3.3.2.2 指数函数性质的应用-【新课程学案】2026-2027学年高中数学必修第一册教师用书word（北师大版）

本讲义聚焦高中数学指数函数性质的应用，在学生掌握指数函数图象与基本性质的基础上，系统展开比较指数式大小、解指数不等式、判断指数型函数单调性及最值、综合应用等题型，构建从基础到应用的完整学习支架。 该资料采用拓展融通的习题讲评式教学，通过例题解析与针对训练结合，思维建模提炼方法，融入高考真题。培养学生用数学思维分析问题（如分类讨论解不等式、复合函数单调性判断），用数学语言规范表达，课中助力教师高效授课，课后检测帮助学生查漏补缺，强化知识应用能力。

　 第2课时　指数函数性质的应用 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] [课时目标] 1.进一步熟练掌握指数函数的图象、性质. 2.能够利用指数函数的图象和性质比较数的大小、解不等式. 3.会判断指数型函数的单调性、最值问题. 题型(一)　比较指数式大小 [例1]　比较下列各题中两个值的大小: (1),;(2)1.70.3,0.93.1; (3),;(4)0.20.3,0.30.2. 解:(1)因为0<<1,所以函数y=在其定义域R上单调递减.又-1.8>-2.5,所以<. (2)因为1.70.3>1.70=1,0.93.1<0.90=1, 所以1.70.3>0.93.1. (3)因为y=在R上是减函数,y=在R上为增函数,且-<0,所以>1,<1,所以>. (4)因为0<0.2<0.3<1,所以指数函数y=0.2x与y=0.3x在定义域R上均是减函数,且在区间(0,+∞)上函数y=0.2x的图象在函数y=0.3x的图象的下方,所以0.20.2<0.30.2. 又根据指数函数y=0.2x在R上是减函数,可得0.20.3<0.20.2,所以0.20.3<0.30.2. 　　|思|维|建|模| 比较指数式大小的3种类型及处理方法 　　[针对训练] 1.(2023·天津高考)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 解析:选D　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g(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. 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. 2.比较下列各题中数的大小: (1)与; (2)0.80.8,0.80.9,1.20.8; (3)与(其中a>0且a≠1). 解:(1)∵=,又指数函数y=2x在R上是增函数,且<,∴<. (2)∵0.80.8<1,0.80.9<1,1.20.8>1,又y=0.8x在R上是减函数,∴0.80.8>0.80.9,∴1.20.8>0.80.8>0.80.9. (3)当a>1时,指数函数y=ax在R上是增函数,且-<-,∴<; 当0<a<1时,指数函数y=ax在R上是减函数,且-<-,∴>. 故当a>1时,<; 当0<a<1时,>. 题型(二)　简单指数不等式的解法 [例2]　(1)解不等式≤2; (2)已知<(a>0,且a≠1),求x的取值范围. 解:(1)∵2=,∴原不等式可以转化为≤.∵y=在R上是减函数, ∴3x-1≥-1.∴x≥0. 故原不等式的解集是{x|x≥0}. (2)①当0<a<1时,函数f(x)=ax在R上是减函数, ∴x2-3x+1>x+6.∴x2-4x-5>0. 解得x<-1或x>5; ②当a>1时,函数f(x)=ax在R上是增函数, ∴x2-3x+1<x+6. ∴x2-4x-5<0.解得-1<x<5. 综上所述,当0<a<1时, x的取值范围是{x|x<-1或x>5}; 当a>1时,x的取值范围是{x|-1<x<5}. 　　|思|维|建|模| (1)利用指数型函数的单调性解不等式,需将不等式两边都凑成底数相同的指数式. (2)解不等式af(x)>ag(x)(a>0,且a≠1)的依据是指数型函数的单调性,要养成判断底数取值范围的习惯,若底数不确定,就需要进行分类讨论,即af(x)>ag(x)⇒f(x)>g(x)(a>1)或f(x)<g(x)(0<a<1). 　　[针对训练] 3.求满足下列条件的x的取值范围: (1)3x-1>9x; (2)0.2x<25; (3)a-5x>ax+7(a>0,且a≠1). 解:(1)∵3x-1>9x,∴3x-1>32x. 又y=3x在定义域R上是增函数, ∴x-1>2x,∴x<-1. 即x的取值范围是(-∞,-1). (2)∵0<0.2<1,∴指数函数f(x)=0.2x在R上是减函数. 又25=0.2-2,∴0.2x<25.即0.2x<0.2-2, ∴x>-2.即x的取值范围是(-2,+∞). (3)当a>1时,∵a-5x>ax+7,∴-5x>x+7,解得x<-;当0<a<1时,∵a-5x>ax+7,∴-5x<x+7,解得x>-. 综上所述,当a>1时,x的取值范围是;当0<a<1时,x的取值范围为. 题型(三)　指数型函数的单调性问题 [例3]　判断f(x)=的单调性,并求其值域. 解:令u=x2-2x,则原函数变为y=. ∵u=x2-2x=(x-1)2-1在(-∞,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,又y=在(-∞,+∞)上单调递减,∴y=在(-∞,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减. ∵u=x2-2x=(x-1)2-1≥-1,∴y=,u∈[-1,+∞).∴0<≤=3. ∴原函数的值域为(0,3]. 　　[变式拓展] 1.把本例的函数改为“f(x)=”,求其单调区间. 解:设t=-x2-x,则原函数变为y=3t. 当x∈时,t=-x2-x单调递增,y=3t单调递增, 因此f(x)=在上单调递增; 当x∈时,t=-x2-x单调递减,y=3t单调递增,因此f(x)=在上单调递减. 因此函数f(x)=的单调递增区间为,单调递减区间为. 2.若本例变为函数f(x)=在区间(-1,1)上单调递减,求实数m的取值范围. 解:由复合函数的同增异减性质可得,y=2x2+mx-3在(-1,1)上严格单调递增,即-≤-1, 解得m≥4.所以m的取值范围是[4,+∞). 　　|思|维|建|模| (1)对于求形如f(x)=ma2x+max+q(m≠0,a>0,且a≠1)的函数的单调性,往往通过换元设t=ax,然后结合二次函数与指数函数的单调性,进行判断. (2)对于求形如f(x)=aφ(x)(a>0,且a≠1)的函数的单调性,往往通过换元设t=φ(x),然后结合函数t=φ(x)与指数函数y=at(a>0,且a≠1)的单调性,进行判断. 　　[针对训练] 4.(多选)对函数f(x)=判断正确的是 (　 ) A.增区间为(0,+∞) B.增区间为(-∞,0) C.值域为 D.值域为 解析:选BD　根据指数函数性质,y=在(-∞,+∞)上单调递减,而y=x2+1在(-∞,0)上单调递减,在[0,+∞)上单调递增,故f(x)=的单调递增区间为(-∞,0);y=x2+1的值域为[1,+∞),而y=在[1,+∞)上单调递减,故f(x)=的值域为.故选B、D. 5.(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)单调递减,则a的取值范围是 (　 ) A.(-∞,-2] B.[-2,0) C.(0,2] D.[2,+∞) 解析:选D　由题意得y=x(x-a)在区间(0,1)单调递减,所以x=≥1,解得a≥2.故选D. 题型(四)　指数函数性质的综合 [例4]　已知函数f(x)=·x3. (1)求f(x)的定义域; (2)讨论f(x)的奇偶性; (3)证明:f(x)>0. 解:(1)由题意得2x-1≠0,即x≠0, ∴f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞). (2)由(1)知,f(x)的定义域关于原点对称. 令g(x)=+=,φ(x)=x3, 则f(x)=g(x)·φ(x). ∵g(-x)===-g(x), φ(-x)=(-x)3=-x3=-φ(x), ∴f(-x)=g(-x)·φ(-x) =[-g(x)]·[-φ(x)]=g(x)·φ(x)=f(x). ∴f(x)=·x3为偶函数. (3)证明:当x>0时,2x>1,∴2x-1>0, ∴+>0. ∵x3>0,∴f(x)>0. 由偶函数的图象关于y轴对称,知当x<0时,f(x)>0也成立. 故对于x∈(-∞,0)∪(0,+∞),恒有f(x)>0. 　　|思|维|建|模| 解决指数函数性质的综合问题的注意点 (1)注意代数式的变形,如分式通分、因式分解、配方法、分母(或分子)有理化等变形技巧. (2)解答函数问题注意应在函数定义域内进行. (3)由于指数函数单调性与底数有关,因此要注意是否需要讨论. 　　[针对训练] 6.设a>0,函数f(x)=+是定义域为R的偶函数. (1)求实数a的值; (2)求f(x)在[1,3]上的值域. 解:(1)由f(x)=f(-x),得+=+. 即4x+=0, 所以=0. 根据题意,可得-a=0, 又a>0,所以a=1. (2)由(1)可知f(x)=4x+, 设任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=+-=(). 因为0<x1<x2,所以<.所以-<0. 又x1+x2>0,所以>1.所以1->0. 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2). 所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. 所以函数f(x)在[1,3]上的最大值为 f(3)=43+=; 最小值为f(1)=4+=. 故f(x)在[1,3]上的值域为. [课时检测] 1.设a=0.60.6,b=0.61.5,c=1.50.6,则a,b,c的大小关系是 (　 ) A.a<b<c B.a<c<b C.b<a<c D.b<c<a 解析:选C　因为函数y=0.6x在R上单调递减,所以b=0.61.5<a=0.60.6<1.又c=1.50.6>1,所以b<a<c. 2.(2024·天津高考)设a,b∈R,则“a3=b3”是“3a=3b”的 (　 ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选C　由函数y=x3单调递增可知,若a3=b3,则a=b;由函数y=3x单调递增可知,若3a=3b,则a=b.故“a3=b3”是“3a=3b”的充要条件,故选C. 3.函数y=的值域为 (　 ) A. B. C.(-∞,2] D.(0,2) 解析:选A　因为-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,且y=在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,则≥,故选A. 4.已知函数f(x)=2x-,则函数f(x) (　 ) A.是奇函数,且在R上单调递增 B.是奇函数,且在R上单调递减 C.是偶函数,且在R上单调递增 D.是偶函数,且在R上单调递减 解析:选A　由题意,函数f(x)=2x-2-x的定义域为R,关于原点对称.因为f(-x)=2-x-2x=-(2x-2-x)=-f(x),所以函数f(x)为奇函数.又由f(x)=2x-2-x=2x-=2x+,根据指数函数的图象与性质,可得函数y=2x和y=-都是增函数,所以函数f(x)=2x-2-x是增函数.故选A. 5.不等式>3-2x的解集是 (　 ) A.{x|-2<x<4} B.{x|2<x<4} C.{x|x<4} D.{x|x>-2} 解析:选A　由>3-2x,得>3-2x,∴8-x2>-2x.即x2-2x-8<0,解得-2<x<4.∴不等式>3-2x的解集是{x|-2<x<4}.故选A. 6.已知x,y∈R,且2-x+3-y>2y+3x,则下列各式正确的是 (　 ) A.x-y>0 B.x+y<0 C.x-y<0 D.x+y>0 解析:选B　将不等式变形为2-x-3x>2y-3-y,令F(x)=2-x-3x,则F(x)为减函数.又F(x)>F(-y),∴x<-y.∴x+y<0.故选B. 7.(2023·全国甲卷)已知函数f(x)=.记a=f,b=f,c=f,则 (　 ) A.b>c>a B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b 解析:选A　函数f(x)=是由函数y=eu和u=-(x-1)2复合而成的复合函数,y=eu为R上的增函数,u=-(x-1)2在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以由复合函数的单调性可知,f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.易知f(x)的图象关于直线x=1对称,所以c=f=f,又<2-<<1,所以f<f<f,所以b>c>a,故选A. 8.(5分)函数y=的定义域是　　　　.  解析:由题意得-8≥0,即≥8=23,∴x-1≥3.解得x≥4. 答案:[4,+∞) 9.(5分)已知函数f(x)=x3(a·2x-2-x)是偶函数,则a=　　　　.  解析:设g(x)=a·2x-2-x.因为f(x)为偶函数,所以g(x)是奇函数,所以g(0)=0,解得a=1. 答案:1 10.(5分)已知函数f(x)=,则f(x)的单调递增区间是　　　　.  解析:法一:由指数函数的性质可知y=在定义域上为减函数,故要求f(x)的单调递增区间,只需求y=|x-1|的单调递减区间.又y=|x-1|的单调递减区间为(-∞,1],所以f(x)的单调递增区间为(-∞,1]. 法二:f(x)==可画出f(x)的图象(图略),得其单调递增区间为(-∞,1]. 答案:(-∞,1] 11.(5分)若函数f(x)=在(1,3)内单调递增,则关于x的不等式ax-1>1的解集为　　　　.  解析:y=2x2-3x+1图象的对称轴是x=,开口向上,故函数在(1,3)内单调递增,而f(x)在(1,3)内单调递增.根据复合函数同增异减的原则,得a>1,则ax-1>1=a0,故x-1>0,解得x>1. 答案:{x|x>1} 12.(5分)写出一个同时具有以下三个性质的函数f(x)=　　　　.  ①函数g(x)=f(x)-1为指数函数; ②f(x)是增函数; ③f(1)>3. 解析:因为函数g(x)为指数函数, 所以令g(x)=ax(a>0,且a≠1).于是f(x)=g(x)+1=ax+1. 由于f(x)是增函数,则a>1,又f(1)=a+1>3,解得a>2.取a=3,则f(x)=3x+1. 答案:3x+1(答案不唯一) 13.(10分)设函数f(x)=,a是不为零的常数. (1)若f(3)=,求使f(x)≥4的x的取值范围;(4分) (2)当x∈[-1,2]时,f(x)的最大值是16,求a的值.(6分) 解:(1)由f(3)=得a=3.则不等式f(x)≥4可化为23x-10≥22,解得x≥4.故x的取值范围是[4,+∞). (2)当a>0时,f(x)=2ax-10是增函数, 则22a-10=16,所以a=7. 当a<0时,f(x)=2ax-10是减函数, 则2-a-10=16,所以a=-14. 综上,a=-14或a=7. 14.(10分)已知函数f(x)=4x-2·-6中x∈[0,3]. (1)求函数f(x)的最大值和最小值;(5分) (2)若实数a满足f(x)-a≥0恒成立,求a的取值范围.(5分) 解:(1)由已知,得f(x)=(2x)2-4·2x-6(0≤x≤3). 令t=2x,因为0≤x≤3,所以1≤t≤8. 令h(t)=t2-4t-6=(t-2)2-10(1≤t≤8). 当t∈[1,2]时,h(t)单调递减;当t∈(2,8]时,h(t)单调递增. 所以f(x)min=h(2)=-10,f(x)max=h(8)=26. (2)因为f(x)-a≥0恒成立,即a≤f(x)恒成立, 所以a≤f(x)min恒成立. 由(1)知f(x)min=-10,所以a≤-10. 故a的取值范围为(-∞,-10]. 15.(10分)已知函数f(x)=. (1)求f(1)及函数f(x)的值域;(2分) (2)指出函数f(x)在其定义域内的单调性(只需写出结论,不需要证明);(2分) (3)应用(2)的结论,解关于x的不等式f(ax2+(2a-1)x-1)≥.(6分) 解:(1)由已知,得f(1)==.令y=, 则y·3x+y=3x,3x=>0, ∴0<y<1.即f(x)的值域为(0,1). (2)f(x)在R上单调递增. (3)由(1)可知f(1)=, ∵f(ax2+(2a-1)x-1)≥, ∴f(ax2+(2a-1)x-1)≥f(1). 由(2)知f(x)为单调递增函数,∴ax2+(2a-1)x-1≥1,即ax2+(2a-1)x-2≥0. 当a=0时,-x-2≥0,解得{x|x≤-2};当a>0时,(ax-1)(x+2)≥0,解得;当a<-时,不等式的解集为;当a=-时,不等式的解集为{x|x=-2};当-<a<0时,不等式的解集为.综上,当a=0时,{x|x≤-2};当a>0时,;当a<-时,;当a=-时,{x|x=-2};当-<a<0时,. 学科网（北京）股份有限公司 $