2025苏教版高中数学必修第一册同步练习题--第6章　幂函数、指数函数和对数函数拔高练（含解析）

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2025苏教版高中数学必修第一册
综合拔高练
五年高考练
考点1　幂函数、指数函数、对数函数的图象
1.(2021天津,3)函数y=的图象大致为(　　)
2.(2020北京,6)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,+∞)
3.(2019课标全国Ⅲ,7)函数y=在[-6,6]的图象大致为(　　)
考点2　幂函数、指数函数、对数函数的性质
4.(2023天津,3)若a=1.010.5,b=1.010.6,c=0.60.5,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.c>a>b　　　　B.c>b>a
C.a>b>c　　　　D.b>a>c
5.(2023全国甲文,11)已知函数f(x)=.记a=f,b=f,c=f,则(　　)
A.b>c>a　　　　B.b>a>c
C.c>b>a　　　　D.c>a>b
6.(2023新课标Ⅰ,4)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)单调递减,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-2]　　　　B.[-2,0)
C.(0,2]　　　　D.[2,+∞)
7.(2023新课标Ⅱ,4)若f(x)=(x+a)ln为偶函数,则a=(　　)
A.-1　　　　B.0　　　　C.　　　　D.1
8.(2023北京,4)下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是(　　)
A.f(x)=-ln x　　　　B.f(x)=
C.f(x)=-　　　　D.f(x)=3|x-1|
9.(2019天津文,8)已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=-x+a(a∈R)恰有两个互异的实数解,则a的取值范围为(　　)
A.　　　　B.
C.∪{1}　　　　D.∪{1}
10.(2020江苏,7)已知y=f(x)是奇函数,当x≥0时, f(x)=,则f(-8)的值是　　　　.
11.(2022全国乙文,16)若f(x)=ln+b是奇函数,则a=　　　　,b=　　　　.
考点3　反函数
12.(2022上海,5)设函数f(x)=x3的反函数为f -1(x),则f -1(27)=　　　　.
13.(上海高考,4)设常数a∈R,函数f(x)=log2(x+a).若f(x)的反函数的图象经过点(3,1),则a=　　　　.
三年模拟练
应用实践
1.(2022广东佛山期末)设函数f(x)的定义域为D,若存在x0∈D,使得f(x0)=x0成立,则称x0是函数f(x)的一个不动点.下列函数存在不动点的是(　　)
A. f(x)=2x+x　　　　B. f(x)=x2-x+3
C. f(x)=-|x-2|　　　　D. f(x)=lg x+3x-6
2.(2024重庆两江育才中学期末)已知三个互不相等的正数a,b,c满足a=(e=2.718 28…是一个无理数),b=log23+log96,c=log(2a+1),则a,b,c的大小关系为(　　)
A.aC.c3.(2023浙江温州中学期中)函数f(x)=(x∈[0,3])的值域是(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
4.(2024江苏连云港期中)已知对任意两个实数m,n,定义max{m,n}=函数f(x)=|x|-1,g(x)=x2-2ax+a+1,设函数h(x)=max{f(x),g(x)},若存在x使得h(x)≤0成立,则实数a的取值范围为(　　)
A.∪
B.(-∞,-1]∪
C.(-∞,-1]∪[2,+∞)
D.∪[2,+∞)
5.(多选题)(2023江苏南京宁海中学期中)已知nA.当n=0时,m∈
B.当n∈时,m∈(n,2]
C.当n∈时,m∈[1,2]
D.当n=时,m∈
6.(2024江苏扬州期初考试)已知函数f(x)=若关于x的方程4[f(x)]2-4af(x)+2a+3=0有5个不同的实数根,则实数a的取值范围为　　　　.
7.(2024江苏南京沙洲中学期末)给定函数y=f(x),若在其定义域内存在x0(x0≠0)使得f(-x0)=-f(x0),则称f(x)为“Ω函数”,x0为该函数的一个“Ω点”.设函数g(x)=若ln 2是g(x)的一个“Ω点”,则实数a的值为　　　　;若g(x)为“Ω函数”,则实数a的取值范围为　　　　.
8.(2024黑龙江双鸭山期中)已知函数f(x)=若方程f(x)=m有四个不同的实根x1,x2,x3,x4,则m的取值范围是　　　　　　　　;若满足x19.(2024黑龙江哈尔滨一中期末)已知函数g(x)=ax2-2ax+1+b(a≥0,b≥0)在[1,2]上有最大值1和最小值0,f(x)=.
(1)求实数a,b的值;
(2)若不等式f(log2x)-2klog2x≤0在上恒成立,求实数k的取值范围;
(3)若关于x的方程f(|2x-1|)+-3m-1=0有3个不同的实数解,求实数m的取值范围.
迁移创新
10.(2022上海杨浦期末)已知函数y=f(x)的定义域为D,若存在区间[a,b] D使得函数y=f(x)满足:
①函数y=f(x)在区间[a,b]上单调递增或单调递减;
②函数y=f(x),x∈[a,b]的值域是[na,nb](n∈Z且n≥2).
则称区间[a,b]为函数y=f(x)的“n倍区间”.
(1)判断下列函数是否存在“2倍区间”;
①y=1-x;②y=x2+;
(2)证明:函数y=x-2不存在“n倍区间”;
(3)证明:当有理数m满足m∈(0,1)∪(1,+∞)时,对任意n(n∈Z且n≥2),函数y=xm都存在“n倍区间”,并求函数y=x3和y=所有的“10倍区间”.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.B　设f(x)=,则f(x)的定义域为{x|x≠0},关于原点对称,因为f(-x)===f(x),所以f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,故排除A,C;当x=2时,f(2)=>0,排除D.故选B.
2.D　不等式f(x)>0等价于不等式2x>x+1,作出函数y=2x和函数y=x+1的图象,如图所示,易知两个函数图象的交点坐标为(1,2)和(0,1),观察函数图象可知,当x>1或x<0时,函数y=2x的图象在函数y=x+1图象的上方,此时2x>x+1,故不等式f(x)>0的解集为(-∞,0)∪(1,+∞),故选D.
3.B　设f(x)=(x∈[-6,6]),则f(-x)==-f(x),∴f(x)为奇函数,排除选项C;当x=-1时, f(-1)=-<0,排除选项D;当x=4时, f(4)=≈7.97,排除选项A.故选B.
考场速决　当x=4时, f(4)=≈7.97,排除A,D;当x=-4时, f(-4)=<0,排除C.故选B.
4.D　易知y=1.01x在R上单调递增,
所以1=1.010<1.010.5<1.010.6,即1易知y=0.6x在R上单调递减,所以1=0.60>0.60.5=c,
所以b>a>1>c,故选D.
5.A　因为f(x)=由y=et,t=-(x-1)2复合而成,所以f(x)的图象关于直线x=1对称,且f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
因为<<1<,所以a=f易知c=f=f.
下面比较,与2-的大小关系.
先比较与2-的大小,即比较与2的大小,即比较+与4的大小,
易得(+)2=8+4,42=16,
又<2,所以8+4<16,故<2-;
再比较与2-的大小,即比较与2的大小,即比较+与4的大小,
易得(+)2=9+6,42=16,
又<,所以9+6>16,故>2-,
故<2-<,故a6.D　因为函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)上单调递减,所以函数y=x(x-a)在区间(0,1)上单调递减,所以≥1(结合函数y=x(x-a)的图象,根据对称轴的位置与区间(0,1)的关系列不等式),即a≥2,故a的取值范围是[2,+∞),故选D.
7.B　解法一:由f(x)为偶函数,知f(x)=f(-x),
即(x+a)ln=(-x+a)ln,
即(x+a)ln=(-x+a)ln=(-x+a)·ln,
∴x+a=-(-x+a)恒成立,∴a=0.故选B.
解法二(特值法):易知f(x)的定义域为∪,由已知得 x∈-∞,-∪,f(-x)=f(x)恒成立,
∴f(1)=f(-1),∴(1+a)ln=(-1+a)ln 3,
∴a=0.经检验符合题意,故选B.
考场速决　易知y=ln为奇函数,又f(x)为偶函数,
∴y=x+a为奇函数,∴a=0.故选B.
8.C　对于A,因为y=ln x在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)=-ln x在(0,+∞)上单调递减,故A错误;
对于B,易知f(x)=在(0,+∞)上单调递减,故B错误;
对于C, f(x)=-在(0,+∞)上单调递增,故C正确;
对于D, f===, f(1)=3|1-1|=30=1, f(2)=3|2-1|=3,
显然f(x)=3|x-1|在(0,+∞)上不单调,故D错误.
故选C.
9.D　由f(x)=-x+a,得4a=
即4a=
令g(x)=
则方程f(x)=-x+a(a∈R)的解的个数即为函数y=g(x)的图象与直线y=4a的交点的个数.
当0≤x≤1时,y=(+4)2-16单调递增,此时y∈[0,9];
当x>1时,y=+x在(1,2]上单调递减,此时y∈[4,5),在(2,+∞)上单调递增,此时y∈(4,+∞),故当x>1时,y=+x∈[4,+∞).
作出函数y=g(x)的图象,如图所示,
由图可知,当直线y=4a与函数y=g(x)的图象有两个交点时,5≤4a≤9或4a=4,即≤a≤或a=1.故选D.
10.答案　-4
解析　由函数f(x)是奇函数得f(-8)=-f(8)=-=-4.
11.答案　-;ln 2
解析　∵f(x)=ln+b=ln+b,
∴x≠1,又f(x)为奇函数,∴x=-1是关于x的方程a+1-ax=0的根,∴a=-,∴f(x)=ln+b,
∴f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,+∞),
∴f(0)=ln +b=0,∴b=ln 2.
12.答案　3
解析　由题意得f -1(x)=,所以f -1(27)=3.
13.答案　7
解析　∵f(x)的反函数的图象经过点(3,1),∴函数f(x)=log2(x+a)的图象经过点(1,3),∴log2(1+a)=3,解得a=7.
三年模拟练
1.D　对于A,若f(x)=x,则2x+x=x,可得2x=0,方程无解,不存在不动点;对于B,若f(x)=x,则x2-x+3=x,可得x2-2x+3=0,方程无解,不存在不动点;对于C,若f(x)=x,则x+|x-2|=0,即或无解,不存在不动点;对于D,若f(x)=x,则lg x+2x-6=0,设g(x)=lg x+2x-6,则g(1)=-4<0,g(3)=lg 3>0,又g(x)在区间(1,3)上的图象是一条连续不断的曲线,所以函数g(x)在区间(1,3)上存在零点,即方程f(x)=x有解,存在不动点.故选D.
2.B　因为a=,所以a3=e2≈2.72<23,
所以根据幂函数的性质可得<2,即a<2,
b=log23+log96=log23+lo6=log23+log3>
2=2>2=2,
c=log(2a+1)=2log5(+1)<2log5(22+1)=2log55=2,
==lo(2a+1)=,
易知y=ln x在定义域上单调递增,可将比较与1的大小关系转化为比较2a+1与()a的大小关系.
作出y=2a+1与y=()a在(0,2)上的图象,
由图可得,当a∈(0,2)时,y=2a+1的图象一直在y=()a的图象的上方,所以2a+1>()a在(0,2)上恒成立,即c>a.故a3.A　设2x=t,因为x∈[0,3],所以t∈[1,8],
则函数f(x)的解析式可化为g(t)===3+
=3+,
令m=t+1∈[2,9],则函数y=m++3在[2,3]上单调递减,在[3,9]上单调递增,所以当m=3时,=9,此时g(t)max=3+=.
又m=2时,m++3=,m=9时,m++3=13>,
所以=13,则g(t)min=3+=.
所以原函数的值域为.故选A.
4.D　因为当|x|>1时, f(x)>0,
所以h(x)=max{f(x),g(x)}>0恒成立,
所以只需要分析存在x∈[-1,1], f(x)≤0,
g(x)=x2-2ax+a+1是二次函数,其图象开口向上,对称轴为直线x=a.
(1)当a≤-1时,作出f(x)与g(x)的图象如图1,
由图1可知,g(x)=x2-2ax+a+1在[-1,1]上单调递增,
若存在x使得h(x)≤0成立,则当x∈[-1,1]时,g(x)min≤0,
即g(-1)=(-1)2-2a(-1)+a+1=3a+2≤0,解得a≤-,
故a≤-1.
(2)当-1由图2可知,g(x)=x2-2ax+a+1在[-1,1]上先减后增,
若存在x使得h(x)≤0成立,则当x∈[-1,1]时,g(x)min≤0,即a2-a-1≥0,解得a≥或a≤,
又1<,-1<<0,
所以-1(3)当a≥1时,作出f(x)与g(x)的图象如图3,
由图3可知,g(x)=x2-2ax+a+1在[-1,1]上单调递减,
若存在x使得h(x)≤0成立,则当x∈[-1,1]时,g(x)min≤0,即g(1)=12-2a+a+1=-a+2≤0,所以a≥2.
综上所述,a的取值范围为∪[2,+∞).
故选D.
5.CD　当x>1时,y=22-|x-1|-3=22-x+1-3=23-x-3,此时函数单调递减;当-1对于A,当n=0时, f(x)=
因为f(x)的值域为[-1,1],所以结合图象可知m∈[1,2],故A错误;
对于B,当n∈,x∈[-1,n]时,1-x∈[1-n,2],此时f(x)=lo(1-x)∈[-1,lo(1-n)],
即-1≤f(x)≤lo(1-n)<1,
因为f(x)的值域为[-1,1],
所以当x∈(n,m]时, f(x)=1必有解,
即22-|x-1|-3=1,解得x=1,
由图可知,m∈[1,2],故B错误,C正确;
对于D,当n=时, f(x)=lo(1-x),其在上单调递增,所以f(x)min=f(-1)=lo2=-1,f(x)max=f=lo=1,因为f(x)的值域为[-1,1],所以由图可知,m∈,故D正确.故选CD.
6.答案　
解析　作出函数f(x)=的图象,如图所示:
令t=f(x),若关于x的方程4[f(x)]2-4af(x)+2a+3=0有5个不同的实数根,
则关于t的方程4t2-4at+2a+3=0有2个不同的实数根,且两根分别在(-1,0)和(-2,-1]上,
令g(t)=4t2-4at+2a+3,
则即
解得-7.答案　3;[2,+∞)
解析　由题意知,当x>0时,由a-ex>0,得a>ex>1,
因为ln 2是g(x)的一个“Ω点”,
所以g(-ln 2)=-g(ln 2),即0=-ln(a-eln 2),解得a=3.
若函数g(x)为“Ω函数”,则存在x0(x0≠0)使得g(-x0)=-g(x0),
当x0>0时,-x0<0,则x0-ln 2=-ln(a-),即-x0+ln 2=ln(a-),
即a-,即a-,
则a=+2≥2=2,
当且仅当=,即x0=ln 2时,等号成立;
当x0<0时,-x0>0,则x0+ln 2=ln(a-),即2=a-,
则a=2+≥2=2,
当且仅当2=,即x0=-ln 2时,等号成立.
所以a的取值范围为[2,+∞).
8.答案　(0,1);(0,3)
解析　作出函数f(x)=的图象及直线y=m,如图所示:
因为方程f(x)=m有四个不同的实根x1,x2,x3,x4,
所以m的取值范围为(0,1).
若x1由|log3x|=m得log3x2=m,log3x1=-m,
所以log3x2+log3x1=0,所以log3(x1x2)=0,即x1x2=1,
根据二次函数图象的对称性可得x3+x4=10,则x4=10-x3,
所以==x3(10-x3)-21=-+10x3-21,x3∈(3,4),
易得函数y=-x2+10x-21在(3,4)上单调递增,
所以当x3∈(3,4)时,-+10x3-21∈(0,3),
所以的取值范围为(0,3).
9.解析　(1)当a=0时,g(x)=1+b,为常数函数,不符合题意.
当a>0时,函数g(x)的图象的对称轴为直线x=1,且开口向上,所以g(x)在区间[1,2]上单调递增,故解得
(2)由(1)得,g(x)=x2-2x+1,所以f(x)==x+-2,所以f(log2x)-2klog2x≤0,即log2x+-2-2klog2x≤0.
设n=log2x,x∈,则n∈[-3,-2],n+-2-2kn≤0,所以2k≤1+-=,
因为n∈[-3,-2],所以∈,
所以当=-时,取得最小值,且最小值为=,所以2k≤,即k≤,
所以实数k的取值范围是.
(3)由(2)知,f(x)=x+-2,因为f(|2x-1|)+-3m-1=0,所以|2x-1|2-(3+3m)|2x-1|+1+2m=0.
令|2x-1|=t,则t2-(3+3m)t+1+2m=0(t≠0).
作出y=|2x-1|的图象如图所示:
因为方程f(|2x-1|)+-3m-1=0有3个不同的实数解,
所以t2-(3+3m)t+1+2m=0(t≠0)有两个根t1,t2,且0记h(t)=t2-(3+3m)t+1+2m,
则或
所以m>-,故实数m的取值范围是.
10.解析　(1)①y=1-x不存在“2倍区间”.理由如下:
根据函数的单调性可知,函数y=1-x在R上单调递减,若[a,b]是函数的“2倍区间”,则函数的值域为[1-b,1-a],且则a=b=,不满足a②y=x2+存在“2倍区间”.理由如下:
易知函数y=x2+在[0,+∞)上单调递增,若[a,b]是函数的“2倍区间”,则函数的值域为,且所以
所以函数y=x2+存在“2倍区间”.
(2)证明:假设存在区间[a,b]是y=x-2的“n倍区间”(n∈Z,且n≥2),
由条件①可知,[a,b] (-∞,0)或[a,b] (0,+∞).
当[a,b] (0,+∞),即0因为y=在(0,+∞)上单调递减,所以所以=1,即a=b,这与a当[a,b] (-∞,0)时,[na,nb] (-∞,0),这与x∈(-∞,0)时,y=x-2>0矛盾,即y=x-2在(-∞,0)上不存在“n倍区间”.
综上所述,函数y=x-2不存在“n倍区间”.
(3)先考虑y=xm,x∈[0,+∞)的情况,
因为y=xm在[0,+∞)上单调递增,所以若存在“n倍区间”,则xm=nx有两个非负解,方程xm=nx可化为x(xm-1-n)=0,
当m∈(0,1)∪(1,+∞)时,方程xm=nx有两个非负解x1=0,x2=,所以至少存在一个“n倍区间”为[0,].
y=x3在(-∞,+∞)上单调递增,令x3=10x,解得x1=0,x2=,x3=-,
所以y=x3有3个“10倍区间”,分别是[-,0],[0,],[-,].
y=在[0,+∞)上单调递增,在(-∞,0]上单调递减,
当x∈(-∞,0]时,≥0,所以不存在“10倍区间”,所以y=有1个“10倍区间”,为.
素养评析　本题第(1)问主要考查数学抽象的素养,能够理解“n倍区间”的定义,判断具体函数是否存在“2倍区间”;本题第(2)(3)问还考查逻辑推理的素养,能够在关联的情境下,根据“n倍区间”的定义进行证明和求解.
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