人教A版 (2019)必修 第一册4.2 指数函数第二课时导学案

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册4.2 指数函数第二课时导学案，共6页。

[例1] (链接教科书第117页例3)比较下列各组数的大小：
(1)1.52.5和1.53.2；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,11)))eq \s\up6(\f(5,6))与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,33)))eq \s\up6(\f(5,6))；
(3)1.50.3和
[解] (1)∵函数y＝1.5x在R上是增函数，2.5＜3.2，∴1.52.5＜
(2)指数函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,11)))eq \s\up12(x)与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,33)))eq \s\up12(x)的图象(如图)，
由图知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,11)))eq \s\up6(\f(5,6))>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,33)))eq \s\up6(\f(5,6)).
(3)由指数函数的性质知1.50.3＞1.50＝1，
而0.81.2＜0.80＝1，
∴1.50.3＞
eq \a\vs4\al()
比较指数幂大小的3种类型及处理方法

[跟踪训练]
比较下列各题中两个值的大小：
(1)0.8－0.1，1.250.2；
(2)1.70.3，0.93.1；
(3)a0.5与a0.6(a>0且a≠1)．
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，
而0.8－0.2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))eq \s\up12(－0.2)＝1.250.2，
即0.8－0.1＜
(2)∵1.70.3＞1.70＝1，0.93.1＜0.90＝1，
∴1.70.3＞
(3)a0.5与a0.6可看做指数函数y＝ax的两个函数值．
当0a0.6.当a>1时，函数y＝ax在R上是增函数．∵0.5<0.6，∴a0.5a0.6；当a>1时，a0.5[例2] (链接教科书第119页T3)求解下列不等式：
(1)已知3x≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(－0.5)，求实数x的取值范围；
(2)若a－5x＞ax＋7(a＞0且a≠1)，求x的取值范围．
[解] (1)因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(－0.5)＝30.5，所以由3x≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(－0.5)可得：3x≥30.5，因为y＝3x为增函数，故x≥0.5.
(2)①当0＜a＜1时，函数y＝ax是减函数，则由a－5x＞ax＋7可得－5x＜x＋7，解得x＞－eq \f(7,6).
②当a＞1时，函数y＝ax是增函数，则由a－5x＞ax＋7可得－5x＞x＋7，解得x＜－eq \f(7,6).
综上，当0＜a＜1时，x＞－eq \f(7,6)；当a＞1时，x＜－eq \f(7,6).
eq \a\vs4\al()
1．指数型不等式的解法
(1)指数型不等式af(x)＞ag(x)(a＞0，且a≠1)的解法：
当a＞1时，f(x)＞g(x)；
当0＜a＜1时，f(x)＜g(x)．
(2)如果不等式的形式不是同底指数式的形式，要首先进行变形将不等式两边的底数进行统一，此时常用到以下结论：1＝a0(a＞0，且a≠1)，a－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(x)(a＞0，且a≠1)等．
2．指数方程的求解方法
(1)同底法：形如af(x)＝ag(x)(a>0，且a≠1)的方程，化为f(x)＝g(x)求解；
(2)换元法：形如a2x＋b·ax＋c＝0(a>0，且a≠1)的方程，用换元法求解，求解时应特别注意ax>0.
[跟踪训练]
1．方程81×32x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))eq \s\up12(x＋2)的解为________．
解析：∵81×32x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))eq \s\up12(x＋2)，∴32x＋4＝3－2(x＋2)，∴2x＋4＝－2(x＋2)，解得x＝－2.
答案：－2
2．设01的解集为________．
解析：因为01＝a0变为2x2－7x＋3<0，解得eq \f(1,2)答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))
[例3] 判断f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x2－2x)的单调性，并求其值域．
[解] 令u＝x2－2x，则原函数变为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(u).
∵u＝x2－2x＝(x－1)2－1在(－∞，1]上递减，在(1，＋∞)上递增，又∵y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(u)在(－∞，＋∞)上递减，
∴y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x2－2x)在(－∞，1]上递增，在(1，＋∞)上递减．
∵u＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，
∴y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(u)，u∈[－1，＋∞)，
∴0＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(u)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(－1)＝3，
∴原函数的值域为(0，3]．
eq \a\vs4\al()
函数y＝af(x)(a＞0，a≠1)的单调性的处理技巧
(1)关于指数型函数y＝af(x)(a＞0，且a≠1)的单调性由以下两点所决定，一是底数a＞1还是0＜a＜1；二是f(x)的单调性，它由两个函数y＝au，u＝f(x)复合而成；
(2)求复合函数的单调区间，首先求出函数的定义域，然后把函数分解成y＝f(u)，u＝φ(x)，通过考查f(u)和φ(x)的单调性，求出y＝f(φ(x))的单调区间．
[跟踪训练]
1．画出函数y＝2－|x|的图象，并根据图象求函数的单调区间．
解：y＝2－|x|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≥0，,2x，x<0))的图象如图所示．
由图象可得函数y＝2－|x|的单调递增区间为(－ ∞，0]，单调递减区间为(0，＋∞)．
2．函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在区间[1，2]上的最大值比最小值大eq \f(a,2)，求a的值．
解：①若a>1，则f(x)在[1，2]上单调递增，最大值为a2，最小值为a.
所以a2－a＝eq \f(a,2)，解得a＝eq \f(3,2)或a＝0(舍去)．
②若0所以a－a2＝eq \f(a,2)，解得a＝eq \f(1,2)或a＝0(舍去)．
综上所述，a的值为eq \f(1,2)或eq \f(3,2).
[例4] 已知定义在R上的函数f(x)＝a＋eq \f(1,4x＋1)是奇函数．
(1)求a的值；
(2)判断f(x)的单调性(不需要写出理由)；
(3)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求实数k的取值范围．
[解] (1)∵f(x)的定义域为R，且f(x)为奇函数，
∴f(0)＝0，即a＋eq \f(1,2)＝0，∴a＝－eq \f(1,2).
(2)由(1)知f(x)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,4x＋1)，
故f(x)在R上为减函数．
(3)∵f(x)为奇函数，
∴f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0可化为f(t2－2t)由(2)知f(x)在R上单调递减，
∴t2－2t>k－2t2，
即3t2－2t－k>0对于一切t∈R恒成立，
∴Δ＝4＋12k<0，得k<－eq \f(1,3)，
∴k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).
eq \a\vs4\al()
解决指数函数性质综合应用问题的注意点
(1)注意代数式的变形，如分式通分、因式分解、配方法、分母(或分子)有理化等变形技巧；
(2)解答函数问题注意应在函数定义域内进行；
(3)由于指数函数单调性与底数有关，因此要注意是否需要讨论．
[跟踪训练]
已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))·x3.
(1)求f(x)的定义域；
(2)讨论f(x)的奇偶性；
(3)证明：f(x)>0.
解：(1)由题意得2x－1≠0，即x≠0，
∴f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．
(2)由(1)知，f(x)的定义域关于原点对称．
令g(x)＝eq \f(1,2x－1)＋eq \f(1,2)＝eq \f(2x＋1,2（2x－1）)，φ(x)＝x3，
则f(x)＝g(x)·φ(x)．
∵g(－x)＝eq \f(2－x＋1,2（2－x－1）)＝eq \f(1＋2x,2（1－2x）)＝－g(x)，
φ(－x)＝(－x)3＝－x3＝－φ(x)，
∴f(－x)＝g(－x)·φ(－x)＝[－g(x)]·[－φ(x)]＝g(x)·φ(x)＝f(x)，
∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))·x3为偶函数．
(3)证明：当x>0时，2x>1，
∴2x－1>0，∴eq \f(1,2x－1)＋eq \f(1,2)>0.
∵x3>0，∴f(x)>0.
由偶函数的图象关于y轴对称，知当x<0时，f(x)>0也成立．故对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，恒有f(x)>0.
1．函数f(x)＝(eq \r(3))x在区间[1，2]上的最大值是( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \r(3)
C．3 D．2eq \r(3)
解析：选C 因为eq \r(3)>1，所以指数函数f(x)＝(eq \r(3))x为增函数，所以当x＝2时，函数取得最大值，且最大值为3.
2．已知0.3m>0.3n，则m，n的大小关系为( )
A．m>n B．mC．m＝n D．不能确定
解析：选B 因为函数y＝0.3x是R上的减函数，且0.3m>0.3n，所以m3．f(x)＝2|x|，x∈R，那么f(x)是( )
A．奇函数且在(0，＋∞)上是增函数
B．偶函数且在(0，＋∞)上是增函数
C．奇函数且在(0，＋∞)上是减函数
D．偶函数且在(0，＋∞)上是减函数
解析：选B 由x∈R且f(－x)＝f(x)知f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)＝2x是增函数．
4．指数函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在R上是减函数，则函数g(x)＝(a－2)x3在R上的单调性为( )
A．单调递增
B．在(0，＋∞)上递减，在(－∞，0)上递增
C．单调递减
D．在(0，＋∞)上递增，在(－∞，0)上递减
解析：选C ∵指数函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在R上是减函数，
∴0∴a－2<0，
∴g(x)＝(a－2)x3在R上是减函数，故选C.
5．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1－x)的单调递增区间为( )
A．(－∞，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，1)
解析：选A 由已知得，f(x)的定义域为R.
设u＝1－x，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(u).
因为u＝1－x在R上为减函数，
又因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(u)在(－∞，＋∞)上为减函数，
所以y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1－x)在(－∞，＋∞)上为增函数，所以选A.
指数式的大小比较
解指数型不等式或方程
指数型函数的单调性
指数函数性质的综合应用