专题04 指数函数与对数函数（期末复习课件）高一数学上学期人教A版必修第一册

这是一份高一年级数学上学期期末复习课件，以“考情分析-必备知识-重难点题型-分层验收”为学习支架，系统涵盖指数函数与对数函数核心内容，包含11个知识清单、18类题型解析及易错点警示。 资料特色鲜明，通过清单梳理根式性质、指数对数运算等知识培养数学抽象能力，结合复合函数单调性、零点存在定理等例题变式发展逻辑推理，融入冷却问题、行驶模型等实际案例提升数学建模与应用意识，助力学生构建知识体系，为教师提供高效复习教学方案。

专题04 指数函数与对数函数 高一年级数学上学期 期末复习大串讲 人教A版 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 1 明•期末考情 第一部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 2 核心考点 复习目标 考情规律 1.1 对数的定义与运算性质（积、商、幂、换底公式） 能进行对数式与指数式的互化，并能运用运算性质化简求值。 高频计算题，公式记忆和运用是易错点。 1.2 指数函数与对数函数的图象与性质（定点、单调性） 能根据底数a>1或0<a<1判断函数图象和单调性。 所有比较大小、解不等式问题的基础。 1.3 利用指数/对数函数单调性比较大小 能将幂值、对数值化归到同一函数，利用单调性比较。 高频考点，常需引入中间量0或1。 1.4 简单的指数/对数不等式求解 能利用单调性（注意底数决定不等号方向）解简单不等式。 易错点在底数在(0,1)时不等号要反向。 1.5 不同函数增长差异的比较 能在图象上识别直线上升、指数爆炸、对数增长的区别。 新教材素养题，考查直观想象 1.6 指数型/对数型复合函数的单调性 能判断指对复合函数的单调性，掌握“同增异减”法则。 中档难点。易错点是忽略内层函数f(x)本身的定义域及其单调性对整体的影响。 1.7 指数型/对数型复合函数的值域 能通过换元法，将复合函数转化为二次函数等基本函数在特定区间上求值域。 中档难点。易错点是在换元后，未能准确求出新元（内层函数f(x)）的取值范围（即新函数的定义域） 2.1 函数零点的概念与求法 能理解零点的定义，会求简单函数的零点（令f(x)=0求解）。 概念理解题。 2.2 零点存在性定理的理解与应用 能判断函数在区间[a,b]上是否连续，并验证f(a)·f(b)<0，从而判断零点存在性。 高频考点，易错在“连续”条件的忽视。 2.3 判断函数零点（方程根）的个数 能通过图象法（两个函数图象的交点）或单调性法判断零点个数。 常见中等题，数形结合思想的典型应用。 2.4 二分法求方程近似解的原理与步骤 能叙述二分法的原理和操作步骤，理解其“逐步逼近”的思想。 了解性考点，通常不要求具体计算。 2.5 一次、二次函数模型的应用 能根据实际问题建立直线或二次函数模型解决最优值等问题。 基础应用模型。 2.6 指数函数、对数函数模型的应用（增长、衰减、复利等） 能识别指数增长/衰减的特征，并建立相应模型解决实际问题。 期末应用题压轴题型，符合当前命题趋势。 2.7 函数模型的选择与评价 能根据数据特征或散点图选择适当的函数模型，并对结果进行合理性分析。 考查数学建模核心素养的最高层次 3 记•必备知识 第二部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 4 5 3.根式 式子叫做根式,这里n叫做根指数,a叫做被开方数． 【清单01】n次方根、n次根式及根式的性质★★ 一、n次方根、n次根式 1．a的n次方根的定义 一般地,如果xn＝a,那么x叫做a的n次方根,其中n>1,且n∈N*. 2．a的n次方根的表示 n的奇偶性 a的n次方根的表示符号 a的取值范围 n为奇数 a∈R n为偶数 ± [0,＋∞) 6 二、根式的性质★★★ 1.＝0(n∈N*,且n>1)． 2．＝(≥0,n∈N*,且n>1)． 3.＝(n为大于1的奇数)． 4.＝||(n为大于1的偶数)． 关键点拨：正确区分与： ①表示的n次方根,是一个恒有意义的式子,不受n的奇偶性的限制,,但其值受n的奇偶性的限制,当n为大于1的奇数时,=,当n为偶数时,=； ②表示的n次幂,当n为奇数时,=,,当n为偶数时,=. 7 分数指数幂 正分数指数幂 规定：＝(a>0,m,n∈N*,且n>1) 负分数指数幂 规定：＝(a>0,m,n∈N*,且n>1) 0的分数指数幂 0的正分数指数幂等于0,0的负分数指数幂无意义 【清单02】分数指数幂与无理数指数幂的概念★★ 分数指数幂的意义 二、无理数指数幂 一般地,无理数指数幂aα(a>0,α为无理数)是一个确定的实数．有理数指数幂的运算性质同样适用于无理数指数幂． 8 【清单03】实数指数幂的运算性质★★★★ 二级结论： ①, ②, ③, ④, ⑤. 1．aras＝ar＋s(a>0,r,s∈R)． 2．(ar)s＝ars(a>0,r,s∈R)． 3．(ab)r＝arbr(a>0,b>0,r∈R)． 9 【清单04】指数函数的定义、图象和性质★★★★★ 一、指数函数的定义 一般地,函数y＝ax(a>0,且a≠1)叫做指数函数,其中x是自变量,函数的定义域是R. 二、指数函数y＝ax(a>0,且a≠1)的图象和和性质 10 【清单05】对数的概念与性质★★★★ 一、对数的概念 一般地,如果ax＝N(a>0,且a≠1),那么数x叫做以a为底N的对数,记作x＝logaN,其中a叫做对数的底数,N叫做真数． 二、常用对数与自然对数 通常将以10为底的对数叫做常用对数,以e(e＝2.71828…)为底的对数称为自然对数,log10N可简记为lgN,logeN简记为lnN. 三、对数与指数的关系 一般地,有对数与指数的关系：若a>0,且a≠1,则ax＝N⇔logaN＝x. 对数恒等式：＝N(a>0,且a≠1)． 四、对数的性质 1．1的对数为零． 2．底的对数为1. 3．零和负数没有对数． 11 【清单06】对数的运算性质及换底公式★★★★★ 一、对数运算性质 如果a>0,且a≠1,M>0,N>0,那么： 二、换底公式 logab＝(a>0,且a≠1；c>0,且c≠1；b>0)． 二级结论： (1)logaN＝(N>0,且N≠1；a>0,且a≠1)； (2)＝logab(a>0,且a≠1,b>0)； (3)logab·logbc·logcd＝logad(a>0,b>0,c>0,d>0,且a≠1,b≠1,c≠1)． (1)loga(M·N)＝logaM＋logaN； (2)loga＝logaM－logaN； (3)logaMn＝nlogaM(n∈R)． 12 【清单07】对数函数的概念、图象和性质★★★★★ 一、对数函数的概念 一般地,函数y＝logax(a>0,且a≠1)叫做对数函数,其中x是自变量,函数的定义域是(0,＋∞)． 二、对数函数的图象和性质 13 【清单08】三种常见函数模型的增长差异★★★ 函数 性质 y＝ax(a>1) y＝logax(a>1) y＝kx(k>0) 在(0,＋∞)上的增减性 增函数 增函数 增函数 图象的变化 随x的增大逐渐变“陡” 随x的增大逐渐趋于稳定 随x的增大匀速上升 增长速度 y＝ax的增长快于y＝kx的增长,y＝kx的增长快于y＝logax的增长 增长后果 会存在一个x0,当x>x0时,有ax>kx>logax 14 【清单09】函数的零点★★★★★ 一、函数的零点 对于函数y＝f(x),我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点． 二、方程、函数、图象之间的关系： 方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)有零点⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点． 方程f(x)＝0的实数解⇔函数y＝f(x)的零点⇔函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标． 三、函数零点存在定理 如果函数y＝f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续不断的曲线,并且有f(a)·f(b)<0,那么,函数y＝f(x)在区间(a,b)内至少有一个零点,即存在c∈(a,b),使得f(c)＝0,这个c也就是方程f(x)＝0的解． 15 【清单10】二分法★★★ 一、二分法 对于在区间[a,b]上图象连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x),通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二,使区间的两个端点逐步逼近零点,进而得到零点近似值的方法叫做二分法． 二、用二分法求函数f(x)零点近似值的步骤 1．确定零点x0的初始区间[a,b],验证f(a)·f(b)<0. 2．求区间(a,b)的中点c. 3．计算f(c),并进一步确定零点所在的区间： (1)若f(c)＝0(此时x0＝c),则c就是函数的零点； (2)若f(a)·f(c)<0(此时x0∈(a,c)),则令b＝c； (3)若f(c)·f(b)<0(此时x0∈(c,b)),则令a＝c. 4．判断是否达到精确度ε：若|a－b|<ε,则得到零点近似值a(或b)；否则重复步骤(2)～(4)． 以上步骤可简化为：定区间,找中点,中值计算两边看；同号去,异号算,零点落在异号间；周而复始怎么办？精确度上来判断． 16 函数模型 函数解析式 一次函数模型 f(x)＝ax＋b(a,b为常数,a≠0) 反比例函数模型 f(x)＝＋b(k,b为常数且k≠0) 二次函数模型 f(x)＝ax2＋bx＋c(a,b,c为常数,a≠0) 指数型函数模型 f(x)＝bax＋c(a,b,c为常数,b≠0,a>0且a≠1) 对数型函数模型 f(x)＝blogax＋c(a,b,c为常数,b≠0,a>0且a≠1) 幂函数型模型 f(x)＝axn＋b(a,b为常数,a≠0) 【清单11】函数的实际应用★★★★ 一、几类函数模型 二、应用函数模型解决问题的基本过程 1．审题——弄清题意,分清条件和结论,理顺数量关系,初步选择模型； 2．建模——将自然语言转化为数学语言,将文字语言转化为符号语言,利用数学知识建立相应的数学模型； 3．求模——求解数学模型,得出数学模型； 4．还原——将数学结论还原为实际问题． 17 破•重难题型 第三部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 18 D D 19 D B 20 21 22 23 D 24 B 25 26 A 27 【归纳总结】 28 A 29 B 30 A B 31 A 32 33 C 34 B 35 B 36 D 37 D 38 D 39 C 40 D 41 B 42 B 43 D A 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 D 56 【归纳总结】确定函数零点个数的方法 (1)利用方程的根,转化为解方程,方程有几个根相对应的函数就有几个零点. (2)利用函数y=f(x)的图象与x轴的交点的个数,从而判定零点的个数. (3)结合函数的单调性.若函数在区间[a,b]上的图象是一条连续不断的曲线,利用f(a).f(b)<0,结合单调性可判定y=f(x)在(a,b)上零点的个数. (4)转化成两个函数图象的交点问题. 57 A 58 A 59 C 60 D 61 62 C 63 C 64 B 65 66 67 68 69 70 71 过•分层验收 第四部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 72 73 A 74 75 76 77 78 B 79 B 80 C 81 C 82 C 83 84 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变。 教师寄语 85 a>1 0<a<1 图象 定义域 R 值域 (0,＋∞) 性质 过定点 过定点(0,1) 函数值的变化 当x>0时,y>1； 当x<0时,0<y<1 当x>0时,0<y<1； 当x<0时,y>1 单调性 在R上是增函数 在R上是减函数 y＝logax (a>0,且a≠1) 底数 a>1 0<a<1 图象 定义域 (0,＋∞) 值域 R 单调性 在(0,＋∞)上是增函数 在(0,＋∞)上是减函数 共点性 图象过定点(1,0) 函数值特点 x∈(0,1)时,y∈(－∞,0)； x∈[1,＋∞)时,y∈[0,＋∞) x∈(0,1)时,y∈(0,＋∞)； x∈[1,＋∞)时,y∈(－∞,0] A．1 B． C． D． 【解析】因为,所以,故选D 【变式1-1】(2025-2026上海市新中高中期中) 下列各式正确的是( ) A． B． C． D． 【解析】对A：因为,故错误；对B：因为无意义,故错误； 对C：因为,故错误；对D：因为,故正确；故选D. 【题型一】根式的化简与求值 【例1】(2025-2026江苏扬州期中)若,则的化简结果是( ) A． B． C． D． 【解析】根据指数幂的运算性质,可得.故选D. 【归纳总结】(1)根指数化为分数指数的分母,被开方数(式)的指数化为分数指数的分子． (2)在具体计算时,如果底数相同,通常会把根式转化成分数指数幂的形式, 然后利用有理数指数幂的运算性质解题． 【变式2-1】(2025-2026江苏南通期中)设,则的分数指数幂形式为( ) A． B． C． D． 【例2】(2025-2026山东青岛期中)用分数指数幂可表示为( ) (2)正实数满足,求和的值． 【解析】(1)； . 【题型三】指数幂中的条件求值 【例3】(2025-2026上海市行知中学期中)已知,求和的值； (2)利用整体代换法解决分数指数幂的计算问题,常常运用完全平方公式及其变形公式． 【归纳总结】条件求值问题的解法 (1) 求解此类问题应注意分析已知条件,通过将已知条件中的式子变形(如平方、因式分解等), 寻找已知式和待求式的关系,可考虑使用整体代换法． 所以,则,所以,则,因为,所以,解得. 【变式3-2】(2025-2026河南省TOP二十名校10月调研)如果为正整数且不是一个完全平方数,那么可以表示为的形式.若,则的值分别为_________. 【解析】由,则,而,所以, A． B． C． D． 【解析】当,即时,单调递增,排除ABC选项,又,即的图象关于对称,D正确. 【归纳总结】处理函数图象问题的策略 抓住特殊点：指数函数的图象过定点(0,1),求指数型函数图象所过的定点时,只要令指数为0,求出对 应的y的值,即可得函数图象所过的定点．(2)巧用图象变换：函数图象的平移变换(左右平移、上下 平移)．(3)利用函数的性质：奇偶性与单调性． 【题型四】指数函数图象及应用 【例4】(2025-2026浙江杭州期中)函数的图象大致为( ) 【解析】因为函数的图象过原点,得：,所以,即. 因为,所以当时,,此时,又因为函数图象无限接近直线但不相交,因此：,又因为,得.则,因为,得,则,所以,所以,即函数无最大值,最小值为0.故选B. 【变式4-1】(2025-2026广东省六校联合检测)已知函数 的图象过原点,且无限接近于直线,但又不与该直线相交,则函数有( ) A．最大值0 B．最小值0 C．最大值 D．最小值 因为直线与函数的图象有3个交点,可得,所以实数的取值范围是． 【变式4-2】(2025-2026江苏扬州大学附中期中)已知函数,若函数的图象与直线有三个不同的交点,则实数的取值范围是_______． A． B． C． D． 【解析】令,解得或,可知函数的定义域, 因为的图像开口向上,对称轴为,可知在内单调递减,在内单调递增,且在定义域内单调递增,可知在内单调递减,在内单调递增, 又因为在定义域内单调递减,可得在内单调递增,在内单调递减,所以函数的单调递增区间是.故选A. 【题型五】指数型函数的单调性 【例5】(2025-2026吉林长春期中)函数的单调递增区间是( ) 1. 若(且,),则当时在上单调递减,在上单调递增,的值域为；当时在上单调递增,在上 单调递减,的值域为. 2.若(且,),则当时的单调性与的单调性一致,当时的单调性与的单调性相反. 【解析】函数的定义域为.令,则.因为,所以函数在上单调递增,在上 单调递减, 【变式5-1】(2025-2026陕西延安期中)函数的单调递减区间是( ) A． B． C． D． 【变式5-2】(2025-2026福建厦门期中)若函数在区间上单调递增,则的取值范围是( ) A． B． C． D． A． B．1 C． D．2 【变式6-1】已知,,则的值为( ) A． B． C． D． 【解析】由可得,又因为,所以, 【题型六】指数式与对数式的互化及应用 【例6】(2025-2026天津实验中学质量调查)已知,计算( ) A． B． C． D． 【解析】因为,所以 ,故选A. 【归纳总结】对数式化简与求值的基本原则和方法 (1)基本原则：对数式的化简求值一般是正用或逆用公式,对真数进行处理,选哪种策略化简,取决于问题的实际情况,一般本着便于真数化简的原则进行． (2)两种常用的方法：①“收”,将同底的两对数的和(差)收成积(商)的对数；②“拆”,将积(商)的 对数拆成同底的两对数的和(差)． 【题型七】对数运算性质的应用 所以,当且仅当,即时等号成立,则的最小值为24. 【变式7-1】(2025-2026上海市行知中学期中)已知实数满足,则的最小值为__________． 【解析】由题意,,,则,即, A．6 B．7 C．8 D．9 【解析】因为,所以,,解得或,得或,当时,由,得,得, 由于,得,则,得,当时,由,得,得,由于 ,得,则,得,综上知,．故选C 【题型八】对数换底公式的应用 【解析】由题意得 ,故选B 【变式8-2】(2025-2026福建武夷山期中)的值为_________． 【解析】原式. 【变式8-1】(2025-2026广东深圳期中)已知,,则( ) A． B． C． D． A． B． C． D． 【解析】因为,所以即解得,且,即 函数的定义域为．故选B． 【归纳总结】求含对数式的函数定义域关键是真数大于0,底数大于0且不为1.如需对函数式变形,需注意真数、底数的取值范围是否改变． 【例9】(2025-2026江苏无锡期中)函数的定义域为( ) 【变式9-2】(2025-2026湖南常德段考)函数的定义域为( ) A． B． C． D． 【解析】由函数的定义域为,可得恒成立,即,解得,所以实数的取值范围为 A．   B．   C．   D．   【解析】由解析式可得函数定义域需满足,解得或,故排除AC, 当,,可知其单调递增,排除B,又,偶函数, 只有D符合. 【题型十】对数型函数的图象问题 【例10】(2025-2026重庆永川段考)函数的大致图象是(     ) C． D． 【解析】令,则,所以函数且过定点, 所以,则,其图象关于对称,且在上单调递减,则符合的图象为D. 【归纳总结】函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域,判断图象的左右位置；从函数的值域,判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性,判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性,判断图象的对称性；(4)从函数的特殊点,排除不合要求的图象． 【变式10-1】(2025-2026重庆渝北质量监测)已知函数且过定点,则函数的大致图象为( ) A． B． A． B． C． D． 【解析】令,则,因为函数在区间上单调递减,且在定义域内递增,所以,解得 【归纳总结】对于形如( a>0,a≠1)的函数,根据函数在给定区间上的单调性,求参数取值范围,一定要注意定义域优先原则.其次判断对数函数的底数与1的关系,当底数是含字母的代数式(包含单独一个字母)时,要考查其单调性,就必须对底数进行分类讨论．最后判断内层函数和外层函数的单调性,运用复合函数“同增异减”原则求解. 【题型十一】由对数型复合函数的单调性求参数范围 【例11】(2025-2026江苏靖江12月阶段检测)若函数在区间上单调递减, 则实数的取值范围是( ) 【变式11-1】(2025-2026广东省六校检测)已知函数在R上单调递增,则实数a的取值范围是( ) A． B． C． D． 【变式11-2】(2025-2026江西省多校12月检测)若函数在区间上单调递增,则的取值范围是( ) A． B． C． D． A． B． C． D． 【归纳总结】幂值大小的比较,若指数相同,利用幂函数单调性,若底数相同利用指数函数单调性；若底数与指数均不相同,利用中间量；对数式大小的比较,若底数相同利用对数函数单调性,若真数相同,利用换底公式,若真数与底数均不相同,利用中间量比较大小,或作差比较大小.指数式与对数式大小的比较需要综合利用指数函数单调性或对数函数单调性及中间量、作差、构造函数、均值不等式等方法 【题型十二】指数式与对数式大小的比较 【例12】(2025-2026宁夏银川期中)三个数之间的大小关系是( ) 【解析】因为,,所以. A． B． C． D． 【解析】因为,,,又,因为在上单调递增,且,所以,即,综上可得. 【变式12-1】(2025-2026青海西宁期中)若,,,则( ) A． B． C． D． 【解析】由为奇函数得,即,解得(舍去). 【归纳总结】a>0且a≠1 ,,, 是奇函数；函数,是偶函数 【题型十三】指数型与对数型函数的奇偶性 即,所以,所以,所以,解得,此时定义域为,关于原点对称,满足奇函数要求,符合题意. 【解析】,所以,因为为奇函数,所以,所以, 则,所以,则,故. 【变式13-2】(2025-2026广东深圳联考)已知非常数函数是奇函数,则_________. 【解析】由于函数是奇函数,所以其定义域关于原点对称,,由,则,所以,解得,此时, (1)求实数的值,并求函数的定义域； (2)若底数,试判断函数的单调性,并解不等式； (3)当时,函数值组成的集合为,求实数,的值. 【题型十四】指数型函数与对数型函数性质的综合应用 【例14】(2025-2026北京二中段考)已知函数是奇函数. 即,化简可得, 对比系数得且,解得. 此时,要使函数有意义,则, 解得,故函数的定义域； (1)求实数的值,并求函数的定义域； 因为,在定义域内单调递增,所以函数在区间上单调递减, 由,则,解得,即, 所以不等式的解集为； (2)若底数,试判断函数的单调性,并解不等式； 当时,函数在区间上单调递增,则函数在区间上单调递增, 则,得,解得(舍去负根). 因为时,, 由于函数在区间上单调递增,且值域为,所以. (3)当时,函数值组成的集合为,求实数,的值. (2)若,在区间上恒成立,求实数的取值范围； (3)若存在实数,使得函数在区间上的值域是,求实数的取值范围． 【变式14-1】(2025-2026湖南师大附中期中)已知函数,． (1)判断并用定义证明函数在区间上的单调性； 则, 因为,所以,因为,所以,, 所以,即, 所以在区间上单调递增. (1)判断并用定义证明函数在区间上的单调性； 【解析】(1)在区间上单调递增,证明如下： 则不等式变为：,即, 因为,且在恒成立,令, 则开口向上,且在和时函数值非正, 所以,解得, (2)若,在区间上恒成立,求实数的取值范围； (2)由,在区间上恒成立,可得, 若函数在区间上的值域是,则, 即方程有两个不等的正实根, 令,则方程变为：,即, 则,,解得或； 又,且,解得, 所以实数的取值范围. (3)若存在实数,使得函数在区间上的值域是,求实数的取值范围． (3)由(1)知,在单调递增, A．6 B．7 C．10 D．11 【解析】令,则.当时,则,得或. 当时,则,得或. 再由,即,所以原方程等价于下面四个方程的根： ——①,——②,——③,——④. 再由,函数在上单调递减,在上单调递增, 在上单调递减,在上单调递增,图象如下： 对方程①,因为, 所以时,,得或,解得或； 【题型十五】确定函数零点或方程实根个数 当时,,得或(舍去). 所以方程共有3个根. 所以时,,得或,解得或； 当时,,得或(舍去). 所以方程共有3个根.对于方程——③, 所以时,,得或,解得或； 当时,,得或.所以方程共有4个根. 对于——④,由函数的图象可知方程有唯一的根. 【例15】(2025-2026广东东莞段考)已知函数,则方程实数根的个数为( ) 综上所述,方程的根共有个根.故选D. C．函数在上有三个零点 D．函数在上至少有两个零点 所以 在 上是单调递增函数,若连续函数 在区间 内端点函数值异号(即 ),则 在 内至少有一个零点,所以：,,因此 ,结合 单调递增(单调函数最多有一个零点), 可得： 在 上只有一个零点,选项A：正确,由上述分析可知；选项B：错误, 且 ,结合单调性必有一个零点；选项C：错误, 单调递增,最多只有一个零点；选项D：错误,单调函数最多一个零点.故选A. 【变式15-1】(2025-2026辽宁大连期中)对于函数的零点,下列说法正确的是( ) A．函数在区间上只有一个零点 B．函数在区间上无零点 A． B． C． D． 【解析】在定义域上单调递增,在内单调递增,在定义域上单调递增,,,根据零点存在定理可知,存在使得,故A正确；,函数在定义域上单调递增,,故BCD错误．故选A． 【归纳总结】判断函数零点所在区间的三个步骤：(1)代入:将区间端点值代入函数求出函数的值.(2)判断:把所得的函数值相乘,并进行符号判断.(3)结论:若符号为正且函数在该区间内是单调函数,则在该区间内无零点,若符号为负且函数连续,则在该区间内至少有一个零点. 【题型十六】确定函数零点或方程实根所在区间 【解析】和都是上的增函数．故是上的增函数． ,,,,, 则,所以A错误． ,所以B错误． ,所以C正确． ,所以D错误．故选C． 【变式16-1】方程的解所在的区间为( ) A． B． C． D． A． B． C． D． 【解析】由,得,所以或. 再由,图象如下： 显然与有三个交点,所以有三个不同的实数根.所以必须有四个不同的实数根,即与有四个交点,因,再结合图象分析判断可得.故选D. 【例17】(2025-2026贵州毕节六校联合监测)已知函数若关于的方程有7个不相等的实数根,则实数的取值范围是( ) (2)分离参数法：先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决． 【归纳总结】根据函数零点的情况求参数有三种常用方法 (1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围． 【解析】函数在上单调递增,函数值集合为,在上单调递减,函数值集合为,在上单调递增,函数值集合为,由,得或；由,得或或,函数恰有3个零点,即直线与的图象有3个交点,且交点的横坐标为,在同一坐标系内作出直线与的图象,如图, 观察图象得,,由,得,因此,,所以的取值范围是.故选C 【变式17-1】(2025-2026重庆鲁能巴蜀中学期中)已知函数,若恰有3个零点.则的取值范围是( ) A． B． C． D． A．2 B．3 C．4 D．5 【解析】区间长度为1,经过一次操作区间长度缩为原来的一半,所以经过n次操作,区间长度变为原来的,用二分法求函数在区间上的零点近似值,要求精确度,则,解得,即至少需要4次操作.故选C 【题型十八】用二分法求零点近似值 【解析】由,且,,得在内有零点；由,且,,得在内有零点；所以经过2次二分法后确定的零点所在区间为．故选B 【变式18-1】(2025-2026山东济南期中)已知函数在区间内有且仅有1个零点,在利用二分法求函数零点的近似值时,经过2次二分法后确定的零点所在区间为( ) A． B． C． D． , , . (1)当时,请选出你认为最符合表格所列数据的函数模型,并求出相应的函数解析式； (2)现有一辆该型号汽车从地到地,前一段是的国道,后一段是的高速路,若已知高速路上该汽车每小时耗电量(单位：)与速度(单位：)的关系是：(),则这辆车在国道上和在高速路上行驶速度分别为多少时,才能使得总耗电量最少,最少为多少？ 【题型十九】函数的实际应用 由图表知,随着的增大而增大,所以不合题意, 解得,,所以当时,. 【解析】(1)对于,当时,它无意义,所以不合题意, 对于,易知是减函数, 因为,所以当时,； 高速路段长为,所用时间为, 所耗电量为 , 当且仅当即时等号成立.所以： 故当这辆车在国道上的行驶速度为,在高速路上的行驶速度为时, 该车从地到地的总耗电量最少,最少为. (2)国道路段长为,所用时间为, 所耗电量为 (2)若当日小王在1升水沸腾时,恰好有事出门,于是将养生壶设定为保温状态.已知保温时养生壶会自动检测壶内水温,当壶内水温高于临界值时,设备不工作；当壶内水温不高于临界值时,开始加热至后停止,加热速度与正常烧水一致.若小王在出门34分钟后回来发现养生壶处于未工作状态,同时发现水温恰为.(参考数据：) ①设从降至的时间为,从加热至的时间为,用表示,； ②判断这34分钟内,养生壶保温过程中完成加热次数(不需要写出理由),并求该养生壶保温的临界值. 【变式19-1】(2025-2026四川成都石室中学期中)物体在常温下冷却的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度为,经过一段时间后的温度为,则,其中为环境温度,为参数.某日室温为,上午8点小王使用某品牌电热养生壶烧1升水(假设加热时水温随时间变化为一次函数,且初始温度与室温一致),8分钟后水温达到,8点18分时,壶中热水自然冷却到. 当时,,则,可得, 综上,； 【解析】(1)当时,设,则,可得, 从加热至,则,可得, ②1次,理由如下： 由题意, 从降至,则, 可得分钟, 由于小王出门34分钟, 从加热至,则,可得分钟, 则从加热至所需时间分钟； 从降至,则,得分钟, 则从降至所需时间分钟； 故34分钟内至少加热了一次,若加热两次则分钟, (2)①从降至,则, 综上,只加热过一次,． 【错解】由的递增区间为,得递增区间为. 【错因分析】忽略了. 【易错提醒】求函数单调区间要注意定义域优先． 【题型一】求单调区间忽略定义域出错 【例1】函数的单调递增区间为____________． 【解析】由,可得或,所以的定义域为, 对于,开口向上且对称轴为,所以在上单调递减,在上单调递增,而单调递增,所以的单调递减区间为.故选A 【变式1-1】(2025-2026黑龙江齐齐哈尔月考)函数的单调减区间为( ) A． B． C． D． 【错解】设,则方程有实根,所以,a的取值范围是. 【错因分析】忽略了. 【正解】设,则问题转化为方程至少有1个正根,因为两根之积为1,所 以方程有2个正根,所以且,a的取值范围是. 【易错提醒】使用换元法,设,则t的范围由的值域确定． 【题型二】使用换元法,使自变量范围扩大出错 【例2】若方程有实根,则a的取值范围是________. 【变式2-1】已知函数(其中是常数)．若当时,恒有成立,则实数的取值范围为___________． 【解析】,令,由于,根据指数函数性质,, 【错解】设∵有且只有一根在区间(0,1)内 ∴得＜－2. 【错因分析】对于一般,若,那么,函数在区间(a,b)上至少有一个零点,但不一定唯一.对于二次函数,若则在区间(a,b)上存在唯一的零点,一次函数有同样的结论成立.但方程＝0在区间(a,b)上有且只有一根时,不仅是,也有可能.如二次函数图像是下列这种情况时,就是这种情况.由图可知＝0在区间(a,b)上有且只有一根,但是 【正解】设, (1)当＝0时方程的根为－1,不满足条件. (2)当≠0∵有且只有一根在区间(0,1)内,又＝1＞0　 综上所得,＜－2. 【题型三】误用零点存在性定理出错 【例3】已知有且只有一根在区间(0,1)内,求的取值范围. (1)“函数y＝f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续不断的曲线”和“f(a)f(b)<0”这两个条件缺一不可．如图①仅满足前者,图②仅满足后者,两函数均无零点． 　　　　 (2)定理不可逆,就是说满足了(1)中的两个条件的函数一定有零点,但是一个函数有零点,不一定需要具备这两个条件．如图③f(a)f(b)＞0,但函数有零点． 　　　　 图③ 图④ 二次函数在区间由一实根,有以下几种可能：或或或. 【易错提醒】 理解函数零点存在定理要注意三点： 令,,所以在上单调递减,所以,即, 依题意与在内有交点,所以.故选B 【变式3-1】已知关于的方程在区间内有实根,则实数的取值范围是( ) A． B． C． D． A． B． C． D． 【解析】令,由在R上单调递增,在R上单调递增, 所以函数在R上单调递增.若,则,即, . 对于AB,由,得,即,所以,故A错误,B正确； 【题型一】函数、方程及不等式中的同构问题 同构法是将不同的式子通过变形,转化为形式结构相同或者相近的式子,通过整体思想或换元等将问题转化的方法,这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式及方程问题. 【解析】由可得,即, 因为,所以,从而, 则有,即,也即,所以. 【变式1-1】若,,,则(       ) A． B． C． D． 因此,即, 而,令函数,函数在上单调递增, 因此,则,即, 于是,A错误,C正确；又,则,BD错误. 【变式1-2】(2025-2026山东省实验中学期中)已知,,且,则( ) A． B． C． D． 所以.故选C 【例2】(2025-2026重庆名校联盟联考)已知a,b满足,,其中e是自然对数的底数,则ab的值为( ) A． B． C． D． 即有两个不相等的实数根,令,则,所以有两个不相等的正实数根, 所以,解得,即. 【变式2-1】(2025-2026辽宁沈阳12月月考)函数的定义域为,若满足:①在内是单调函数；②∃区间使在上的值域是那么就称为“和谐函数”,若函数是“和谐函数”,则的取值范围是___________. 【解析】由题意,因为 是“和谐函数”,当时,单调递减,单调递减,所以单调递增；当时,单调递增,单调递增,所以单调递增；综上,在其定义域内为增函数,且在上的值域是,所以,所以有两个不相等的实数根, $