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2， 则f (x 1)－f (x 2)＝
x 1x 1＋2－x 2
x 2＋2＝x 1－x 2
x 1＋
x 2＋
.
因为(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， 所以f (x 1)<f (x 2)，
所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)任设1<x 1<x 2，则
f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a x 2－x 1
x 1－a x 2－a
.
因为a >0，x 2－x 1>0， 所以要使f (x 1)－f (x 2)>0，
只需(x 1－a )(x 2－a )>0在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤1.
综上所述知a 的取值范围是(0,1]． 10．已知函数f (x )＝a －
1|x |
. (1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1
x
，
设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，
f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝
x 2－x 1x 1x 2
>0，
所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a －1
x <2x 在(1，＋∞)上恒成立，
设h (x )＝2x ＋1
x
，
则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2，
h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
2－1x 1x 2.
因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1，所以2－1
x 1x 2
>0，
所以h (x 1)<h (x 2)，
所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 故a ≤h (1)，即a ≤3，
所以实数a 的取值范围是(－∞，3]． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f (xy )＝f (x )＋f (y )，f (3)＝1，当
f (x )＋f (x －8)≤2时，x 的取值范围是____________．
解析：因为f (9)＝f (3)＋f (3)＝2，所以由f (x )＋f (x －8)≤2，可得f [x (x －8)]≤f (9)，
因为f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＞0，x －8＞0，
x x －
，
解得8＜x ≤9.
答案：(8,9]
2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1x
2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，
f (x )<0.
(1)证明：f (x )为单调递减函数．
(2)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值． 解：(1)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2， 则x 1x 2
>1，由于当x >1时，f (x )<0， 所以f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，
因此f (x 1)<f (x 2)，
所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (2)因为f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数， 所以f (x )在[2,9]上的最小值为f (9)． 由f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得，
f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫93
＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1， 所以f (9)＝－2.
所以f (x )在[2,9]上的最小值为－2.。