4.1 指数与指数函数-【回归课本】2025年高中数学基础知识训练

第四章 必修第 册 指数函数与对数函数 四章 真题溯源 指数函数与对数函数 考点 教材原型 真题再现 利用对数 【RUA版·必修第一册·P135·2】 【2021·新高考Ⅱ·7】 函数的单 比较下列各题中两个值的大小： 调性比较 (1)lg0.6,lg0.8: 已知a=l0g,2,b=log3,c=2则下列判 大小 (2)logo.s6,logo.s4; 断正确的是( (3)log.5,log.7. A.c<b<a B.b<a<e C.a<e<b D.a<b<e 根据函数 【RUA版·必修第一册·P139·4】 【2023·天津·4】 图象判断 函数y=∫(x)的图象如图所示，则y= 函数f八x)的图象如图所示，则f(x)的解 解析式 f代x)可能是() 析式可能为( 234 y=f) A.y=1-x,xe(0,+0) A.Rx)=5(e'-e-) B.f(x)= 5sin x ,xe(0,+0) x2+2 x2+1 C.y=In x C.Rx)=5(e'+e) x2+2 D.f(x)=5cos x2+1 D.y=x-1,x∈(0，+o) 041 回归课本 4.1指数与指数函数 高中数学 研课本·划重点 >答案链接P09 知识梳理 定义：果①，那么x叫做的次方根，其中>1，Hn∈N a的u次方根的表小 a的取值范围 次方根 为奇数 7 ② n为偶数 士烟 ③ 性质 ④ 没有偶次方根：0的任何次方根都是⑤ 定义：式子6 叫做根式，叫做根指数，a叫做被开方数 根式 ，a≥0， 指数与指数函数 性质： 当n为奇数时，近=⑦；当n为偶数时，厅=⑧一={0一，a<0 分数指 根式与分数指数幂的互化：a=①一，a”=②一(>0，m,n∈N°，n>1) 数幂 规定：0的分数指数解等于3,0的负分数指数幂没右意义 实数指 数幂 运算性质：a=④；(ry=⑤；(aby=⑥ (a,b>0,T,s∈Q) 定义：函数y=⑦(a>0,且a1)叫做指数函数，其十指数是自变量 0<a<1 c>1 = 指数 闲象 0.1 0.1) =1 -“y=1 函数 图象与性质 定义域 图 值域 ⑨ 定点 20 单调性 单调递诚 单调递增 常用结论 1.画指数函数y=a(o>0,且a1)图象的关键点：(1，).(0,1.1， 2 4 2.如图所示是指数函数(1)y=a,(2)y=b,(3)y=c,(4)y=d的图象， 则c>d>1>a>b>0.规律：在第一象限内，图象越高，底数越大. g= 3.底数互为倒数的两个指数函数的图象关于y轴对称， 4042 目思考辨析 必修第 判断下列问题，正确的打“√”，错误的打“×” 册 1.2（-2023)2顾=-2023. 第 2.【RJA版·必修第一册·P106·例3改编】22·√2=2 章 3.函数y=3·2与y=2都不是指数函数 4.若a"<a"(a>0,且a≠1)，则m<n. 5.y=2是R上的增函数. 指数函数与对数 快提升·练典例 >>答案链接P09 数 考点一指数幂的化简与求值 9示通法 (1)(a)"=a. (2)指数幂的运算技巧：①将系数、同类字母归在一起，分别计算：②化根式、负指数为正指数，化小数 为分数进行运算：③运算结果中，根号和分数指数，分母和负指数不能同时存在 (3)条件求值问题的解法：①分析已知条件，将条件中的式子变形，寻找已知式和待求式的关系：②可 考虑整体代换，常常用到完全平方公式及其变形. 典例1已知a”=4,4°=3，求a的值 典例2【RUA版·必修第一册·P110·8改编】已知x+x1=3,求x+x的值 043》 回归课本 考点二 指数函数的概念及应用 示通法 高中数学 判断一个函数是否为指数函数的主要依据 (1)a的系数为1. (2)底数大于0且不等于1. (3)指数只能是自变量x 典例3在①y=2×3:②y=3:③y=π：④y=x中，指数函数的个数是( A.0 B.1 C.2 D.3 变式题若y=(m2-2m-2)·m是指数函数，则m=( 1 A.-1或3 B.-1 C.3 D. 考点三指数函数单调性的应用 考向1利用指数函数的单调性求参数 ?示通法 利用指数函数的单调性解决相关问题，需要注意底数a的取值，若不确定，则按0<a<1和a>1 分类讨论 典例4已知函数f代x)=a+b(a>0,且a≠1)的图象如图所示，求实数a,b的取值范围. (3-a)x-3,x≤7 变式题若函数(x)= 在R上单调递增，则实数a的取值范围是() a6,x>7 [ C.(1,3) D.(2,3) 【点拨】分段函数在R上单调递增，即每段函数都单调递增，且第一段函数的最大值不大于第二段函数的最 小值 4044 考向2利用指数函数的单调性比较大小 必修第 9示通法 册 比较指数式大小的方法 第 (1)直接法：底数相同，由指数函数的单调性直接判断. 章 (2)图象法：底数不同，指数相同，利用指数函数的图象比较大小 (3)中间量法：底数和指数都不同，借助中间值（如：-1,0,1）比较大小 典例5已知a=202,b=0.42,c=0.446,则( 指数函数与对数函 A.a>b>c B.a>e>b C.c>a>b D.b>e>a 考向3利用指数函数的单调性解方程（不等式） 9示通法 已知a>0,且a≠1. (1)a=a四台fx)=g(x) (2)当0<a<1时，d>a台/x)<g(x):当a>1时，d>af(x)>g(x) (3)>b,先将常数b转化为指数幂的形式，再利用(2)中的方法解决. 奥圆6若x满足不等式2心≤（任），则函数y=2的值域是( [2 c(-z.3 D.[2,+o) 考点四指数型函数的性质 考向1指数型函数的定义域与值域 9示通法 指数型函数的定义域，值域的求法 (1)指数型函数的定义域：①y=d型函数的定义域为R:②y=型函数的定义域与函数f(x)的定义 域一致：③y=f八a)型函数的定义域可转化为不等式（组）求解。 (2)指数型函数的值域：过去求函数值域的方法仍然适用，要注意指数函数的值域为(0，+) 典例7已知函数f(x)=4-22-1,xe[0,3],则其值域为 考向2指数型函数的单调性 9示通法 函数y=(a>0,且a≠1)由两个函数y=a“,u=f代x)复合而成，单调性由两点决定：①底数a>1还是 0<a<1:②f(x)的单调性 045 回归课本 典例8已知函数f(x)= 3+ 是定义在R上的奇函数，判断(x)在R上的单调性并证明. 3+a 高中数学 【点拔】定义在R上的奇函数在0处的函数值为0，即代0)=0，再结合函数奇偶性的定义可求出参数 考向3量 指数型函数的奇偶性 示通法 过去学的判断函数奇偶性的方法仍然适用于指数型函数的奇偶性判断： 興囫9【2023·全国乙·理·41已知八x)=e是偶函数，则4=( e-I A.-2 B.-1 C.1 D.2 变式题已知函数f代x)=e2“+e2,则( A.f八x+1)为奇函数 B/+为偶函数 C.f八x-1)为奇函数 Df-为偶函数 考点五指数函数的图象及其应用 考向1图象过定点问题 示通法 由指数函数y=m(a>0,且a≠1)的图象过定点(0,1)，可知指数型函数y=ka+"+b的图象过定点 (-m,k+b). 典例10函数y=a1-2(a>0,a≠1)的图象恒过定点A,若点A在直线mx+y+1=0上，其中m,n>0, 则上+2的最小值为 m n 4046 考向2图象识辨问题 必修第一 ?示通法 由解析式判断图象：取特殊点，判新所给的图象不过特殊点，则排除 四章 典例11(x)=的图象大致是( 指数函数与对数函数 考向3利用函数图象解决方程根的个数问题 9示通法 指数型函数的图象变换 (1)将指数函数y=a'(a>0,且a≠1)在y轴左侧的图象擦掉，然后将y轴右侧的图象关于y轴对称， 即得到指数型函数y=a的图象， (2)将指数函数y=a(a>0,且a≠1)的图象向左（右）平移1b1个单位长度，即得到指数型函数y=a出 的图象 (3)将指数函数y=a(a>0,且a≠1)的图象向上（下）平移1b川个单位长度，即得到指数型函数y=a'±b 的图象 典例12若函数y +m的图象与x轴有公共点，则实数m的取值范围为() A.（-0,-1] B.[-1,0y C.[1,+o) D.(0,1] 变式题已知方程12-11=a有唯一实数解，则实数a的取值范围是 【点拨】方程有唯一实敏解，即两函数图象有唯一的公共点，作出两函数图象，数形结合解决问题即可。 047过点(2,4),所以 2α = 4,解得 α= 2,所以 f(x)= x2,所以 f(-2)= (-2) 2 = 4. 故选 A. 典例 2 D 【解析】 幂函数 y = xα,当 α> 0 时,y = xα 在( 0, +∞ )上单调递增,且当 0<α<1 时,图象上凸,所以 0<m<1. 当 α<0 时,y= xα 在(0,+∞ )上单调递减. 不妨令 x= 2,由图象得 2-1 <2n,则-1<n<0. 综上可知,-1<n<0<m<1. 故选 D. 典例 3 A 【解析】因为 f(x) = (m- 1) xn 为幂函数,所以 m- 1 = 1,则 m = 2,f(x) = xn . 又点(2,8)在函数 f(x) = xn 的图象 上,所以 2n = 8,解得 n= 3,故 f(x)= x3 ,且在 R 上是增函数. 又 ln π>1>2 - 12 = 　 2 2 > 1 3 ,所以 f(ln π) >f(2 - 12 ) >f 1 3( ) ,即 b> c>a. 故选 A. 典例 4 C 【解析】函数 f( x) = (m2 - 3m- 3) xm 为幂函数,则 m2 -3m-3 = 1,解得 m= 4 或 m= -1. 当 m= 4 时,f(x)= x4 在区 间(0,+∞ )上单调递增,不满足条件,排除 A. 当 m= -1 时,f(x) = x-1 在区间(0,+∞ )上单调递减,满足题 意. 函数 f(x)= x-1 在(-∞ ,0)和(0,+∞ )上单调递减,但不是 减函数,排除 B. 因为函数的定义域关于原点对称,且 f( -x) = 1-x = - f(x),所 以函数 f( x) 是奇函数,不是偶函数,故 C 正确,D 错误. 故 选 C. 典例 5 【解】因为函数 f(x)= (2m2 -m)x2m+3 是幂函数, 所以 2m2 -m= 1,即 2m2 -m-1 = 0,解得 m= - 1 2 或 1. 又因为函数 f(x)的图象关于 y 轴对称,当 m = - 1 2 时,f(x) = x2 为偶函数,满足题意;当 m= 1 时,f(x) = x5 为奇函数,不满 足题意, 所以 m= - 1 2 . 构造函数 g( x) = xm = x - 12 = 1　 x ,则函数 g( x) 在定义域( 0, +∞ )内单调递减, 由(a-1) m<(2a-3) m,可得 a-1>0, 2a-3>0, a-1>2a-3, ì î í ïï ïï 解得 3 2 <a<2, 所以实数 a 的取值范围为{ a 32 <a<2 } . 第四章　指数函数与对数函数 4.1　指数与指数函数 【研课本·划重点】 一、知识梳理 ①xn =a　 ②R　 ③[0,+∞ )　 ④负数　 ⑤0　 ⑥ n a 　 ⑦a　 ⑧ | a | 　 ⑨a　 ⑩-a　 􀃊􀁉􀁓 n am 　 􀃊􀁉􀁔 1 n am 　 􀃊􀁉􀁕0　 􀃊􀁉􀁖ar+s 􀃊􀁉􀁗ars 　 􀃊􀁉􀁘arbr 　 􀃊􀁉􀁙ax 　 􀃊􀁉􀁚R　 􀃊􀁉􀁛(0,+∞ )　 􀃊􀁊􀁒(0,1) 三、思考辨析 1. 　 2. 　 3. √　 4. 　 5. 【快提升·练典例】 典例 1 【解】 am-2n = (am·a-2n) 1 2 = a m (an) 2 é ë êê ù û úú 1 2 = 4 32( ) 1 2 = 2 3 . 典例 2 【解】方法一:因为 x+x-1 = 3,所以 x>0, 所以 ( x- 1 2 +x 1 2 ) 2 = x+x-1 +2 = 5,所以 x - 12 +x 1 2 = 　 5 , 所以 x 3 2 +x - 32 = ( x 1 2 ) 3 + ( x- 1 2 ) 3 = ( x 1 2 +x - 12 ) ( x 1 2 ) 2 -x 1 2 x - 12 +[ ( x- 1 2 ) 2 ] = ( x 1 2 +x - 12 ) [(x+x-1 )-1] = 　 5 ×(3-1)= 2　 5 . 方法二: ( x 3 2 +x - 32 ) 2 = ( x 3 2 ) 2 + ( x- 3 2 ) 2 +2x 3 2 x - 32 =x3 +x-3 +2, 而 x3 +x-3 = (x+x-1 )(x2 +x-2 -1) = (x+x-1 ) [ (x+x-1 ) 2 -3] = 3× (32 -3)= 18, 所以 ( x 3 2 +x - 32 ) 2 = 20. 又由 x+x-1 = 3 得 x>0, 所以 x 3 2 +x - 32 >0,所以 x 3 2 +x - 32 = 　 20 = 2　 5 . 典例 3 B 【解析】指数函数解析式为 y = ax(a> 0,且 a≠1), 对于①②④,y= 2×3x,y= 3x+1 和 y= xx 不符合指数函数解析式 的特征,故①②④错误;对于③,y = πx 符合指数函数解析式 的特征,故③正确. 故选 B. 变式题 C 【解析】因为函数 y = (m2 -2m-2) ·mx 是指数函 数,所以 m2 -2m-2 = 1, m>0, m≠1, ì î í ïï ïï 解得 m= 3. 故选 C. 典例 4 【解】由 f(x)= ax+b 为减函数可得 0<a<1, 又 f(0)= 1+b<0,解得 b<-1, 所以实数 a 的取值范围为 ( 0, 1), 实数 b 的取值范围为 (-∞ ,-1) . 变式题 B 【解析】 要使函数 f ( x) = (3-a)x-3,x≤7, ax-6 ,x>7{ 在 R 上单调递增,只需 3-a>0, a>1, (3-a)×7-3≤a7-6 , ì î í ïï ïï 解得 9 4 ≤a< 3. 故 选 B. 典例 5 A 【解析】由 0. 2<0. 6,0. 4<1,并结合指数函数的单 调性可知 0. 40. 2 >0. 40. 6 ,即 b>c. 因为 a= 20. 2 >1,b= 0. 40. 2 <1,所以 a>b. 综上,a>b>c. 故选 A. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 09 典例 6 B 【解析】将 2x 2+1 ≤ ( 14 ) x -2 = 2-2(x-2) 化为 x2 + 1≤ -2(x-2),即 x2 +2x-3≤0,解得 x∈[ -3,1],∴ 2-3 ≤2x ≤21 , ∴ 函数 y= 2x 的值域是 [ 18 ,2 ] . 故选 B. 典例 7 [-5,31] 【解析】令 t = 2x,∵ x∈[0,3],∴ 1≤ t≤8, ∴ g( t)= t2 -4t-1 = ( t-2) 2 -5,t∈[1,8],又 y = g( t)的图象关 于直线 t= 2 对称,且开口向上,∴ g( t)在[1,2)上单调递减, 在(2,8]上单调递增,且 | 8-2 | > | 2-1 | ,∴ 当 t = 2 时,函数取 得最小值,即 g( t) min = - 5;当 t = 8 时,函数取得最大值,即 g( t) max = 31,∴ f(x)∈[-5,31] . 典例 8 【解】由题设 f(0)= 3 +b 1+a = 0,可得 b= -3. 又 f(-x)= -f(x),即 3 1-x-3 3-x+a = -3 x+1 -3 3x+a ,可得 a= 1, 所以 f(x)= 3 x+1 -3 3x+1 . f(x)在 R 上单调递增,证明如下: 令 x1 > x2 , 则 f ( x1 ) - f ( x2 ) = 3x1 +1 -3 3x1 +1 - 3 x2+1 -3 3x2 +1 = 3[(3x1 -1)(3x2 +1)-(3x2 -1)(3x1 +1)] (3x1 +1)(3x2 +1) = 6(3 x1 -3x2 ) (3x1 +1)(3x2 +1) , 由 3x1 >3x2 ,(3x1 +1)(3x2 +1) >0,得 f(x1 ) -f(x2 ) >0,即 f(x1 ) > f(x2 ),所以 f(x)在 R 上单调递增. 典例 9 D 【解析】因为 f( x) = xe x eax-1 为偶函数,所以 f( x) - f(-x)= xe x eax-1 -(-x)e -x e-ax-1 = x[e x-e(a-1)x] eax-1 = 0. 又因为 x 不恒为 0, 所以ex-e(a-1)x = 0,即ex = e(a-1)x,所以 x = (a-1) x,即 1 = a- 1, 解得 a= 2. 故选 D. 变式题 B 【解析】方法一:因为 f(x) = e2x +e-2x+2 ,所以 f(1- x)= e2-2x+e2x = f(x),所以函数 f(x)的图象关于直线 x = 1 2 对 称,将 f(x)的图象向左平移 1 2 个单位长度,关于 y 轴对称,即 f ( x+ 12 )为偶函数. 故选 B. 方法二:因为 f ( x+ 12 ) = e 2x+1 +e-2x+1 = e( e2x +e-2x ),x∈R,则 f ( -x+ 12 ) = e( e 2x +e-2x ) = f ( x+ 12 ) ,所以 f ( x+ 1 2 ) 为偶 函数; 又 f(x+1)= e2x+2 +e-2x,所以 f(-1+1)= e0 +e2 = 1+e2 ,f(1+1)= e4 +e-2 = e4 + 1 e2 ,所以 f( - 1+ 1) ≠f(1+ 1),f( - 1+ 1) ≠- f(1+ 1),故 f(x+1)为非奇非偶函数; 又 f(x-1)= e2x-2 +e-2x+4 ,所以 f( -1-1)= e-4 +e6 = 1 e4 +e6 ,f(1- 1)= e0 +e2 = 1+e2 ,所以 f(-1-1)≠f(1-1),f( -1-1) ≠-f(1- 1),故 f(x-1)为非奇非偶函数; 又 f ( x- 12 ) = e 2x-1 +e-2x+3 ,所以 f ( -1- 12 ) = e -3 +e5 = 1 e3 +e5 , f ( 1- 12 ) = e+e = 2e,所以 f ( - 1- 1 2 ) ≠ f ( 1- 1 2 ) ,f ( - 1- 1 2 ) ≠-f ( 1- 1 2 ) ,故 f ( x- 1 2 )为非奇非偶函数. 故选 B. 典例 10 3+2　 2 【解析】令 x+1 = 0,可得 x= -1,此时 y = a1-1 - 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 1 m + 2 n = ( 1m + 2 n ) (m+ n) = 3 + n m + 2m n ≥3 + 2 　 n m · 2m n = 3 + 2 　 2 ,当且仅当 n m = 2m n , m+n= 1, { 即 m= 　 2 -1, n= 2-　 2{ 时等号成立. 综上, 1 m + 2 n 的最小值为 3+2 　 2 . 典例 11 C 【解析】因为ex> 0,x2 > 0,所以 f(x) = e x x2 > 0,排除 D,当 x= 0 时,f(x)= e x x2 没有意义,排除 A,B. 故选 C. 典例 12 B 【解析】 y = ( 12 ) | 1- x | +m 的图象与 x 轴有公共 点,即函数 y = ( 12 ) | 1- x | 与 y = -m 的图象有公共点, y = ( 12 ) | 1- x | 的图象如图所示,可知 0< -m≤1⇒- 1≤m< 0. 故 选 B. 变式题 {a | a≥1 或 a = 0} 【解析】方程 | 2x -1 | = a 有唯一实 数解,即函数 y= | 2x-1 |的图象与直线 y = a 有唯一交点,作出 y= | 2x-1 |的图象,如图所示,由图可知,要使直线 y = a 与 y = | 2x-1 |的图象有唯一交点,则 a≥1 或 a= 0. 4.2　对数与对数函数 【研课本·划重点】 一、知识梳理 ①logaN　 ②logaN　 ③负数　 ④0　 ⑤0　 ⑥1　 ⑦10　 ⑧e　 ⑨logaM+logaN　 ⑩logaM-logaN　 􀃊􀁉􀁓nlogaM　 􀃊􀁉􀁔 logcb logca 　 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 10