第3章 第5节 指数函数-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（基础版）

第三章　函数与基本初等函数 第五节　指数函数 课标解读 考向预测 1.了解指数函数的实际意义，理解指数函数的概念． 2．会画指数函数的图象，探索并理解指数函数的单调性与特殊点. 指数函数是高考考查的重点内容之一，应当熟练掌握指数函数的概念、图象和单调性等常考知识点．在近三年的高考中，考查了指数型函数的图象和性质，或与分段函数结合，以选择题或填空题的形式出现． 预计2026年高考可能会考查利用指数函数的性质比较大小、指数型函数图象的识别与应用以及指数型函数单调性的应用，题型为选择题或填空题，难度中档. 必备知识—强基础 考点探究—提素养 课时作业 目录 必备知识—强基础 a>1 0<a<1 图象 定义域 R 指数函数及其性质 (1)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，a是底数． (2)指数函数的图象与性质 必备知识—强基础 5 值域 _________ 性质 图象过定点_______ ，即当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______ (0，＋∞) (0，1) y>1 0<y<1 y>1 0<y<1 增函数 减函数 必备知识—强基础 6 必备知识—强基础 7 × √ √ √ 必备知识—强基础 8 必备知识—强基础 9 (2)(人教A必修第一册4.2.2探究改编)函数y＝2x＋1的图象是(　　) 必备知识—强基础 10 (3)(人教A必修第一册习题4.2 T10改编)若函数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________． (4)(人教B必修第二册4.1.2尝试与发现改编)已知函数f(x)＝ax－2＋1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点M(m，n)，则函数g(x)＝n－mx的图象不经过第________象限． 2 三 必备知识—强基础 11 考点探究—提素养 指数函数的图象及其应用 考点探究—提素养 13 (2)(2025·湖南长沙模拟)若直线y＝3a与函数y＝|ax－1|(a>0，且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值范围为________． 考点探究—提素养 14 (1)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． (2)对于有关指数型函数的图象，可由指数函数的图象通过平移、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． (3)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． 考点探究—提素养 15 　1.函数y＝e－|x|(e是自然对数的底数)的大致图象是(　　) 考点探究—提素养 16 考点探究—提素养 17 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 指数函数的性质及其应用(多考向探究) 考向1　比较指数式的大小 解析：解法一：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φ(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.故选D. 考点探究—提素养 18 解法二：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.故选D. 考点探究—提素养 19 　　　比较两个指数式的大小时，尽量化成同底或同指． (1)当底数相同，指数不同时，构造同一指数函数，然后利用指数函数的性质比较大小． (2)当指数相同，底数不同时，构造两个指数函数，利用图象比较大小；或构造同一幂函数，然后利用幂函数的性质比较大小． (3)当底数不同，指数也不同时，常借助1，0等中间量进行比较． 考点探究—提素养 20 考点探究—提素养 21 考点探究—提素养 22 考点探究—提素养 23 　　　　　 (1)解指数方程的依据：af(x)＝ag(x)(a>0，且a≠1)⇔f(x)＝g(x)． (2)解指数不等式的思路方法：对于形如ax>ab(a>0，且a≠1)的不等式，需借助函数y＝ax的单调性求解，如果a的取值不确定，则需分a>1与0<a<1两种情况讨论；而对于形如ax>b的不等式，需先将b转化为以a为底的指数幂的形式，再借助函数y＝ax的单调性求解． 考点探究—提素养 24 (4，＋∞) 考点探究—提素养 25 5．不等式10x－6x－3x≥1的解集为________． [1，＋∞) 考点探究—提素养 26 考向3　与指数函数有关的复合函数问题 (1)函数f(x)＝3－x2＋1的值域为________． 解析：设t＝－x2＋1，则t≤1，所以0<3t≤3，故函数f(x)的值域为(0，3]． (0，3] [－2，＋∞) 考点探究—提素养 27 解决与指数函数有关的复合函数问题时，首先要掌握指数函数的相关性质，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． 考点探究—提素养 28 6.(多选)已知定义在[－1，1]上的函数f(x)＝－2×9x＋4×3x，则下列结论中正确的是(　　) 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 考点探究—提素养 29 考点探究—提素养 30 (－∞，－1] 考点探究—提素养 31 考向4　指数函数性质的综合应用 (2025·浙江杭州模拟)设集合M＝{－1，1}，N＝{x|x>0，且x≠1}，函数f(x)＝ax＋λa－x(a>0，且a≠1)，则(　　) A．∀λ∈M，∃a∈N，f(x)为增函数 　　 B．∃λ∈M，∀a∈N，f(x)为减函数 C．∀λ∈M，∃a∈N，f(x)为奇函数 　　 D．∃λ∈M，∀a∈N，f(x)为偶函数 考点探究—提素养 32 解析：当λ＝1时，f(x)＝ax＋a－x(a>0，且a≠1)，f′(x)＝axln a－a－xln a＝(ax－a－x)ln a＝a－x(a2x－1)ln a．因为a－x>0，若0<a<1，则ln a<0，当x∈(0，＋∞)时，a2x－1<0，所以f′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，a2x－1>0，所以f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；若a>1，则ln a>0，当x∈(0，＋∞)时，a2x－1>0，所以f′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，a2x－1<0，所以f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以不存在a∈N，使得f(x)为增函数，故A错误．当λ＝－1时，f(x)＝ax－a－x(a>0，且a≠1)，当a>1时，f(x)单调递增，故B错误．当λ＝1时，f(x)＝ax＋a－x(a>0，且a≠1)，因为f(－x)＝a－x＋ax＝f(x)，所以f(x)＝ax＋a－x为偶函数，所以不存在a∈N，使得f(x)为奇函数，故C错误，D正确．故选D. 考点探究—提素养 33 指数函数综合问题的处理策略 (1)涉及单调性的问题，一定要注意底数对指数函数单调性的影响． (2)涉及值域(或最值)的问题，通常要先对函数解析式进行变形，然后逐步求函数的值域(或最值)． 考点探究—提素养 34 考点探究—提素养 35 考点探究—提素养 36 课时作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★★ 考向 指数函数的性质及应用 指数函数的图象及应用 指数函数的解析式 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的图象及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的图象及应用 考点 解简单的指数不等式 由指数型函数的解析式求值 比较指数式的大小 由指数函数的单调性求参数的值 与指数函数有关的复合函数问题 解简单的指数不等式 利用图象比较大小 指数函数性质的综合应用 利用图象比较大小 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★★ ★★★ ★★ ★★★ ★★★ ★★ ★★★ 考向 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 指数函数的性质及应用 考点 与指数函数有关的抽象函数问题 解简单的指数方程 由函数的值域求参数的取值范围 解简单的指数不等式 指数函数性质的综合应用 与指数函数有关的复合函数问题 与指数函数有关的复合函数问题 与指数函数有关的单调性问题 与指数函数有关的新定义问题 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 2．(2025·湖南长沙一中模拟)函数f(x)＝ax－a(a>0，且a≠1)的图象可能是 (　　) 解析：因为函数f(x)＝ax－a(a>0，且a≠1)，当a>1时，y＝ax是增函数，且图象恒过定点(0，1)，又因为f(x)＝ax－a的图象在y＝ax的基础上向下平移超过1个单位长度，故D错误，C正确；当0<a<1时，y＝ax是减函数，且图象恒过定点(0，1)，又f(x)＝ax－a的图象在y＝ax的基础上向下平移了不到1个单位长度，故A，B错误．故选C. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 42 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 44 6．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 解析：当x>0时，－x<0，f(－x)＝2－2x＝－(2x－2)＝－f(x)；当x<0时，－x>0，f(－x)＝2－x－2＝－(2－2－x)＝－f(x)，则函数f(x)为奇函数，所以f(a)>f(－a)＝－f(a)，即f(a)>0，作出函数f(x)的图象，如图所示，由图象可得，实数a的取值范围为(－1，0)∪(1，＋∞)．故选B. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 49 10．已知实数a，b满足3a＝6b，则下列关系式可能成立的是(　　) A．a＝b B．0<b<a C．a<b<0 D．1<a<b 解析：由题意，在同一直角坐标系内分别画出函数y＝3x和y＝6x的图象，如图所示，由图象知，当a＝b＝0时，3a＝6b＝1，所以A可能成立；作出直线y＝k，当k>1时，若3a＝6b＝k，则0<b<a，所以B可能成立；当0<k<1时，若3a＝6b＝k，则a<b<0，所以C可能成立．故选ABC. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 52 三、填空题 12．指数方程4x－6×2x－16＝0的解是________． 解析：∵4x－6×2x－16＝(2x)2－6×2x－16＝0，∴2x＝－2(舍去)或2x＝8，解得x＝3. x＝3 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 53 13．若函数f(x)＝|2x－a|－1的值域为[－1，＋∞)，则实数a的取值范围为________． 解析：令g(x)＝|2x－a|，由题意，得g(x)的值域为[0，＋∞)，又y＝2x的值域为(0，＋∞)，所以－a<0，解得a>0. (0，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 54 解析：当a≥0时，结合图象可得f(x)≤f(2)的解集是(－∞，2]，不符合题意．当a<0时，2－a>2a，由于f(x)在区间(－∞，0]和(0，2]上单调递增，所以要使f(x)≤f(2)的解集I满足I(－∞，2]，则2－a>f(2)＝22＋a，解得a<－1.综上，实数a的取值范围是(－∞，－1)． (－∞，－1) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 56 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 57 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 61 17．(多选)(2025·浙江丽水模拟)设函数f(x)＝ecosx，则(　　) A．f(x)是偶函数 B．f(x)是周期函数 C．f(x)有最大值 D．f(x)是增函数 解析：对于A，因为f(x)＝ecosx的定义域为R，又f(－x)＝ecos(－x)＝ecosx＝f(x)，所以f(x)是偶函数，A正确；对于B，易知f(x＋2π)＝ecos(x＋2π)＝ecosx＝f(x)，所以2π是f(x)的一个周期，B正确；对于C，易知cosx≤1，所以f(x)≤e，所以f(x)有最大值，C正确；对于D，因为y＝cosx在区间(0，π)上单调递减，y＝ex在R上单调递增，所以f(x)在区间(0，π)上单调递减，D错误．故选ABC. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 65 不是 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 66 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 67 　　　　　　　　　　　　　 R (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)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，且a≠1) 的图象越高，底数越大． (3)指数函数y＝ax与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq \s\up18(x)(a>0，且a≠1)的图象关于y轴对称． 题组一　走出误区——判一判 (1)函数y＝2x-1是指数函数．(　　) (2)函数y＝3x与y＝－eq \f(1,3x)的图象关于原点对称．(　　) (3)指数函数的图象一定在x轴上方．(　　) (4)若指数函数y＝ax是减函数，则0＜a＜1.(　　) 题组二　回归教材——练一练 (1)(人教B必修第二册4.1.2练习A T1改编)已知指数函数y＝f(x)的图象经过点(－1，2)，那么这个函数的图象也必定经过点(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) C．(1，2) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,8))) (1)函数y＝ax；y＝bx；y＝cx；y＝dx的图象如图所示，a，b，c，d分别是下列四个数：eq \f(5,4)，eq \r(3)，eq \f(1,3)，eq \f(1,2)中的一个，则a，b，c，d的值分别是(　　) A.eq \f(5,4)，eq \r(3)，eq \f(1,3)，eq \f(1,2) B.eq \r(3)，eq \f(5,4)，eq \f(1,3)，eq \f(1,2) C.eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \r(3)，eq \f(5,4) D.eq \f(1,3)，eq \f(1,2)，eq \f(5,4)，eq \r(3) 解析：由题图，直线x＝1与函数图象的交点的纵坐标从上到下依次为c，d，a，b，而eq \r(3)>eq \f(5,4)>eq \f(1,2)>eq \f(1,3)，故选C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) 解析：当0<a<1时，y＝|ax－1|的图象如图1所示，由已知，得0<3a<1，∴0<a<eq \f(1,3)；当a>1时，y＝|ax－1|的图象如图2所示，由已知可得0<3a<1，∴0<a<eq \f(1,3)，结合a>1可得a无解．综上可知，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))). 解析：y＝e－|x|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))\s\up17(x)，x≥0，,ex，x<0，))易得函数y＝e－|x|为偶函数，且图象过点(0，1)，y＝e－|x|>0，函数在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，故C符合题意．故选C. 2．(2025·东北三省四市模拟)已知函数y＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up17(|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ab＝(　　) A．－1 B．－2 C．－4 D．－9 解析：因为函数y＝f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up17(|x|)＋b的图象过原点，所以由aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up17(0)＋b＝0，得a＋b＝0，又该函数的图象无限接近直线y＝2，且不与该直线相交，所以b＝2，则a＝－2，所以ab＝－4.故选C. 　3.已知a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))-eq \s\up14(\f(1,3))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))-eq \s\up14 (\f(2,3))，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up14 (\f(2,3))，则(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．c>a>b D．b>a>c 解析：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))－eq \s\up7(\f(1,3))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up7(\f(1,3))>1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))－eq \s\up7(\f(2,3))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up7(\f(2,3))<1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up7(\f(2,3))>1，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) eq \s\up17(x)在R上是增函数，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up7(\f(2,3))>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up7(\f(1,3))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq \s\up7(\f(2,3))>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))－eq \s\up7(\f(1,3))>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))－eq \s\up7(\f(2,3))，即c>a>b. 考向2　解简单的指数方程或不等式 (1)(多选)若4x－4y<5-x－5-y，则下列关系式正确的是(　　) A．x<y B．y-3>x-3 C.eq \r(x)>eq \r(y) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up17(y)<3-x 解析：由4x－4y<5－x－5－y，得4x－5－x<4y－5－y，令f(x)＝4x－5－x，则f(x)<f(y)．因为g(x)＝4x，h(x)＝－5－x在R上都是增函数，所以f(x)在R上是增函数，所以x<y，故A正确；因为G(x)＝x－3在(0，＋∞)和(－∞，0)上都单调递减，所以当x<y<0时，x－3>y－3，故B错误；当x<0，y<0时，eq \r(x)，eq \r(y)无意义，故C错误；因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up17(x)在R上是减函数，且x<y，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up17(y)<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up17(x)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up17(y)<3－x，故D正确．故选AD. (2)已知实数a≠1，函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x，x≥0，,2a-x，x<0，))若f(1－a)＝f(a－1)，则a的值为________． 解析：当a<1时，41－a＝21，解得a＝eq \f(1,2)；当a>1时，2a－(1－a)＝4a－1，无解．故a的值为eq \f(1,2). eq \f(1,2) 　4.若当0<x<eq \f(1,2)时，方程ax＝eq \f(1,x)(a>0，且a≠1)有解，则实数a的取值范围是________． 解析：依题意，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，y＝ax与y＝eq \f(1,x)的图象有交点，作出y＝eq \f(1,x)的部分图象，如图所示，由图可知f(1,2))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>1，,a >2，)) 解得a>4. 解析：由10x－6x－3x≥1，可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10))) eq \s\up17(x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up17(x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq \s\up17(x)≤1.令f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))eq \s\up17(x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up17(x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq \s\up17(x)，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)))eq \s\up17(x)，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq \s\up17(x)，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,10)))eq \s\up17(x)均为R上的减函数，则f(x)在R上单调递减，且f(1)＝1，所以f(x)≤f(1)，所以x≥1，故不等式10x－6x－3x≥1的解集为[1，＋∞)． (2)函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(2x)－8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(x)＋17的单调递增区间为_____________． 解析：设t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(x)>0，又y＝t2－8t＋17＝(t－4)2＋1在(0，4]上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增．由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(x)≤4，得x≥－2，由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(x)>4，得x<－2，而函数t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(x)在R上单调递减，所以函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(2x)－8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(x)＋17的单调递增区间为[－2，＋∞)． 解析：设t＝3x，x∈[－1，1]，则t＝3x是增函数，且t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))，又函数y＝－2t2＋4t＝－2(t－1)2＋2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递增，在[1，3]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，故A正确，B错误；因为f(x)max＝f(0)＝2，故C正确；因为f(－1)＝eq \f(10,9)，f(1)＝－6，因此f(x)的最小值是f(1)＝－6，故D正确．故选ACD. 7．若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up20(ax2＋2x＋3)的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,9)))，则f(x)的单调递增区间是______________． 解析：∵y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up20(t)是减函数，且f(x)的值域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,9)))，∴t＝ax2＋2x＋3有最小值2，则a>0且eq \f(12a－22,4a)＝2，解得a＝1，因此t＝x2＋2x＋3的单调递减区间是(－∞， －1]，故f(x)的单调递增区间是(－∞，－1]． 　8.(多选)已知函数f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)的定义域为R B．函数f(x)的值域为(－1，1) C．函数f(x)是奇函数 D．函数f(x)为减函数 解析：因为ex>0，所以ex＋1>1，所以函数f(x)的定义域为R，故A正确；f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)＝eq \f(ex＋1－2,ex＋1)＝1－eq \f(2,ex＋1)，ex>0⇒ex＋1>1⇒0<eq \f(1,ex＋1)<1，故－1<1－eq \f(2,ex＋1)<1，所以函数f(x)的值域为(－1，1)，故B正确；函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝eq \f(e－x－1,e－x＋1)＝eq \f(1－ex,1＋ex)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数，故C正确；函数y＝ex＋1是增函数，且y＝ex＋1>1，所以函数y＝eq \f(2,ex＋1)是减函数，所以函数y＝－eq \f(2,ex＋1)是增函数，故f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)＝1－eq \f(2,ex＋1)是增函数，故D不正确．故选ABC. 一、单项选择题 1．已知集合A＝{x|32x-1≥1}，B＝{x|6x2－x－2<0}，则A∪B＝(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) 解析：因为A＝{x|32x－1≥1}＝eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，B＝{x|6x2－x－2<0}＝{x|(3x－2)(2x＋1)<0}＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(2,3)))，所以A∪B＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)).故选D. 3．已知函数f(x)＝eq \f(1,1＋2x)，则对任意实数x，有(　　) A．f(－x)＋f(x)＝0 B．f(－x)－f(x)＝0 C．f(－x)＋f(x)＝1 D．f(－x)－f(x)＝eq \f(1,3) 解析：f(－x)＋f(x)＝eq \f(1,1＋2－x)＋eq \f(1,1＋2x)＝eq \f(2x,1＋2x)＋eq \f(1,1＋2x)＝1，故A错误，C正确； f(－x)－f(x)＝eq \f(1,1＋2－x)－eq \f(1,1＋2x)＝eq \f(2x,1＋2x)－eq \f(1,1＋2x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,2x＋1)，不是常数，故B，D错误．故选C. 4．已知a＝2eq \s\up7(\f(4,3))，b＝4eq \s\up7(\f(2,5))，c＝5eq \s\up7(\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＝2eq \s\up7(\f(4,3))＝4eq \s\up7(\f(2,3))，b＝4eq \s\up7(\f(2,5))，所以a＝4eq \s\up7(\f(2,3))>4eq \s\up7(\f(2,5))＝b，因为b＝4eq \s\up7(\f(2,5))＝(46)eq \s\up7(\f(1,15))＝4096eq \s\up7(\f(1,15))，c＝5eq \s\up7(\f(1,3))＝(55) eq \s\up7(\f(1,15))＝3125eq \s\up7(\f(1,15))，所以b>c.综上所述，a>b>c.故选A. 5．若函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，则实数m的值为(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(11,42) C.eq \f(1,16) D.eq \f(1,2)或eq \f(1,16) 解析：当a>1时，f(x)＝ax在[－1，2]上单调递增，则f(x)max＝f(2)＝a2＝4，解得a＝2，此时f(x)＝2x，m＝f(x)min＝2－1＝eq \f(1,2)；当0<a<1时，f(x)＝ax在[－1，2]上单调递减，所以f(x)max＝f(－1)＝a－1＝4，解得a＝eq \f(1,4)，此时f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)，m＝f(x)min＝f(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,16).综上所述，实数m的值为eq \f(1,2)或eq \f(1,16).故选D. 解析：函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则函数y＝x(x－a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(a2,4)在区间(0，1)上单调递减，因此eq \f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D. 7．已知函数f(x)满足f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2，x>0，,2－2－x，x<0，))若f(a)>f(－a)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，0)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0，1) 8．(2025·河北唐山期末)已知正数a，b，c满足2a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(a-1)＝4，3b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(b-1)＝6，4c＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(c-1)＝8，则下列判断正确的是(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<b<a D．c<a<b 解析：由已知可得a＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)＝2，b＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(b)＝2，c＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(c)＝2，则a，b，c可分别看作直线y＝2－x和y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)的图象的交点的横坐标，画出直线y＝2－x和y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)的大致图象，如图所示，由图象可知a<b<c.故选A. 二、多项选择题 9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up20(x2＋4x＋3)，则(　　) A．函数f(x)的定义域为R B．函数f(x)的值域为(0，2] C．函数f(x)在[－2，＋∞)上单调递增 D．f(eq \r(2))>f(4) 解析：令u＝x2＋4x＋3＝(x＋2)2－1，则u∈[－1，＋∞)．对于A，函数f(x)的定义域为R，故A正确；对于B，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(u)，u∈[－1，＋∞)的值域为(0，2]，所以函数f(x)的值域为(0，2]，故B正确；对于C，因为u＝x2＋4x＋3＝(x＋2)2－1在[－2，＋∞)上单调递增，且y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(u)在[－1，＋∞)上单调递减，所以根据复合函数的单调性法则，得函数f(x)在[－2，＋∞)上单调递减，故C不正确；对于D，由于函数f(x)在[－2，＋∞)上单调递减，则f(eq \r(2))>f(4)，故D正确．故选ABD. 11．(2025·福建厦门一中模拟)已知函数f(x)的定义域为R，f(x＋y)＝eq \f(f（x）,ey)＋eq \f(f（y）,ex)，且f(1)＝1，则(　　) A．f(0)＝0 B．f(－1)＝e2 C．exf(x)为奇函数 D．f(x)在(0，＋∞)上具有单调性 解析：对于A，令x＝y＝0，则有f(0)＝eq \f(f（0）,e0)＋eq \f(f（0）,e0)，即f(0)＝0，故A正确；对于B，令x＝1，y＝－1，则有f(1－1)＝eq \f(f（1）,e－1)＋eq \f(f（－1）,e1)，即f(0)＝ef(1)＋eq \f(f（－1）,e)，由f(0)＝0，f(1)＝1，故0＝e＋eq \f(f（－1）,e)，即f(－1)＝－e2，故B错误；对于C，令y＝－x，则有f(x－x)＝eq \f(f（x）,e－x)＋eq \f(f（－x）,ex)，即f(0)＝exf(x)＋e－xf(－x)，即exf(x)＝－e－xf(－x)，又函数f(x)的定义域为R，则函数exf(x)的定义域为R，故函数exf(x)为奇函数，故C正确；对于D，令y＝x，则有f(x＋x)＝eq \f(f（x）,ex)＋eq \f(f（x）,ex)，即f(2x)＝eq \f(2f（x）,ex)，即有eq \f(f（2x）,f（x）)＝eq \f(2,ex)，则当x＝ln 2时，有eq \f(f（2ln 2）,f（ln 2）)＝eq \f(2,eln 2)＝1，即f(2ln 2)＝f(ln 2)，故f(x)在(0，＋∞)上不具有单调性，故D错误．故选AC. 14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x≤0，,2x＋a，x>0，))关于x的不等式f(x)≤f(2)的解集为I，若I (－∞，2]，则实数a的取值范围是______________． 四、解答题 15．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且函数g(x)＝f(x)＋ex是定义在R上的偶函数． (1)求函数f(x)的解析式； (2)求不等式f(x)≥eq \f(3,4)的解集． 解：(1)∵g(x)＝f(x)＋ex是定义在R上的偶函数， ∴g(－x)＝g(x)，即f(－x)＋e－x＝f(x)＋ex， ∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)， ∴－f(x)＋e－x＝f(x)＋ex，∴f(x)＝eq \f(e－x－ex,2). (2)由(1)，知eq \f(e－x－ex,2)≥eq \f(3,4)，得2e－x－2ex－3≥0， 即2(ex)2＋3ex－2≤0， 令t＝ex，t>0，则2t2＋3t－2≤0， 解得0<t≤eq \f(1,2)， ∴0<ex≤eq \f(1,2)，∴x≤－ln 2， ∴不等式f(x)≥eq \f(3,4)的解集为(－∞，－ln 2]． 16．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x3＋x). (1)解关于x的不等式f(x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x3＋ax＋1)，a∈R； (2)若∃x∈(1，3)，∀m∈(1，2)，f(2mnx－4)－f(x2＋nx)＋x2＋nx－2mnx＋4≤0，求实数n的取值范围． 解：(1)由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up20(x3＋x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up20(x3＋ax＋1)，得 x3＋x<x3＋ax＋1， 即(1－a)x<1. 当1－a＝0，即a＝1时，不等式恒成立， 则不等式f(x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up20(x3＋ax＋1)的解集为R； 当1－a>0，即a<1时，x<eq \f(1,1－a)， 则不等式f(x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(x3＋ax＋1)的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,1－a)))))； 当1－a<0，即a>1时，x>eq \f(1,1－a)， 则不等式f(x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up20(x3＋ax＋1)的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,1－a))))). 综上所述，当a＝1时，原不等式的解集是R； 当a<1时，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<\f(1,1－a)))))； 当a>1时，原不等式的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,1－a))))). (2)因为y＝x3和y＝x均为增函数， 所以y＝x3＋x是增函数， 因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是减函数， 所以f(x)是减函数， 则g(x)＝f(x)－x是减函数． 由f(2mnx－4)－f(x2＋nx)＋x2＋nx－2mnx＋4≤0，得 g(2mnx－4)＝f(2mnx－4)－(2mnx－4)≤f(x2＋nx)－(x2＋nx)＝g(x2＋nx)， 所以2mnx－4≥x2＋nx， 又x∈(1，3)，所以2mn－n≥x＋eq \f(4,x)， 又x＋eq \f(4,x)≥2eq \r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝eq \f(4,x)，即x＝2时，不等式取等号， 即∀m∈(1，2)，2mn－n≥4恒成立， 由一次函数的性质可知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－n≥4，,4n－n≥4，)) 解得n≥4， 所以实数n的取值范围是[4，＋∞)． 18．(多选)(2025·八省联考)在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数．定义双曲正弦函数sinhx＝eq \f(ex－e-x,2)，双曲余弦函数coshx＝eq \f(ex＋e-x,2)，双曲正切函数tanhx＝eq \f(sinhx,coshx)，则(　　) A．双曲正弦函数是增函数 B．双曲余弦函数是增函数 C．双曲正切函数是增函数 D．tanh(x＋y)＝eq \f(tanhx＋tanhy,1＋tanhxtanhy) 解析：对于A，令f(x)＝sinhx＝eq \f(ex－e－x,2)，则f′(x)＝eq \f(ex＋e－x,2)>0恒成立，故双曲正弦函数是增函数，故A正确；对于B，令g(x)＝coshx＝eq \f(ex＋e－x,2)，则g′(x)＝eq \f(ex－e－x,2)，由A项分析可知，g′(x)为增函数，又g′(0)＝eq \f(e0－e0,2)＝0，故当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故B错误；对于C，tanhx＝eq \f(sinhx,coshx)＝eq \f(\f(ex－e－x,2),\f(ex＋e－x,2))＝eq \f(ex－e－x,ex＋e－x)＝eq \f(e2x－1,e2x＋1)＝1－eq \f(2,e2x＋1)，由y＝e2x＋1在R上单调递增，且y＝e2x＋1>1，得tanhx＝1－eq \f(2,e2x＋1)是增函数，故C正确； 对于D，由C项分析可知，tanhx＝eq \f(e2x－1,e2x＋1)，则tanh(x＋y)＝eq \f(e2x＋2y－1,e2x＋2y＋1)，eq \f(tanhx＋tanhy,1＋tanhxtanhy)＝eq \f(\f(e2x－1,e2x＋1)＋\f(e2y－1,e2y＋1),1＋\f(e2x－1,e2x＋1)·\f(e2y－1,e2y＋1))＝eq \f(（e2x－1）（e2y＋1）＋（e2y－1）（e2x＋1）,（e2x＋1）（e2y＋1）＋（e2x－1）（e2y－1）)＝eq \f(e2x＋2y＋e2x－e2y－1＋e2x＋2y－e2x＋e2y－1,e2x＋2y＋e2x＋e2y＋1＋e2x＋2y－e2x－e2y＋1)＝eq \f(2e2x＋2y－2,2e2x＋2y＋2)＝eq \f(e2x＋2y－1,e2x＋2y＋1)，故tanh(x＋y)＝eq \f(tanhx＋tanhy,1＋tanhxtanhy)，故D正确．故选ACD. 19．对于函数f(x)，若其定义域内存在实数x满足f(－x)＝－f(x)，则称f(x)为“准奇函数”．若函数f(x)＝eq \f(ex－2,ex＋1)，则f(x)________(是，不是)“准奇函数”；若g(x)＝2x＋m为定义在[－1，1]上的“准奇函数”，则实数m的取值范围为________． 解析：假设f(x)为“准奇函数”，则存在x满足f(－x)＝－f(x)，∴eq \f(e－x－2,e－x＋1)＝－eq \f(ex－2,ex＋1)有解，整理，得ex＝－1，显然无解，∴f(x)不是“准奇函数”．∵g(x)＝2x＋m为定义在[－1，1]上的“准奇函数”，∴2－x＋m＝－2x－m在[－1，1]上有解，∴2m＝ －(2x＋2－x)在[－1，1]上有解，令2x＝t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，∴2m＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有解， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－1)) 又函数y＝t＋eq \f(1,t)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在(1，2]上单调递增，且t＝eq \f(1,2)时，y＝eq \f(5,2)，t＝2时，y＝eq \f(5,2)，∴ymin＝1＋1＝2，ymax＝eq \f(5,2)，∴y＝t＋eq \f(1,t)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))，∴2m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－2))，解得m∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－1)).故实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，－1)). $$