第2章 第3节 第2课时 指数函数（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❷课时　指数函数 课标解读 1.了解指数函数的实际意义，理解指数函数的概念. 2.能画具体指数函数的图象，探索并理解指数函数的单调性与特殊点. [对应学生用书P35] 知识点一　指数函数 定义：一般地，函数y＝ax(a>0，且a≠1)叫做指数函数，其中指数x是自变量，定义域是R. 知识点二　指数函数的图象与性质 0<a<1 a>1 图象 定义域 R 值域 (0，＋∞) 性质 过定点(0，1)，即x＝0时，y＝1 当x<0时，y>1；当x>0时，0<y<1 当x>0时，y>1；当x<0时，0<y<1 减函数 增函数 (1)形如y＝kax，y＝ax＋k(k∈R且k≠0，a>0且a≠1)的函数叫做指数型函数，不是指数函数.当指数函数的底数a的大小不确定时，需分a>1和0<a<1两种情况进行讨论. (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. 规律：在y轴右(左)侧图象越高(低)，其底数越大. 一、辨析正误(在括号内打“√”或“×”) (1)函数y＝3·2x与y＝2x＋1都不是指数函数.(　　√　　) (2)若am<an(a>0，且a≠1)，则m<n.(　　×　　) (3)函数y＝2－x在R上为单调减函数.(　　√　　) (4)函数y＝a (a>1)的值域是(0，＋∞).(　　×　　) 二、版本互鉴 1.(人教A版必修第一册P115 T2改编)已知指数函数y＝f(x)的图象经过点(－1，2)，那么这个函数也必定经过点(　　) A.(－2，) B.(－1，) C.(1，2) D.(3，) 答案：D 2.(人教A版必修第一册P159 T1改编)如图，①②③④中不属于函数y＝2x，y＝6x，y＝()x图象的一个是(　　) A.① B.② C.③ D.④ 答案：B 3.(苏教版必修第一册P155 T5改编)若指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)在区间[0，1]上的最大值与最小值之和为3，则a的值为(　　) A.2 B.3 C.4 D. 答案：A 4.(人教B版必修第二册P52 A组 T10改编)函数y＝的定义域为_____________. 答案：[0, ＋∞) 5.(人教A版必修第一册P109 T3改编)已知a＝()－，b＝()－，c＝()－，则a，b，c的大小关系是________. 答案：c<b<a [对应学生用书P36] 考点 指数型函数图象的辨析 (自悟通) 1.函数f(x)＝1－e|x|的图象大致是(　　) A　解析：由f(x)＝1－e|x|是偶函数，其图象关于y轴对称，排除B，D.又e|x|≥1，所以f(x)的值域为(－∞，0]，排除C. 2.(多选)已知函数y＝ax－b(a>0且a≠1)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A.ab>1 B.a＋b>1 C.ba>1 D.2b－a<1 ABD　解析：由图象可知，函数y＝ax－b(a>0且a≠1)在R上单调递增，则a>1， 且当x＝0时，y＝1－b∈(0，1)，可得0<b<1. 对于A选项，ab>a0＝1，A正确； 对于B选项，a＋b>a>1，B正确； 对于C选项，ba<b0＝1，C错误； 对于D选项，由题意可知，0<b<1<a，则b－a<0， 所以2b－a<20＝1，D正确.故选ABD. 有关指数函数图象问题的解题思路 (1)已知函数解析式判断其图象，一般是取特殊点，判断选项中的图象是否过这些点，若不满足则排除. (2)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. 考点 指数函数图象的应用 (精研通) 【例1】 若函数y＝|2x－1|的图象与直线y＝b有两个公共点，则b的取值范围为________. 答案：(0，1)　解析：作出函数y＝|2x－1|的图象与直线y＝b如图所示. 由图象可得b的取值范围是(0，1). 直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a＞0，且a≠1)的图象有两个公共点，求实数a的取值范围. 解：y＝|ax－1|的图象是由y＝ax的图象先向下平移1个单位长度，再将x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方得到的. 当a＞1时，如图①，两图象只有一个交点，不合题意； 当0＜a＜1时，如图②，要使两个图象有两个交点，则0＜2a＜1，得到0＜a＜. 综上可知，实数a的取值范围是(0，). (1)有关指数方程、不等式问题的求解，往往是利用相应的指数型函数图象，数形结合求解. (2)根据指数函数图象判断底数大小的问题，可以通过直线x＝1与图象的交点进行判断. 1.已知f(x)＝|2x－1|，当a<b<c时，有f(a)>f(c)>f(b)，则必有(　　) A.a<0，b<0，c<0 B.a<0，b>0，c>0 C.2－a<2c D.1<2a＋2c<2 D　解析：作出函数f(x)＝|2x－1|的图象如图所示. 因为a<b<c，且有f(a)>f(c)>f(b)， 所以必有a<0，0<c<1，b的符号不确定，且|2a－1|>|2c－1|， 所以1－2a>2c－1，则2a＋2c<2，显然2a＋2c>1，故1<2a＋2c<2. 2.若函数f(x)＝()|1－x|＋m的图象与x轴有公共点，则m的取值范围是________. 答案：[－1，0)　解析：作出函数g(x)＝()|1－x|的图象如图所示， 由图象可知0<g(x)≤1，则m<g(x)＋m≤m＋1，即m<f(x)≤m＋1. 要使函数f(x)＝()|1－x|＋m的图象与x轴有公共点， 则解得－1≤m<0. 考点 指数函数性质 (精研通) 考法1　比较大小问题 【例2】 (1)(2020·天津卷)设a＝30.7，b＝()－0.8，c＝log0.70.8，则a，b，c的大小关系为(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b (2)已知f(x)＝mx－m－x(m>0且m≠1)，a＝()－，b＝()，c＝log2，判断f(a)，f(b)，f(c)的大小. (1)D　解析：由题知c＝log0.70.8<1，b＝()－0.8＝30.8，易知函数y＝3x在R上单调递增，所以b＝30.8>30.7＝a>30＝1，所以c<a<b. (2)解：∵a＝()－＝()>()＝b>0，c＝log2<0，∴a>b>c. ①当m>1时，f(x)是R上的增函数，∴f(c)<f(b)<f(a)； ②当0<m<1时，f(x)是R上的减函数，∴f(a)<f(b)<f(c). 比较指数式的大小的方法 (1)能化成同底数的，先化成同底数幂，再利用单调性比较大小； (2)不能化成同底数的，一般引入“1”等中间量比较大小. 已知a＝2，b＝4，c＝25，则(　　) A.b<a<c B.a<b<c C.b<c<a D.c<a<b A　解析：因为a＝2＝4>4＝b，c＝25＝5>4＝a，所以b<a<c. 考法2　解指数方程或不等式 【例3】 (1)已知实数a≠1，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(a－1)，则a的值为________. (2)设函数f(x)＝若f(a)＜1，则实数a的取值范围是________. 答案：(1)　(2)(－3，1)　解析：(1)当a＜1时，41－a＝21，解得a＝； 当a＞1时，代入f(1－a)＝f(a－1)不成立.故a的值为. (2)当a＜0时，f(a)＜1，即()a－7＜1，所以()a＜8，解得a＞－3，故－3＜a＜0；当a≥0时，f(a)＜1，即＜1，解得a＜1，故0≤a＜1.综上可得实数a的取值范围是(－3，1). 简单的指数方程或不等式的求解方法 解决此类问题应利用指数函数的单调性，要特别注意底数a的取值范围，并在必要时进行分类讨论. 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________. 答案：{x|x>4或x<0}　解析：∵f(x)为偶函数，当x＜0时，－x>0， 则f(x)＝f(－x)＝2－x－4，∴f(x)＝ 当f(x－2)＞0时，有或解得x＞4或x＜0. ∴不等式的解集为{x|x>4或x<0}. 考法3　与指数函数有关的最值问题 【例4】 (1)(2023·云南昆明模拟)已知集合A＝{x|(2－x)·(2＋x)>0}，则函数f(x)＝4x－2x＋1－3(x∈A)的最小值为(　　) A.4 B.2 C.－2 D.－4 (2)若函数f(x)＝()a有最大值3，则a＝________. 答案：(1)D　(2)1　解析：(1)由题知集合A＝{x|－2<x<2}.又f(x)＝(2x)2－2×2x－3， 设2x＝t，则<t<4，所以f(x)＝g(t)＝t2－2t－3＝(t－1)2－4， 且函数g(t)的对称轴为直线t＝1，所以所求函数的最小值为g(1)＝－4. (2)令h(x)＝ax2－4x＋3，则y＝()h(x).由于f(x)有最大值3， 所以h(x)应有最小值－1，因此必有解得a＝1， 即当f(x)有最大值3时，a的值为1. 解决形如y＝a2x＋b·ax＋c(a>0，且a≠1)型函数最值问题，多利用换元法，即令t＝ax，转化为y＝t2＋bt＋c的最值问题，注意根据指数函数求t的范围. 1.定义在[－1，1]上的函数f(x)＝－2·9x＋4·3x，则下列结论中错误的是(　　) A.f(x)的单调递减区间是(0，1) B.f(x)的单调递增区间是(－1，1) C.f(x)的最大值是f(0)＝2 D.f(x)的最小值是f(1)＝－6 B　解析：设t＝3x，x∈[－1，1]，它是增函数，且t∈，30＝1，f(x)＝y＝－2t2＋4t＝－2(t－1)2＋2，它在t∈(－∞，1)上单调递增，在t∈(1，＋∞)上单调递减，因此f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，A正确，B错误；f(x)max＝f(0)＝2，C正确；f(－1)＝，f(1)＝－6，最小值是－6，D正确. 2.已知函数y＝a2x＋2ax－1(x≥0)，当a>1时，函数的值域为________；当0<a<1时，函数的值域为________. 答案：[2，＋∞)　(－1，2]　解析：y＝a2x＋2ax－1，令t＝ax，则y＝g(t)＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.当a>1时，∵x≥0，∴t≥1，∴当a>1时，y≥2；当0<a<1时，∵x≥0，∴0<t≤1，又g(0)＝－1，g(1)＝2，∴当0<a<1时，－1<y≤2.综上所述，当a>1时，函数的值域是[2，＋∞)；当0<a<1时，函数的值域是(－1，2]. 3.若不等式1＋2x＋4x·a>0在x∈(－∞，1]上恒成立，则实数a的取值范围是________. 答案：(－，＋∞) 解析：从已知不等式中分离出实数a，得a>－[()x＋()x]，因为函数y＝()x和y＝()x在R上都是减函数，所以当x∈(－∞，1]时，()x≥，()x≥，所以()x＋()x≥＋＝，从而得－[()x＋()x]≤－.故实数a的取值范围为(－，＋∞). 分级练(12)　指数函数 分级一　提能强化 1.函数y＝ln (2x－1)的定义域是(　　) A.[0，＋∞) B.[1，＋∞) C.(0，＋∞) D.(1，＋∞) C　解析：由2x－1>0，得x>0，所以函数y的定义域为(0，＋∞). 2.若2x2＋1≤()x－2，则函数y＝2x的值域是(　　) A. B. C.(－∞，) D.[2，＋∞) B　解析：∵()x－2＝(2－2)x－2＝2－2x＋4，∴2x2＋1≤2－2x＋4，即x2＋1≤－2x＋4， 即x2＋2x－3≤0， ∴－3≤x≤1，此时y＝2x的值域为[2－3，21]，即. 3.(2023·广东福田外国语高中模拟)已知a＝2，b＝3，c＝4，则a，b，c的大小关系为(　　) A.a<b<c B.c<a<b C.a<c<b D.c<b<a B　解析：∵y＝2x在R上单调递增，y＝x在(0，＋∞)上单调递增， ∴c＝4＝2<2＝a＝8<9＝3＝b. 4.函数f(x)＝ax－b的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论中正确的是(　　) A.a>1，b<0 B.a>1，b>0 C.0<a<1，0<b<1 D.0<a<1，b<0 D　解析：方法一　由题图可知0<a<1，当x＝0时，a－b∈(0，1)，故－b>0，得b<0. 方法二　由题图可知0<a<1，f(x)的图象可由函数y＝ax的图象向左平移得到，故－b>0，则b<0. 5.(2023·山东潍坊一中期末)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，＋∞) C　解析：由f(x)过点(2，1)可知b＝2.因为f(x)＝3x－2在[2，4]上是增函数，所以f(x)min＝f(2)＝32－2＝1，f(x)max＝f(4)＝34－2＝9，即f(x)的值域为[1，9]. 6.(多选)对函数f(x)＝()x2＋1判断正确的是(　　) A.单调递增区间为(0，＋∞) B.单调递增区间为(－∞，0) C.值域为 D.值域为 BD　解析：根据指数函数的性质知，y＝()x在(－∞，＋∞)上单调递减，而y＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，故f(x)＝()x2＋1的单调递增区间为(－∞，0)；y＝x2＋1的值域为[1，＋∞)，而y＝()x在[1，＋∞)上单调递减，故f(x)＝()x2＋1的值域为. 7.已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，且a≠1)的定义域和值域都是[－1，0]，则a＋b＝________. 答案：－　解析：当a>1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1，0]上为增函数， 由题意得无解，应舍去.当0<a<1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1，0]上为减函数，由题意得解得满足题意，所以a＋b＝－. 8.(2023·辽宁大连双基测试)函数y＝(x∈R)的值域为________. 答案：(0，1)　解析：y＝＝＝1－.因为2x>0，所以2x＋1>1， 所以0<<1，－1<－<0，0<1－<1，即0<y<1， 所以函数y的值域为(0，1). 9.已知函数f(x)＝为奇函数. (1)求a的值； (2)判断函数f(x)的单调性，并加以证明. 解：(1)因为函数f(x)是奇函数，且f(x)的定义域为R， 所以f(0)＝＝0， 所以a＝－1(经检验，当a＝－1时f(x)为奇函数，满足题意). (2)由(1)知f(x)＝＝1－，函数f(x)在定义域R上单调递增. 证明如下： 设x1，x2∈R，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝. 因为x1<x2，所以3<3，所以3－3<0，所以f(x1)<f(x2)， 所以函数f(x)在定义域R上单调递增. 分级二　知能探究 10.(2023·河北衡水模拟)若a＝20.4，b＝30.3，c＝40.2，则(　　) A.a>b>c B.c>b>a C.c＝a>b D.b>a＝c D　解析：由题得a＝20.4＝2，b＝30.3＝3，c＝40.2＝4. 又(2)10＝24<33＝(3)10，所以a<b，且(4)10＝42＝24＝(2)10，则a＝c，所以c＝a<b. 11.若ea＋πb≥e－b＋π－a，则有(　　) A.a＋b≤0 B.a－b≥0 C.a－b≤0 D.a＋b≥0 D　解析：令f(x)＝ex－π－x，则f(x)在R上单调递增. 因为ea＋πb≥e－b＋π－a，所以ea－π－a≥e－b－πb， 则f(a)≥f(－b)，所以a≥－b，即a＋b≥0. 12.(2023·广东深圳模拟)已知函数f(x)在R上是单调函数，且满足对任意x∈R，都有f(f(x)－2x)＝3，则f(3)的值是(　　) A.3 B.7 C.9 D.12 C　解析：因为函数f(x)在R上是单调函数， 所以存在唯一的t∈R，使得f(t)＝3， 对于方程f(f(x)－2x)＝3，则t＝ f(x)－2x，可得f(x)＝2x＋t， 所以，函数f(x)在R上是增函数，由f(t)＝2t＋t＝3， 可得t＝1，所以f(x)＝2x＋1，因此f(3)＝23＋1＝9. 13.函数y＝ax＋1－2(a>0，且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中m，n>0，则＋的最小值为________. 答案：3＋2　解析：令x＋1＝0，可得x＝－1，此时y＝a0－2＝－1， 所以函数图象恒过定点A(－1，－1). 因为点A在直线mx＋ny＋1＝0上，所以－m－n＋1＝0，所以m＋n＝1， 所以＋＝×(m＋n)＝3＋＋≥3＋2＝3＋2， 当且仅当即时等号成立. 综上，＋的最小值为3＋2. 14.(2022·广东佛山三模)已知函数f(x)＝2x＋a·2－x的图象关于原点对称，若f(2x－1)>，则x的取值范围为________. 答案：(1，＋∞)　解析：定义在R上的函数f(x)＝2x＋a·2－x的图象关于原点对称，则f(0)＝20＋a·20＝0，解得a＝－1，经检验符合题意，y＝2x，y＝－2－x均为R上的增函数，则f(x)＝2x－2－x为R上的增函数，又f(1)＝21－2－1＝，则不等式f(2x－1)>等价于2x－1>1，解得x>1. 15.已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a>0，b∈R)在区间[2，4]上有最小值1和最大值9，设f(x)＝. (1)求a，b的值； (2)若不等式f(3x)－k·3x≥0在x∈[－1，1]上有解，求实数k的取值范围. 解：(1)函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a＞0，b∈R)， 则图象对称轴x＝－＝1，故函数g(x)在[2，4]上单调递增， 所以当x＝2时，g(x)min＝1，当x＝4时，g(x)max＝9， 所以解得故a的值为1，b的值为0. (2)由(1)得g(x)＝x2－2x＋1，f(x)＝＝x＋－2. 因为不等式f(3x)－k·3x≥0在x∈[－1，1]上有解， 所以3x＋－2－k·3x≥0在x∈[－1，1]上有解， 设t＝，t∈，所以t2－2t＋1≥k在t∈上有解，即(t2－2t＋1)max≥k. 设h(t)＝t2－2t＋1，t∈，对称轴t＝1， 则当t＝3时，h(t)max＝h(3)＝9－6＋1＝4， 所以实数k的取值范围是(－∞，4]. 分级三　素能创新 16.能说明“已知f(x)＝2|x－1|，若f(x)≥g(x)对任意的x∈[0，2]恒成立，则在[0，2]上，f(x)min≥g(x)max”为假命题的一个函数g(x)＝________.(填出一个函数即可) 答案：x－(答案不唯一)　解析：易知函数f(x)＝2|x－1|在x∈[0，2]上的最小值是1，取g(x)＝x－，作出f(x)，g(x)在[0，2]上的图象如图所示，满足f(x)≥g(x)对任意的x∈[0，2]恒成立，但g(x)＝x－在[0，2]上的最大值是，不满足f(x)min≥g(x)max，所以g(x)＝x－能说明题中命题是假命题. 17.已知函数f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1). (1)若f(x)的图象过点(0，2)，求b的值； (2)若函数f(x)在区间[2，3]上的最大值比最小值大，求a的值. 解：(1)∵函数f(x)＝ax＋b(a＞0，且a≠1)，f(x)的图象过点(0，2)， ∴f(0)＝a0＋b＝1＋b＝2，解得b＝1. (2)当0＜a＜1时，f(x)在区间[2，3]上单调递减， 此时f(x)max＝f(2)＝a2＋1，f(x)min＝f(3)＝a3＋1， ∴a2＋1－(a3＋1)＝，解得a＝或a＝0(舍去)； 当a＞1时，f(x)在区间[2，3]上单调递增， 此时f(x)min＝f(2)＝a2＋1，f(x)max＝f(3)＝a3＋1， ∴a3＋1－(a2＋1)＝，解得a＝或a＝0(舍去)， 综上，a的值为或. 学科网（北京）股份有限公司 $$