【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第三章 函数、导数及其应用 考点测试11 指数与指数函数 含解析【高考】.doc，共(15)页，421.500 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试11指数与指数函数高考概览高考在本考点的常考题型为选择题，分值为5分，中等难度考纲研读1.了解指数函数模型的实际背景2．理解有理数指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌握幂的运算3．理解指数函数的概念，理解指数函数的单调

性，掌握指数函数图象通过的特殊点4．体会指数函数是一类重要的函数模型一、基础小题1．设2x＝8y＋1，9y＝3x－9，则x＋y的值为()A．18B．21C．24D．27答案D解析因为2x＝8y＋1＝23(y＋1)，所以x＝3y＋3，因为9y＝3x－9＝32y，所以x－9＝2y，解得x＝21

，y＝6，所以x＋y＝27.2．化简(a>0，b>0)的结果是()A．baB．abC．a2bD．ab答案D解析23.函数f(x)＝ax－b的图象如图，其中a，b为常数，则下列结论正确的是()A．a＞1，b＜0B．a＞1，b＞0

C．0＜a＜1，b＞0D．0＜a＜1，b＜0答案D解析由f(x)＝ax－b的图象可以观察出，函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所以0＜a＜1.函数f(x)＝ax－b的图象是在f(x)＝ax的基础上向左平移得到的，所以b＜0.故选D

.4．已知a＝(2)43，b＝225，c＝913，则()A．b<a<cB．a<b<cC．b<c<aD．c<a<b答案A解析35．函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(x＋1)＝f(1－x)，且f(0)＝3，则f(bx)与f(

cx)的大小关系是()A．f(bx)≤f(cx)B．f(bx)≥f(cx)C．f(bx)>f(cx)D．与x有关，不确定答案A解析∵f(x＋1)＝f(1－x)，∴f(x)图象的对称轴为直线x＝1，由此得b＝2.又f(0)＝3，∴c＝3.∴f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增

．若x≥0，则3x≥2x≥1，∴f(3x)≥f(2x).若x＜0，则3x＜2x＜1，∴f(3x)＞f(2x).∴f(3x)≥f(2x).故选A.6．已知x∈(0，＋∞)时，不等式9x－m·3x＋m＋1>0恒成立，则m的取值范围是()A．(2

－22，2＋22)B．(－∞，2)C．(－∞，2＋22)D．[2＋22，＋∞)答案C解析令t＝3x(t>1)，则由已知得函数f(t)＝t2－mt＋m＋1的图象在t∈(1，＋∞)上恒在x轴的上方，则对于方程f(t)＝0，有Δ＝(－m)

2－4(m＋1)<0或Δ≥0，m2≤1，f（1）＝1－m＋m＋1≥0，解得2－22<m<2＋22或m≤2－22，所以m<2＋22.故选C.7．已知实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，则下列关系式恒成立的是()A．1x2＋1>1y2＋1B．ln(x2＋1)>ln(

y2＋1)C．sinx>sinyD．x3>y3答案D解析因为实数x，y满足ax<ay(0<a<1)，所以x>y，根据函数y＝x2的对称性4和单调性，可知x2，y2的大小不确定，故A，B中的不等式不恒成立；根据正弦函数的单调性，可知C中的不等式也不恒成立；由

于函数f(x)＝x3在R上单调递增，所以x3>y3，所以D中的不等式恒成立．故选D.8．(多选)设函数f(x)＝2x，对于任意的x1，x2(x1≠x2)，下列命题中正确的是()A．f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)B．f(x1·x2)＝f(x1)＋f

(x2)C．f（x1）－f（x2）x1－x2＞0D．fx1＋x22＜f（x1）＋f（x2）2答案ACD解析9．(多选)已知函数f(x)＝ex－1－e－x＋1，则下列说法正确的是()A．函数f(x)的最小正周期是1B．函数f(x

)是单调递增函数C．函数f(x)的图象关于直线x＝1轴对称D．函数f(x)的图象关于(1，0)中心对称答案BD解析函数f(x)＝ex－1－e－x＋1，即f(x)＝ex－1－1ex－1，可令t＝ex－1，即有y＝t5－1t，由y＝

t－1t在t＞0时单调递增，t＝ex－1在R上单调递增，可得f(x)在R上为增函数，则A错误，B正确；由f(2－x)＝e1－x－ex－1，可得f(x)＋f(2－x)＝0，即有f(x)的图象关于点(1，0)对称，则C错误，D正确．故选BD.10．(多选

)已知函数f(x)＝πx－π－x2，g(x)＝πx＋π－x2，则f(x)，g(x)满足()A．f(－x)＋g(－x)＝g(x)－f(x)B．f(－2)＜f(3)C．f(x)－g(x)＝π－xD．f(2x)＝2f(x)g(x)答案ABD解析f(－x)＝π－x－πx2＝－f

(x)，g(－x)＝πx＋π－x2＝g(x)，所以f(－x)＋g(－x)＝g(x)－f(x)，A正确；因为函数f(x)为增函数，所以f(－2)＜f(3)，B正确；f(x)－g(x)＝πx－π－x2－πx＋π－x2＝－2π－x2＝－π－

x，C不正确；f(2x)＝π2x－π－2x2＝2·πx－π－x2·πx＋π－x2＝2f(x)g(x)，D正确．11．求值：0.064－13－－590＋[(－2)3]－43＋16－0.75＋0.0112＝________．答案14380解析原式＝0.4－

1－1＋(－2)－4＋2－3＋0.1＝104－1＋116＋18＋110＝14380.12．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________．答案e解析由题意得，f(x)＝e|x

|，x≥1，e|x－2|，x<1.当x≥1时，f(x)＝e|x|＝ex≥e(当x＝1时，取等号)；当x<1时，f(x)＝e|x－2|＝e2－x>e.故f(x)的最小值为f(1)＝e.二、高考小题613．(2020·天津高考)设a＝30.7，b＝13－0.8，c＝l

og0.70.8，则a，b，c的大小关系为()A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．b＜c＜aD．c＜a＜b答案D解析因为a＝30.7＞1，b＝13－0.8＝30.8＞30.7＝a，c＝log0.70.8＜log0.70.

7＝1，所以c＜1＜a＜b.故选D.14．(2020·全国Ⅲ卷)Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型

：I(t)＝K1＋e－0.23（t－53），其中K为最大确诊病例数．当I(t*)＝0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为(ln19≈3)()A．60B．63C．66D．69答案C解析因为I(t)＝K1＋e－0.23（t－53），所以I(t*)＝K1＋e－0.23（t*－53）＝0.9

5K，则e0.23(t*－53)＝19，所以0.23(t*－53)＝ln19≈3，解得t*≈30.23＋53≈66.故选C.15．(2020·北京高考)已知函数f(x)＝2x－x－1，则不等式f(x)＞0的解集是()

A.(－1，1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(0，1)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案D解析因为f(x)＝2x－x－1，所以f(x)＞0等价于2x＞x＋1，在同一直角坐标系中作出y＝2x和y＝x＋1

的图象如图：7两函数图象的交点坐标为(0，1)，(1，2)，所以不等式2x＞x＋1的解集为(－∞，0)∪(1，＋∞).所以不等式f(x)＞0的解集为(－∞，0)∪(1，＋∞).故选D.16．(2018·上海高考)已知常数a>0，函数

f(x)＝2x2x＋ax的图象经过点Pp，65，Qq，－15.若2p＋q＝36pq，则a＝________．答案6解析由已知条件知f(p)＝65，f(q)＝－15，所以2p2p＋ap＝65，①2q2q＋aq＝－15，②①＋②，得2p（2q＋aq）＋2q（2p＋

ap）（2p＋ap）（2q＋aq）＝1，整理得2p＋q＝a2pq，又2p＋q＝36pq，∴36pq＝a2pq，又pq≠0，∴a2＝36，∴a＝6或a＝－6，又a>0，∴a＝6.三、模拟小题17．(2021·云南曲靖陆良县联办高级中学模拟)函数y＝1－12x的定义域是()A．(0，＋

∞)B．(－∞，0)C．[0，＋∞)D．(－∞，0]答案C8解析要使函数有意义，需满足1－12x≥0，即12x≤1＝120，解得x≥0，因此，函数y＝1－12x的定义域为[0，＋∞).故选C.18．(2022·湖北武汉高三开学考试)

对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x0满足f(－x0)＝－f(x0)，则称函数f(x)为“倒戈函数”．设f(x)＝3x＋m－1(m∈R，m≠0)是定义在[－1，1]上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是()A．－23，0B．－23，－13C．

－23，0D．(－∞，0)答案A解析∵f(x)＝3x＋m－1是定义在[－1，1]上的“倒戈函数”，存在x0∈[－1，1]满足f(－x0)＝－f(x0)，∴3－x0＋m－1＝－3x0－m＋1，∴2m＝－3－x0－3x0＋2，构造函数y＝－3－x0

－3x0＋2，x0∈[－1，1]，令t＝3x0，t∈13，3，y＝－1t－t＋2＝2－t＋1t在13，1上单调递增，在(1，3]上单调递减，∴t＝1取得最大值0，t＝13或t＝3取得最小

值－43，y∈－43，0，∴－43≤2m<0，∴－23≤m<0.故选A.19．(多选)(2021·山东日照二模)若实数m，n满足5m－4n＝5n－4m，则下列关系式中可能成立的是()A．m＝nB．1<m<nC．0<m<n<1D．n<m<0答案ACD解析由题意，实

数m，n满足5m－4n＝5n－4m，可化为4m＋5m＝5n＋4n，设y＝f(x)＝4x＋5x，y＝g(x)＝5x＋4x，由初等函数的性质，可得f(x)，g(x)都是单调递增函数，画出函数f(x)，g(x)的图象，如图所示，作直线y＝t0，当t0<1时，n

<m<0成立；当t0＝1或t0＝9时，m＝n成立；当1<t0<9时，0<m<n<1成立；当t0>9时，1<n<m成立．综上，可知可能成立的为A，C，D.920．(多选)(2022·江苏淮安高三第一学期五校联考)高斯是德国著名的数学

家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如：[－3.5]＝－4，[2.1]＝2.已知函数f(x)＝ex1＋ex－

12，则关于函数g(x)＝[f(x)]的叙述中正确的是()A．g(x)是偶函数B．f(x)是奇函数C．f(x)在R上是增函数D．g(x)的值域是{－1，0，1}答案BC解析∵g(1)＝[f(1)]＝

e1＋e－12＝0，g(－1)＝[f(－1)]＝1e1＋1e－12＝1e＋1－12＝－1，∴g(1)≠g(－1)，则g(x)不是偶函数，故A错误；∵f(x)＝ex1＋ex－12的定义域为R，f(－x)＋f(x)＝e－x1＋e－x－12＋ex1＋ex－1

2＝1ex1＋1ex＋ex1＋ex－1＝11＋ex＋ex1＋ex－1＝0，∴f(x)为奇函数，故B正确；∵f(x)＝ex1＋ex－12＝1＋ex－11＋ex－12＝12－11＋ex，又ex在R上单调递增，∴f(x)＝12

－11＋ex在R上是增函数，故C正确；∵ex10＞0，∴1＋ex＞1，则0＜11＋ex＜1，可得－12＜12－11＋ex＜12，即－12＜f(x)＜12.∴g(x)＝[f(x)]∈{－1，0}，故D错误．故选BC.21．(2021·南阳模拟)若函数f(x

)＝2|x－a|(a∈R)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上单调递增，则a＝________，实数m的最小值为________．答案11解析因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以a

＝1.函数f(x)＝2|x－1|的图象如图所示．因为函数f(x)在[m，＋∞)上单调递增，所以m≥1，所以实数m的最小值为1.22．(2022·福建漳州高三阶段考试)函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝ax(a>1).若对任意的x

∈[0，2t＋1]，均有f(x＋t)≥[f(x)]3，则实数t的取值范围是________．答案－12，－49解析∵f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)＝ax(a>1)，∴f(x)＝a|x|(a>1)，则[f(x)]3＝(a|x|)3＝a|3x|＝f(3x)，则f

(x＋t)≥[f(x)]3等价于f(x＋t)≥f(3x)，当x≥0时f(x)为增函数，则|x＋t|≥|3x|，即8x2－2tx－t2≤0对任意x∈[0，2t＋1]恒成立，设g(x)＝8x2－2tx－t2，则g（0）≤0g

（2t＋1）≤0⇔－t2≤0，27t2＋30t＋8≤0，解得－23≤t≤－49，又2t＋1＞0，∴－12＜t≤－49.一、高考大题11本考点在近三年高考中未涉及此题型．二、模拟大题1．(2021·黑龙江鹤岗一中期末)函数f(x)＝2x－a2x是奇函数．(1)求f(x)的解析

式；(2)当x∈(0，＋∞)时，f(x)>m·2－x＋4恒成立，求m的取值范围．解(1)∵函数f(x)＝2x－a2x是奇函数，∴f(－x)＝2－x－a2－x＝－a·2x＋12x＝－2x＋a2x＝－f(x)，故a＝1，故f(x)＝2x－12x.(2)当x

∈(0，＋∞)时，f(x)>m·2－x＋4恒成立，即m＋1<(2x)2－4·2x在x∈(0，＋∞)上恒成立，令t＝2x，t>1，h(t)＝t2－4t＝(t－2)2－4(t>1)，显然h(t)在(1，＋∞)上的最小值是h(2)＝－4，故m＋1<－4，解得m<－5.

故m的取值范围为(－∞，－5).2．(2022·湖北襄阳高三阶段考试)已知函数f(x)＝a|x＋b|(a>0，a≠1，b∈R).(1)若f(x)为偶函数，求实数b的值；(2)若f(x)在区间[2，＋∞)上是增

函数，试求实数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|，解得实数b＝0.12(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，即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，实数a，b应满足的条件为a>1且b≥－2.3．(2021·宁夏银川一中期末)已知定义在R上的奇函数f(x)，在x∈(0，1)时，f(x)＝2x4x＋1

且f(－1)＝f(1).(1)求f(x)在x∈[－1，1]上的解析式；(2)证明：当x∈(0，1)时，f(x)<12；(3)若x∈(0，1)，常数λ∈2，52，解关于x的不等式f(x)>1λ.解(1)∵f(x)是R上的奇函数且x∈(0，

1)时，f(x)＝2x4x＋1，∴f(0)＝0，当x∈(－1，0)时，f(x)＝－f(－x)＝－2－x4－x＋1＝－2x4x＋1，又f(－1)＝－f(1)，f(－1)＝f(1)，∴f(－1)＝f(1)＝0.

综上所述，当x∈[－1，1]时，f(x)＝－2x4x＋1，x∈（－1，0），2x4x＋1，x∈（0，1），0，x∈{－1，0，1}．13(2)证明：当x∈(0，1)时，f(x)＝2x4x＋1＝2x＋12x－1，又2

x＋12x≥22x·12x＝2，当且仅当2x＝12x，即x＝0时取等号．∵x∈(0，1)，∴2x＋12x>2，∴f(x)<12.(3)当λ∈2，52时，1λ∈25，12，f(x)>1λ，即4x－λ·2x＋1<0，设t＝2x∈(1，2)，不等式变为t2－λt

＋1<0，∵λ∈2，52，∴Δ＝λ2－4>0，∴λ－λ2－42<t<λ＋λ2－42.令g(λ)＝λ－λ2－42，λ∈2，52，g′(λ)＝λ2－4－λ2λ2－4，又λ2－4<λ，∴g′(λ)<0，∴g(λ)在2，52上单调递减，∴g52<

g(λ)<g(2)，即12<λ－λ2－42<1.令h(λ)＝λ＋λ2－42，h(λ)在2，52上单调递增，∴h(2)<h(λ)<h52，即1<λ＋λ2－42<2，∴1<t<λ＋λ2－42，即0<x<log2λ＋λ2－42.综上

可知，不等式f(x)>1λ的解集是0，log2λ＋λ2－42.4．(2022·山东枣庄高三模拟)已知函数f(x)＝ex＋ae－x，x∈R.(1)当a＝1时，证明：f(x)为偶函数；(2)若f(x)在[0，＋∞

)上单调递增，求实数a的取值范围；14(3)若a＝1，求实数m的取值范围，使m[f(2x)＋2]≥f(x)＋1在R上恒成立．解(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex＋e－x，定义域(－∞，＋∞)关于原点对称，而f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)为偶函数．(2)设x1，x2∈[0，＋∞

)且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝ex1＋ae－x1－(ex2＋ae－x2)＝（ex1－ex2）（ex1＋x2－a）ex1＋x2.因为x1<x2，函数y＝ex为增函数，所以ex1<ex2，则ex1－ex2<0，又因为f(x

)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x1)<f(x2)，故f(x1)－f(x2)<0，所以ex1＋x2－a>0恒成立，即a<ex1＋x2对任意的0≤x1<x2恒成立，所以a≤1.故实数a的取值范围为(－∞，1].(3)由(1)(

2)知，函数f(x)＝ex＋e－x在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以其最小值为f(0)＝2，且f(2x)＝e2x＋e－2x＝(ex＋e－x)2－2，设t＝ex＋e－x，则t∈[2，＋∞)，1t∈0，12，则

不等式m[f(2x)＋2]≥f(x)＋1恒成立，等价于m·t2≥t＋1，即m≥t＋1t2恒成立，而t＋1t2＝1t2＋1t＝1t＋122－14，当且仅当1t＝12，即t＝2时t＋1t2取得最大值34，故m

≥34.因此实数m的取值范围为34，＋∞.15