第5讲 指数函数、对数函数与幂函数 课件-湖南省2026年普通高中学业水平合格性考试复习高二数学

该高中数学高考复习课件聚焦指数函数、对数函数与幂函数专题，依据高考评价体系明确指数对数运算需掌握、函数图象性质需理解、幂函数需了解的考查要求，通过知识梳理整合运算公式与函数性质对比表，考点探究归纳五大常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“考点分层探究+变式题训练+达标检测”的备考设计，如指数对数式运算结合公式应用实例、函数单调性分析培养数学思维，帮助学生掌握解题技巧提高得分率，教师可据此系统开展复习教学，助力学生高效备战高考。

2026年湖南省普通高中学业水平复习 数 学 第5讲 指数函数、对数函数与幂函数 必修第一册 目录 1.考情分析 2.知识梳理 3.考点探究 4.达标训练 考情分析 核心知识 评价要求 了解 理解 掌握 指数与指数幂的运算 √ 对数与对数的运算 √ 指数函数的图象和性质 √ 对数函数及其性质 √ 幂函数 √ 知识梳理 知识梳理 0 没有意义 logaM＋logaN logaM-logaN N x x (0，＋∞) (0，1) 0 1 0<y<1 y>1 0<y<1 y>1 增函数 减函数 (0，＋∞) (1，0) (－∞，0) [0，＋∞) (0，＋∞) (－∞，0] x轴 f(x)＝0 x轴 零点 连续不断 f(a)f(b)<0 至少有一个零点 f(c)＝0 零点 一分为二 端点 考点探究 探究点一：指数、对数式的运算 C 【变式题】 C 16 探究点二：指数函数的图象及性质 B C 【变式题】 B B 探究点三：对数函数的图象及性质 A B D 【变式题】 C C a<b<c 探究点四：幂函数 A B 【变式题】 A D 探究点五：方程的根与函数的零点 B 9 【变式题】 C B 巩固练习 一、选择题 D D C C C C A C A B A C 6 二、填空题 2 (1，0) 3 三、解答题 本课结束！ 1.指数的运算性质 正数的正分数指数幂的意义是： (a>0，m，n∈N*，且n>1). 正数的负分数指数幂的意义是： (a>0，m，n∈N*，且n>1). 0的正分数指数幂等于① ，0的负分数指数幂② .整数指数幂的运算性质，可以推广到有理数指数幂，即 (1)aras＝ar＋s(a>0，r，s∈Q)； (2)(ar)s＝ars(a>0，r，s∈Q)； (3)(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r∈Q). 2.对数的运算性质 如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么 (1)loga(M·N)＝③ ； (2)loga eq \f(M,N)＝④ ； (3)logaMn＝nlogaM(n∈R). 3.指数与对数的关系 一般地，有对数与指数的关系： (1)若a>0，且a≠1，则ax＝N⇒logaN＝⑤ . (2)对数恒等式： alogaN＝⑥ ； logaax＝⑦ (a>0，且a≠1，N>0). 4．指数函数的图象和性质 类别 a>1 0<a<1 图象 性质 定义域 R 值域 ⑧ 过定点 过定点⑨ ，即x＝⑩ 时，y＝⑪ 函数值的变化 当x<0时，⑫ ； 当x>0时，⑬ 当x>0时，⑭ ； 当x<0时，⑮ 单调性 在R上是⑯ 在R上是⑰ 对称性 y＝ax与y＝(eq \f(1,a))x的图象关于y轴对称 类别 y＝logax (a>0，且a≠1) 底数 a>1 0<a<1 图象 定义域 ⑱ 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⑲ ，即x＝1时，y＝0 函数值特点 当x∈(0，1)时，y∈⑳ ；当x∈[1，＋∞)时，y∈eq \o(○,\s\up1(21)) 当x∈(0，1)时，y∈eq \o(○,\s\up1(22)) ；当x∈[1，＋∞)时，y∈eq \o(○,\s\up1(23)) 对称性 函数y＝logax与y＝logeq \f(1,a)x的图象关于eq \o(○,\s\up1(24)) 对称 5.对数函数的图象和性质 6.幂函数的概念和性质 (1)一般地，函数y＝xα叫做幂函数，其中x是自变量，α是常数． (2)幂函数的性质 幂函数 y＝x y＝x2 y＝x3 y＝ y＝x－1 定义域 R R R [0，＋∞) (－∞，0)∪ (0，＋∞) 值域 R [0，＋∞) R [0，＋∞) (－∞，0)∪ (0，＋∞) 奇偶性 奇函数 偶函数 奇函数 非奇非偶函数 奇函数 单调性 在R上是增函数 在[0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0]上是减函数 在R上是增函数 在[0，＋∞)上是增函数 在(0，＋∞)上是减函数，在(－∞，0)上是减函数 公共点 (1，1) 7.函数的零点 (1)函数零点的定义 对于一般函数y＝f(x)，把使㉕ 的实数x叫做函数y＝f(x)的零点. (2)函数的零点与相应方程的根、函数的图象与x轴交点间的关系. 方程f(x)＝0有实数解⇔函数y＝f(x)的图象与㉖ 有交点⇔函数y＝f(x)有㉗ . (3)函数零点的判定(零点存在定理) 如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是㉘ 的一条曲线，且有㉙ ，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内㉚ ，即存在c∈(a，b)，使得㉛ ，这个c也就是方程f(x)＝0的根. 8.二分法 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)，通过不断地把它的㉜ 所在的区间㉝ ，使所得区间的两个㉞ 逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法. 【例1】 (1)下列指数式与对数式互化不正确的一组是( ) A．e0＝1与ln 1＝0 B．8－ eq \f(1,3)＝ eq \f(1,2)与log8 eq \f(1,2)＝－ eq \f(1,3) C．log39＝2与9 eq \f(1,2)＝3 D．log77＝1与71＝7 【解析】 log39＝2与32＝9对应，故选C. 【答案】 C (2)已知函数g(x)＝3x，若g(x0)＝3，求x0的值． 【解析】 因为g(x0)＝3，g(x)＝3x， 所以3x0＝3， 则x0＝log33＝1. (1)(2025·黑龙江省学考)log21＋log22＝( ) A．4 B．3 C．1 D．0 【解析】 log21＋log22＝0＋1＝1. (2)若log2x＝4，则x的值是________. 【解析】 因为log2x＝4，所以x＝24＝16. 【例2】 (1)(2024·湖南省学考)函数y＝3x的图象大致是( ) 【解析】 由指数函数的图象与性质可知选B. (2)若函数y＝(m2－2m－2)·mx是指数函数，则m等于( ) A．－1或3 B．－1 C．3 D． eq \f(1,3) 【解析】 因为函数y＝(m2－2m－2)·mx是指数函数， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m2－2m－2＝1，,m>0，,m≠1，))解得m＝3，故选C. (3)满足2x>2的x的取值范围是 . 【解析】 将2x>2变形为2x>21，由指数函数的单调性可得x>1. 【答案】 (1，＋∞) (1)下列函数中，指数函数的个数是( ) ①y＝3x；②y＝－3x；③y＝x3；④y＝ax；⑤y＝(a－3)x(a>3且a≠4). A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】 根据指数函数的定义，可知①⑤为指数函数，故选B. (2)下列各式比较大小正确的是( ) A．1.72.5>1.73 B．0.6-1>0.62 C．1.70.3<0.93.1 D．0.8-0.1>1.250.2 【解析】 对于指数函数y＝ax，当a>1时，函数为增函数，故A错误； 当0<a<1时，函数为减函数，故B正确； 由于1.70.3>1，0.93.1<1，故C错误； 由于0.8-0.1＝1.250，1，对于指数函数y＝ax，当a>1时，函数为增函数，故D错误． 故选B. 【答案】 B 【例3】 (1)下列图象可能是对数函数图象的是( ) 【解析】 由对数函数的图象与性质可知选A. 【答案】 A 【解析】 当x＝1时，y＝1，此时无论a为何值，函数y＝logax＋1的图象恒过定点(1，1). 【答案】 B (2)函数y＝1＋logax(a>0且a≠1)的图象恒过定点( ) A．(1，0) B．(1，1) C．(1，2) D．(2，1) 【解析】 因为c＝1＝log22， 所以可以构造函数y＝log2x， 由函数的图象可知，该函数为增函数， 所以a>b>c. (3)(2023·吉林省学考)已知a＝log25，b＝log23，c＝1，则( ) A．b>a>c B．a>c>b C．b>c>a D．a>b>c (1)(2024·长沙市学考模拟)函数y＝|lg (x－1)|的图象是( ) 【解析】 函数y＝|lg (x－1)|的定义域为(1，＋∞)，排除ABD.故选C. (2)函数f(x)＝loga(x－1)(0<a<1，a≠1)的图象过定点A，则A的坐标为( ) A．(1，0) B．(0，1) C．(2，0) D．(2，2) 【解析】 令x－1＝1，解得x＝2， 当x＝2时，有f(2)＝loga1＝0， 故其图象过定点A(2，0).故选C. (3)已知a＝log34，b＝log35，c＝log24，则a，b，c的大小关系是 ． 【解析】 因为1<a＝log34<b＝log35<log39＝2，c＝log24＝2，所以a<b<c. 【例4】 (1)(2024·湖南省学考)已知幂函数y＝xα的图象经过点(2，4)，则α＝( ) A．2 B．－2 C． eq \f(1,2) D．－ eq \f(1,2) 【解析】 因为4＝2α，所以α＝2. 【答案】 A (2)已知幂函数f(x)＝xa的图象如图所示．下述四个结论： ①函数f(x)的定义域是[0，＋∞)； ②函数f(x)的单调递增区间是[0，＋∞)； ③函数y＝f(x)－x仅有一个零点； ④0<a<1. 其中所有正确结论的编号是( ) A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【解析】 根据幂函数的性质可知定义域为[0，＋∞)，单调递增区间是[0，＋∞)，a的取值范围为0<a<1，y＝f(x)－x的零点为0和1，故①②④正确，③错误． 【答案】 B (1)若a0.2>b0.2，则实数a, b 的大小关系为( ) A．a>b B．a≥b C．a<b D．a≤b 【解析】 函数f(x)＝x0.2在R上为增函数， 由a0.2>b0.2可得a>b. (2)图象经过第四象限的函数是( ) A．y＝x2 B．y＝x3 C．y＝ D．y＝－x-1 【解析】 由幂函数的图象可知，A中，y＝x2过第一、二象限；B中，y＝x3过第一、三象限；C中，y＝ ≥0且定义域为R，过第一、二象限；D中，y＝－x-1过第二、四象限．故选D. 【例5】 (1)(2025·湖南省学考)已知函数y＝f(x)在 (－∞，＋∞)上单调递增，且有以下部分对应值表： x 0 1 2 3 4 y －3 －1 2 7 16 则y＝f(x)的零点所在的大致区间为( ) A．(0，1) B．(1，2) C．(2，3) D．(3，4) 【解析】 f(1)＝－1<0，f(2)＝2>0， 故f(x)的零点所在的大致区间为(1，2). 【解析】 因为函数f(x)单调递增， 且f(9)＝lg 9＋9－10＝lg 9－1<0， f(10)＝lg 10＋10－10＝1>0， 所以f(9)f(10)<0. 因为函数f(x)的零点在区间(k，k＋1)，k∈Z上， 所以k＝9. (2)已知函数f(x)＝lg x＋x－10的零点在区间(k，k＋1)上，k∈Z，则k＝ . (1)(2024·湖南省学考)函数f(x)＝log2(x－1)的零点为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 【解析】 因为函数f(x)＝log2x的零点为1， 所以f(x)＝log2(x－1)的零点为2，故选C. 【解析】 因为函数y＝2x－1在(－∞，0]上单调递增，函数y＝ eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减， 而且f(0)＝0，当x>0时， eq \f(1,x)>0，所以f(x)只有一个零点0，故选B. 【答案】 B (2)f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤0，,\f(1,x)，x>0))的零点的个数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 1．(2025·湖南省学考)log2 eq \f(1,2)＝( ) A． eq \f(1,2) B．－ eq \f(1,2) C．1 D．－1 2．下列函数是指数函数的是( ) A．y＝(－2)x B．y＝x3 C．y＝－2x D．y＝2x 3．(2025·云南省学考)函数y＝6x在[－2，1]上的最大值为( ) A． eq \f(1,36) B． eq \f(1,6) C．6 D．36 4．指数函数y＝ax与y＝bx的图象如图所示，则( ) A．a<0，b<0 B．a<0，b>0 C．0<a<1，b>1 D．0<a<1，0<b<1 5．下列函数中，定义域是(0，＋∞)的是( ) A．y＝ eq \r(x2) B．y＝ eq \r(x3) C．y＝ln x D．y＝x-2 6．已知幂函数f(x)＝(2m2－10m＋13)xm为奇函数，则m＝( ) A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】 由题知2m2－10m＋13＝1，解得m＝2或3. 当m＝2时，f(x)＝x2，为偶函数，不符合题意； 当m＝3时，f(x)＝x3，为奇函数，符合题意． 综上所述，m的值为3.故选C. 7．已知幂函数y＝f(x)的图象经过点(3， eq \f(1,9))，则f(2)＝( ) A． eq \f(1,4) B．4 C．2 D． eq \f(1,2) 【解析】 设幂函数为y＝f(x)＝xα. 因为幂函数的图象经过点(3， eq \f(1,9))， 所以 eq \f(1,9)＝3α，所以α＝－2， 所以f(x)＝x-2，所以f(2)＝2-2＝ eq \f(1,4). 8．设函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝lg x，则满足f(x)<0的x的取值范围是( ) A．(－∞，0) B．(0，1) C．(－∞，－1)∪(0，1) D．(－∞，1) 【解析】 由于f(x)是定义在R上的奇函数，图象关于原点对称，且当x>0时，f(x)＝lg x，由此画出f(x)的图象如图所示． 由图可知满足f(x)<0的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选C. 9．已知函数f(x)＝log3x，若有f(a)>f(2)，则a的取值范围是( ) A．(2，＋∞) B．( eq \f(1,2)，＋∞) C．(1，2) D．( eq \f(1,2)，1) 【解析】 因为对数函数f(x)＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，且f(a)>f(2)，所以a>2，故选A. 10．函数f(x)＝ln x＋x－2的零点所在的大致区间为( ) A．(0，1) B．(1，2) C．(2，3) D．(3，4) 【解析】 易知函数f(x)＝ln x＋x－2在定义域(0，＋∞)上单调递增， 且f(1)＝－1<0，f(2)＝ln 2>ln 1＝0，所以f(1)f(2)<0. 根据函数零点存在定理可得函数f(x)的零点所在的区间是(1，2)，故选B. 11．函数y＝ 的大致图象是( ) 【解析】 显然有f(－x)＝f(x)，说明该函数是偶函数，图象关于y轴对称．因为0< eq \f(2,3)<1，所以当x>0时，y＝ 单调递增但变化是越来越慢．故选A. 12．(2023·湖南省学考)为了预防流感，某学校对教室采用药熏消毒法进行消毒．已知在药熏过程中，室内每立方米空气中的含药量y(单位：mg)与时间t(单位：h)的关系如图所示，函数关系式为y＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(10t，0≤t≤0.1，,(\f(1,16))t－a，t>0.1))(a为常数).据测定，当室内每立方米空气中的含药量降到0.25 mg以下时，学生方可进教室．从药熏开始，至少经过t0小时后，学生才能回到教室，则( ) A．a＝0.2，t0＝0.6 B．a＝0.2，t0＝0.5 C．a＝0.1，t0＝0.6 D．a＝0.1，t0＝0.5 【解析】 由题意和图示，当t>0.1时，由于点(0.1，1)在图象上可得1＝( eq \f(1,16))0.1-a，解得a＝0.1， 由题意可得y≤0.25， 即得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0≤t≤0.1，,10t≤0.25)) 或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t>0.1，,(\f(1,16))t-0.1≤0.25，)) 解得0≤t≤0.025或t≥0.6， 所以至少需要经过0.6小时后，学生才能回到教室．故选C. 13．(2025·辽宁省学考)求值2log23＋log28＝ . 14．(2023·湖南省学考)已知函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象过点(2，4)，则a＝ . 15．函数f(x)＝loga(2x－1)(a>0，a≠1)的图象恒过定点 . 16．函数y＝(m2－2m－1)xm-1是幂函数且在x∈(0，＋∞)上单调递增，则m＝ . 【解析】 因为y＝(m2－2m－2)xm-1是幂函数， 所以m2－2m－2＝1，解得m＝3，或m＝－1. 当m＝3时，m－1＝2，y＝x2在x∈(0，＋∞)上单调递增，满足题意； 当m＝－1时，m－1＝－2，y＝x-2在x∈(0，＋∞)上单调递减，不满足题意． 所以m＝3. 17．计算与化简： (1)(ln 5)0＋ eq \r((－2)2)＋( eq \f(1,9))-0.5－3log32； (2)lg 500＋lg eq \f(8,5)－ eq \f(1,2)lg 64＋50(lg 2＋lg 5)2. 【解析】 (1)原式＝1＋2＋3－2＝4. (2)原式＝lg (500× eq \f(8,5)× eq \f(1,8))＋50＝2＋50＝52. 18．函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，且图象过点 (－1，1).已知当x≥0时，f(x)＝ax－1(a>0，且a≠1). (1)求f(1)的值和a的值； (2)若f(m)∈[0，3]，求m的取值范围． 【解析】 (1)根据题意，y＝f(x)的图象过点(－1，1)，即f(－1)＝1， 又y ＝f(x)是定义在R上的偶函数，则f(1)＝f(－1)＝1. 又当x≥0时，f(x)＝ax－1，则f(1)＝a－1＝1，解得a＝2. (2)由(1)可得，当x≥0时，f(x)＝2x－1， 此时若f(m)≤3，即2m－1≤3且m≥0，解得0≤m≤2. 又由f(x)为偶函数， 则由f(m)≤3可以推出－2≤m≤2， 即m的取值范围为[－2，2]. 19．(2023·湖南省学考)已知函数f(x)＝3ln x，g(x)＝2(sin x－cos x). (1)写出函数f(x)的单调区间； (2)求函数g(x)的最大值； (3)求证：方程f(x)＋g(x)＝0有唯一实根x0，且1－ eq \r(3)<f(x0)<0. 【解析】 (1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，单调递增区间是(0，＋∞)，无单调递减区间． (2)因为g(x)＝2(sin x－cos x)＝2 eq \r(2)sin (x－ eq \f(π,4))， 所以g(x)的最大值为2 eq \r(2). (3)证明：令h(x)＝f(x)＋g(x)， 则h(x)＝3ln x＋2 eq \r(2)sin (x－ eq \f(π,4))(x>0). ①当x∈(0， eq \f(π,2)]时，函数f(x)和g(x)都单调递增，因此函数h(x)在(0， eq \f(π,2)]上单调递增．又因为h( eq \f(π,4))＝3ln eq \f(π,4)<0，h( eq \f(π,3))＝3ln eq \f(π,3)＋ eq \r(3)－1>0，所以函数h(x)在(0， eq \f(π,2)]上有唯一零点； ②当x∈( eq \f(π,2)，π]时，x－ eq \f(π,4)∈( eq \f(π,4)， eq \f(3π,4)]，此时g(x)＝2 eq \r(2)sin (x－ eq \f(π,4))>0， 又f(x)>0，所以h(x)>0，故函数h(x)在( eq \f(π,2)，π]上无零点； ③当x∈(π，＋∞)时，f(x)>3ln π>3，g(x)≥－2 eq \r(2)， 此时h(x)＝f(x)＋g(x)>3－2 eq \r(2)>0，所以函数h(x)在(π，＋∞)上无零点． 综上所述，函数h(x)有唯一零点，即方程f(x)＋g(x)＝0有唯一实根x0. 由f(x0)＋g(x0)＝0得3ln x0＝－2 eq \r(2)sin (x0－ eq \f(π,4))，且x0∈( eq \f(π,4)， eq \f(π,3))， 从而x0－ eq \f(π,4)∈(0， eq \f(π,12))， 又sin eq \f(π,12)＝sin ( eq \f(π,3)－ eq \f(π,4))＝sin eq \f(π,3)cos eq \f(π,4)－cos eq \f(π,3)sin eq \f(π,4)＝ eq \f(\r(6)－\r(2),4). 因此sin (x0－ eq \f(π,4))∈(0， eq \f(\r(6)－\r(2),4))，所以f(x0)＝－2 eq \r(2)sin(x0－ eq \f(π,4))∈(1－ eq \r(3)，0). 故1－ eq \r(3)<f(x0)<0. $