函数之指数函数讲义、课件-2025届高三数学一轮复习

2025届高考数学一轮复习教案讲义（原卷版）——函数之指数函数 【知识梳理】 1. 指数函数的概念 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. 2.指数函数的图象与性质 a>1 0<a<1 图象 定义域 R 值域 性质 过定点 ，即x＝0时，y＝1 当x>0时， ；当x<0时， 当x<0时， ；当x>0 时， 在(－∞，＋∞)上是 在(－∞，＋∞)上是 y＝ax与y＝的图象关于y轴对称 [常用结论] 1.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)，. 2.指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象和性质跟a的取值有关，要特别注意应分a>1与0<a<1来研究. 3.如图所示是指数函数 (1)y＝ax，(2)y＝bx， (3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，则c>d>1>a>b>0. 【诊断自测】 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数y＝2x－1是指数函数.(　　) (2)函数y＝ax2＋1(a>1)的值域是(0，＋∞).(　) (3)2－3＞2－4.(　　) (4)若am＜an(a＞0，且a≠1)，则m＜n.(　　) 2.函数f(x)＝1－e|x|的图象大致是(　　) 3.(必修一P119T6改编)已知a＝0.750.1，b＝1.012.7，c＝1.013.5，则(　　) A.a＞b＞c B.a＞c＞b C.c＞b＞a D.c＞a＞b 4.函数y＝2的值域为________. 考点一　指数函数的图象及应用 例1 (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.0＜a＜1，b＞0 D.0＜a＜1，b＜0 (2)(多选)(2024·青岛质检)点M(x1，y1)在函数y＝ex的图象上，当x1∈[0，1)时，的值可能等于(　　) A.－1 B.－2 C.－3 D.0 方法总结　1.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. 2.有关指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象，数形结合求解. 训练1 (1)函数f(x)＝的部分图象大致为(　　) (2)(2024·深圳质检)若直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a＞0，且a≠1)的图象有两个交点，则a的取值范围是________. 考点二　指数函数的性质及应用 角度1　比较大小 例2 (1)(2023·天津卷)若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为(　　) A.c>a>b B.c>b>a C.a>b>c D.b>a>c (2)若ea＋πb≥e－b＋π－a，下列结论一定成立的是(　　) A.a＋b≤0 B.a－b≥0 C.a－b≤0 D.a＋b≥0 角度2　解简单的指数方程或不等式 例3 已知y＝4x－3·2x＋3的值域为[1，7]，则x的取值范围是(　　) A.[2，4] B.(－∞，0) C.(0，1)∪[2，4] D.(－∞，0]∪[1，2] 角度3　指数函数性质的综合应用 例4 已知函数f(x)＝(a为常数，且a≠0，a∈R)，且f(x)是奇函数. (1)求a的值； (2)若∀x∈[1，2]，都有f(2x)－mf(x)≥0成立，求实数m的取值范围. 方法总结　1.比较指数式的大小的方法是： (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“0或1”等中间量比较大小. 2.指数方程(不等式)的求解主要利用指数函数的单调性进行转化. 3.涉及指数函数的综合问题，首先要掌握指数函数相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及值域、单调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断. 易错警示　在研究指数型函数的单调性时，当底数a与“1”的大小关系不确定时，要分类讨论. 训练2 (1)(多选)下列各式比较大小正确的是(　　) A.1.72.5>1.73 B.>2－ C.1.70.3>0.93.1 D.< (2)(多选)(2024·福州多校联考)已知函数f(x)＝4x＋＋2，则(　　) A.f(x)在(－∞，0)上单调递增 B.f(x)的图象关于y轴对称 C.f(x)的图象关于点(0，1)对称 D.不等式f(x＋1)<的解集是(－2，0) 习题演练 1.下列函数中，值域是(0，＋∞)的为(　　) A.y＝ B.y＝ C.y＝ D.y＝3 2.已知指数函数f(x)＝(2a2－5a＋3)ax在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的值为(　　) A. B.1 C. D.2 3.函数y＝ax－(a>0，且a≠1)的图象可能是(　　) 4.(2023·郑州模拟)已知a＝2，b＝4，c＝5，则(　　) A.c＜b＜a B.a＜b＜c C.b＜a＜c D.c＜a＜b 5.函数y＝的图象的大致形状是(　　) 6.(多选)(2024·武汉调研)已知函数y＝，则下列说法正确的是(　　) A.定义域为R B.值域为(0，2] C.在[－2，＋∞)上单调递增 D.在[－2，＋∞)上单调递减 7.(2024·自贡诊断)已知函数f(x)＝＋3x＋3，且f(a2)＋f(3a－4)>6，则实数a的取值范围为(　　) A.(－4，1) 　　　　 B.(－3，2) C.(0，5) 　　　　 D.(－∞，－4)∪(1，＋∞) 8.(2024·东莞调研)已知函数f(x)＝＋是奇函数，则a＝________. 9.已知0≤x≤2，则函数y＝4x－－3×2x＋5的最大值为________. 10.满足下列三个性质的一个函数f(x)＝______. ①若xy>0，则f(x＋y)＝f(x)f(y)；②f(x)＝f(－x)；③f(x)在(0，＋∞)上单调递减. 11.已知函数f(x)＝2mx2－x＋1. (1)若m＝1，判断f(x)在区间上的单调性并证明； (2)若f(x)的值域是[，＋∞)，求m的取值范围. 12.已知定义域为R的函数f(x)＝ax－(k－1)·a－x(a＞0，且a≠1)是奇函数. (1)求实数k的值； (2)若f(1)＜0，判断函数f(x)的单调性，若f(m2－2)＋f(m)＞0，求实数m的取值范围. 13.(多选)(2024·南京调研)已知函数f(x)＝a·＋b的图象经过原点，且无限接近直线y＝2，但又不与该直线相交，则下列说法正确的是(　　) A.a＋b＝0 B.若f(x)＝f(y)，且x≠y，则x＋y＝0 C.若x<y<0，则f(x)<f(y) D.f(x)的值域为[0，2) 14.定义在D上的函数f(x)，如果满足： 对任意x∈D，存在常数M>0，都有 －M≤f(x)≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界.已知f(x)＝4x＋a·2x－2. (1)当a＝－2时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的值域，并判断函数f(x)在(0，＋∞)上是否为有界函数，请说明理由； (2)若函数f(x)在(－∞，0)上是以2为上界的有界函数，求实数a的取值范围. 第 54 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高考数学一轮复习教案讲义（解析版）——函数之指数函数 【知识梳理】 1. 指数函数的概念 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. 2.指数函数的图象与性质 a>1 0<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 在(－∞，＋∞)上是增函数 在(－∞，＋∞)上是减函数 y＝ax与y＝的图象关于y轴对称 [常用结论] 1.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)，. 2.指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象和性质跟a的取值有关，要特别注意应分a>1与0<a<1来研究. 3.如图所示是指数函数 (1)y＝ax，(2)y＝bx， (3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，则c>d>1>a>b>0. 【诊断自测】 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数y＝2x－1是指数函数.(　　) (2)函数y＝ax2＋1(a>1)的值域是(0，＋∞).(　) (3)2－3＞2－4.(　　) (4)若am＜an(a＞0，且a≠1)，则m＜n.(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 解析　(1)由于指数函数解析式为y＝ax(a＞0，且a≠1)，故y＝2x－1不是指数函数，故(1)错误. (2)由于x2＋1≥1，又a＞1，∴ax2＋1≥a. 故y＝ax2＋1(a＞1)的值域是[a，＋∞)，(2)错误. (4)m与n的大小关系与a的取值有关. 2.函数f(x)＝1－e|x|的图象大致是(　　) 答案　A 解析　易知f(x)为偶函数，且f(x)＝1－e|x|≤0，A正确. 3.(必修一P119T6改编)已知a＝0.750.1，b＝1.012.7，c＝1.013.5，则(　　) A.a＞b＞c B.a＞c＞b C.c＞b＞a D.c＞a＞b 答案　C 解析　因为函数y＝1.01x在(－∞，＋∞)上是增函数，且3.5＞2.7，故1.013.5＞1.012.7＞1＞0.750.1，即c＞b＞a. 4.函数y＝2的值域为________. 答案　{y|y＞0，且y≠1} 解析　函数的定义域为{x|x≠1}， 因为≠0，所以y≠1， 又指数函数y＝2x的值域为(0，＋∞)， 故所求函数的值域为{y|y＞0，且y≠1}. 考点一　指数函数的图象及应用 例1 (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.0＜a＜1，b＞0 D.0＜a＜1，b＜0 答案　D 解析　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＜a＜1. 又f(0)＝a－b＜a0， 所以－b＞0，即b＜0. (2)(多选)(2024·青岛质检)点M(x1，y1)在函数y＝ex的图象上，当x1∈[0，1)时，的值可能等于(　　) A.－1 B.－2 C.－3 D.0 答案　BC 解析　表示过点M(x1，y1)与点A(1，－1)的直线的斜率k. M(x1，y1)是y＝ex在x∈[0，1)图象上的动点， 如图，B(1，e)，则k∈(－∞，－2]，只有B，C满足. 方法总结　1.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. 2.有关指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象，数形结合求解. 训练1 (1)函数f(x)＝的部分图象大致为(　　) 答案　B 解析　由题意得，f(x)的定义域为R，排除C，D； 当x≥－2时，f(x)＝， 因为0<<1，所以f(x)在[－2，＋∞)上单调递减，排除A.故选B. (2)(2024·深圳质检)若直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a＞0，且a≠1)的图象有两个交点，则a的取值范围是________. 答案　 解析　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轴下方的图象翻折到x轴上方，保持x轴上及其上方的图象不变得到的. 当a＞1时，如图1，两图象只有一个交点，不符合题意；当0＜a＜1时，如图2，要使两个图象有两个交点，则0＜2a＜1，即0＜a＜. 综上可知，a的取值范围是. 考点二　指数函数的性质及应用 角度1　比较大小 例2 (1)(2023·天津卷)若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为(　　) A.c>a>b B.c>b>a C.a>b>c D.b>a>c 答案　D 解析　法一　因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6>0.5>0， 所以1.010.6>1.010.5>1，即b>a>1； 因为函数g(x)＝0.6x是减函数，且0.5>0， 所以0.60.5<0.60＝1，即c<1. 综上，b>a>c. 法二　因为函数f(x)＝1.01x是增函数， 且0.6>0.5，所以1.010.6>1.010.5，即b>a； 因为函数h(x)＝x0.5在(0，＋∞)上单调递增， 且1.01>0.6>0，所以1.010.5>0.60.5，即a>c. 综上，b>a>c. (2)若ea＋πb≥e－b＋π－a，下列结论一定成立的是(　　) A.a＋b≤0 B.a－b≥0 C.a－b≤0 D.a＋b≥0 答案　D 解析　∵ea＋πb≥e－b＋π－a， ∴ea－π－a≥e－b－πb，(*) 令f(x)＝ex－π－x， 则f(x)是R上的增函数， (*)式即为f(a)≥f(－b)， ∴a≥－b，即a＋b≥0. 角度2　解简单的指数方程或不等式 例3 已知y＝4x－3·2x＋3的值域为[1，7]，则x的取值范围是(　　) A.[2，4] B.(－∞，0) C.(0，1)∪[2，4] D.(－∞，0]∪[1，2] 答案　D 解析　∵y＝4x－3·2x＋3的值域为[1，7]， ∴1≤4x－3·2x＋3≤7，且2x＞0， ∴0＜2x≤1或2≤2x≤4， ∴x≤0或1≤x≤2. 角度3　指数函数性质的综合应用 例4 已知函数f(x)＝(a为常数，且a≠0，a∈R)，且f(x)是奇函数. (1)求a的值； (2)若∀x∈[1，2]，都有f(2x)－mf(x)≥0成立，求实数m的取值范围. 解　(1)f(x)＝×2x＋， 因为f(x)是奇函数， 所以f(－x)＝－f(x)， 所以×＋2x＝－， 所以＝0， 即＋1＝0，解得a＝－1. (2)因为f(x)＝－2x，x∈[1，2]， 所以－22x≥m， 所以m≥＋2x，x∈[1，2]， 令t＝2x，t∈[2，4]， 由于y＝t＋在[2，4]上单调递增， 所以m≥4＋＝. 方法总结　1.比较指数式的大小的方法是： (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“0或1”等中间量比较大小. 2.指数方程(不等式)的求解主要利用指数函数的单调性进行转化. 3.涉及指数函数的综合问题，首先要掌握指数函数相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及值域、单调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断. 易错警示　在研究指数型函数的单调性时，当底数a与“1”的大小关系不确定时，要分类讨论. 训练2 (1)(多选)下列各式比较大小正确的是(　　) A.1.72.5>1.73 B.>2－ C.1.70.3>0.93.1 D.< 答案　BCD 解析　因为y＝1.7x为增函数， 所以1.72.5<1.73，故A不正确； 2－＝，y＝为减函数， 所以>＝2－，故B正确； 因为1.70.3>1，而0.93.1∈(0，1)， 所以1.70.3>0.93.1，故C正确； 因为y＝为减函数，所以<. 又y＝x在(0，＋∞)上单调递增， 所以<， 所以<<，故D正确. (2)(多选)(2024·福州多校联考)已知函数f(x)＝4x＋＋2，则(　　) A.f(x)在(－∞，0)上单调递增 B.f(x)的图象关于y轴对称 C.f(x)的图象关于点(0，1)对称 D.不等式f(x＋1)<的解集是(－2，0) 答案　BD 解析　对于A，当x<0时，f′(x)＝4xln 4＋ln ＝ln 4<0， 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，故A错误； 对于B，f(x)的定义域为R，f(－x)＝4－x＋＋2＝＋4x＋2＝f(x)， 所以f(x)的图象关于y轴对称，故B正确； 对于C，因为f(x)＋f(－x)＝2＋4>2， 故函数f(x)的图象不关于点(0，1)对称，故C错误； 对于D，由f(x＋1)＝4x＋1＋＋2<， 得(4x＋1)2－·4x＋1＋1<0， 则<4x＋1<4，可得－1<x＋1<1， 解得－2<x<0， 因此不等式f(x＋1)<的解集是(－2，0)，故D正确.故选BD. 习题演练 1.下列函数中，值域是(0，＋∞)的为(　　) A.y＝ B.y＝ C.y＝ D.y＝3 答案　B 解析　函数y＝的值域为[0，＋∞)； 函数y＝的值域为(0，＋∞)； 函数y＝的值域为[0，1)； 函数y＝3的值域为(0，1)∪(1，＋∞).故选B. 2.已知指数函数f(x)＝(2a2－5a＋3)ax在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的值为(　　) A. B.1 C. D.2 答案　D 解析　由题意得2a2－5a＋3＝1， ∴2a2－5a＋2＝0，∴a＝2或a＝. 当a＝2时，f(x)＝2x在(0，＋∞)上单调递增，符合题意； 当a＝时，f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意. ∴a＝2. 3.函数y＝ax－(a>0，且a≠1)的图象可能是(　　) 答案　D 解析　根据题意，函数y＝ax－(a>0，且a≠1)， 当x＝－1时，必有y＝0，即函数经过点(－1，0)，排除ABC. 4.(2023·郑州模拟)已知a＝2，b＝4，c＝5，则(　　) A.c＜b＜a B.a＜b＜c C.b＜a＜c D.c＜a＜b 答案　A 解析　因为a＝2＝4，b＝4， 所以a＝4＞4＝b， 因为163＞55，所以16＞5， 所以4＞5，即b＞c. 综上所述，a＞b＞c. 5.函数y＝的图象的大致形状是(　　) 答案　C 解析　∵y＝＝ ∴根据指数函数图象即可判断选项C符合. 6.(多选)(2024·武汉调研)已知函数y＝，则下列说法正确的是(　　) A.定义域为R B.值域为(0，2] C.在[－2，＋∞)上单调递增 D.在[－2，＋∞)上单调递减 答案　ABD 解析　函数y＝的定义域为R，A正确； ∵x2＋4x＋3＝(x＋2)2－1≥－1， ∴0＜≤2，故函数y＝的值域为(0，2]，B正确； ∵y＝在R上是减函数，u＝x2＋4x＋3在(－∞，－2]上是减函数，在[－2， ＋∞)上是增函数， ∴函数y＝在[－2，＋∞)上单调递减，C错误，D正确. 7.(2024·自贡诊断)已知函数f(x)＝＋3x＋3，且f(a2)＋f(3a－4)>6，则实数a的取值范围为(　　) A.(－4，1) 　　　　 B.(－3，2) C.(0，5) 　　　　 D.(－∞，－4)∪(1，＋∞) 答案　D 解析　函数f(x)的定义域为R. 令g(x)＝＋3x，g(x)的定义域为R， 则g(x)＝f(x)－3， g(x)＋g(－x)＝＋3x＋－3x＝＋＝0， 所以g(x)为奇函数，且g(x)＝1－＋3x为R上的增函数. 因为f(a2)＋f(3a－4)>6， 所以f(a2)－3＋f(3a－4)－3>0， 所以g(a2)＋g(3a－4)>0， 即g(a2)>－g(3a－4)＝g(4－3a)， 所以a2>4－3a，解得a<－4或a>1， 故a的取值范围为(－∞，－4)∪(1，＋∞).故选D. 8.(2024·东莞调研)已知函数f(x)＝＋是奇函数，则a＝________. 答案　1 解析　法一　f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)， 所以＋＝－， 即＋＝－－， 所以＋＝－1， 即＝－1，所以a＝1. 法二　f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)， 即＋＝－，解得a＝1. 当a＝1时，f(x)＝＋， f(－x)＝＋＝＋＝－＋＝－＋ ＝－－＝－＝－f(x)， 所以当a＝1时，f(x)为奇函数. 9.已知0≤x≤2，则函数y＝4x－－3×2x＋5的最大值为________. 答案　 解析　设2x＝t，0≤x≤2，则1≤t≤4， y＝4x－－3×2x＋5＝t2－3t＋5＝(t－3)2＋， 故当t＝1，即x＝0时，函数有最大值. 10.满足下列三个性质的一个函数f(x)＝______. ①若xy>0，则f(x＋y)＝f(x)f(y)；②f(x)＝f(－x)；③f(x)在(0，＋∞)上单调递减. 答案　(a>1)(答案不唯一) 解析　令f(x)＝(a>1)，f(x＋y)＝，f(x)f(y)＝·＝＝(xy>0)， 所以满足若xy>0，则f(x＋y)＝f(x)f(y).f(－x)＝＝f(x)， 即f(x)＝f(－x)成立. 又f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以f(x)＝(a>1)符合题意. 11.已知函数f(x)＝2mx2－x＋1. (1)若m＝1，判断f(x)在区间上的单调性并证明； (2)若f(x)的值域是[，＋∞)，求m的取值范围. 解　(1)当m＝1时，f(x)＝2x2－x＋1，f(x)在上单调递增. 证明如下：记u＝x2－x＋1，任取≤x1<x2， 则u1－u2＝(x－x1＋1)－(x－x2＋1)＝(x1－x2)(x1＋x2－1)， 因为≤x1<x2， 所以x1－x2<0，x1＋x2－1>0， 所以(x1－x2)(x1＋x2－1)<0， 即有u1－u2<0，所以u1<u2， 所以2u1<2u2，即f(x1)<f(x2)， 所以f(x)在上单调递增. (2)f(x)的值域是[，＋∞)， 即2mx2－x＋1≥＝2， 所以mx2－x＋1≥且取到最小值， 所以有(mx2－x＋1)min＝. ①当m＝0时，不符合要求； ②当m≠0时，则有m>0且＝， 解得m＝. 综上可知，m＝，即m的取值范围是. 12.已知定义域为R的函数f(x)＝ax－(k－1)·a－x(a＞0，且a≠1)是奇函数. (1)求实数k的值； (2)若f(1)＜0，判断函数f(x)的单调性，若f(m2－2)＋f(m)＞0，求实数m的取值范围. 解　(1)∵f(x)是定义域为R的奇函数， ∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0， ∴k＝2， 经检验k＝2符合题意， 所以k＝2. (2)由(1)知，f(x)＝ax－a－x(a＞0且a≠1)， ∵f(1)＜0，即a－＜0， 又a＞0，且a≠1，∴0＜a＜1， 而y＝ax在R上单调递减，y＝－a－x在R上单调递减， 故由单调性的性质可判断f(x)＝ax－a－x在R上单调递减， 不等式f(m2－2)＋f(m)＞0可化为f(m2－2)＞f(－m)， ∴m2－2＜－m，即m2＋m－2＜0， 解得－2＜m＜1， ∴实数m的取值范围是(－2，1). 13.(多选)(2024·南京调研)已知函数f(x)＝a·＋b的图象经过原点，且无限接近直线y＝2，但又不与该直线相交，则下列说法正确的是(　　) A.a＋b＝0 B.若f(x)＝f(y)，且x≠y，则x＋y＝0 C.若x<y<0，则f(x)<f(y) D.f(x)的值域为[0，2) 答案　ABD 解析　∵函数f(x)＝a·＋b的图象过原点， ∴a＋b＝0，即b＝－a，f(x)＝a·－a， 且f(x)的图象无限接近直线y＝2，但又不与该直线相交， ∴b＝2，a＝－2，f(x)＝－2·＋2，故A正确； 由于f(x)为偶函数，故若f(x)＝f(y)，且x≠y，则x＝－y，即x＋y＝0，故B正确； 由于在(－∞，0)上，f(x)＝2－2·2x单调递减， 故若x<y<0，则f(x)>f(y)，故C错误； ∵∈(0，1]， ∴f(x)＝－2·＋2∈[0，2)，故D正确. 14.定义在D上的函数f(x)，如果满足： 对任意x∈D，存在常数M>0，都有 －M≤f(x)≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界.已知f(x)＝4x＋a·2x－2. (1)当a＝－2时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的值域，并判断函数f(x)在(0，＋∞)上是否为有界函数，请说明理由； (2)若函数f(x)在(－∞，0)上是以2为上界的有界函数，求实数a的取值范围. 解　(1)当a＝－2时， f(x)＝4x－2×2x－2＝(2x－1)2－3， 令2x＝t，由x∈(0，＋∞)，可得t∈(1，＋∞). 令g(t)＝(t－1)2－3，有g(t)>－3， 可得函数f(x)的值域为(－3，＋∞)， 故函数f(x)在(0，＋∞)上不是有界函数. (2)由题意有，当x∈(－∞，0)时，－2≤4x＋a·2x－2≤2， 可化为0≤4x＋a·2x≤4， 必有a·2x≥0且a≤－2x. 令2x＝k，由x∈(－∞，0)，可得k∈(0，1)， 由a·2x≥0恒成立，可得a≥0， 令h(k)＝－k(0<k<1)， 可知函数h(k)为减函数， 有h(k)>h(1)＝4－1＝3， 由a≤－2x恒成立，可得a≤3， 若故函数f(x)在(0，＋∞)上是以2为上界的有界函数， 则实数a的取值范围为[0，3]. 学科网（北京）股份有限公司 $$2025届高考数学一轮复习讲义 课件——函数之指数函数 知识梳理 1. 指数函数的概念 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. 3 2.指数函数的图象与性质   a>1 0<a<1 图象 定义域 R 值域 ______________ (0，＋∞) 4   a>1 0<a<1 性质 过定点____________，即x＝0时，y＝1 当x>0时，________；当x<0时，____________ 当x<0时，________；当x>0时，____________ 在(－∞，＋∞)上是________ 在(－∞，＋∞)上是________ y＝ax与y＝ 的图象关于y轴对称 (0，1) y>1 0<y<1 y>1 0<y<1 增函数 减函数 5 常用结论 (1)y＝ax，(2)y＝bx， (3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，则c>d>1>a>b>0. 诊断自测 1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数y＝2x－1是指数函数.(　　) (2)函数y＝ax2＋1(a>1)的值域是(0，＋∞).(　 ) (3)2－3＞2－4.(　　) (4)若am＜an(a＞0，且a≠1)，则m＜n.(　　) × × √ × 解析　(1)由于指数函数解析式为y＝ax(a＞0，且a≠1),故y＝2x－1不是指数函数,故(1)错误. (2)由于x2＋1≥1，又a＞1，∴ax2＋1≥a. 故y＝ax2＋1(a＞1)的值域是[a，＋∞)，(2)错误. (4)m与n的大小关系与a的取值有关. 2.函数f(x)＝1－e|x|的图象大致是(　　) A 解析　易知f(x)为偶函数，且f(x)＝1－e|x|≤0，A正确. 3.(必修一P119T6改编)已知a＝0.750.1，b＝1.012.7，c＝1.013.5，则(　　) A.a＞b＞c B.a＞c＞b C.c＞b＞a D.c＞a＞b C 解析　因为函数y＝1.01x在(－∞，＋∞)上是增函数，且3.5＞2.7， 故1.013.5＞1.012.7＞1＞0.750.1， 即c＞b＞a. {y|y＞0，且y≠1} 解析　函数的定义域为{x|x≠1}， 又指数函数y＝2x的值域为(0，＋∞)， 故所求函数的值域为{y|y＞0，且y≠1}. 考点一　指数函数的图象及应用 例1 (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(　　) D 解析　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＜a＜1. 又f(0)＝a－b＜a0， 所以－b＞0，即b＜0. A.a＞1，b＜0 B.a＞1，b＞0 C.0＜a＜1，b＞0 D.0＜a＜1，b＜0 BC M(x1，y1)是y＝ex在x∈[0，1)图象上的动点， 如图，B(1，e)，则k∈(－∞，－2]，只有B，C满足. 方法总结 1.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. 2.有关指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象，数形结合求解. B 解析　由题意得，f(x)的定义域为R，排除C，D； (2)(2024·深圳质检)若直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a＞0，且a≠1)的图象有两个交 点，则a的取值范围是____________. 解析　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轴下方的图象翻折到x轴上方，保持x轴上及其上方的图象不变得到的. 考点二　指数函数的性质及应用 角度1　比较大小 例2 (1)(2023·天津卷)若a＝1.010.5，b＝1.010.6，c＝0.60.5，则a，b，c的大小关系为(　　) A.c>a>b B.c>b>a C.a>b>c D.b>a>c D 解析　法一　因为函数f(x)＝1.01x是增函数，且0.6>0.5>0， 所以1.010.6>1.010.5>1，即b>a>1； 因为函数g(x)＝0.6x是减函数，且0.5>0， 所以0.60.5<0.60＝1，即c<1. 综上，b>a>c. 法二　因为函数f(x)＝1.01x是增函数， 且0.6>0.5， 所以1.010.6>1.010.5， 即b>a； 因为函数h(x)＝x0.5在(0，＋∞)上单调递增， 且1.01>0.6>0， 所以1.010.5>0.60.5， 即a>c. 综上，b>a>c. (2)若ea＋πb≥e－b＋π－a，下列结论一定成立的是(　　) A.a＋b≤0 B.a－b≥0 C.a－b≤0 D.a＋b≥0 D 解析　∵ea＋πb≥e－b＋π－a， ∴ea－π－a≥e－b－πb，(*) 令f(x)＝ex－π－x， 则f(x)是R上的增函数， (*)式即为f(a)≥f(－b)， ∴a≥－b， 即a＋b≥0. 角度2　解简单的指数方程或不等式 例3 已知y＝4x－3·2x＋3的值域为[1，7]，则x的取值范围是(　　) A.[2，4] B.(－∞，0) C.(0，1)∪[2，4] D.(－∞，0]∪[1，2] D 解析　∵y＝4x－3·2x＋3的值域为[1，7]， ∴1≤4x－3·2x＋3≤7，且2x＞0， ∴0＜2x≤1或2≤2x≤4， ∴x≤0或1≤x≤2. 因为f(x)是奇函数， 所以f(－x)＝－f(x)， (2)若∀x∈[1，2]，都有f(2x)－mf(x)≥0成立，求实数m的取值范围. 方法总结 1.比较指数式的大小的方法是： (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“0或1”等中间量比较大小. 2.指数方程(不等式)的求解主要利用指数函数的单调性进行转化. 3.涉及指数函数的综合问题，首先要掌握指数函数相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及值域、单调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断. 易错警示　在研究指数型函数的单调性时，当底数a与“1”的大小关系不确定时，要分类讨论. BCD 解析　因为y＝1.7x为增函数，所以1.72.5<1.73，故A不正确； 因为1.70.3>1，而0.93.1∈(0，1)，所以1.70.3>0.93.1，故C正确； BD 所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，故A错误； 所以f(x)的图象关于y轴对称，故B正确； 故函数f(x)的图象不关于点(0，1)对称，故C错误； 习题演练 B D 解析　由题意得2a2－5a＋3＝1， 当a＝2时，f(x)＝2x在(0，＋∞)上单调递增，符合题意； ∴a＝2. D A 综上所述，a＞b＞c. C ∴根据指数函数图象即可判断选项C符合. ABD D 解析　函数f(x)的定义域为R. 则g(x)＝f(x)－3， 因为f(a2)＋f(3a－4)>6， 所以f(a2)－3＋f(3a－4)－3>0， 所以g(a2)＋g(3a－4)>0， 即g(a2)>－g(3a－4)＝g(4－3a)， 所以a2>4－3a， 解得a<－4或a>1， 故a的取值范围为(－∞，－4)∪(1，＋∞).故选D. 1 解析　法一　f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)， 法二　f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 因为f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)， 所以当a＝1时，f(x)为奇函数. 解析　设2x＝t，0≤x≤2，则1≤t≤4， 10.满足下列三个性质的一个函数f(x)＝__________________. ①若xy>0，则f(x＋y)＝f(x)f(y)；②f(x)＝f(－x)；③f(x)在(0,＋∞)上单调递减. 即f(x)＝f(－x)成立. 又f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以x1－x2<0，x1＋x2－1>0， 所以(x1－x2)(x1＋x2－1)<0， 即有u1－u2<0， 所以u1<u2， 所以2u1<2u2， 即f(x1)<f(x2)， 12.已知定义域为R的函数f(x)＝ax－(k－1)·a－x(a＞0，且a≠1)是奇函数. (1)求实数k的值； 解　∵f(x)是定义域为R的奇函数， ∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0， ∴k＝2， 经检验k＝2符合题意， 所以k＝2. (2)若f(1)＜0，判断函数f(x)的单调性，若f(m2－2)＋f(m)＞0，求实数m的取值范围. 解　由(1)知，f(x)＝ax－a－x(a＞0且a≠1)， 又a＞0，且a≠1，∴0＜a＜1， 而y＝ax在R上单调递减，y＝－a－x在R上单调递减， 故由单调性的性质可判断f(x)＝ax－a－x在R上单调递减， 不等式f(m2－2)＋f(m)＞0可化为f(m2－2)＞f(－m)， ∴m2－2＜－m，即m2＋m－2＜0，解得－2＜m＜1， ∴实数m的取值范围是(－2，1). ABD 且f(x)的图象无限接近直线y＝2，但又不与该直线相交， 由于f(x)为偶函数，故若f(x)＝f(y)，且x≠y，则x＝－y，即x＋y＝0,故B正确； 由于在(－∞，0)上，f(x)＝2－2·2x单调递减， 故若x<y<0，则f(x)>f(y)，故C错误； 14.定义在D上的函数f(x),如果满足： 对任意x∈D,存在常数M>0,都有－M≤f(x) ≤M成立，则称f(x)是D上的有界函数，其中M称为函数f(x)的上界.已知f(x)＝4x＋a·2x－2. (1)当a＝－2时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的值域，并判断函数f(x)在(0，＋∞)上是否为有界函数，请说明理由； 解　当a＝－2时，f(x)＝4x－2×2x－2＝(2x－1)2－3， 令2x＝t，由x∈(0，＋∞)，可得t∈(1，＋∞). 令g(t)＝(t－1)2－3，有g(t)>－3， 可得函数f(x)的值域为(－3，＋∞)， 故函数f(x)在(0，＋∞)上不是有界函数. (2)若函数f(x)在(－∞，0)上是以2为上界的有界函数，求实数a的取值范围. 解　由题意有，当x∈(－∞，0)时，－2≤4x＋a·2x－2≤2， 可化为0≤4x＋a·2x≤4， 令2x＝k，由x∈(－∞，0)，可得k∈(0，1)， 由a·2x≥0恒成立，可得a≥0， 可知函数h(k)为减函数， 有h(k)>h(1)＝4－1＝3， 若故函数f(x)在(0，＋∞)上是以2为上界的有界函数， 则实数a的取值范围为[0，3]. 1.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\co1(－1，\f(1,a))). 2.指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象和性质跟a的取值有关，要特别注意应分a>1与0<a<1来研究. 3.如图所示是指数函数 4.函数y＝2eq \f(1,x－1)的值域为____________________. 因为≠0，所以y≠1， (2)(多选)(2024·青岛质检)点M(x1，y1)在函数y＝ex的图象上，当x1∈[0，1)时，eq \f(y1＋1,x1－1)的值可能等于(　　) A.－1 B.－2 C.－3 D.0 解析　eq \f(y1＋1,x1－1)表示过点M(x1，y1)与点A(1，－1)的直线的斜率k. 因为0<eq \f(1,8)<1，所以f(x)在[－2，＋∞)上单调递减，排除A.故选B. 训练1 (1)函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))eq \s\up12(|x＋2|)的部分图象大致为(　　) 当x≥－2时，f(x)＝， 综上可知，a的取值范围是. 当a＞1时，如图1，两图象只有一个交点，不符合题意；当0＜a＜1时，如图2，要使两个图象有两个交点，则0＜2a＜1，即0＜a＜eq \f(1,2). 所以＝0， 即＋1＝0，解得a＝－1. 角度3　指数函数性质的综合应用 例4 已知函数f(x)＝eq \f(8x＋a·2x,a·4x)(a为常数，且a≠0，a∈R)，且f(x)是奇函数. (1)求a的值； 解　f(x)＝×2x＋， 所以×＋2x＝－， 令t＝2x，t∈[2，4]， 由于y＝t＋在[2，4]上单调递增， 所以m≥4＋＝. 解　因为f(x)＝－2x，x∈[1，2]， 所以－22x≥m， 所以m≥＋2x，x∈[1，2]， 因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(x)为减函数，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(\f(3,4))<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(\f(2,3)). 又y＝xeq \f(2,3)在(0，＋∞)上单调递增，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(\f(2,3))<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up12(\f(2,3))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(\f(3,4))<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(\f(2,3))<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up12(\f(2,3))，故D正确. 训练2 (1)(多选)下列各式比较大小正确的是(　　 ) A.1.72.5>1.73 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(\f(2,3))>2－eq \f(4,3) C.1.70.3>0.93.1 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq \s\up12(\f(3,4))<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq \s\up12(\f(2,3)) 2－eq \f(4,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(\f(4,3))，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)为减函数，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(\f(2,3))>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(\f(4,3))＝2－eq \f(4,3)，故B正确； 对于C，因为f(x)＋f(－x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(1,4x)))＋4>2， (2)(多选)(2024·福州多校联考)已知函数f(x)＝4x＋eq \f(1,4x)＋2，则(　　) A.f(x)在(－∞，0)上单调递增 B.f(x)的图象关于y轴对称 C.f(x)的图象关于点(0，1)对称 D.不等式f(x＋1)<eq \f(25,4)的解集是(－2，0) 解析　对于A，当x<0时，f′(x)＝4xln 4＋eq \f(1,4x)ln eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－4－x))ln 4<0， 对于B，f(x)的定义域为R，f(－x)＝4－x＋eq \f(1,4－x)＋2＝eq \f(1,4x)＋4x＋2＝f(x)， 对于D，由f(x＋1)＝4x＋1＋eq \f(1,4x＋1)＋2<eq \f(25,4)，得(4x＋1)2－eq \f(17,4)·4x＋1＋1<0， 则eq \f(1,4)<4x＋1<4，可得－1<x＋1<1， 解得－2<x<0， 因此不等式f(x＋1)<eq \f(25,4)的解集是(－2，0)，故D正确.故选BD. 函数y＝3eq \s\up6(\f(1,x))的值域为(0，1)∪(1，＋∞).故选B. 1.下列函数中，值域是(0，＋∞)的为(　　) A.y＝eq \r(3x－1) B.y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x) C.y＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(x)) D.y＝3eq \s\up6(\f(1,x)) 解析　函数y＝eq \r(3x－1)的值域为[0，＋∞)； 函数y＝的值域为(0，＋∞)； 函数y＝的值域为[0，1)； 当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意. 2.已知指数函数f(x)＝(2a2－5a＋3)ax在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的值为(　　) A.eq \f(1,2) B.1 C.eq \f(3,2) D.2 ∴2a2－5a＋2＝0，∴a＝2或a＝. 3.函数y＝ax－eq \f(1,a)(a>0，且a≠1)的图象可能是(　　) 解析　根据题意，函数y＝ax－eq \f(1,a)(a>0，且a≠1)，当x＝－1时，必有y＝0，即函数经过点(－1，0)，排除ABC. 因为163＞55，所以16＞5， 所以4＞5，即b＞c. 4.(2023·郑州模拟)已知a＝2eq \s\up6(\f(4,3))，b＝4eq \s\up6(\f(2,5))，c＝5eq \s\up6(\f(1,3))，则(　　) A.c＜b＜a B.a＜b＜c C.b＜a＜c D.c＜a＜b 解析　因为a＝2＝4，b＝4， 所以a＝4＞4＝b， 5.函数y＝eq \f(x,|x|ex)的图象的大致形状是(　　) 解析　∵y＝eq \f(x,|x|ex)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))\s\up12(x)，x＞0，,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))\s\up12(x)，x＜0，)) ∵y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(u)在R上是减函数，u＝x2＋4x＋3在(－∞，－2]上是减函数，在[－2,＋∞)上是增函数，∴函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋4x＋3)在[－2，＋∞)上单调递减，C错误,D正确. 6.(多选)(2024·武汉调研)已知函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋4x＋3),则下列说法正确的是(　　 ) A.定义域为R B.值域为(0，2] C.在[－2，＋∞)上单调递增 D.在[－2，＋∞)上单调递减 解析　函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋4x＋3)的定义域为R，A正确； ∵x2＋4x＋3＝(x＋2)2－1≥－1，∴0＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋4x＋3)≤2，故函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋4x＋3)的值域为(0，2]，B正确； g(x)＋g(－x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＋3x＋eq \f(3－x－1,3－x＋1)－3x＝eq \f(3x－1,3x＋1)＋eq \f(1－3x,3x＋1)＝0， 7.(2024·自贡诊断)已知函数f(x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＋3x＋3，且f(a2)＋f(3a－4)>6，则实数a的取值范围为(　　) A.(－4，1) 　　　　 B.(－3，2) C.(0，5) 　　　　 D.(－∞，－4)∪(1，＋∞) 令g(x)＝eq \f(3x－1,3x＋1)＋3x，g(x)的定义域为R， 所以g(x)为奇函数，且g(x)＝1－eq \f(2,3x＋1)＋3x为R上的增函数. 所以＋＝－1， 即＝－1，所以a＝1. 8.(2024·东莞调研)已知函数f(x)＝eq \f(a,2x－1)＋eq \f(1,2)是奇函数，则a＝________. 所以＋＝－， 即＋＝－－， 即eq \f(a,2－1－1)＋eq \f(1,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2－1)＋\f(1,2)))，解得a＝1. 当a＝1时，f(x)＝＋， f(－x)＝eq \f(1,2－x－1)＋eq \f(1,2)＝eq \f(2x,1－2x)＋eq \f(1,2)＝－eq \f(2x,2x－1)＋eq \f(1,2)＝－eq \f(2x－1＋1,2x－1)＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2x－1)－eq \f(1,2)＝ －eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))＝－f(x)， 故当t＝1，即x＝0时，函数有最大值eq \f(5,2). 9.已知0≤x≤2，则函数y＝4x－eq \f(1,2)－3×2x＋5的最大值为________. y＝4x－eq \f(1,2)－3×2x＋5＝eq \f(1,2)t2－3t＋5＝eq \f(1,2)(t－3)2＋eq \f(1,2)， 所以f(x)＝(a>1)符合题意. (a>1)(答案不唯一) 解析　令f(x)＝eq \f(1,a|x|)(a>1)，f(x＋y)＝eq \f(1,a|x＋y|)，f(x)f(y)＝eq \f(1,a|x|)·eq \f(1,a|y|)＝eq \f(1,a|x|＋|y|)＝eq \f(1,a|x＋y|)(xy>0)， 所以满足若xy>0，则f(x＋y)＝f(x)f(y).f(－x)＝eq \f(1,a|－x|)＝f(x)， 因为≤x1<x2， 11.已知函数f(x)＝2mx2－x＋1. (1)若m＝1，判断f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的单调性并证明； 解　当m＝1时，f(x)＝2x2－x＋1，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增. 证明如下：记u＝x2－x＋1，任取eq \f(1,2)≤x1<x2， 则u1－u2＝(xeq \o\al(2,1)－x1＋1)－(xeq \o\al(2,2)－x2＋1)＝(x1－x2)(x1＋x2－1)， 所以f(x)在上单调递增. ①当m＝0时，不符合要求； ②当m≠0时，则有m>0且eq \f(4m－1,4m)＝eq \f(1,2)，解得m＝eq \f(1,2). 综上可知，m＝eq \f(1,2)，即m的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))). (2)若f(x)的值域是[eq \r(2)，＋∞)，求m的取值范围. 解　f(x)的值域是[eq \r(2)，＋∞)，即2mx2－x＋1≥eq \r(2)＝2eq \f(1,2)， 所以mx2－x＋1≥且取到最小值， 所以有(mx2－x＋1)min＝. ∵f(1)＜0，即a－＜0， 13.(多选)(2024·南京调研)已知函数f(x)＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(|x|)＋b的图象经过原点，且无限接近直线y＝2，但又不与该直线相交，则下列说法正确的是(　 　) A.a＋b＝0 B.若f(x)＝f(y)，且x≠y，则x＋y＝0 C.若x<y<0，则f(x)<f(y) D.f(x)的值域为[0，2) 解析　∵函数f(x)＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(|x|)＋b的图象过原点， ∴a＋b＝0，即b＝－a，f(x)＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(|x|)－a， ∴b＝2，a＝－2，f(x)＝－2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(|x|)＋2，故A正确； ∵∈(0，1]， ∴f(x)＝－2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(|x|)＋2∈[0，2)，故D正确. 必有a·2x≥0且a≤－2x. 令h(k)＝－k(0<k<1)， 由a≤－2x恒成立，可得a≤3， $$