4.2.2.1指数函数及其性质的应用-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

**基本信息** 分层清晰，从基础性质辨析到综合创新应用，梯度递进巩固指数函数知识，培养数学抽象、逻辑推理与创新意识。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A级基础练习|指数函数单调性、比较大小、定义域值域|以选择填空为主，直接应用性质（如比较1.6⁰·³与0.7²·¹大小），夯实概念理解| |B级拔高提升|分段函数单调性、恒成立问题、奇偶性综合|多选题与解答题结合（如判断f(x)=aˣ-a⁻ˣ性质），提升逻辑推理与运算能力| |C级创新练习|含参函数性质、值域与参数范围综合|探究性解答（如奇函数f(x)在[m,n]上的值域问题），发展创新意识与数学建模能力|

4.2.2.1指数函数及其性质的应用 A级　基础练习 1.(2026江苏无锡期中)若a=1.60.3,b=1.62.1,c=0.72.1,则a,b,c的大小关系为(　　) A.a>b>c B.c>a>b C.b>c>a D.b>a>c 2.(多选题)若指数函数y=ax(a>0,且a≠1)在区间[-1,1]上的最大值和最小值的和为,则a的值可能是(　　) A.2 B. C.3 D. 3.(2026江苏宿迁期中)已知a=(,b=(,c=(,则a,b,c的大小关系为(　　) A.a<b<c B.b<c<a C.c<b<a D.b<a<c 4.已知函数f(x)=,则f(x)的单调递增区间为(　　) A.(,+∞) B.(-,+∞) C.(-∞,-) D.(-∞,) 5.若函数f(x)=a|2x-4|(a>0,且a≠1)满足f(1)=,则f(x)的单调递减区间是(　　) A.(-∞,2] B.[2,+∞) C.[-2,+∞) D.(-∞,-2] 6.(2026上海期中)不等式(<81的解集为　　　　　.  7.(2026四川成都期中)已知定义在[-2,2]上的函数f(x)=-2x,则关于x的不等式f(x-1)≥f(2x-3)的解集是　　　　　.  8.若函数y=在区间(-∞,1)内单调递增,则a的取值范围是　　　　　　　　.  9.(2026江苏镇江期中)已知函数f(x)=2x,定义域为[1,4].求函数y=3f(x)-f(2x)的值域. B级　拔高提升 10.(2026浙江杭州期中)已知函数f(x)=是R上的单调递增函数,则实数a的取值范围是(　　) A.(,1] B.(,2] C.[2,+∞) D.[1,2] 11.(2026河南南阳期中)关于x的不等式(x-a)(2x-2)≥0恒成立,则实数a的值为(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 12.(2026安徽阜阳期中)(多选题)已知函数f(x)=,则下列说法正确的有(　　) A.f(log34)= B.f(x)的值域为(-∞,1) C.f(x)是R上的减函数 D.函数f(x)的图象关于点(0,)对称 13.(2026河南南阳期中)(多选题)已知函数f(x)=ax-a-x(a>0且a≠1),则下列说法正确的有(　　) A.f(x)的图象过定点(0,0) B.f(x)在R上单调递增 C.y=为偶函数 D.当a>1时,函数f(|x|)的最小值是0 14.设函数f(x)=|2x-1|,若有不相等的实数a,b,满足f(a)=f(b),则2a+2b=(　　) A.1 B.2 C. D.不能确定 15.设偶函数f(x)满足f(x)=2x-4(x≥0),则当x<0时,f(x)=　　　　;当x∈R时,不等式f(x-2)>0的解集为　　　　　.  16.(2026浙江温州期中)函数f(x)=在区间(1,2)上单调递减,则实数a的取值范围为　　　　　.  17.已知函数f(x)=. (1)判断函数f(x)的奇偶性; (2)证明f(x)是其定义域内的增函数. 18.(2026广东深圳期中)已知函数f(x)=(a>0,且a≠1)是定义在R上的奇函数. (1)求实数a的值,并判断f(x)在定义域上的单调性,不用证明; (2)∃x∈[1,2],使得t·f(x)≥2x-2成立,求实数t的取值范围. C级　创新练习 19.(2026江苏南京期中)已知函数f(x)=为奇函数. (1)求实数a的值; (2)若a<0,用定义证明f(x)的单调性; (3)若(2)中的函数f(x)在区间[m,n](m<n)上的值域是[k·3m,k·3n](k∈R),求k的取值范围. 答案： 1.D　因为1.62.1>1.60.3>1.60=1,即b>a>1,又c=0.72.1<0.70=1,所以b>a>c.故选D. 2.AB　当a>1时,指数函数y=ax在R上单调递增,所以y=ax在区间[-1,1]上的最大值ymax=a,最小值ymin=.所以a+,解得a=2或a=(舍去).当0<a<1时,指数函数y=ax在R上单调递减,所以y=ax在区间[-1,1]上的最大值ymax=,最小值ymin=a,所以a+,解得a=2(舍去)或a=.综上,a=2或a=. 3.D　a=(=(,由指数函数单调性得(<(,所以a<c,b=(=(=(,由幂函数单调性得(<(,所以b<a. 综上,b<a<c.故选D. 4.A　函数f(x)=定义域为R,令u=x2-3x+1,易知u=x2-3x+1的单调递增区间为(,+∞), 又y=3u在R上单调递增,所以f(x)的单调递增区间为(,+∞).故选A. 5.B　由f(1)=,得a2=,解得a=,故f(x)=()|2x-4|.令g(x)=|2x-4|,因为g(x)=|2x-4|在[2,+∞)上单调递增, 所以f(x)的单调递减区间是[2,+∞).故选B. 6.R　由题意<34, 所以-x2+2x-3<4,即x2-2x+7>0, 因为x2-2x+7=(x-1)2+6>0恒成立, 所以原不等式的解集为R. 7.[2,]　因为y=在区间[-2,2]上单调递减,y=-2x在区间[-2,2]上单调递减, 所以函数f(x)=-2x在区间[-2,2]上单调递减, 则解得2≤x≤,则关于x的不等式f(x-1)≥f(2x-3)的解集是[2,]. 8.[2,+∞)　由复合函数的单调性知,函数y=-x2+ax在(-∞,1)内单调递增,所以x=≥1,解得a≥2. 9.解 因为函数f(x)的定义域为[1,4], 所以解得1≤x≤2, 所以y=3f(x)-f(2x)的定义域为[1,2], 由x∈[1,2]得f(x)=2x∈[2,4],所以y=3f(x)-f(2x)=3×2x-(2x)2=-(2x-)2+. 当2x=2,即x=1时,ymax=-(2-)2+=2, 当2x=4,即x=2时,ymin=-(4-)2+=-4. 所以y=3f(x)-f(2x)的值域为[-4,2]. 10.A　若f(x)在R上为增函数, 则满足解得<a≤1, 即实数a的取值范围是(,1].故选A. 11.C　因为函数y=2x是增函数,所以当x>1时,2x>2;当x=1时,2x=2;当x<1时,2x<2,所以不等式(x-a)(2x-2)≥0恒成立,等价于(x-a)(x-1)≥0恒成立,所以a=1.故选C. 12.ACD　f(log34)=,A正确;因为y=1+3x的值域是(1,+∞),所以f(x)=的值域是(0,1),B错误;因为y=1+3x恒正且在R上递增,所以y=是R上的减函数,C正确;由于f(x)+f(-x)==1,D正确.故选ACD. 13.ACD　f(0)=a0-a0=1-1=0,故f(x)的图象过定点(0,0),故A正确;当0<a<1时,y=ax和y=-a-x在R上单调递减,则f(x)=ax-a-x在R上单调递减,当a>1时,y=ax和y=-a-x在R上单调递增,则f(x)=ax-a-x在R上单调递增,故f(x)在R上的单调性与a的取值有关,故B错误;y=,由ax-a-x≠0,得x≠0,,故y=为偶函数,故C正确;当a>1时,f(|x|)=a|x|-a-|x|,令t=|x|≥0,则y=at-a-t在[0,+∞)上单调递增,故ymin=a0-a0=0,即当a>1时,函数f(|x|)的最小值是0,故D正确.故选ACD. 14.B　作f(x)=|2x-1|的图象如图所示. 由题可知若有不相等的实数a,b,满足f(a)=f(b),不妨令a<b,则a<0<b<1,所以-(2a-1)=2b-1,所以2a+2b=2.故选B. 15.2-x-4　{x|x<0,或x>4} 设x<0,则-x>0,∴f(-x)=2-x-4. 又f(x)为偶函数,∴f(x)=f(-x)=2-x-4. 于是f(x-2)>0可化为 解得x>4或x<0. 16.[,1]　令t=-x2+2ax+1,其图象开口向下,对称轴为x=a且Δ=4a2+4>0, 所以t≥0⇔-x2+2ax+1≥0⇔a-≤x≤a+, 所以t在区间[a-,a)上单调递增,在区间(a,a+]上单调递减, 所以f(x)在区间[a-,a)上单调递增,在区间(a,a+]上单调递减, 由f(x)在(1,2)上单调递减,得a≤1<2≤a+, 可得 解得≤a≤1,所以实数a的取值范围为[,1]. 17.(1)解 因为函数f(x)的定义域是R,且f(-x)==-f(x),所以f(x)是奇函数. (2)证明f(x)==1-,在定义域R内任取x1,x2,且x2>x1,则x2-x1>0,f(x2)-f(x1)==2·,设g(x)=10x,且知函数g(x)在其定义域内为增函数,所以当x2>x1时,1-1>0. 又因为1+1>0,1+1>0, 所以f(x2)-f(x1)>0, 即f(x2)>f(x1), 故f(x)在其定义域内是增函数. 18.解 (1)因为函数f(x)=(a>0,且a≠1)是定义在R上的奇函数, 所以f(0)==0,解得a=2,此时f(x)=,满足f(-x)=-f(x), 所以a=2,f(x)==1-在定义域R上单调递增. (2)当x∈[1,2]时,不等式t·f(x)≥2x-2可化为t≥, 令m=2x-1∈[1,3],则t≥=m-+1, 又y=m-+1在区间[1,3]上单调递增, 所以ymin=1-+1=0,则t≥0, 即实数t的取值范围为[0,+∞). 19.(1)解 由函数f(x)为奇函数,得f(-x)+f(x)=0, 即=0, 有(3x-a)(3-x+a)+(3x+a)(3-x-a)=0,整理得2-2a2=0,解得a=±1, 当a=1时,f(x)=,函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),f(-x)==-f(x),符合题意; 当a=-1时,f(x)=,定义域为R,f(-x)==-f(x),符合题意, 所以a=-1或a=1. (2)证明 当a<0时,a=-1,则f(x)==1-,∀x1,x2∈R,且x1<x2,有f(x1)-f(x2)=, 因为x1<x2,则且(+1)(+1)>0, 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),故f(x)在R上单调递增. (3)解 由(2)知f(x)=在R上单调递增,则得 即得 则3m,3n是关于t的方程kt2+(k-1)t+1=0的两个不相等的正实数根, 所以 解得0<k<3-2, 所以k的取值范围是(0,3-2). 1 学科网（北京）股份有限公司 $