【文档说明】第四章 指数函数与对数函数 单元检测卷（提高卷）（解析版）-【好题好卷】2021-2022学年高一数学上学期同步单元检测（人教A版2019必修第一册） .docx，共(19)页，1007.638 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b528a7af9bac1402eb3b653996b6d1b5.html

以下为本文档部分文字说明：

第四章指数函数与对数函数单元检测卷（提高卷）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．（2021·内蒙古赤峰市·高一期末（文））函数11()lgfxxx=−的零点所在的大致区间是（）A．(8,9)B．(9,10)C．(10,11)D．

(11,12)【答案】C【分析】首先根据函数的解析式判断函数的单调性，进而根据零点存在性定理结合选项进行判断即可.【详解】因为lgyx=在()0,+单调递增，11yx=−在()0,+单调递增，所以11()l

gfxxx=−在()0,+单调递增，而11(8)lg808f=−，11(9)lg909f=−，11(10)lg10010f=−，11(11)lg11011f=−，11(12)lg12012f=−，因此()(

)890ff，()()9100ff，()()10110ff，()()11120ff，结合零点存在性定理可得函数11()lgfxxx=−的零点所在的大致区间是()10,11，故选：C2．（2020·山西运城市

·高三月考（理））已知1332a=，3213b=，2log3c=，则（）A．bcaB．bacC．cabD．abc【答案】B【分析】利用对数函数及指数函数的单调性，以及中间值31,2，即得解【详解】因为10333122a==

，30211133b==，22log3log21c==，所以b最小．又因为328293==，所以32223log2log32c==．又113333222a==，所以bac．故选：B【点睛】本题通过指数函数、对数函数的图象与性

质的应用、数的变形与大小的比较，考查学生的数学运算及逻辑推理，属于基础题3．（2019·广东汕头市·高二期末（文））函数()bxfxa−=的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是（）A．1a，0b

B．1a，0bC．01a，0bD．01a，0b【答案】A【分析】由()bxfxa−=，可得1()xbfxa−=，由图像可知函数是减函数，则101a，从而可求出a的范围，由0(0)1f可求出b的取值范围【详解】由()bxfxa−=，可得1()x

bfxa−=，因为由图像可知函数是减函数，所以101a，所以1a，因为0(0)1f，所以001baa=，所以0b，故选：A4．（2020·新疆乌鲁木齐·乌市八中）函数2213xxy−+=的值域是（）A．RB．1,3+C．()3,+

D．()0,+【答案】B【分析】令22txx=−+，则13ty=，求得t的取值范围，利用指数函数的单调性即可求得结果.【详解】令22txx=−+，则13ty=，而222(1)11txxx=−+=−−+，所以1

133ty=.故选：B.5．（2021·江西高三月考（理））牛顿冷却定律描述一个物体在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为0T，则经过一定时间t后的温度T将满足()012thaaTTTT−=−

，其中aT是环境温度，h称为半衰期.现有一杯85C的热茶，放置在25C的房间中，如果热茶降温到55C，需要10分钟，则欲降温到35C，大约需要（）分钟.（参考数据lg20.3010，lg30.4771）A．16分钟B．20分钟C．24分钟

D．26分钟【答案】D【分析】根据已知条件求出10h=，进而转化为解指数方程，利用对数的运算以及换底公式即可求出结果.【详解】根据题意可得()101552585252h−=−，解得10h=，所以

()101352585252t−=−，即1062t=，所以2log610t=，故()22lg30.477110log3log210110125.85lg20.3010t=+=+=+,故大约需要26分钟，故选：D.6．（2021·

沙坪坝·重庆一中高二期末）已知函数2()log(23)afxxx=+−，若(3)0f，则此函数的单调递增区间是（）A．(,3)−−B．(,1)−−C．(1,)−+D．(1,)+【答案】D【分析】由题意利用复合函数的单调性，对数函数、二次函数的性质，得出结论．【

详解】解：∵函数2()log(23)afxxx=+−，若(3)log120af=，则1a，此函数的单调递增区间，即223(3)(1)txxxx=+−=+−在满足0t的条件下，函数t的增区间．再利用二次函数的性质可得，在满足0t的条件下，函

数t的增区间为(1,)+，故函数的增区间为(1,)+，故选：D．7．（2021·南涧彝族自治县民族中学高二期中（理））已知函数()2212xfxxx=++−，则()yfx=的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】利用特

殊值法结合排除法可得出合适的选项.【详解】()()212xfxx=+−，则()00f=，()2223250f=−=，排除A选项，()266720f=−，排除D选项，33314164103927292f−=−=−，排除B

选项.故选：C.8．（2022·全国高三专题练习）已知()22,011,0xxxfxxx+=−＜，若函数()()gxfxt=−有三个不同的零点1x，2x，3x()123xxx，则1

23111xxx−++的取值范围是（）A．()3,+B．()2,+?C．5,2+D．()1,+?【答案】A【分析】首先画出函数的图象，根据图象得0t时有三个零点，求出当0x时()fx的最大值，判断零点的范围，然后推导得出结果.【详解】函数()22,011,0xxxfxxx

+=−＜的图象如图所示，函数()()gxfxt=−有三个不同的零点1x，2x，3x()123xxx，即方程()fxt=有三个不同的实数根1x，2x，3x，由图知0t，当0x时，()22211xfxxxx==++，∵()120xxx+，∴()1fx≤，当且仅当1x

=时取得最大值，当1y=时，11x=−，231xx==，此时1231113xxx−++=，由()2011ttxx=+，可得2210xxt−+=，∴232xxt+=，231xx=，∴231122xxt+=，∴1231112tx

xxt−++=+，∵01t，∴123111xxx−++的取值范围是()3,+.故选：A.【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点；（2）零点存在性定理：利用定理不仅要

函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.二､多选题（本题共4小题

，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．（2021·云南昭通市·高一期末）对于实数x，符号x表示不超过x的最大整数，例如3=

，1.52−=−，定义函数()fxxx=−，则下列命题中正确的是（）A．(3.9)(4.1)ff−=B．函数()fx的最大值为1C．函数()fx的最小值为0D．方程1()02fx−=有无数个根【答案】ACD【分析】对A选项直接计算进行判断，B、C、D选项根据新的定义，研究函数()fx的性质

，逐项分析即可．【详解】(3.9)(3.9)[3.9]3.9(4)0.1f−=−−−=−−−=，(4.1)4.1[4.1]4.140.1f=−=−=，故A正确；显然[]1xxx−，因此0[]1xx−，∴()fx无最大值，但有最小值且最小值为0，故B

错，C正确；方程1()02fx−=的解为1()2xkkZ=+，故D正确．故选:ACD.10．（2021·全国高一专题练习）函数1xyaa=−(a>0，a≠1)的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】CD【分析】根据1a、之间的大小关

系，结合指数型函数图象的特点分类讨论即可.【详解】当a>1时，1a∈(0，1)，因此x＝0时，0<y＝1－1a<1，且y＝ax－1a在R上单调递增，故C符合；当0<a<1时，1a>1，因此x＝0时，y<0，且y＝ax－1a在R上单调递减，故D符合.故选：CD.11．（2021·湖南

）设函数()223,1log,1xxxfxxx+=，若函数()0fxm+=有五个零点，则实数m可取（）A．3−B．1C．12−D．2−【答案】CD【分析】函数()0fxm+=有五个零点等价于()yfx=与ym=−有五个不同的交点，作出()fx图像，利用图像求

解即可【详解】函数()0fxm+=有五个零点等价于()yfx=与ym=−有五个不同的交点，作出()fx图像可知，当32x=−时，2333932224f−=−+−=若(

)yfx=与ym=−有五个不同的交点，则90,4m−，9,04m−，故选：CD．12．（2021·全国高一期末）已知函数()22xfxx=+−的零点为a，函数2()log2gxxx=+−的零点为b，则（）A．2ab+=B．22log2ab+=C．223ab+

D．01ab【答案】ABD【分析】在同一坐标系中分别作出函数2xy=，2logyx=，2yx=−的图象，图像的交点即为函数的零点，反函数的性质知A，B关于点()1,1对称，进而可判断A，B，D正确.由函数()fx在R上单调递增，且102f，(1)0f，可得零点a的

范围，可得C不正确.【详解】由()0fx=，()0gx=得22xx=−，2log2xx=−，函数2xy=与2logyx=互为反函数，在同一坐标系中分别作出函数2xy=，2logyx=，2yx=−的图象，如图所示，则(),2aAa，()2,logBbb.由反函

数的性质知A，B关于点()1,1对称，则2ab+=，22log2ab+=.因为0a，0b，且ab¹，所以2012abab+=，故A，B，D正确.因为()22xfxx=+−在R上单调递增，且132022f=−，(1)10f=，

所以112a.因为222221(2)2(1)212abaaaa+=+−=−+，所以2252,2ab+，故C不正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：通过画函数图象把零点问题转化为函数图象的交点问题，本题考查了运算能力和逻辑推理能力，属于难题.

三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分。）13．（2021·上海市建平中学高三月考）已知函数2()34fxxxa=−−−有且仅有两个零点，则实数a的取值范围是__________.【答案】25,04+【分析】函数2()34fxxx

a=−−−有且仅有两个零点，等价转化为函数234yxx=−−与ya=的图形有2个交点，画出图象，利用数形结合得到答案.【详解】解：()0fx=仅有两个不同零点，等价转化为函数234yxx=−−与ya=的图形有2个交点，画出函数234yxx=−−和水平直线ya=的

图象如图,可得0a=或32524ag=，可知25,04a+.故答案为：25,04+.14．（2021·上海高一专题练习）函数20.5log(23)yxx=

+−的单调减区间是_____．【答案】(1,)+【分析】根据同增异减原理，由外函数0.5logyx=为减函数，只要求得内函数223xx+−的递增区间且满足定义域即可得解.【详解】函数20.5log(23)yxx=+−的单调减区间，即223(3)(1)txxxx=+−=+−，在0t的条件下，

函数t的增区间．利用二次函数的性质可得，在0t的条件下，函数t的增区间为(1,)+，故答案为：(1,)+．15．（2020·新疆乌鲁木齐·乌市八中）若函数22log(43)ykxkx=++的值域为R，则k的取值范围是__________.【答案】3

,4+【分析】根据题意243kxkx++必须取得一切正数，进而结合二次函数的图像和性质即可得到答案.【详解】若函数22log(43)ykxkx=++的值域为R，可得243ykxkx=++取得一切正数，于是203161204kkkk

=−.故答案为：3[,)4+.16．（2021·天津南开·高三二模）设函数()224,4log,4xxxfxxx−+=，若函数()yfx=在区间(),1aa+上单调递增，则实数a的取值

范围是__________；若函数()()()gxffxm=−恰有5个的零点，则m的取值范围为__________.【答案】1a或4a02m【分析】①分别画出两段函数的图像，分析单调性可求出范围；②函数()()

()gxffxm=−恰有5个的零点，令()fxt=，即等价于()ftm=有n个解12,,ntttL，()ifxt=()1,2inL共有五个解，分析情况可知()ftm=有两个解124t，202t，由这两个解的范围观察图像可得出m的范

围.【详解】解：①()224,4log,4xxxfxxx−+=，当4x时，()()22424fxxxx=−+=−−+，在(),2−上单调递增，在()2,4上单调递减；当4x时，()2logfxx=在()4,+上单调递增；若函

数()yfx=在区间(),1aa+上单调递增，则12a+或4a解得：1a或4a.②若函数()()()gxffxm=−恰有5个的零点，令()fxt=，由图像可知：()ftm=，有可能有1个，2个，3个解，若()()()gxffxm=−有五个解，则()ftm=有两

根12,tt，且124t，24t=或202t.当124t，24t=时，不存在m当124t，202t时02m.故答案为：1a或4a；02m.【点睛】思路点睛：函数()()()gxffx

m=−恰有n个的零点问题，可令()fxt=，先求()ftm=所有的解12,,ntttL，然后再求()ifxt=()1,2inL的解的个数，个数之和为n，由个数n的情况找到()ftm=的所有解，然后根据解的情况求出m的范围.四、解答题（本题共6小

题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤。）17．（2021·广东茂名市·高一期末）函数()()22xxbfxxRa−=+是奇函数（1）求实数a，b的值；（2）判断函数()f

x在R上的单调性.【答案】（1）1a=，1b=；（2）()fx在R上为减函数.【分析】（1）根据奇函数的性质，建立方程求解；或是根据函数是奇函数()()fxfx−=−，化简求实数a，b的值；（2）根据（1）知()12211212xxxfx−==−

+++，再结合函数单调性的定义，证明函数的单调性.【详解】（1）∵()fx是R上奇函数∴()00=f∴00202ba−=−∴1b=由()()11ff−=−得112222bbaa−−−−=−++解得1a=当1a=，1b=时，()1212xxfx−=

+()()12121212xxxxfxfx−−−==−=−++∴()fx为奇函数（2）()12211212xxxfx−==−+++设12xx，则()()12121212121212xxxxfxfx−−−=−++()()()21122221212xxxx−=++∵12xx∴12

22xx∴21220xx−()()1212120xx++∴()()120fxfx−即()()12fxfx∴()fx在R上为减函数18．（2021·陆良县中枢镇第二中学高一月考）已知函数()ln(1)ln(1)fxxx=+−−．（1）若()

ln2fa=，求实数a的值；（2）证明：函数()fx在10,2上上为单调增函数．【答案】（1）13；（2）证明见解析.【分析】（1）由()ln2fa=直接求解实数a的值；（2）利用单调性的定义证明，取12102xx，然后作差()()121

21211lnln11xxfxfxxx++−=−−−化简变形可得结论【详解】解：（1）由()ln2fa=，知()()1ln1ln1lnln21aaaa++−−==−，得121aa+=−，解得13a=．满足11a−，所以a的值为13．（2）()()()1ln1ln1ln1xfxxxx

+=+−−=−．设12102xx，则()()()()()()12121212211111lnlnln1111xxxxfxfxxxxx+−++−=−=−−+−．12102xx，12011xx++，()

()21011xx−−，121011xx++，211011xx−−，()()()()1221110111xxxx+−+−．()()()()()()12122111lnln1011xxfxfxxx+−−==+−，函数()fx在10,2上是增函数．

19．（2021·全国高一专题练习）2019年某开发区一家汽车生产企业计划引进一批新能源汽车制造设备，通过市场分析，全年需投入固定成本3000万元，生产x（百辆），需另投入成本()Cx万元，且210200,050()100006

019000,50xxxCxxxx+=+−,由市场调研知，每辆车售价为6万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完.（1）求出2019年的利润()Lx（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式

；（2）2019年年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？求出最大利润？【答案】（1）()2104003000,050100006000(),50xxxLxxxx−+−=−+；（2）产量为100百辆时，该企业所获利润最大，且最大利

润为5800万元.【分析】（1）分050x与50x…两种情况分别求出()Lx的表达式后，将其写成分段函数的形式即可．（2）当050x时，利用二次函数的性质求出()Lx的最大值，当50x…时，利用对勾函数的

性质求出()Lx的最大值，再比较即可得到()Lx的最大值和相应的x的取值．【详解】（1）当050x时，22()6100102003000104003000Lxxxxxx=−−−=−+−，当50x时，1000010000()6100601

900030006000()Lxxxxxx=−−+−=−+.综上所述，()2104003000,050100006000(),50xxxLxxxx−+−=−+．（2）当050x时，2()

10(20)1000Lxx=−−+，所以当20x=时，max()(20)1000;LxL==当50x时，10000()6000()Lxxx=−+，()Lx在()50100，上单调递增，在()100+，上单调递减；所以当100x=时，max()(100)58001000.LxL

==所以当100x=，即2019年年产量为100百辆时，该企业所获利润最大，且最大利润为5800万元.20．（2021·渝中区·重庆巴蜀中学高三开学考试）已知)(fx为二次函数，满足)(03f=，)()(121fxfxx+−=−（1）求函数)(fx的

解析式（2）函数)(12xgx=，求函数)()(gfx的值域【答案】（1）)(223fxxx=−+；（2）10,4【分析】（1）设)(2fxaxbxc=++()0a，利用)(03f=可得c的值，由)()(1fxfx+−21x=−，利用对应系数相等列方程可得a

，b的值，进而可得)(fx的解析式；（2）)()(22312xxgfx−+=由12ty=和223txx=−+复合而成，求出223txx=−+的范围，再由指数函数的单调性即可求解.【详解】（1）设)(2fxaxbxc=++()0a，因为)(03

fc==，)(23fxaxbx=++由)()(121fxfxx+−=−可得：()()22113321axbxaxbxx++++−−−=−，整理可得：221axabx++=−，所以221aab=+=−，

可得12ab==−，所以)(223fxxx=−+；（2）由)(12xgx=，可得)()(22312xxgfx−+=，因为)()(22312xxgfx−+=是由12ty=和223txx=−+复合而成，因

为()2223122txxx=−+=−+，即)2,t+，12ty=在R上单调递减，所以2111224ty==，又因为102ty=，所以110,24ty=，所以函数)()(gfx的值

域为10,4.21．（2020·安徽马鞍山市·高一月考）已知二次函数2()fxxbxc=−++，且(1)2f=，(2)3f=.（1）求()fx图象的对称轴方程；（2）是否存在实数m，使得在[3,2]−上()fx的图象恒在曲线3xym=−+的上方？若存在，求

出m的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）2x=；（2）593,27−−.【分析】（1）根据题意得到12423bcbc−++=−++=，解方程组即可求出二次函数的解析式，进而求出结果；（2）在[3,2]−上

()fx的图象恒在曲线3xym=−+的上方，即2413xxxm−+−−+在[3,2]−上恒成立，参变分离得到2431xmxx+−+，进而构造函数()2431xhxxx=++−，求出()hx在[3,2]−上的最小值即可.【详解】（1）由题意可得

12423bcbc−++=−++=，解得41bc==−，所以2()41fxxx=−+−，故()fx图象的对称轴方程为2x=；（2）在[3,2]−上()fx的图象恒在曲线3xym=−+的上方，即2413x

xxm−+−−+在[3,2]−上恒成立；即2431xmxx−++−在[3,2]−上恒成立，令()2431xhxxx=++−−，因为函数2()41fxxx=−+−在[3,2]−上单调递增，3xy=在[3,2]−上单调递增，所以函数()2431xhxxx=++−−在[3,2]

−上单调递增，因此()()()()23min59333433127hxh−=−=−−−+−=−+，故m的取值范围为593,27−−.22．（2021·上海市建平中学高三月考）已知函数()3()21xfxaaR=−+.（1）讨论函数()fx的奇偶

性，并说明理由；（2）当()fx为奇函数时，对任意的1,3x，不等式()2xmfx恒成立，求实数m的最大值.【答案】（1）答案见解析；（2）1.【分析】（1）若函数()fx为奇函数，由奇函数的定义可求得a的值；又当32a时()()11ff−，且

()()11ff−−，函数()fx是非奇非偶函数；（2）对任意1,3x，不等式()2xmfx恒成立，化简不等式参变分离，构造新函数()t，利用换元法和对勾函数的单调性求出最值，代入得出实数m的最大值．【详解】（1）根据题意，函

数3()21xfxa=−+，3323()3212121xxxxfxaaa−−=−=−=−++++，分析可得：当32a=时，()()fxfx−=−，函数()fx为奇函数，当32a时，()()fxfx−且()()fxfx−−，函数()fx为非奇非偶函数.（2）

∵()fx是奇函数，故由（1）知32a=，从而33()221xfx=−+，由对任意的1,3x，不等式()2xmfx恒成立，得3322221xxxm−+，1,3x，令213,9xt+

=，故33(1)329(1)222tmtttt−−−=+−，由于函数329()22ttt=+−在3,9上单调递增，∴()()min31t==，因此，当不等式()2xmfx在1,3x上恒成立时，实数m的

最大值为1.