2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第5讲　指数函数学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第5讲　指数函数学案，共12页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
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．
二、习题改编
1．(必修1P56例6改编)若函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)的图象经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,2)))，则f(－1)＝ ．
答案：eq \r(2)
2．(必修1P59A组T7改编)已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(－\f(1,3))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(－\f(1,4))，
c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(－\f(3,4))，则a，b，c的大小关系是 ．
解析：因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(x)是减函数，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(－\f(1,3))>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(－\f(1,4))>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \s\up12(0)，即a>b>1，又c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(－\f(3,4))答案：c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＝ax2＋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
eq \a\vs4\al(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<0
B．a>1，b>0
C．00
D．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．(2020·河北武邑中学调研)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>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
已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(2,3))，b＝2eq \s\up5(－\f(4,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\f(1,3))，则下列关系式中正确的是( )
A．cC．a【解析】 把b化简为b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up6(\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\up6(\f(4,3))【答案】 B
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
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)
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 研究指数型函数的性质
(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．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋2x－1)的值域是( )
A．(－∞，4) B．(0，＋∞)
C．(0，4] D．[4，＋∞)
解析：选C.设t＝x2＋2x－1，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(t).因为02．已知a，b∈(0，1)∪(1，＋∞)，当x>0时，1A．0C．1解析：选C.因为x>0时，11.因为x>0时，bx0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))eq \s\up12(x)>1.所以eq \f(a,b)>1，所以a>b.所以1思想方法系列3 换元法求解指数型函数的有关问题
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.
[基础题组练]
1．若函数f(x)＝(2a－5)·ax是指数函数，则f(x)在定义域内( )
A．为增函数 B．为减函数
C．先增后减 D．先减后增
解析：选A.由指数函数的定义知2a－5＝1，解得a＝3，所以f(x)＝3x，所以f(x)在定义域内为增函数．
2．设函数f(x)＝x2－a与g(x)＝ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，则M＝(a－1)0.2与N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(0.1)的大小关系是( )
A．M＝N B．M≤N
C．MN
解析：选D.因为f(x)＝x2－a与g(x)＝ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，所以a>2，所以M＝(a－1)0.2>1，N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(0.1)<1，所以M>N，故选D.
3．已知f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b为常数)的图象经过点(2，1)，则f(x)的值域为( )
A．[9，81] B．[3，9]
C．[1，9] D．[1，＋∞)
解析：选C.由f(x)过定点(2，1)可知b＝2，所以f(x)＝3x－2且在[2，4]上是增函数，f(x)min＝f(2)＝1，f(x)max＝f(4)＝9.
4.已知函数y＝kx＋a的图象如图所示，则函数y＝ax＋k的图象可能是( )
解析：选B.由函数y＝kx＋a的图象可得k<0，0－1，所以－15．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2－x，x≥0，,2x－1，x<0，))则函数f(x)是( )
A．偶函数，在[0，＋∞)内单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)内单调递减
C．奇函数，且单调递增
D．奇函数，且单调递减
解析：选C.易知f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此时－x<0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此时－x>0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C.
6．不等式2－x2＋2x>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)的解集为 ．
解析：不等式2－x2＋2x >eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2－2x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)，等价于x2－2x答案：{x|－17．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝eq \f(1,9)，则f(x)的单调递减区间是 ．
解析：由f(1)＝eq \f(1,9)得a2＝eq \f(1,9).
又a>0，所以a＝eq \f(1,3)，因此f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(|2x－4|).
因为g(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是[2，＋∞)．
答案：[2，＋∞)
8．设偶函数g(x)＝a|x＋b|在(0，＋∞)上单调递增，则g(a)与g(b－1)的大小关系是 ．
解析：由于g(x)＝a|x＋b|是偶函数，知b＝0，
又g(x)＝a|x|在(0，＋∞)上单调递增，得a>1.
则g(b－1)＝g(－1)＝g(1)，故g(a)>g(1)＝g(b－1)．
答案：g(a)>g(b－1)
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(|x|－a).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的最大值等于eq \f(9,4)，求a的值．
解：(1)令t＝|x|－a，则f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)，不论a取何值，t在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)是单调递减的，
因此f(x)的单调递增区间是(－∞，0]，
单调递减区间是(0，＋∞)．
(2)由于f(x)的最大值是eq \f(9,4)，
且eq \f(9,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(－2)，
所以函数g(x)＝|x|－a应该有最小值－2，从而a＝2.
10．(2020·福建养正中学模拟)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋2ax(－3≤x≤3)．
(1)若g(x)在[－3，3]上是单调函数，求a的取值范围；
(2)当a＝－1时，求函数y＝f(g(x))的值域．
解：(1)g(x)＝(x＋a)2－a2图象的对称轴为直线x＝－a，因为g(x)在[－3，3]上是单调函数，所以－a≥3或－a≤－3，即a≤－3或a≥3.故a的取值范围为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
(2)当a＝－1时，f(g(x))＝2eq \s\up8(x2－2x) (－3≤x≤3)．
令u＝x2－2x，y＝2u.
因为x∈[－3，3]，所以u＝x2－2x＝(x－1)2－1∈[－1，15]．
而y＝2u是增函数，所以eq \f(1,2)≤y≤215，
所以函数y＝f(g(x))的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，215)).
[综合题组练]
1．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)函数y＝eq \f(2x,2x＋1)(x∈R)的值域为( )
A．(0，＋∞) B．(0，1)
C．(1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：选B.y＝eq \f(2x,2x＋1)＝eq \f(2x＋1－1,2x＋1)＝1－eq \f(1,2x＋1)，
因为2x>0，所以1＋2x>1，
所以0所以函数y的值域为(0，1)，故选B.
2．已知函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在区间[－1，2]上的最大值为8，最小值为m.若函数g(x)＝(3－10m)eq \r(x)是单调递增函数，则a＝ ．
解析：根据题意，得3－10m>0，解得m当a>1时，函数f(x)＝ax在区间[－1，2]上单调递增，
最大值为a2＝8，解得a＝2eq \r(2)，最小值为m＝a－1＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)>eq \f(3,10)，不合题意，舍去；
当0答案：eq \f(1,8)
3．已知定义域为R的函数f(x)＝eq \f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)解关于t的不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0.
解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，
即eq \f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1，
所以f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋a).
又由f(1)＝－f(－1)知eq \f(－2＋1,4＋a)＝－eq \f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋1).
由上式易知f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数(此处可用定义或导数法证明函数f(x)在R上是减函数)．
又因为f(x)是奇函数，所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－1)＝f(－2t2＋1)．
所以t2－2t>－2t2＋1即3t2－2t－1>0.
解得t>1或t<－eq \f(1,3)，所以该不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(t|t>1或t<－\f(1,3))).
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)
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