2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第7讲指数函数学案文

这是一份2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第7讲指数函数学案文，共10页。学案主要包含了思考辨析，易错纠偏等内容，欢迎下载使用。


指数函数的图象及性质
常用结论
1．指数函数图象的画法
画指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a)，(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a))).
2．指数函数的图象与底数大小的比较
如图是指数函数①y＝ax，②y＝bx，③y＝cx，④y＝dx的图象，底数a，b，c，d与1之间的大小关系为c>d>1>a>b>0.由此我们可得到以下规律：在第一象限内，指数函数y＝ax(a>0，a≠1)的图象越高，底数越大．
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝a－x是R上的增函数．( )
(2)函数y＝aeq \s\up6(xeq \s\up6(2)＋1) (a>1)的值域是(0，＋∞)．( )
(3)函数y＝2x－1是指数函数．( )
(4)若am0，且a≠1)，则m答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、易错纠偏
常见误区| (1)不理解指数函数概念出错；
(2)忽视底数a的范围出错．
1．函数y＝(a2－5a＋5)ax是指数函数，则a的值为________．
解析：因为函数y＝(a2－5a＋5)ax是指数函数，所以a2－5a＋5＝1，解得a＝1或a＝4.又因为指数函数y＝ax的底数a需满足a>0且a≠1，所以a＝4.
答案：4
2．若函数y＝(a2－1)x在(－∞，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知0答案：(－eq \r(2)，－1)∪(1，eq \r(2))
指数函数的图象及应用(典例迁移)
(1)函数f(x)＝ax－b的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是( )
A．a>1，b<0B．a>1，b>0
C．00D．0(2)若方程|3x－1|＝k有一解，则k的取值范围为________．
【解析】 (1)由f(x)＝ax－b的图象可以观察出函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所以0(2)函数y＝|3x－1|的图象是由函数y＝3x的图象向下平移一个单位后，再把位于x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方得到的，函数图象如图所示．
当k＝0或k≥1时，直线y＝k与函数y＝|3x－1|的图象有唯一的交点，即方程有一解．
【答案】 (1)D (2){0}∪[1，＋∞)
【迁移探究1】 (变条件)若本例(2)的条件变为：方程3|x|－1＝k有两解，则k的取值范围为________．
解析：作出函数y＝3|x|－1与y＝k的图象如图所示，数形结合可得k>0.
答案：(0，＋∞)
【迁移探究2】 (变条件)若本例(2)的条件变为：函数y＝|3x－1|＋k的图象不经过第二象限，则实数k的取值范围是________．
解析：作出函数y＝|3x－1|＋k的图象如图所示．
由图象知k≤－1，即k∈(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
【迁移探究3】 (变条件)若本例(2)的条件变为：函数y＝|3x－1|在(－∞，k]上单调递减，则k的取值范围如何？
解：由本例(2)作出的函数y＝|3x－1|的图象知其在(－∞，0]上单调递减，所以k∈(－∞，0]．
eq \a\vs4\al()
指数函数图象的画法及应用
(1)画指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象，应抓住关键点．
(2)已知函数解析式判断其图象一般是取特殊点，判断所给的图象是否过这些点，若不满足则排除．
(3)对于有关指数型函数的图象问题，一般是从最基本的指数函数的图象入手，通过平移、伸缩、对称变换而得到．特别地，当底数a与1的大小关系不确定时应注意分类讨论．
1．已知函数f(x)＝ax－2＋2(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，则A的坐标为( )
A．(0，1) B．(2，3)
C．(3，2) D．(2，2)
解析：选B．令x－2＝0，则x＝2，f(2)＝3，即A的坐标为(2，3)．
2．函数y＝e－|x－1|的大致图象是( )
解析：选B．因为－|x－1|≤0，所以03．若直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值范围是________．
解析：(1)当0(2)当a>1时，y＝|ax－1|的图象如图②，而y＝2a>2>1不可能与y＝|ax－1|有两个交点．综上，0答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
指数函数的性质及应用(多维探究)
角度一 比较指数幂的大小
(1)已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(\f(2,3))，b＝2eq \s\up8(－eq \f(4,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(\f(1,3))，则下列关系式中正确的是( )
A．cC．a(2)(2020·高考全国卷Ⅱ)若2x－2y<3－x－3－y，则( )
A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0
C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0
【解析】 (1)把b化简为b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(\f(4,3))，而函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在R上为减函数，又eq \f(4,3)>eq \f(2,3)>eq \f(1,3)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up8(\f(4,3))(2)由2x－2y<3－x－3－y，得2x－3－x<2y－3－y，即2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)<2y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(y)，设f(x)＝2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)，则f(x)0，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0，故选A．
【答案】 (1)B (2)A
eq \a\vs4\al()
比较指数幂大小的常用方法
一是单调性法，不同底的指数函数化同底后就可以应用指数函数的单调性比较大小，所以能够化同底的尽可能化同底．
二是取中间值法，不同底、不同指数的指数函数比较大小时，先与中间值(特别是0，1)比较大小，然后得出大小关系．
三是图解法，根据指数函数的特征，在同一平面直角坐标系中作出它们的函数图象，借助图象比较大小．
角度二 解简单的指数方程或不等式
(1)已知实数a≠1，函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x，x≥0，,2a－x，x<0，))若f(1－a)＝f(a－1)，则a的值为________．
(2)若偶函数f(x)满足f(x)＝2x－4(x≥0)，则不等式f(x－2)>0的解集为________．
【解析】 (1)当a<1时，41－a＝21，解得a＝eq \f(1,2)；当a>1时，代入不成立．故a的值为eq \f(1,2).
(2)因为f(x)为偶函数，f(x)在[0，＋∞)上递增，且f(2)＝0，所以|x－2|>2，解得x>4或x<0.
【答案】 (1)eq \f(1,2) (2)(－∞，0)∪(4，＋∞)
eq \a\vs4\al()
解简单的指数方程或不等式问题时，应利用指数函数的单调性转化为一般方程或不等式求解．要特别注意底数a的取值范围，并在必要时进行分类讨论．
角度三 指数函数性质的综合问题
(1)函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(－x2＋2x＋1)的单调递减区间为________．
(2)已知函数f(x)＝2|2x－m|(m为常数)，若f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是________．
【解析】 (1)设u＝－x2＋2x＋1，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(u)在R上为减函数，所以函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(－x2＋2x＋1)的减区间即为函数u＝－x2＋2x＋1的增区间．
又u＝－x2＋2x＋1的增区间为(－∞，1]，
所以函数f(x)的减区间为(－∞，1]．
(2)令t＝|2x－m|，则t＝|2x－m|在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(m,2)))上单调递减．而y＝2t为R上的增函数，所以要使函数f(x)＝2|2x－m|在[2，＋∞)上单调递增，则有eq \f(m,2)≤2，即m≤4，所以m的取值范围是(－∞，4]．
【答案】 (1)(－∞，1] (2)(－∞，4]
eq \a\vs4\al()
求指数型复合函数的单调区间和值域的方法
(1)形如y＝af(x)(a>0，且a≠1)的函数求值域时，要借助换元法：令u＝f(x)，先求出u＝f(x)的值域，再利用y＝au的单调性求出y＝af(x)的值域．
(2)形如y＝af(x)(a>0，且a≠1)的函数单调性的判断，首先确定定义域D，再分两种情况讨论：
当a>1时，若f(x)在区间(m，n)上(其中(m，n)⊆D)具有单调性，则函数y＝af(x)在区间(m，n)上的单调性与f(x)在区间(m，n)上的单调性相同；
当01．已知0A．aa B．ab
C．ba D．bb
解析：选C．因为0所以eq \f(aa,ab)＝aa－b>1，即aa>ab，
同理可得，ba>bb，
又因为eq \f(aa,ba)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \s\up12(a)<1，
所以ba>aa，即ba最大．
2．不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋ax)解析：由题意，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是减函数，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋ax)所以x2＋ax>2x＋a－2恒成立，
所以x2＋(a－2)x－a＋2>0恒成立，
所以Δ＝(a－2)2－4(－a＋2)<0，
即(a－2)(a－2＋4)<0，即(a－2)(a＋2)<0，
解得－2答案：(－2，2)
3．若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(ax2－4x＋3)有最大值3，则a＝________．
解析：令h(x)＝ax2－4x＋3，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(h（x）)，
由于f(x)有最大值3，所以h(x)应有最小值－1，因此必有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(12a－16,4a)＝－1，))
解得a＝1，
即当f(x)有最大值3时，a的值为1.
答案：1
换元法在指数型函数问题中的应用(师生共研)
已知函数f(x)＝4x＋m·2x－2在区间[－2，2]上单调递增，求m的取值范围．
【解】 设t＝2x，则f(x)＝4x＋m·2x－2＝t2＋mt－2.
因为x∈[－2，2]，所以t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4)).
又函数f(x)＝4x＋m·2x－2在区间[－2，2]上单调递增，
即f(x)＝t2＋mt－2在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4))上单调递增，
故有－eq \f(m,2)≤eq \f(1,4)，
解得m≥－eq \f(1,2).
所以m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
eq \a\vs4\al()
(1)此例题利用了换元法，把函数f(x)转化为y＝t2＋mt－2，其中t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4))，将问题转化为求二次函数在闭区间上的单调性问题，从而减少了运算量．
(2)对于同时含有ax与a2x(a>0且a≠1)的函数、方程、不等式问题，通常令t＝ax进行换元巧解，但一定要注意新元的范围；对数型函数的类似问题，也要用换元法．
已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(ax)，a为常数，且函数的图象过点(－1，2)．
(1)求a的值；
(2)若g(x)＝4－x－2，且g(x)＝f(x)，求满足条件的x的值．
解：(1)由已知得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(－a)＝2.解得a＝1.
(2)由(1)知f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，
又g(x)＝f(x)，则4－x－2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－2＝0，
令eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝t，则t>0，t2－t－2＝0，
即(t－2)(t＋1)＝0，
又t>0，故t＝2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＝2.解得x＝－1，
故满足条件的x的值为－1.
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A．60 B．63
C．66 D．69
【解析】 由题意可知，当I(t*)＝0.95K时，eq \f(K,1＋eeq \s\up8(－0.23（t*－53）))＝0.95K，即eq \f(1,0.95)＝1＋eeq \s\up8(－0.23(t*－53))，eeq \s\up8(－0.23(t*－53))＝eq \f(1,19)，eeq \s\up8(0.23(t*－53))＝19，所以0.23(t*－53)＝ln 19≈3，所以t*≈66.故选C．
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
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A．eq \r(\f(M2,M1))R B．eq \r(\f(M2,2M1))R
C．eq \r(3,\f(3M2,M1))R D．eq \r(3,\f(M2,3M1))R
解析：选D．由eq \f(M1,（R＋r）2)＋eq \f(M2,r2)＝(R＋r)eq \f(M1,R3)，得eq \f(M1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(r,R)))\s\up12(2))＋eq \f(M2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r,R)))\s\up12(2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(r,R)))M1.因为α＝eq \f(r,R)，所以eq \f(M1,（1＋α）2)＋eq \f(M2,α2)＝(1＋α)M1，得eq \f(3α3＋3α4＋α5,（1＋α）2)＝eq \f(M2,M1).由eq \f(3α3＋3α4＋α5,（1＋α）2)≈3α3，得3α3≈eq \f(M2,M1)，即3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(r,R)))eq \s\up12(3)≈eq \f(M2,M1)，所以r≈eq \r(3,\f(M2,3M1))·R，故选D．函数
y＝ax(a>0，且a≠1)
图象
0a>1
图象特征
在x轴上方，过定点(0，1)
图象特征
当x逐渐增大时，图象逐渐下降
当x逐渐增大时，图象逐渐上升
性质
定义域
R
值域
(0，＋∞)
单调性
减
增
函数值变化规律
当x＝0时，y＝1
当x<0时，y>1；
当x>0时，0当x<0时，0当x>0时，y>1