数学必修 第一册6.2 指数函数教学设计

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指数函数是高中新引进的第一个基本初等函数，因此，教科书先给出了指数函数的实际背景，然后对指数函数概念的建立、指数函数图象的绘制、指数函数的基本性质的发现与指数函数的初步应用，作了完整的介绍．指数函数是本章的重点内容之一．
在学习过程中，要通过对具体数式的分析，使学生了解并掌握指数函数的概念、图象和性质；知道指数函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型．
1.教学重点：会解简单的指数方程、不等式.
2.教学难点：掌握指数函数与其他函数复合所得的函数单调区间的求法及单调性的判断．
1．下列函数是指数函数的是________(填序号)．
①y＝4x；②y＝x4；③y＝(－4)x；④y＝4x2.
解析：由定义，只有①是指数函数．
答案：①
2．函数f(x)＝(a2－3a＋3)·ax是指数函数，则a的值为________．
解析：由指数函数定义得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－3a＋3＝1，,a＞0且a≠1，))解得a＝2.
答案：2
3．求下列函数的定义域与值域．
(1)y＝2；(2)y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))|x|；
(3)y＝eq \r(1－2x).
[解] (1)因为指数函数y＝2x的定义域为x∈R，值域为y∈(0，＋∞)；若x≠0，则y≠1.
由于y＝2中的eq \f(1,x－3)≠0，所以y≠1.所以所求函数的定义域是{x|x∈R且x≠3}，
值域为{y|y>0且y≠1}．
(2)因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))|x|中的|x|≥0，所以x∈R,0所以所求函数的定义域为R，值域为{y|0(3)由1－2x≥0得2x≤1，∴x≤0.
∴0<2x≤1，
∴0≤1－2x<1，
∴0≤y<1.
故定义域为(－∞，0]，值域为[0,1)．
类型一 解指数方程
例1 解下列方程．
(1)81×32x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))x＋2；
(2)22x＋2＋3×2x－1＝0.
解 (1)∵81×32x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))x＋2，
∴32x＋4＝3－2(x＋2)，
∴2x＋4＝－2(x＋2)，
∴x＝－2.
(2)∵22x＋2＋3×2x－1＝0，
∴4×(2x)2＋3×2x－1＝0.
令t＝2x(t＞0)，则方程可化为4t2＋3t－1＝0，
解得t＝eq \f(1,4)或t＝－1(舍去)．
∴2x＝eq \f(1,4)，解得x＝－2.
反思与感悟 (1)af(x)＝b型通常化为同底来解．
(2)解指数方程时常用换元法，用换元法时要特别注意“元”的范围．转化为解二次方程，用二次方程求解时，要注意二次方程根的取舍．
跟踪训练1 解下列方程．
(1)33x－2＝81；
(2)eq \r(5x)＝eq \r(3,25)；
(3)52x－6×5x＋5＝0.
解 (1)∵81＝34，∴33x－2＝34，∴3x－2＝4，解得x＝2.
(2)∵eq \r(5x)＝eq \r(3,25)，
∴eq \f(x,2)＝eq \f(2,3)，解得x＝eq \f(4,3).
(3)令t＝5x，则t>0，原方程可化为t2－6t＋5＝0，
解得t＝5或t＝1，即5x＝5或5x＝1，
∴x＝1或x＝0.
类型二 指数函数单调性的应用
命题角度1 比较大小
例2 比较下列各题中两个值的大小．
(1)1.7－2.5,1.7－3；(2)1.70.3,1.50.3；
(3)1.70.3,
解 (1)∵1.7＞1，∴y＝1.7x在(－∞，＋∞)上是增函数．
∵－2.5＞－3，∴1.7－2.5＞1.7－3.
(2)方法一 ∵1.7＞1.5，∴在(0，＋∞)上，y＝1.7x的图象位于y＝1.5x的图象的上方．
而0.3＞0，∴1.70.3＞
方法二 ∵1.50.3＞0，且eq \f(1.70.3,1.50.3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1.7,1.5)))0.3，
又eq \f(1.7,1.5)＞1,0.3＞0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1.7,1.5)))0.3＞1，∴1.70.3＞
(3)∵1.70.3＞1.70＝1,0.83.1＜0.80＝1，
∴1.70.3＞
反思与感悟 当两个数不能利用同一函数的单调性作比较时，可考虑引入中间量，常用的中间量有0和±1.
跟踪训练2 比较下列各题中的两个值的大小．
(1)0.8－0.1,1.250.2；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)))－π，1；
(3)0.2－3，(－3)0.2.
解 (1)∵0＜0.8＜1，∴y＝0.8x在R上是减函数．
∵－0.2＜－0.1，∴0.8－0.2＞0.8－0.1，
即0.8－0.1＜
(2)∵0＜eq \f(1,π)＜1，∴函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)))x在R上是减函数．
又∵－π＜0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)))－π＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)))0＝1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,π)))－π＞1.
(3)0.2－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,10)))－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))－3＝53，
命题角度2 解指数不等式
例3 解关于x的不等式：a2x＋1≤ax－5(a>0，且a≠1)．
解 ①当0∴2x＋1≥x－5，解得x≥－6.
②当a>1时，∵a2x＋1≤ax－5，
∴2x＋1≤x－5，解得x≤－6.
综上所述，当01时，不等式的解集为{x|x≤－6}．
反思与感悟 解指数不等式的基本方法是先化为同底指数式，再利用指数函数单调性化为常规的不等式来解，注意底数对不等号方向的影响．
跟踪训练3 已知(a2＋a＋2)x>(a2＋a＋2)1－x，则x的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析 ∵a2＋a＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2＋eq \f(7,4)>1，
∴(a2＋a＋2)x>(a2＋a＋2)1－x⇔x>1－x⇔x>eq \f(1,2).
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
类型三 求与指数函数复合的函数的单调区间
例4 (1)求函数的单调区间；
(2)求函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2x－8·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋17的单调区间．
解 (1)函数的定义域为R.
在(－∞，3]上，y＝x2－6x＋17是减函数，
∴在(－∞，3]上是增函数．
在[3，＋∞)上，y＝x2－6x＋17是增函数，
∴在[3，＋∞)上是减函数．
∴的增区间是(－∞，3]，减区间是[3，＋∞)．
(2)函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2x－8·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋17的定义域为R.
设t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x>0，又y＝t2－8t＋17在(0,4]上单调递减，在[4，＋∞)上单调递增，
令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x≤4，得x≥－2，∴当－2≤x1即4≥t1>t2，∴teq \\al(2,1)－8t1＋17∴y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2x－8·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋17的单调增区间是[－2，＋∞)．
同理可得减区间是(－∞，－2]．
反思与感悟 复合函数单调性问题归根结底是由x1跟踪训练4 求下列函数的单调区间．
(2)y＝eq \f(1,0.2x－1).
解 (1)设y＝au，u＝x2＋2x－3，
由u＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，得u在(－∞，－1]上为减函数，在[－1，＋∞)上为增函数．
当a>1时，y关于u为增函数；
当0∴当a>1时，原函数的增区间为[－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1]；
当0(2)已知函数的定义域为{x|x≠0}．
设y＝eq \f(1,u－1)，u＝0.2x，易知u＝0.2x为减函数．
而根据y＝eq \f(1,u－1)的图象可知在区间(－∞，1)和(1，＋∞)上，y是关于u的减函数，
∴原函数的增区间为(－∞，0)和(0，＋∞).
这是指数函数第二课时，要求学生会利用函数知识分析问题、解决问题，能准确、清晰、有条理地表述问题以及问题的解决过程，使学生明白函数与方程是研究事物变化的重要工具，逐步形成利用运动、变化的观点观察事物的理性思维能力、辩证思维能力、分析问题和解决问题的能力课程目标
学科素养
1.掌握指数函数与其他函数复合所得的函数单调区间的求法及单调性的判断.
2.能借助指数函数的性质比较大小.
3.会解简单的指数方程、不等式．
a数学抽象: 指数函数与其他函数复合所得的函数单调性的判断.
b逻辑推理: 借助指数函数的性质比较大小.
c数学运算: 解指数方程、不等式