課時規范練10指數與指數函數基礎鞏固組1.(2024浙江鎮海中學模擬)已知x∈R,則“x>0”是“2x<3x”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2.已知函數y=ax-b(a>0,且a≠1)的圖象如圖所示,則下列結論不正確的是()A.ab>1 B.ln(a+b)>0C.2b-a<1 D.ba>13.不等式12x≤x的解集是()A.0,12 B.12,+∞C.0,22 D.22,+∞4.(多選)(2024湖南岳陽一模)已知函數f(x)=4exeA.f(sinx)是周期函數B.函數f(x)在定義域上是單調遞增函數C.函數y=f(x)-2是偶函數D.函數f(x)的圖象關于點(0,2)對稱5.已知函數f(x)=11+2x,則對隨意實數xA.f(-x)+f(x)=0B.f(-x)-f(x)=0C.f(-x)+f(x)=1D.f(-x)-f(x)=16.已知a>0,則“aa>a3”是“a>3”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件7.(多選)已知函數f(x)=ax-b(a>0,且a≠1,b≠0)的圖象不經過第三象限,則()A.0<a<1,b<0 B.0<a<1,0<b≤1C.a>1,b<0 D.a>1,0<b≤18.已知某電子產品電池充溢時的電量為3000毫安時,且在待機狀態下有兩種不同的耗電模式可供選擇.模式A:電量呈線性衰減,每小時耗電300毫安時;模式B:電量呈指數衰減,即從當前時刻算起,t小時后的電量為當前電量的12t.現使該電子產品處于滿電量待機狀態時開啟A模式,并在x小時后,切換為B模式,若使其在待機10小時后有超過5%的電量,則x的取值范圍是(A.1<x<2 B.1<x≤2C.8<x<9 D.8≤x<99.(2024寧夏銀川二模)已知函數f(x)=4x-2x+2-1,x∈[0,3],則其值域為.

綜合提升組10.(2024安徽滁州模擬)函數f(x)=xa-2與g(x)=4a-x在(0,+∞)上均單調遞減的一個充分不必要條件是()A.a∈(0,2) B.a∈[0,1)C.a∈[1,2) D.a∈(1,2]11.(多選)函數f(x)=2x+a2x(a∈R)的圖象可能為(12.(多選)同學們,你們是否留意到:自然下垂的鐵鏈;空曠的田野上,兩根電線桿之間的電線;峽谷的上空,橫跨深澗的觀光索道的鋼索.這些現象中都有相像的曲線形態.事實上,這些曲線在數學上經常被稱為懸鏈線.懸鏈線的相關理論在工程、航海、光學等方面有廣泛的應用.在恰當的坐標系中,這類函數的表達式可以為f(x)=aex+be-x(其中a,b是非零常數,無理數e=2.71828…),對于函數f(x),下列結論正確的是()A.假如a=b,那么函數f(x)為奇函數B.假如ab<0,那么f(x)為單調函數C.假如ab>0,那么函數f(x)沒有零點D.假如ab=1,那么函數f(x)的最小值為213.函數y=ax-3+1(a>0,且a≠1)的圖象恒過定點A,若點A在直線mx+ny-1=0上,其中m>0,n>0,則mn的最大值為.

創新應用組14.(2024湖南長郡中學二模)設實數a,b滿意1001a+1010b=2023a,1014a+1016b=2024b,則a,b的大小關系為()A.a>b B.a=bC.a<b D.無法比較15.函數f(x),g(x)分別是定義在R上的偶函數和奇函數,且f(x)+2g(x)=ex,若對隨意x∈(0,2],不等式f(2x)-mg(x)≥0成立,則實數m的取值范圍是.

課時規范練10指數與指數函數1.C解析∵2x>0,則2x<3x等價于32x>1,又∵y=32x在定義域內單調遞增,則32x>1等價于x>0,即2x<3x等價于x>0,故“x>0”是“2x<3x”的充要條件.故選C.2.D解析由圖象可得a>1,0<b<1,所以b-a<0,2b-a<1,ab>1,a+b>1,ln(a+b)>0,0<ba<1.因此只有D不正確,故選D.3.B解析在同一平面直角坐標系中分別作出函數y=12x和y=x的圖象,如圖所示.當12x=x時,解得x=12,由圖象知12x≤x的解集是12,+∞,故選B.4.ABD解析令g(x)=f(sinx)=4esinxesinx+1,則g(x+2π)=4esin(x+2π)esin(x+2π)+1=4esinxesinx+1=g(x),∴g(x)為周期函數,故A正確;∵f(x)=4exex+1=41+(1e)

x,由y=1ex在定義域上單調遞減,∴f(x)在定義域上單調遞增,故B正確;令h(x)=f(x)-2=2ex-25.C解析∵函數f(x)=11+2x,x∈R,∴f(-x)=11+2-x=2x1+2x,∴6.B解析若0<a<1,由aa>a3可得a<3,此時0<a<1;若a=1,則aa=a3,不符合題意;若a>1,由aa>a3可得a>3,此時a>3.因此,滿意aa>a3的a的取值范圍是{a|0<a<1或a>3}.因為{a|a>3}?{a|0<a<1或a>3},所以“aa>a3”是“a>3”的必要不充分條件.7.ABC解析當0<a<1時,y=ax在定義域R上為減函數,由題意可知y=ax的圖象可上下平移,若向上平移,則-b>0,所以b<0;若向下平移,則0<b≤1,A,B項正確;當a>1時,y=ax在R上為增函數,由題意可知y=ax的圖象只能向上平移,所以-b>0,即b<0,C項正確,D項錯誤,故選ABC.8.C解析由題意得,x小時后的電量為(3000-300x)毫安時,此時轉為B模式,則10小時后的電量為(3000-300x)·1210-x.由(3000-300x)·1210-x>3000×0.05,化簡得(10-x)·12令m=10-x,則m>2m-1,由題意得0<x<10,則0<m<10,由函數y=x和y=2x-1的圖象(如圖),知該不等式的解集為1<m<2,所以1<10-x<2,得8<x<9.9.[-5,31]解析令t=2x,∵x∈[0,3],∴1≤t≤8,∴g(t)=t2-4t-1=(t-2)2-5,t∈[1,8],又y=g(t)關于直線t=2對稱,開口向上,∴g(t)在[1,2)上單調遞減,在(2,8]上單調遞增,且|8-2|>|2-1|,∴當t=2時,g(t)min=-5,當t=8時,g(t)max=31,∴f(x)∈[-5,31].10.C解析由函數f(x)=xa-2在(0,+∞)上單調遞減,得a-2<0,即a<2;由函數g(x)=4a-x=a4x在(0,+∞)上單調遞減,得0<a4<1,解得0<a<4,由函數f(x)與g(x)在(0,+∞)上均單調遞減,得0<a<2,由題意知,所求區間真包含于區間(0,2).故選C.11.ABD解析當a=0時,f(x)=2x,選項A的圖象滿意;當a=1時,f(x)=2x+12x,f(0)=2,且f(-x)=f(x),此時函數是偶函數,其圖象關于y軸對稱,選項B的圖象滿意;當a=-1時,f(x)=2x-12x,f(0)=0,且f(-x)=-f(x12.BC解析對于A,當a=b時,f(x)=ae-x+aex,此時f(-x)=aex+ae-x=f(x),函數f(x)為偶函數,故A錯誤.對于B,當a>0,b<0時,函數y=aex在其定義域上單調遞增,函數y=bex在其定義域上也單調遞增,故函數f(x)=aex+bex在其定義域上單調遞增;當a<0,b>0時,函數y=aex在其定義域上單調遞減,函數y=bex在其定義域上也單調遞減,故函數f(x)=aex+bex在其定義域上單調遞減.綜上,假如ab<0,那么f(x)為單調函數,故B正確.對于C,當a>0,b>0時,函數f(x)=aex+be-x≥2aex·be-x=2ab>0;當a<0,b<0時,函數f(x)=-(-aex-be-x)≤-2(-aex)(-be-x)=-2ab<0.綜上,假如ab>0,那么函數f(x)沒有零點,故C正確.對于D,由ab=1,得b=1a,當a<0,b<0時,函數f(x)=--aex-1ae-x≤-13.124解析因為函數y=ax-3+1(a>0,且a≠1)的圖象恒過定點A,所以點A為(3,2).又因為點A在直線mx+ny-1=0上,所以3m+2n=1.又因為m>0,n>0,所以1=3m+2n≥23m·2n,所以mn≤124,當且僅當314.C解析假設a≥b,則1010a≥1010b,1014a≥1014b,由1001a+1010b=2024a得1001a+1010a≥2024a?10012023a+10102023a≥1,∵f(x)=10012023x+10102023x在R上單調遞減,又f(1)=10012023+10102023=20112023<1,則f(a)≥1>f(1),∴a<1;由1014a+1016b=2024b得1014b+1016b≤2024b?10142024b+10162024b≤1,∵g(x)=10142024x+10162024x在R上單調遞減,又g(1)=10142024+10162024=20302024>1,則g(b)≤1<g(1),∴b>1,即a<1<b,與假設a≥15.(-∞,42]解析依據題意,函數f(x),g(x)分別是定義在R上的偶函數和奇函數,且f(x)+2g(x)=ex, ①可得f(-x)+2g(-x)=e-x,即f(x)-2g(x)=e-x, ②聯立①②,解得f(x)=12(ex+e-x