指数函数课件-2026届高三数学一轮复习

　指数函数 2026年高考数学一轮复习专题课件★★　 第页 指数函数及其性质 (1)概念：函数_________ (a>0，且a≠1)叫做指数函数． 回归教材 y＝ax 第页 (2)指数函数的图象与性质   a>1 0<a<1 图象     定义域 _________ 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______ R (0，＋∞) (0，1) y>1 0<y<1 y>1 0<y<1 增函数 减函数 第页 常用结论 (1)指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象恒过点(0，1)，(1，a)， ，依据这三点的坐标可得到指数函数的大致图象． (2)任意两个指数函数的图象都是相交的，交点为(0，1)，底数互为倒数的两个指数函数的图象关于y轴对称． 第页 (3) 指数函数的图象与底数大小的比较：如图所示的是指数函数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轴右侧，底数越大，图象越高．(简记为：底大图高) 第页 1．(课本习题改编)设y＝a－x(a＞0且a≠1)，当a∈________时，y为减函数；此时当x∈________时，0<y<1. 夯实双基 (1，＋∞) (0，＋∞) 第页 2. (2025·天津河东区一模)如图，①②③④表示的图象不属于函数y＝3x，y＝2x，y＝ 的图象中的一个是(　　) A．①　　　　　　　　　 B．② C．③ D．④ √ 解析　由指数函数的性质可知①是 的部分图象，③是y＝2x的部分图象，④是y＝3x的部分图象，所以只有②不是． 第页 3．(2025·河北武邑中学月考)设y1＝40.9，y2＝80.48，y3＝ ，则(　　) A．y3>y1>y2 B．y2>y1>y3 C．y1>y2>y3 D．y1>y3>y2 √ 解析　y1＝21.8，y2＝21.44，y3＝21.5， ∵y＝2x在定义域内为增函数，∴y1>y3>y2. 第页 4．函数f (x)＝ax－1＋2 024(a>0且a≠1)的图象恒过定点__________． (1，2 025) 第页 5．当x∈[－2，2]时，ax<2(a>0，且a≠1)，则实数a的取值范围是___________________． 返 回 √ 授 人 以 渔 02 PART TWO 11 题型一　 指数型函数的图象及应用 (1)函数f (x)＝21－x的大致图象为(　　) √ 【解析】　函数f (x)＝21－x＝2× ，在定义域内单调递减且过点(0，2)，A中的图象符合要求． 第页 12 (2)①若函数y＝|2x－1|的图象与直线y＝b有两个公共点，则实数b的取值范围为________． (0，1) 【解析】　作出函数y＝|2x－1|的图象与直线y＝b，如图所示．由图象可得实数b的取值范围是(0，1)． 第页 ②若函数y＝|2x－1|在(－∞，k]上单调递减，则实数k的取值范围为________． (－∞，0] 【解析】　因为函数y＝|2x－1|的单调递减区间为(－∞，0]，所以k≤0，即实数k的取值范围为(－∞，0]． 第页 ③若曲线|y|＝2x＋1与直线y＝b没有公共点，则实数b的取值范围是________． [－1，1] 【解析】　作出曲线|y|＝2x＋1，如图所示，要使该曲线与直线y＝b没有公共点，只需－1≤b≤1. 第页 状元笔记 　指数型函数图象的画法(判断)及应用 (1)指数型函数的图象的研究，往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对称变换得到其图象． (2)一些指数型方程、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． 第页 【答案】　③④ 第页 第页 (2)如果函数y＝|3x－1|＋m的图象不经过第二象限，则实数m的取值范围是_____________． (－∞，－1] 【解析】　作出y＝|3x－1|的图象，如图所示．由函数y＝|3x－1|＋m的图象不经过第二象限，可知m≤－1. 第页 题型二　 指数函数的性质及应用(微专题) 微专题1　比较指数式的大小 (2025·福建质量检测)已知a＝0.30.6，b＝0.30.5，c＝0.40.5，则(　　) A．a>b>c　　　　　 B．a>c>b C．b>c>a D．c>b>a √ 第页 20 【解析】　方法一：由指数函数y＝0.3x在定义域内单调递减，得a<b，由幂函数y＝x0.5在定义域内单调递增，得c>b.故选D. 第页 状元笔记 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． 第页 √ A．b<c<a B．c<b<a C．c<a<b D．b<a<c 第页 微专题2　解简单的指数方程或不等式 第页 状元笔记 简单的指数方程或不等式求解的基本方法：先利用幂的运算性质化为同底数幂，再利用函数的单调性转化为一般方程或不等式求解． 第页 √ 思考题3　(1)(2025·青岛模拟)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] 第页 (2)(2025·沧衡八校联盟)已知函数 ，若f(a－2)＋f(a2)≤0，则实数a的取值范围是________． [－2，1] 所以f(a－2)＋f(a2)≤0⇒f(a－2)≤－f(a2)⇒f(a－2)≤f(－a2)，即a－2≤－a2，a2＋a－2≤0，解得－2≤a≤1. 第页 微专题3　指数函数性质的综合应用 【答案】　(1)见解析　 (1)若a＝－1，求f (x)的单调区间； 第页 令u＝－x2－4x＋3＝－(x＋2)2＋7. 则u＝－(x＋2)2＋7在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减， 所以f (x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，即函数f (x)的单调递增区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)． 第页 (2)若f (x)有最大值3，求实数a的值； 【答案】　(2)1　 因为f (x)有最大值3，所以h(x)应有最小值－1，因此必有 即当f (x)有最大值3时，a的值为1. 第页 (3)若f (x)的值域是(0，＋∞)，求实数a的值． 【答案】　(3)0 【解析】　(3)由f (x)的值域是(0，＋∞)知，y＝ax2－4x＋3的值域为R，则必有a＝0. 第页 状元笔记 求解与指数函数有关的复合函数问题时，首先要熟知指数函数的定义域、值域、单调性等相关性质，其次要明确复合函数的构成，当涉及单调性问题时，要借助“同增异减”这一性质分析判断． 第页 [－2，＋∞) 第页 (2)【多选题】(2025·杭州模拟)已知函数 ，下列说法正确的有(　　) A．f (x)的图象关于原点对称 B．f (x)的图象关于y轴对称 C．f (x)的值域为(－1，1) √ √ 第页 (3)是否存在实数a，使函数y＝a2x＋2ax－1(a>0，且a≠1)在[－1，1]上的最大值是14？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 【解析】　存在，令t＝ax，则y＝t2＋2t－1. ①当a>1时，∵x∈[－1，1]， ∴当t＝a时，ymax＝(a＋1)2－2＝14. ∴a＝3或a＝－5.∵a>1，∴a＝3. 第页 第页 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a))) 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(1,2))) eq \s\up12(x) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(－1.5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))∪(1，eq \r(2)) 解析　若a>1，则y＝ax是增函数，则由a2<2，可得1<a<eq \r(2)；若0<a<1，则y＝ax是减函数，则由a－2<2，可得eq \f(\r(2),2)<a<1.综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))∪(1，eq \r(2))． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题1　(1)已知实数a，b满足等式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(b)，下列五个关系式：①0<b<a；②a<b<0；③0<a<b；④b<a<0；⑤a＝b，哪些不可能成立？ 【解析】　在同一坐标系内，作出函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)和y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x)的图象如图． 当a>b>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(b)可能成立．当a<b<0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(b)可能成立． 当a＝b＝0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(b)显然成立．当0<a<b时，显然eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(b). 当b<a<0时，显然eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(a)<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(b). 综上可知，①②⑤可能成立，③④不可能成立． 方法二：因为eq \f(a,b)＝0.30.1<1，且eq \f(b,c)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) eq \s\up12(0.5)<1，又a，b，c都为正数，所以c>b>a.故选D. \up15(\f(1,2 022))INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题2　已知a＝2 023，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 022)))eq \s\up12(2 023)，c＝log2 023eq \f(1,2 022)，则(　　) 【解析】　a＝2 023eq \s\up15(\f(1,2 022))>1，0<b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 022))) eq \s\up12(2 023)<1，c＝log2 023eq \f(1,2 022)<0，所以c<b<a.故选B. 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________． eq \f(1,2) 【解析】　当a<1时，1－a>0，a－1<0，则41－a＝21，解得a＝eq \f(1,2)；当a>1时，1－a<0，a－1>0，则4a－1＝22a－1，无解．故a的值为eq \f(1,2). f (x)＝ex－eq \f(1,ex) 【解析】　因为f (x)＝ex－eq \f(1,ex)，定义域为R，f(－x)＝e－x－eq \f(1,e－x)＝eq \f(1,ex)－ex＝－f (x)，所以f (x)＝ex－eq \f(1,ex)为奇函数．又因为f (x)＝ex－eq \f(1,ex)在R上为增函数， 已知函数f (x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(ax2－4x＋3). 【解析】　(1)当a＝－1时，f (x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(－x2－4x＋3)， 而y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(u)在R上单调递减， 【解析】　(2)令h(x)＝ax2－4x＋3，则f (x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(h（x）)， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(12a－16,4a)＝－1，))解得a＝1， \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2x)INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题4　(1)函数y＝－8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(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\up12(x)>0，则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\up12(x)≤4，得x≥－2，由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)>4，得x<－2，而函数t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(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\up12(2x)－8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)＋17的单调递增区间为[－2，＋∞)． f (x)＝eq \f(3x－1,3x＋1) D．∀x1，x2∈R，且x1≠x2，eq \f(f （x1）－f （x2）,x1－x2)<0 【答案】　存在，a＝3或a＝eq \f(1,3) ∴ax∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，即t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a)). ∴y＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上是增函数eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(对称轴t＝－1<\f(1,a))). ②当0<a<1时，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a))). ∵y＝(t＋1)2－2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上是增函数(对称轴t＝－1<a)， ∴ymax＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1)) eq \s\up12(2)－2＝14. ∴a＝eq \f(1,3)或a＝－eq \f(1,5).∵0<a<1，∴a＝eq \f(1,3). 综上，a＝3或a＝eq \f(1,3). $