4.1指数与指数函数 同步练习（含解析）

4.1指数与指数函数同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知函数为上的奇函数，当时，，则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
2．如图为函数的大致图象，其解析式可能为（ ）

A． B．
C． D．
3．若，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．函数的定义域为．则其值域为（ ）
A． B． C． D．
6．若，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数且的图象恒过定点，且点在直线上，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
8．已知指数函数且，则（ ）
A．3 B．2 C． D．
二、多选题
9．若实数满足，则下列选项正确的是（　　）
A．且 B．的最小值为9
C．的最小值为 D．
10．已知函数的图象过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交，则（ ）
A． B．
C．是偶函数 D．在上单调递增
11．下列函数中，满足“，且，都有”的是（ ）
A． B．
C． D．
12．若函数（其中且）的图象过第一、三、四象限，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则 ．
14．已知函数（且）的图象过定点P，则定点P的坐标是 .
15．已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为 ．
16．某学校球类社团组织学生进行单淘汰制的乒乓球比赛（负者不再比赛），如果报名人数是2的正整数次幂，那么每2人编为一组进行比赛，逐轮淘汰.以2022年世界杯足球赛为例，共有16支队进入单淘汰制比赛阶段，需要四轮，场比赛决出冠军.如果报名人数不是2的正整数次幂，则规定在第一轮比赛中安排轮空（轮空不计入场数），使得第二轮比赛人数为2的最大正整数次幂.（如20人参加单淘汰制比赛，第一轮有12人轮空，其余8人进行4场比赛，淘汰4人，使得第二轮比赛人数为16.）最终有120名同学参加校乒乓球赛，则直到决出冠军共需 轮；决出冠军的比赛总场数是 .
四、解答题
17．函数的图象关于坐标原点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为关于的奇函数，给定函数，关于中心对称．
(1)求的值
(2)已知函数，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围．
18．已知函数的图像过原点，且．
(1)求实数的值；
(2)若，写出的最大值；
(3)设，直接写出的解集．
19．已知函数是定义在上的奇函数．
(1)求的值；
(2)用定义法证明函数在上单调递减．
20．已知结论：设函数的定义域为，若对恒成立，则的图象关于点中心对称，反之亦然．特别地，当时，的图象关于原点对称，此时为奇函数．设函数．
(1)判断在上的单调性，并用函数单调性的定义证明；
(2)计算的值，并根据结论写出函数的图象的对称中心；
(3)若不等式对恒成立，求实数的最大值．
21．已知函数的图象经过点．
(1)求的值，判断的单调性并说明理由；
(2)若存在，不等式成立，求实数的取值范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】先由奇偶性求出的解析式，再由指数函数单调性求解不等式得解.
【详解】函数为上的奇函数，当时，，
则当时，，有，显然，
不等式转化或，解得或，
所以不等式的解集为.
故选：C
2．C
【分析】用排除法，利用特值法以及函数的奇偶性，零点即可排除其他选项，从而可得答案.
【详解】对A，因为，与图象不符，故A错误；
对B，，，所以函数是奇函数，这与图象不符，
故B错误；
对D，当时，，，所以此时无零点，与图象不符，故D错误.
故选：C.
3．C
【分析】根据指数函数的性质化简“”，得到的结论与“”加以比较，可得到答案．
【详解】根据指数函数是上的增函数，
可知等价于，即，
因为“”是“”的充要条件，
所以“”是“”的充要条件．
故选：C.
4．A
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题易求.
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题知：
命题“，”的否定是“，”.
故选：A
5．C
【分析】由题意得，结合指数函数单调性即可求解.
【详解】由题意，所以，.
故选：C.
6．B
【分析】根据指数函数性质判断即可.
【详解】因为在R上单调递增，所以，
因为在R上单调递减，所以，
所以，即.
故选：B.
7．B
【分析】函数的图象恒过定点，进而可得，结合基本不等式和指数的运算性质进而得到答案．
【详解】当时，，
故函数的图象恒过定点，
由点在直线上，则,
故，
当且仅当等号成立,故的最小值是.
故选：B
8．A
【分析】先根据函数值求出，再求函数值即可.
【详解】，
故选：A.
9．ABD
【分析】对于AD，利用指数函数的性质即可判断；对于BC，利用指数的运算法则与基本不等式的性质即可判断.
【详解】对于A，由，可得，
所以且，即，故A正确；
对于B，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9，故B正确；
对于C，因为，
可得，即，所以，
当且仅当，即，即时，等号成立，
所以的最大值为，故C错误；
对于D，因为，则，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】易错点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
10．AC
【分析】由已知结合指数函数的性质及函数图象的平移可求，进而可求函数解析式，根据解析式分析相关的性质.
【详解】函数的图象过原点，则，即，
函数的图象无限接近直线但又不与该直线相交，故是图象的一条渐近线，
则， ，A选项正确，B选项错误；
函数，定义域为R，
，是偶函数，C选项正确；
时，，所以在上单调递减，D选项错误；
故选：AC
11．BD
【分析】依据题干给定的函数单调性，奇偶性逐个选项排除即可.
【详解】由，知函数是偶函数，
由，都有，知在上单调递增，所以在上单调递减．
对于A：显然不具有奇偶性，故A错误；
对于B，，符合题意；
对于C，，
所以在上单调递减，在上单调递增，不符合题意；
对于D，符合题意．
故选：BD．
12．BD
【分析】根据图象的性质可得：，即可求解.
【详解】函数（其中且）的图象在第一、三、四象限，
根据图象的性质可得：，
即，
故选：BD.
13．
【分析】根据奇函数定义将化为，代入解析式即可．
【详解】因为奇函数满足当时，，
所以．
故答案为：.
14．
【分析】根据指数函数（且）的图象恒过点求解即可.
【详解】∵指数函数（且）的图象恒过点，
∴对于函数（且），
令，得，此时，
故函数（且）的图象过定点.
故答案为：.
15．
【分析】先根据题设解析式和奇函数性质，求出函数在上的解析式，再分段求解不等式，最后将各段上的函数对应的不等式解集求并集即得.
【详解】当时，，由题意，，因是定义在上的奇函数，则，
又，故的解析式为：，
当时，，因时，为增函数，且，故当时必有，此时不等式解集为；
当时，显然解集为；
当时，，因时，为增函数，且，故当时必有，此时不等式解集为.
综上可得：不等式的解集为.
故答案为：.
16． 7 119
【分析】根据比赛规则，第一轮有8人轮空，有112人进行淘汰赛，共进行了56场比赛，以后每轮淘汰一半同学，按每轮分析计算即可.
【详解】因为，
所以第二轮需要64名同学参加比赛，
则第一轮淘汰人，
即第一轮有8人轮空，有112人进行淘汰赛，共进行了56场比赛，
则第二轮有64名同学参加比赛，
所以共进行了32场比赛，淘汰了32人，
则第三轮有32名同学比赛，则进行了16场比赛，
第四轮有16名同学参加比赛，共进行了8场比赛，
第五轮有8名同学参加比赛，共进行了4场比赛，
第六轮有4名同学参加比赛，共进行了2场比赛，
第七轮有2名同学参加比赛，共进行了1场比赛，
故直到决出冠军共需7轮比赛，
共进行了场比赛，
故答案为：7；119.
17．(1)
(2)
【分析】（1） 根据恒成立，即可得解；
（2）由题意得，，又，，抓住对称轴和区间的位置关系讨论，从而可得出答案．
【详解】（1）因为的图象存在对称中心
则的图象关于原点成中心对称，
因为的定义域为R，所以恒成立，
即恒成立，解得．
（2）因为在区间上单调递减，值域为，即最大值为，
又，，，
所以，，
又，，
当，即时，在区间单调递减，
所以，解得，舍去；
当，即，在单调递增，单调递减，
所以，解得，所以；
当，即，在单调递增，
所以，解得（舍），
综上所述：
【点睛】关键点睛：本题第二问，关键是理解题意先将问题转化为，然后利用的对称轴与区间的关系分三种情况讨论，求出的最大值得解.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）待定系数解方程组即可求解.
（2）由即可得解.
（3）在同一平面直角坐标系中画出函数的图象和的图象，观察即可得解.
【详解】（1）由题意，解得.
（2）由（1）可知，若，则，
所以的最大值为.
（3）由题意不等式等价于，且注意到，
在同一平面直角坐标系中画出函数的图象和的图象如图所示：

由图可知：不等式的解集为.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用奇偶性求解参数即可.
（2）利用定义法求解单调性即可.
【详解】（1）函数是定义在上的奇函数，且在处有定义，
，．
．
经检验符合题意.
（2）由（1）得，．
设，
则，
，
，即函数在区间上单调递减．
20．(1)单调递减，证明见解析
(2)，函数关于对称
(3)
【分析】（1）在上单调递减，设，计算得到得到证明；
（2）计算得到，根据题设得到结论；
（3）构造，确定为奇函数，且在上单调递减，变换得到，得到，根据均值不等式计算最值得到答案.
【详解】（1）在上单调递减，证明如下：
设，则，
，则，
故，即，函数在上单调递减；
（2），则，
故函数关于对称；
（3）设，故为奇函数，且在上单调递减，
，即，即，
则在上恒成立，即，，
，当且仅当时等号成立，故，即的最大值为.
21．(1)；是上的单调递增函数，理由见解析；
(2),
【分析】（1）由函数经过点求的值，得到的解析式，用定义法证明函数的单调性；
（2）根据函数的奇偶性和单调性，不等式转化为在,上有解，利用参数分离法结合基本不等式可求出实数的取值范围．
【详解】（1）函数经过点，
所以，解得，即，
，
则是上的单调递增函数，理由如下：
任取、，且，则，
则，
所以，即，
所以是定义域上的单调递增函数．
（2）因为，
故是奇函数且在上单调递增，
则不等式等价于，
所以，即，
即存在,不等式有解，
即在,上有解，
由,，可得，
由对勾函数性质易知：在单调递减，在单调递增，
且，故在的最大值为，
所以，即
所以，
即实数的取值范围是,．
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