【文档说明】2021年高中数学人教版必修第一册：4.2《指数函数》精品练习卷(解析版).doc，共(18)页，1010.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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4.2指数函数【题组一指数函数的判断】1（2019·南昌市新建一中高一月考）下列函数中，指数函数的个数为()①112xy②y＝ax01aa且；③y＝1x；④2112xyA

．0B．1C．3D．4【答案】B【解析】由指数函数的定义可判定，只有②正确．故选B2．（2020·全国高一课时练习）下列各函数中，是指数函数的是（）A．(3)xyB．3xyC．13xyD．13xy【答案】D【解析】根据指数函数的定义知，0,1xyaaa

，A选项底数错误，B选项系数错误，C选项指数错误；D正确.故选：D3．（2020·全国高一课时练习）下列函数是指数函数的是________(填序号)．①y＝4x；②y＝x4；③y＝(－4)x；④y＝4x2.【答案】①【解析】形如(0xyaa且1a)的函数，叫指数函数

.由指数函数定义，只有①是指数函数；②y＝x4是幂函数；③y＝(－4)x，由于底数4(0,1)(1,)，所以③不是指数函数；④y＝4x2不是指数函数.故答案为：①4．（2020·浙江高一课时练习）下列函数中是指数函数的是________.①13xy

；②23xy；③13xy；④4xy；⑤31xy；⑥3131xxy.【答案】①④【解析】函数13xy是指数函数，且4xy也是指数函数，其它函数不符合指数函数的三个特征.故答案为：①④.5．（2020·河

北鹿泉区第一中学高二月考）若函数21xfxaaa是指数函数，则（）A．1aB．2aC．1a或2aD．0a且1a【答案】B【解析】由指数函数的定义，得21101aaaa，解得2a．故选：B6．（2020·全国高一课时练习）若函数21

xya（x是自变量）是指数函数，则a的取值范围是（）A．0a且1aB．0a且1aC．12a且1aD．12a【答案】C【解析】由于函数21xya（x是自变量）是指数函数，则210a且211a，解得12a且1a.

故选：C.【题组二定义域和值域】1．（2020·沙坪坝.重庆八中高一期末）已知实数0a且1a,若函数6,2(),2xxxfxax的值域为[4,),则a的取值范围是()A．1,2B．(2,)C．(0,1)(1,2]D．[2,)

【答案】D【解析】实数0a且1a,若函数6,2(),2xxxfxax的值域为[4,),当01a时,当2x时,()fx的值域为20,a,与值域为[4,)矛盾,所以01a不成立当1a时,对于函数()6fxx,2x,函数的值域为

[4,).所以只需当2x时值域为[4,)的子集即可.即24a,解得2a（舍去2a）综上可知a的取值范围为[2,)故选:D2．（2020·上海市新中高级中学高一月考）函数2651()1142xx

xfxx的定义域为__________.【答案】(2,1)【解析】函数2651()1142xxxfxx的自变量x满足：2650140210xxxx

，解得6121xxx即21x.故答案为：(2,1)3．函数()422xxfx的定义域为______________．【答案】[1,)【解析】换元20xt，得出2

20tt，解得1t（舍去）或2t，即22x，解得1x.因此，函数yfx的定义域为1,，故答案为1,.4．（2020·浙江金华.高一期末）已知函数321,0331,0xxxxfxx，则fx的最小值是____

_________.【答案】34【解析】当0x时，函数31yx单调递增，此时min01ff；当0x时，设30,1xt，2213()124fxgtttt，此时，min1324fg．综上可知，函数

fx的最小值是34．故答案为：34．5．（2020·山东滨州.高三三模）已知函数221,412xxxfxhxaax．若123,,xx3,，使得12fxh

x，则实数a的最大值为__________．【答案】2【解析】由题意可知，函数fx在3,的值域是函数hx在3,上值域的子集，2222212122xxxxfxxx，3x112222242

2xxxx，等号成立的条件是122xx，即3x，成立，即函数fx在3,的值域是4,41xhxaa，是增函数，当3,x时，函数hx的值域是34,a

，所以344a，解得：12a，所以实数a的最大值是2.故答案为：26．（2020·吉林南关.长春市实验中学高二期中（文））已知函数21(),()()2xfxxmgx，若“对任意11,3x，存在20,2x

，使12()()fxgx≥”是真命题，则实数m的取值范围是__________.【答案】1,4【解析】因为“对任意11,3x，存在20,2x，使12()()fxgx≥”是真命题，所以只需mi

nmin()()fxgx，因为函数2()fxxm在1,0上单调递减，在0,3上单调递增，所以min()(0)fxfm，因为函数1()()2xgx在0,2上单调递减，所以min1()(2)4gxg所以14m，故答案为：1,4

7．（2020·贵州高三其他（理））函数12()(0)12xxfxx的值域为____________.【答案】11,32【解析】121()(0)1222xxxfxx，0x>，0x

，021x，所以2223x，则11()32fx.故答案为：11,328．（2020·上海高三专题练习）函数22811(31)3xxyx的值域是_

________.【答案】991,33【解析】设22281229txxx（），31x，当2x时，t有最大值是9；当1x时，t有最小值是-9，99

t，由函数1()3xy在定义域上是减函数，∴原函数的值域是99[33]，．故答案为99[33]，．9．（2020·陕西新城.西安中学高二期末（文））若函数24113axxfx

有最大值3，则实数a的值为__________.【答案】2【解析】令241taxx，则13ty，由题意13ty有最大值3，则241taxx有最小值1，所以0a且24(4)14aa，解得2a.故答案为：210．（2020·上海高一课时

练习）函数112142xxya在[1,)x的最大值为1，那么a________.【答案】3【解析】令1()(0,2]2xt，则221ytta，对

称轴为12t，221ytta在(0,2]t单调递增，所以2max22211ya，解得3a.故答案为：311．（2020·上海黄浦.高三二模）已知函数()(0,1)xfxabaa的定义域和值域都是[2,0]，则(1)f________．【答案】33【

解析】当1a时，函数()(0,1)xfxabaa在[2,0]上单调递增，所以2200ff，即202200fabfab，此时方程组无解.当01a时，

函数()(0,1)xfxabaa在[2,0]上单调递减，所以2002ff，即202002fabfab，解得：333ab所以3()33xfx，则(1)33f

故答案为：33.【题组三指数函数性质】1．（2019·宁夏贺兰县景博中学高一月考）函数22311()2xxfx的增区间是________________.【答案】3,4【解析】函数fx的定义

域为R，令2231txx，则12ty，因为12ty在R上单调递减，而2231231248txxx在3,4上单调递减，所以函数fx的增区间

为3,4.故答案为：3,42．（2020·四川泸县五中高一月考）若函数22313xmxfx在区间1,1上单调递减，则实数m的取值范围是__________．【答案】4,【解析】本题等价于223yxmx在1

,1上单调递增，对称轴4mx，所以14m，得4m≥．即实数m的取值范围是4,．3．（2020·黑龙江萨尔图.大庆实验中学高二期末（文））已知0.60.4a，0.20.4b，0.22c，则a，b，c的大小关系是______．【答案】cba

【解析】∵指数函数0.4xfx是单调减函数，0.6,0.4afbf，∴01abf,2xgx是单调增函数，∴0.201cgg，∴cba，故答案为：cba.4．（2019·贵州高二学业考试）已知21xm在[0,)x上恒成立，

则实数m的最大值是__________.【答案】2【解析】由指数函数的性质，可得2xy在[0,)为单调递增函数，所以21x，可得212x，即21x最小值为2，又由21xm在[0,)x

上恒成立，所以2m，即实数m的最大值2.故答案为：2.5．（2020·上海高一课时练习）求下列函数的定义域和值域，并写出其单调区间.（1）2()13xfx；（2）121()3xfx；（3）223()2xxfx；（4

）121()1,[2,3]933xxfxx.【答案】（1）定义域：(,2]，值域：[0,1)，减区间：(,2]；（2）定义域：(,2)(2,)，值域：(0,1)(1,)，减区间：(,2)和(2,)；（3）定义域：R，值

域：(0,16]，增区间：(,1]，减区间：[1,)；（4）值域8,769，减区间：[2,1]，增区间：[1,3]【解析】（1）由2130x得2x≤，所以定义域为(,2]，又23

0x，所以20131x，01y，所以值域中[0,1)，213xu在R上是减函数，所以2()13xfx的减区间是(,2]；（2）由20x得2x，所以定义域是(,2)(2,)，又1

02x，所以值域是(0,1)(1,)，12ux在(,2)和(2,)上都是增函数，所以121()3xfx的减区间是(,2)和(2,)；（3）定义域是R，又2223(1)44xxx，所以值域中(0,16]，2(1)4ux

在(,1]上递增，在[1,)上递减，所以223()2xxfx的增区间(,1]，减区间是[1,)；（4）定义域是[2,3]，令1()3xt，由[2,3]x，所以1[,9]27t，222181()339yttt，所以876]9y，值

域8,769，又222181()339yttt在11[,]273上递减，在1[,9]3上递增，而1()3xt是减函数，所以121()1,[2,3]933xxfxx

的减区间是[2,1]，增区间[1,3]．6．（2019·江西省遂川中学）若函数2121xxaay为奇函数．（1）求a的值；（2）求函数的定义域；（3）求函数的值域．【答案】（1）12

；（2）(,0)(0,)；（3）11(,)(,)22．【解析】（1）记21()21xxaafx，∵()fx是奇函数，∴2121()()2121xxxxaaaafxfx

(1)2211221xxxxaaaa21a0，∴12a；（2）210x，0x，∴定义域为(,0)(0,)；（3）由（1）1211211()(1)221221221xxxxfx，∵0x，∴021x

或21x，∴1121x或1021x，∴1112212x或1112212x．∴值域为11(,)(,)22．【题组四定点】1．（2020·全国高一课时练习）已知函数1()4xfxa的图象经过定点P，则点P的坐标是（）A．(－1，5)

B．(－1，4)C．(0，4)D．(4，0)【答案】A【解析】当10x，即1x时，011xaa，为常数，此时()415fx，即点P的坐标为(－1，5).故选：A.2．（2020·吉化第一高级中学校高二期末（理））函

数1()21(0xfxaa且1)a的图象过定点，这个点的坐标为______【答案】(1,3)【解析】令10x，1,3xy，所以函数()fx过定点(1,3).故答案为:(1,3).3．（2020·公主岭市第一中学校高一期中（

理））函数110,1xyaaa的图象恒过定点P，则点P的坐标为________.【答案】1,2【解析】由指数函数0,1xyaaa过定点0,1且xya图像向右平移1个单位，向上移动1个单位得到11xya图像，所以函数11xya

过定点1,2故答案为：1,24．（2019·全国高三其他（文））函数2019()2020xfxa（0a且1a）的图象过定点A，则点A的坐标为______.【答案】2019,2021【解析】由20190

x得=2019x,此时0(2019)2020=2021fa,即函数fx过定点2019,2021A，故答案为:2019,2021.【题组五图像】1．（2020·浙江高一课时练习）二次函数24(2)yxxx与指数函数12xy的图像的交点个数

为（）A．3B．2C．1D．0【答案】C【解析】二次函数224(2)4(2)yxxxx，且1x时，3y；2x时，4y.指数函数12xy,当1x时，2y；2x时，

4y.两个函数2,上均单调递减，在坐标系中画出24(2)yxxx与12xy的图象，如图所示，由图可得，两个函数图像的交点个数为1.故选：C.2．（2020·河南林州一中高二月考（理））函数112xfx

的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】作出函数1()012220xxxxyx的图象，如下图所示，将12xy的图象向左平移1个单位得到112xfx图象.故选：B3．（2019·辛

集市第二中学高二期中）已知a＞1，则函数y=ax与y=（a-1）x2在同一坐标系中的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】∵a＞1，∴函数y=ax为增函数，函数y=（a-1）x2在（-∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数．故选：A

．4．（2020·上海高三专题练习）已知01,1ab,则函数xyab的图像必定不经过（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】A【解析】此题考查指数函数的图像的性质和指数函数的上下平移；有已知得到：此指数函数是减函数，分布在第一，二象限，渐近线是x轴，即0y；xy

ab（1b）是由指数函数向下平移大于1个单位得到的，即原来指数函数所过的定点(0,1)向下平移到原点的下方了，所以图像不经过第一象限，所以选A，如下图所示：5．（2020·四川成都七中高一月考）设0a且1,a则函数xyab与ybax

在同一坐标系中的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】对A，ybax中的10,01ba，xyab中的1a，不能统一，错误；对B，ybax中的0,1ab，xyab中

的0,10ab，不能统一，错误；对C，ybax中的10,01ba，xyab中的10,01ba，正确；对D，ybax中的1b，xyab中的10b，不能统一，错误；故选：C.6．（2019·

安徽省肥东县第二中学高一期中）已知在同一坐标系下，指数函数xya和xyb的图象如图，则下列关系中正确的是（）A．1abB．1baC．1abD．1ba【答案】C【解析】很显然a，b均大于1；xya与1x的交点在xyb与1x的交

点上方，故ba，综上所述:1ab.故选:C.7．（2019·伊宁市第八中学高一期中）若函数()21()xfxbbR的图象不经过第二象限，则有（）A．1b…B．1b„C．0b…D．0b„【答案】D【解析

】因为2xy，当0x时，01y，，所以函数()21()xfxbbR的图象不经过第二象限，则有11b，解得0b，故选：D.8．（2019·安徽高一月考）若函数xyab，（0a，且1a）的图像经过第一，第

三和第四象限，则一定有（）A．01a且1bB．1a且1bC．01a且1bD．1a且1b【答案】B【解析】根据指数函数的图象和性质可知，要使函数y＝ax﹣（b+1）（a＞0且a≠1）的图象经过第一、三、四

象限，则函数为增函数，∴a＞1，且f（0）＜0，即f（0）＝1﹣b＜0，解得b＞1，故选：B．9．（2019·河南中原.郑州一中高一开学考试）若函数1xyab（0a且1a）的图象经过第二、三、四象限，则一定有（）．A．01a且0b

B．1a且0bC．01a且0bD．1a且0b【答案】C【解析】1xyab，经过二、三、四象限，则其图像应如图所示：所以01a，010ab，即0b，故选B.10．（2020·全国高一课时练习）函数218xfx

的部分图象大致为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意得，fx的定义域为R，排除C,D；当2x时，218xfx，∵1018，∴fx在2,上单调递减，排

除A，故选B.【题组六综合运用】1．（2020·安徽贵池池州一中高二期中（文））已知函数423xxfxa，aR.（1）当4a时，0,2x，求函数fx的值域；（2）若对于任意的0,x，0fx恒

成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）1,3；（2）23a【解析】（1）当4a时，令2xt，由0,2x，得1,4t，224321yttt，当2t时，min1y；

当4t时，max3y．∴函数fx的值域为1,3；（2）设2xt，则1t，0fx在0,对任意的实数x恒成立，等价于230tat在1,t上恒成立，∴3att在

1,上恒成立，∴max3att，设3gttt，1t，函数gt在1,3上单调递增，在3,上单调递减，∴max323gtg，∴23a．2．（2020·河北承德高一期

末）已知函数1()422xxfxkk，[0,1]x.（1）当1k时，求()fx的值域；（2）若()fx的最大值为34，求实数k的值.【答案】（1）[6,1]（2）32【解析】（1）当1k时，1()422xxfx在[0,1]上单调递减，故max()(

0)1fxf，min()(1)6fxf，所以()fx的值域为[6,1].（2）2()2222xxfxkk，令2xt，[1,2]t则原函数可化为2()22gttktk，其图象的对称轴为

tk.①当1k„时，()gt在[1,2]上单调递减，所以max3()(1)1224gtgkk，无解；②当12k时，2max3()()24gxgkkk，即23204kk，解得

32k=；③当2k时，()gt在[1,2]上单调递增，所以max3()(2)424gxgk，解得138k，不合题意，舍去.综上，k的值为32.3．（2019·甘肃城关兰州五十一中高一期中）已知函数2

431()3axxfx，（1）若1a，求()fx的单调区间；（2）若()fx有最大值3，求a的值.（3）若()fx的值域是(0,)，求a的取值范围.【答案】（1）函数f(x)的递增区间是(−2,+∞),递减区间是(−∞,−2)；（2）a=1；

（3）{0}【解析】(1)当a=−1时,2431()3xxfx，令243gxxx，由于g(x)在(−∞,−2)上单调递增,在(−2,+∞)上单调递减，而13ty在R上单调递减，所以f(

x)在(−∞,−2)上单调递减,在(−2,+∞)上单调递增，即函数f(x)的递增区间是(−2,+∞),递减区间是(−∞,−2).(2)令243hxaxx,13hxy,由于f(x)有最大值3，所以h

(x)应有最小值−1，因此12164aa=−1，解得a=1.即当f(x)有最大值3时，a的值等于1.(3)由指数函数的性质知，要使y=h(x)的值域为(0,+∞).应使243hxaxx的值域为R，因此只能有a=0.因为若

a≠0,则h(x)为二次函数，其值域不可能为R.故a的取值范围是{0}.4．（2019·浙江高二学业考试）已知函数()22xxfxk，kR．（1）若函数()fx为奇函数，求实数k的值．（2）若对任意的[0

,)x都有()2xfx成立，求实数k的取值范围．【答案】（I）(II)【解析】（1）已知函数为奇函数，由()(),Rfxfxx，求得k的值；（2）恒成立问题通常是求最值，将原不等式整理为212xk对0x恒成立，进而求22xy在[0,)上的最小值，得到结果.试题解析：（

1）因为()22,xxfxkkR是奇函数，所以()(),Rfxfxx，即22(22),xxxxkk所以2(1)(1)20xkk对一切Rx恒成立，所以1k.（2）因为0,x，均有()2,xfx即222xxxk成

立，所以212xk对0x恒成立，所以2min1(2)xk,因为22xy在0,上单调递增，所以2min(2)1x，所以0k.