指数与指数函数10种高频考点讲义-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册
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内容正文：
2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册讲义
指数与指数函数10种高频考点讲义
考点目录
根式的化简
根式与分数指数幂的互化
指数函数的定义与解析式
指数函数的图像与性质
以指数函数为背景的定义域问题
以指数函数为背景的值域问题
以指数函数为背景的单调性问题
以指数函数为背景的定点问题
指数函数的实际应用
指数函数的综合应用
考点一 根式的化简
一、核心概念
若 （），则 叫做 的 次方根；式子 叫做根式， 为根指数， 为被开方数。
二、核心性质
1. 奇次根式：根指数为奇数时，任意实数都有唯一的奇次方根，开方结果与被开方数符号一致，即
1. 偶次根式：根指数为偶数时，负数无偶次方根，开方结果恒为非负数，即
1. 通用运算性质
· 有意义前提下，；
· ；
· 。
三、化简步骤
1. 先判断根指数的奇偶性；
1. 偶次根式先将被开方数化为完全乘方的形式，开方后加绝对值；
1. 根据字母的取值范围去掉绝对值，合并同类项得到最简结果。
四、高频易错点
· 混淆 与 ：前者有意义时结果恒为 ，后者偶次开方结果为 ；
· 偶次根式开方漏加绝对值，直接得出 ，忽略字母为负的情况；
· 忽略偶次根式被开方数非负的前提，对负数开偶次方。
例1．（26-27高一上·江苏镇江·阶段检测）已知，那么化简代数式的结果是（ ）
A． B．3 C．-3 D．
例2．（25-26高一上·江苏南通·期中）化简：（ ）
A． B． C． D．
例3．（25-26高一上·福建福州·阶段检测）化简：______．
变式1．（26-27高一上·辽宁大连·阶段检测）化简（ ）
A． B． C． D．
变式2．（25-26高一上·湖南长沙·期中）式子的化简结果是（ ）
A． B．2 C． D．
变式3．（25-26高一上·浙江杭州·阶段检测）化简：______．
考点二 根式与分数指数幂的互化
一、核心规定
正数的正分数指数幂：
正数的负分数指数幂：
补充：0的正分数指数幂等于0，0的负分数指数幂无意义。
二、指数幂的运算性质
运算律可从整数指数幂推广到实数指数幂（）：
1. 同底数相乘：；
1. 幂的乘方：；
1. 积的乘方：。
三、互化与化简技巧
1. 根式化指数：根指数对应分数的分母，被开方数的指数对应分数的分子；
1. 多重根式：由内向外逐层转化为分数指数幂，再用运算性质合并；
1. 最终结果：题目要求根式则还原为根式，无要求可保留分数指数幂。
四、高频易错点
· 忽略底数 的前提，对负数直接使用分数指数幂运算；
· 随意约分导致定义域变化：如 不能直接约分为 ，前者被开方数可为负，后者必须非负；
· 负指数幂漏取倒数，符号处理失误。
例1．（25-26高一上·甘肃·期末）已知，则的分数指数幂的形式为（ ）
A． B． C． D．
例2．（25-26高一上·山东济宁·期中）（ ）
A．a B． C． D．
例3．（26-27高一上·江苏南通·阶段检测）计算：
(1)
(2)已知，求的值
例4．（25-26高一上·广东广州·期中）计算下列各式：
(1)；
(2)；
(3).
变式1．（25-26高三上·广东中山·阶段检测）设，将表示成指数幂的形式，其结果是（ ）
A． B． C． D．
变式2．（25-26高一上·山东枣庄·期中）下列根式与分数指数幂的互化，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
变式3．（26-27高一上·江苏宿迁·阶段检测）（1）求值：；
（2）已知，求的值.
变式4．（26-27高一上·江苏盐城·阶段检测）（1）用分数指数幂表示；
（2）；
（3）已知，求：①；②；③.
考点三 指数函数的定义与解析式
一、严格定义
形如 （，且 ）的函数叫做指数函数，其中 是自变量，定义域为 。
核心判定三要素：
1. 底数 为常数，满足 ；
1. 自变量 单独在指数位置，指数为 本身；
1. 指数项的系数为1，无额外常数项。
二、解析式的求法
1. 待定系数法：已知指数函数过定点，代入 求解底数 ；
1. 指数型函数建模：形如 （）的指数型函数，代入两组数据求解 。
三、高频易错点
· 概念混淆：将 （幂函数）、（指数型函数）、（底数为负，无意义）误判为指数函数；
· 忽略底数 的限制，求出负数底数后不舍去；
· 实际建模时指数次数对应错误，混淆“第x期”与“经过x期”。
例1．（25-26高一上·河南鹤壁·阶段检测）若函数是指数函数，求实数的值（ ）
A．1 B．2 C．0 D．
例2．（25-26高一上·四川宜宾·阶段检测）下列各函数中，是指数函数的是（ ）
A． B．
C． D．
变式1．（25-26高一上·云南文山·阶段检测）若函数是指数函数，则（ ）
A．或 B． C． D．，且
变式2．（25-26高一上·江苏苏州·阶段检测）下列各函数中，是指数函数的是（ ）
A． B． C． D．
考点四 指数函数的图像与性质
一、核心性质对比
根据底数范围分为两类，核心性质对比如下：
对比维度
图像趋势
自左向右上升
自左向右下降
定义域
值域
定点
恒过
恒过
单调性
定义域内单调递增
定义域内单调递减
函数值规律
时 ； 时
时 ； 时
渐近线
以x轴为水平渐近线
以x轴为水平渐近线
二、拓展图像规律
1. 底大图高：第一象限内，底数越大，指数函数图像位置越高；
1. 对称关系： 与 的图像关于 轴对称；
1. 平移规律： 由 向右平移 个单位、向上平移 个单位得到。
三、高频易错点
· 混淆 与 的单调性，增减性记反；
· 误认为指数函数图像会与x轴相交，实际仅无限趋近，函数值恒大于0；
· 图像平移方向记反，“左加右减”应用失误。
例1．（25-26高一上·河北邯郸·阶段检测）已知函数，且的图象如图所示.则函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
例2．（25-26高一上·福建莆田·期中）函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
例3．（25-26高一上·广东东莞·阶段检测）已知函数的值域为，且，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
例4．（25-26高一上·河南鹤壁·期中）若函数且的图像不经过第四象限，则实数a的取值范围为_________
变式1．（25-26高一上·江苏南京·期末）已知函数（，且）的图象如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．
变式2．（25-26高一上·云南昭通·期中）已知函数，则的值域为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．（25-26高一上·陕西咸阳·阶段检测）已知函数的图象过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交.则的值为（ ）
A． B． C．2 D．4
变式4．（25-26高一上·上海宝山·阶段检测）函数的图像不经过第二象限，则实数的取值范围是______.
考点五 以指数函数为背景的定义域问题
一、核心限制条件
结合指数函数特性，定义域求解的核心约束：
1. 单纯指数函数 ：定义域为 ；
1. 指数部分含分式：分母不等于0；
1. 指数部分含偶次根式：被开方数大于等于0；
1. 底数含自变量：底数>0且底数≠1；
1. 与其他函数复合：叠加分式、根式、对数等对应的限制条件。
二、解题步骤
1. 逐一列出所有使函数有意义的条件，联立成不等式组；
1. 分别求解每个不等式；
1. 取解集的交集，用区间或集合表示最终定义域。
三、高频易错点
· 遗漏底数的限制条件，忽略底数>0且≠1；
· 仅限制指数上的分母，遗漏其他约束；
· 实际问题忽略变量的现实意义（如时间、数量非负）。
例1．（25-26高一上·吉林长春·阶段检测）函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
例2．（25-26高一上·河北保定·阶段检测）函数 的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
例3．（25-26高一上·新疆乌鲁木齐·阶段检测）函数的定义域是__________.
变式1．（25-26高一上·北京昌平·阶段检测）函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
变式2．（25-26高一上·山东滨州·阶段检测）若函数的定义域为，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
变式3．（25-26高一上·山东青岛·阶段检测）函数的定义域为________．
考点六 以指数函数为背景的值域问题
一、核心方法：换元法
对于复合指数函数 ，令内层函数 ，先求 的取值范围，再结合指数函数 的单调性，求出最终值域。
二、常见题型
1. 一次型复合：如 ，内层一次函数值域为 ，函数值域仍为 ；
1. 二次型复合：如 ，先求二次函数 的值域，再结合指数单调性求整体值域；
1. 逆向求值：已知值域反求参数范围，结合单调性列不等式求解。
三、高频易错点
· 忽略指数函数恒大于0的特性，求出内层范围后忘记值域下限为0；
· 时指数函数单调递减，内层取最大值时函数反而取最小值，大小关系易搞反；
· 换元后忽略新元的取值范围，导致值域扩大。
例1．（25-26高一下·安徽安庆·开学考试）函数的值域是（ ）
A． B． C． D．
例2．（25-26高一上·四川成都·阶段检测）函数的定义域为，则其值域为（ ）
A． B． C． D．
例3．（25-26高一上·湖南衡阳·阶段检测）函数的值域为_____.
例4．（25-26高一上·福建福州·阶段检测）若函数，则函数的值域为___；
变式1．（25-26高一上·陕西西安·期末）函数的值域是（ ）
A． B． C． D．
变式2．（25-26高一上·四川凉山·期末）函数的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
变式3．（25-26高一上·山西运城·阶段检测）已知，求函数的值域为______．
变式4．（25-26高一上·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）函数在上的值域为___________.
考点七 以指数函数为背景的单调性问题
一、核心法则：同增异减
对于复合函数 ：
· 外层 ： 时单调递增， 时单调递减；
· 内层 ：有自身的单调区间；
· 内外层单调性相同，复合函数单调递增；内外层单调性相反，复合函数单调递减。
二、常见题型
1. 求单调区间：先求定义域，再拆分内外层，结合同增异减得到单调区间；
1. 比较大小：同底数用单调性，同指数用“底大图高”，不同底不同指找中间量（如0、1）搭桥；
1. 解指数不等式：先化同底，再根据单调性脱去底数，转化为普通不等式； 时注意不等号变向；
1. 已知单调性求参数：根据复合单调性要求，列参数的不等式求解。
三、高频易错点
· 忽略定义域，在函数无意义的区间讨论单调性；
· 解不等式时， 忘记改变不等号方向；
· 比较大小时选错中间量，直接跨底数比较导致错误。
例1．（25-26高一上·河北张家口·阶段检测）函数的递增区间是________________．
例2．（25-26高一下·陕西汉中·期中）若函数的单调递增区间是，则______.
例3．（26-27高一上·北京东城·阶段检测）若函数的定义域为，则（ ）
A．为奇函数，且为上的减函数 B．为偶函数，且为上的减函数
C．为奇函数，且为上的增函数 D．为偶函数，且为上的增函数
例4．（25-26高一下·陕西西安·开学考试）若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
例5．（25-26高一下·吉林长春·开学考试）设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
例6．（25-26高一上·陕西渭南·阶段检测）设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
变式1．（25-26高一上·北京·阶段检测）函数的单调增区间为___________．
变式2．（25-26高一上·山东威海·阶段检测）函数的单调递减区间是___________
变式3．（26-27高三上·北京西城·阶段检测）已知函数，则（ ）
A．是奇函数且在上是增函数
B．是偶函数且在上是增函数
C．是奇函数且在上是减函数
D．是偶函数且在上是减函数
变式4．（2026·甘肃张掖·二模）已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
变式5．（25-26高一上·山西太原·阶段检测）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
变式6．（25-26高一上·广西南宁·阶段检测）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
考点八 以指数函数为背景的定点问题
一、核心原理
定点的本质是 ：无论底数 如何变化（），指数为0时函数值恒为1，与参数无关。
二、常见题型与解法
1. 基础平移型：形如
令指数 ，得 ，此时 ，恒过定点 。
1. 复杂含参型：将含底数 的项整理合并，令其指数为0，消去参数，剩余常数即为纵坐标。
1. 多参数型：参变分离，令所有含参数的项系数同时为0，解出定点坐标。
三、高频易错点
· 平移后的定点坐标计算错误，左右平移搞反加减；
· 复杂函数未找到正确的“指数为0”的位置，无法消去参数；
· 忽略底数的限制条件，求出的定点使底数无意义。
例1．（26-27高三上·甘肃兰州·阶段检测）函数（，且）的图象恒过定点为（ ）
A． B． C． D．
例2．（25-26高二下·北京·学业考试真题）函数的图象过点（ ）
A． B． C． D．
例3．（25-26高一上·广东深圳·期中）函数的图象恒过定点A，若点A坐标满足方程，且，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C． D．8
变式1．（25-26高一下·浙江宁波·开学考试）函数的图象一定过定点（ ）
A． B． C． D．
变式2．（25-26高一上·河南信阳·阶段检测）函数（且）的图象必经过点（ ）
A． B． C． D．
变式3．（25-26高一上·四川成都·阶段检测）已知函数恒过定点，且点在函数的图象上，则的最小值为（ ）
A． B．8 C． D．
考点九 指数函数的实际应用
一、核心模型
指数函数的实际应用均围绕指数增长/指数衰减，通用形式：
· ：初始量；
· ：增长率（+）或衰减率（-）；
· ：变化的期数；
· ：经过 期后的总量。
二、常见场景
1. 增长类：人口增长、产值增长、复利计息；
1. 衰减类：放射性元素衰变、资产折旧、药物浓度代谢；
1. 倍增类：细胞分裂、细菌繁殖，模型为 。
三、解题步骤
1. 确定初始量、增长率/衰减率、时间单位；
1. 建立指数函数模型，注明定义域；
1. 代入已知条件求解未知量，验证结果的实际意义。
四、高频易错点
· 指数次数算错：误将“x期增长”算成 ，正确应为 次方；
· 增长率与增长后总量混淆，误将增长率当作最终比例；
· 时间单位不统一，如月增长率与年增长率未换算。
例1．（25-26高一上·山西吕梁·期末）汾酒产自山西省汾阳市．一般来说，年份越久的该品牌酒，其收藏价值越高．已知一箱原价元的该品牌酒，储存年后的收藏价值（单位：元）满足函数关系式（为常数）．若储存年的此种品牌酒整箱的收藏价值为元，则此种品牌酒储存年后整箱的收藏价值为（ ）
A．元 B．元 C．元 D．元
例2．（25-26高一上·浙江宁波·阶段检测）已知镭经过100年剩留原来质量的95.76%，设质量为1的镭经过x年后的剩留量为y，则x，y之间的函数关系式为（ ）
A． B．
C． D．
例3．（25-26高一上·辽宁大连·期中）某食品的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，，为常数）．若该食品在的保鲜时间是144小时，在的保鲜时间是36小时，则该食品在的保鲜时间是（ ）
A．16小时 B．18小时 C．20小时 D．24小时
变式1．（25-26高一上·山东济南·阶段检测）20世纪初，辽东半岛大连普兰店东部发现古莲子，其寿命在千年以上，至今大部分还能发芽开花，已知碳14半衰期为5730年(注：半衰期为放射性元素残留量降为原来的一半所需要的时间)，若1单位的碳14经过x年后剩余量为y单位，则y关于x的函数表达式是（）
A． B．
C． D．
变式2．（25-26高一上·湖北黄冈·期中）当物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度是，经过一段时间后的温度是，则，其中称为环境温度，称为半衰期，现有一杯的热水，放在的房间中，如果水温降到需要分钟．那么在16环境下，水温从降到时，需要_______分钟．
变式3．（25-26高一上·江西赣州·阶段检测）在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长，已知经过天以后，该湖泊的蓝藻数大约为原来的倍，那么经过天后该湖泊的蓝藻数大约为原来的_____
考点十 指数函数的综合应用
一、指数方程求解
· 化同底法：将两边化为同底数指数式，令指数相等解方程；
· 换元法：令 ，转化为一元一次/二次方程求解，解后必须验证 ，舍去负根。
二、恒成立求参数
· 分离参数法：将参数分离到不等式一侧，另一侧为指数型函数，转化为求函数最值；
· 分类讨论法：按 和 分类，结合单调性列不等式求解。
三、奇偶性综合
严格按定义验证 与 、 的关系。经典结论：
· 为偶函数；
· 为奇函数。
四、零点与交点问题
转化为两个函数图像的交点个数，结合指数函数的渐近线、单调性分析，或用零点存在定理判断。
五、高频易错点
· 换元法解方程后忽略 的限制，保留负根导致增解；
· 恒成立问题分离参数时，不等号两边乘负数忘记变向；
· 奇偶性判断前未验证定义域是否关于原点对称。
例1．（26-27高三上·湖北十堰·阶段检测）已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且．
(1)求，的解析式；
(2)令函数．求不等式的解集．
例2．（26-27高一上·江西南昌·阶段检测）定义在上的奇函数和偶函数满足．
(1)求和的解析式；
(2)若函数在上的最大值为，求实数的值．
例3．（26-27高三上·江苏南通·阶段检测）已知函数是定义在上的奇函数．
(1)求实数、的值；
(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
变式1．（26-27高三上·上海杨浦·阶段检测）已知函数（常数）.
(1)当时，解不等式；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围；
(3)讨论函数的奇偶性，并说明理由.
变式2．（26-27高三上·上海松江·阶段检测）已知函数.
(1)若存在，使得成立，求实数的取值范围；
(2)若，求函数的最小值.
变式3．（26-27高三上·陕西西安·阶段检测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若存在，使得有解，求实数的取值范围．
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指数与指数函数10种高频考点讲义
考点目录
根式的化简
根式与分数指数幂的互化
指数函数的定义与解析式
指数函数的图像与性质
以指数函数为背景的定义域问题
以指数函数为背景的值域问题
以指数函数为背景的单调性问题
以指数函数为背景的定点问题
指数函数的实际应用
指数函数的综合应用
考点一 根式的化简
一、核心概念
若 （），则 叫做 的 次方根；式子 叫做根式， 为根指数， 为被开方数。
二、核心性质
1. 奇次根式：根指数为奇数时，任意实数都有唯一的奇次方根，开方结果与被开方数符号一致，即
1. 偶次根式：根指数为偶数时，负数无偶次方根，开方结果恒为非负数，即
1. 通用运算性质
· 有意义前提下，；
· ；
· 。
三、化简步骤
1. 先判断根指数的奇偶性；
1. 偶次根式先将被开方数化为完全乘方的形式，开方后加绝对值；
1. 根据字母的取值范围去掉绝对值，合并同类项得到最简结果。
四、高频易错点
· 混淆 与 ：前者有意义时结果恒为 ，后者偶次开方结果为 ；
· 偶次根式开方漏加绝对值，直接得出 ，忽略字母为负的情况；
· 忽略偶次根式被开方数非负的前提，对负数开偶次方。
例1．（26-27高一上·江苏镇江·阶段检测）已知，那么化简代数式的结果是（ ）
A． B．3 C．-3 D．
【答案】B
【详解】因为，，
所以，
因为，所以，，
故.
例2．（25-26高一上·江苏南通·期中）化简：（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】借助平方根与立方根性质计算即可得.
【详解】.
故选：A.
例3．（25-26高一上·福建福州·阶段检测）化简：______．
【答案】
【分析】利用二次根式的运算性质化简即得.
【详解】
故答案为：.
变式1．（26-27高一上·辽宁大连·阶段检测）化简（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据根式运算求得正确答案.
【详解】因为有意义，所以，所以，
所以．
变式2．（25-26高一上·湖南长沙·期中）式子的化简结果是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【分析】利用根式的运算性质计算即可.
【详解】.
故选：D
变式3．（25-26高一上·浙江杭州·阶段检测）化简：______．
【答案】
【详解】设，则，
，
，
．
考点二 根式与分数指数幂的互化
一、核心规定
正数的正分数指数幂：
正数的负分数指数幂：
补充：0的正分数指数幂等于0，0的负分数指数幂无意义。
二、指数幂的运算性质
运算律可从整数指数幂推广到实数指数幂（）：
1. 同底数相乘：；
1. 幂的乘方：；
1. 积的乘方：。
三、互化与化简技巧
1. 根式化指数：根指数对应分数的分母，被开方数的指数对应分数的分子；
1. 多重根式：由内向外逐层转化为分数指数幂，再用运算性质合并；
1. 最终结果：题目要求根式则还原为根式，无要求可保留分数指数幂。
四、高频易错点
· 忽略底数 的前提，对负数直接使用分数指数幂运算；
· 随意约分导致定义域变化：如 不能直接约分为 ，前者被开方数可为负，后者必须非负；
· 负指数幂漏取倒数，符号处理失误。
例1．（25-26高一上·甘肃·期末）已知，则的分数指数幂的形式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据分数指数幂和根式的关系逐层转化即可.
【详解】.
故选：A
例2．（25-26高一上·山东济宁·期中）（ ）
A．a B． C． D．
【答案】D
【分析】根式化为分数指数幂，再进行运算即可.
【详解】，
故选：D
例3．（26-27高一上·江苏南通·阶段检测）计算：
(1)
(2)已知，求的值
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由指数的运算性质即可计算求解；
（2）利用完全平方公式及立方和公式求解即可.
【详解】（1）原式.
（2）因为，所以，
所以．
例4．（25-26高一上·广东广州·期中）计算下列各式：
(1)；
(2)；
(3).
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）原式
；
（2）原式
；
（3）原式.
变式1．（25-26高三上·广东中山·阶段检测）设，将表示成指数幂的形式，其结果是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合根式与分数指数幂的互化，根据指数运算法则化简即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：C
变式2．（25-26高一上·山东枣庄·期中）下列根式与分数指数幂的互化，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用根式和分数指数幂的转化关系，判断选项.
【详解】A.，故A错误；B.，故B错误；
C.，故C错误；D. ，故D正确.
故选：D
变式3．（26-27高一上·江苏宿迁·阶段检测）（1）求值：；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）原式.
（2）令，由得，所以，.
分母.
故原式.
变式4．（26-27高一上·江苏盐城·阶段检测）（1）用分数指数幂表示；
（2）；
（3）已知，求：①；②；③.
【答案】（1） （2） （3）① ；② ；③ .
【详解】（1） .
（2）原式 .
（3） ①由， 平方得 ，故 .
② 由，平方得 ，故 .
③.
考点三 指数函数的定义与解析式
一、严格定义
形如 （，且 ）的函数叫做指数函数，其中 是自变量，定义域为 。
核心判定三要素：
1. 底数 为常数，满足 ；
1. 自变量 单独在指数位置，指数为 本身；
1. 指数项的系数为1，无额外常数项。
二、解析式的求法
1. 待定系数法：已知指数函数过定点，代入 求解底数 ；
1. 指数型函数建模：形如 （）的指数型函数，代入两组数据求解 。
三、高频易错点
· 概念混淆：将 （幂函数）、（指数型函数）、（底数为负，无意义）误判为指数函数；
· 忽略底数 的限制，求出负数底数后不舍去；
· 实际建模时指数次数对应错误，混淆“第x期”与“经过x期”。
例1．（25-26高一上·河南鹤壁·阶段检测）若函数是指数函数，求实数的值（ ）
A．1 B．2 C．0 D．
【答案】B
【分析】根据指数函数的定义可得出关于实数的等式与不等式，即可解得实数的值．
【详解】函数是指数函数，可得，解得．
例2．（25-26高一上·四川宜宾·阶段检测）下列各函数中，是指数函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】由指数函数的形式为且，注意指数式前的系数为1，
由，A不满足要求，
由中前有负号，B不满足要求，
由中前系数不为1，C不满足要求，
而中且指数式的系数为1，D满足.
变式1．（25-26高一上·云南文山·阶段检测）若函数是指数函数，则（ ）
A．或 B． C． D．，且
【答案】C
【分析】根据指数函数的概念，即可求解.
【详解】因为函数是指数函数，
所以，解得，满足，且.
变式2．（25-26高一上·江苏苏州·阶段检测）下列各函数中，是指数函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据指数函数定义即可判断.
【详解】根据指数函数的定义形如且为指数函数判断：
对于A：为幂函数，故A错误；
对于B：中不能作为底数，故B错误；
对于C：中系数不为1，故C错误；
对于D：是指数函数，故D正确；
故选：D
考点四 指数函数的图像与性质
一、核心性质对比
根据底数范围分为两类，核心性质对比如下：
对比维度
图像趋势
自左向右上升
自左向右下降
定义域
值域
定点
恒过
恒过
单调性
定义域内单调递增
定义域内单调递减
函数值规律
时 ； 时
时 ； 时
渐近线
以x轴为水平渐近线
以x轴为水平渐近线
二、拓展图像规律
1. 底大图高：第一象限内，底数越大，指数函数图像位置越高；
1. 对称关系： 与 的图像关于 轴对称；
1. 平移规律： 由 向右平移 个单位、向上平移 个单位得到。
三、高频易错点
· 混淆 与 的单调性，增减性记反；
· 误认为指数函数图像会与x轴相交，实际仅无限趋近，函数值恒大于0；
· 图像平移方向记反，“左加右减”应用失误。
例1．（25-26高一上·河北邯郸·阶段检测）已知函数，且的图象如图所示.则函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由指数函数的单调性以及判断的范围，即可得解.
【详解】由的图象可知，
由知，
所以函数的两个零点分别在和上，且开口向上.
故选：C.
例2．（25-26高一上·福建莆田·期中）函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的值域为求解即可.
【详解】因为，所以，
即函数的值域为，
故选：C.
例3．（25-26高一上·广东东莞·阶段检测）已知函数的值域为，且，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】利用指数函数的性质建立方程得到，再结合得到，最后再求解目标式的值即可.
【详解】因为，所以，则，
因为函数的值域为，所以，
此时，因为，所以，解得，
则，故C正确.
故选：C
例4．（25-26高一上·河南鹤壁·期中）若函数且的图像不经过第四象限，则实数a的取值范围为_________
【答案】
【分析】由题意可知在上时恒成立.讨论当时，因为指数函数的性质得到不等式，解不等式得到解集；当时，由指数函数的性质得到不等式，解不等式得到解集，即可求得数a的取值范围.
【详解】由题意可知，当时，恒成立.
当时，函数在上单调递减，且当时，，
∴，即，∴或，
由∵，即此情况无解；
当时，函数在上单调递增，当时，，
∴，即，，∴或，
∵，∴；
综上所述，.
故答案为：
变式1．（25-26高一上·江苏南京·期末）已知函数（，且）的图象如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据图象平移结合题中函数图象分析判断即可.
【详解】因为函数的图象是由指数函数向下平移而得到，
由图可知，解得．
故选：D.
变式2．（25-26高一上·云南昭通·期中）已知函数，则的值域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用指数函数单调性求出函数值域.
【详解】函数在上单调递增，则，
所以的值域为.
故选：A
变式3．（25-26高一上·陕西咸阳·阶段检测）已知函数的图象过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交.则的值为（ ）
A． B． C．2 D．4
【答案】D
【分析】根据已知得，且函数为偶函数，再由指数函数图象性质可求出的值即可.
【详解】由函数过原点可知，即可得，即；
又函数定义域为，且满足，可知函数为偶函数，
当时，趋近于0，所以函数趋近于,
因此可得，所以；
即.
故选：D
变式4．（25-26高一上·上海宝山·阶段检测）函数的图像不经过第二象限，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】先判断指数型函数的单调性，依题意可得当时即可.
【详解】因为在定义域R上单调递增，
又的图像不经过第二象限，
所以当时，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
考点五 以指数函数为背景的定义域问题
一、核心限制条件
结合指数函数特性，定义域求解的核心约束：
1. 单纯指数函数 ：定义域为 ；
1. 指数部分含分式：分母不等于0；
1. 指数部分含偶次根式：被开方数大于等于0；
1. 底数含自变量：底数>0且底数≠1；
1. 与其他函数复合：叠加分式、根式、对数等对应的限制条件。
二、解题步骤
1. 逐一列出所有使函数有意义的条件，联立成不等式组；
1. 分别求解每个不等式；
1. 取解集的交集，用区间或集合表示最终定义域。
三、高频易错点
· 遗漏底数的限制条件，忽略底数>0且≠1；
· 仅限制指数上的分母，遗漏其他约束；
· 实际问题忽略变量的现实意义（如时间、数量非负）。
例1．（25-26高一上·吉林长春·阶段检测）函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数有意义，则满足，即，解得，
所以函数的定义域为.
故选：C.
例2．（25-26高一上·河北保定·阶段检测）函数 的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由偶次方根的被开方数必须大于等于零，建立不等式可解.
【详解】由题意得
所以，
即，
又指数函数为上的单调减函数，
所以，解得.
故选：C.
例3．（25-26高一上·新疆乌鲁木齐·阶段检测）函数的定义域是__________.
【答案】
【分析】由被开方数非负，可求出函数的定义域
【详解】由，得，，解得，
所以函数的定义域为，
故答案为：
变式1．（25-26高一上·北京昌平·阶段检测）函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】令，运算求解即可得函数的定义域.
【详解】令，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：C.
变式2．（25-26高一上·山东滨州·阶段检测）若函数的定义域为，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得对任意恒成立，结合指数函数单调性可得对任意恒成立，根据二次不等式恒成立问题列式求解.
【详解】由题意可得对任意恒成立，
即，且在内单调递增，
可得，即对任意恒成立，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：B.
变式3．（25-26高一上·山东青岛·阶段检测）函数的定义域为________．
【答案】
【分析】利用分母不为0即可求解.
【详解】由，解得：，所以函数的定义域为.
故答案为：
考点六 以指数函数为背景的值域问题
一、核心方法：换元法
对于复合指数函数 ，令内层函数 ，先求 的取值范围，再结合指数函数 的单调性，求出最终值域。
二、常见题型
1. 一次型复合：如 ，内层一次函数值域为 ，函数值域仍为 ；
1. 二次型复合：如 ，先求二次函数 的值域，再结合指数单调性求整体值域；
1. 逆向求值：已知值域反求参数范围，结合单调性列不等式求解。
三、高频易错点
· 忽略指数函数恒大于0的特性，求出内层范围后忘记值域下限为0；
· 时指数函数单调递减，内层取最大值时函数反而取最小值，大小关系易搞反；
· 换元后忽略新元的取值范围，导致值域扩大。
例1．（25-26高一下·安徽安庆·开学考试）函数的值域是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用指数函数单调性，结合二次函数最值求出值域.
【详解】函数的定义域为R，，当且仅当时取等号，
又函数在上单调递减，因此，
所以函数的值域是.
例2．（25-26高一上·四川成都·阶段检测）函数的定义域为，则其值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了指数函数的单调性，绝对值函数的取值范围，掌握利用函数单调性求值域的方法是解题的关键．
先求在的取值范围，再由指数函数单调性求的范围，最后得函数值域．
【详解】解：由题意，所以，
因为函数为增函数，所以，
故．
故选：C．
例3．（25-26高一上·湖南衡阳·阶段检测）函数的值域为_____.
【答案】
【分析】先求解出的值域，然后结合指数函数的单调性可求的值域.
【详解】令，则，
因为在上单调递减，所以，且当时，，
所以的值域为，
故答案为：.
例4．（25-26高一上·福建福州·阶段检测）若函数，则函数的值域为___；
【答案】
【分析】首先令，得到，，再结合二次函数的性质求解值域即可.
【详解】令，因为，所以，
所以，，
当时，，当时，，
所以的值域为.
故答案为：
变式1．（25-26高一上·陕西西安·期末）函数的值域是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用换元法，令，令，逐步求出该复合函数的值域即可.
【详解】令，令，
由二次函数的性质可知，当时，二次函数在上单调递减，
在上单调递增，故，
又易知在上单调递减，故，
即函数的值域为.
故选：A.
变式2．（25-26高一上·四川凉山·期末）函数的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】题干为一复合函数求最值，利用换元法可将其转化为求二次函数和指数函数的最值.
【详解】令,通过配方可知,当时，取得最大值1，
又函数，由指数函数的单调性可知当取得最大值时，取得最大值为2.
故选：B.
变式3．（25-26高一上·山西运城·阶段检测）已知，求函数的值域为______．
【答案】
【分析】借助换元法可得，再结合的范围运用二次函数性质计算即可得.
【详解】令，由，则，
则
，
由，则，
又当时，，
当时，，
有，
故，故函数的值域为.
故答案为：.
变式4．（25-26高一上·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）函数在上的值域为___________.
【答案】
【分析】利用换元法，结合二次函数、指数函数的知识来求得正确答案.
【详解】设，由于，所以，
所以，
根据二次函数的性质可知，当时，取得最小值为，对应；
当时，取得最大值为，
所以取得的值域为.
故答案为：
考点七 以指数函数为背景的单调性问题
一、核心法则：同增异减
对于复合函数 ：
· 外层 ： 时单调递增， 时单调递减；
· 内层 ：有自身的单调区间；
· 内外层单调性相同，复合函数单调递增；内外层单调性相反，复合函数单调递减。
二、常见题型
1. 求单调区间：先求定义域，再拆分内外层，结合同增异减得到单调区间；
1. 比较大小：同底数用单调性，同指数用“底大图高”，不同底不同指找中间量（如0、1）搭桥；
1. 解指数不等式：先化同底，再根据单调性脱去底数，转化为普通不等式； 时注意不等号变向；
1. 已知单调性求参数：根据复合单调性要求，列参数的不等式求解。
三、高频易错点
· 忽略定义域，在函数无意义的区间讨论单调性；
· 解不等式时， 忘记改变不等号方向；
· 比较大小时选错中间量，直接跨底数比较导致错误。
例1．（25-26高一上·河北张家口·阶段检测）函数的递增区间是________________．
【答案】
【详解】因为是减函数，在上单调递减，在上单调递增，
根据复合函数的单调性，所以函数的递增区间是.
例2．（25-26高一下·陕西汉中·期中）若函数的单调递增区间是，则______.
【答案】2
【详解】设，
因为函数的对称轴为，其单调递增区间为，
且函数为上增函数，
则依题意可得，解得.
例3．（26-27高一上·北京东城·阶段检测）若函数的定义域为，则（ ）
A．为奇函数，且为上的减函数 B．为偶函数，且为上的减函数
C．为奇函数，且为上的增函数 D．为偶函数，且为上的增函数
【答案】C
【分析】先化简函数表达式，再依据奇偶性定义判断奇偶性，结合复合函数单调性规律判断单调性即可确定选项
【详解】根据题意， ，定义域为，关于原点对称
对任意，有 ，
因此为奇函数，排除B、D选项；
因为为上的增函数，故为上的增函数，且恒成立；
所以，为上的减函数，为上的增函数；
所以，为上的增函数，排除A选项，
所以，为奇函数，且为上的增函数.
例4．（25-26高一下·陕西西安·开学考试）若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】依据复合函数同增异减，问题转换成二次函数在上单调递增，进而可求解．
【详解】令，由于底数 ，
所以指数函数在上单调递减，
因此的单调性与的单调性相反，
要使在上单调递减，
需使在区间上单调递增，
二次函数开口向上，对称轴为，
要使在区间上单调递增，
需满足对称轴在区间的左侧，
所以．
例5．（25-26高一下·吉林长春·开学考试）设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用幂函数，指数函数单调性结合题设可判断选项.
【详解】因为函数在上单调递增，且，所以，即.
因为函数在R上单调递减，且，所以，即，
所以.
例6．（25-26高一上·陕西渭南·阶段检测）设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用幂函数，指数函数单调性结合题设可判断选项正误.
【详解】因为函数在上单调递增，且，所以，即，
因为函数在R上单调递减，且，所以，即，所以.
变式1．（25-26高一上·北京·阶段检测）函数的单调增区间为___________．
【答案】
【分析】求出给定函数定义域，再求出函数的单调区间，然后借助复合函数单调性即可得解.
【详解】函数中，，解得，
即函数定义域为，
因函数在上单调递减，在上单调递增，
又指数函数为单调递减，
因此，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的单调增区间是.
故答案为：.
变式2．（25-26高一上·山东威海·阶段检测）函数的单调递减区间是___________
【答案】
【分析】令，，根据复合函数同增异减的原则，判定内外函数的单调性即可求解.
【详解】易知函数的定义域为，令，则，
易知在上单调递减，在区间上单调递增，在上单调递减，
所以的单调递减区间为，
故答案为：.
变式3．（26-27高三上·北京西城·阶段检测）已知函数，则（ ）
A．是奇函数且在上是增函数
B．是偶函数且在上是增函数
C．是奇函数且在上是减函数
D．是偶函数且在上是减函数
【答案】C
【详解】由，解得，定义域关于原点对称，
，，
所以是奇函数.
设，在上单调递增，，在上单调递减，
由复合函数单调性同增异减可知，函数在上是减函数.
变式4．（2026·甘肃张掖·二模）已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用复合函数的单调性求解即可.
【详解】因为为上的增函数，
所以由复合函数的单调性知在上单调递减，
当时，在上单调递减，满足题意；
当时，在上单调递减，则，
解得.
综上，.
变式5．（25-26高一上·山西太原·阶段检测）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由在上单调递增，则，即；
由在上递增，则，即.
所以.
变式6．（25-26高一上·广西南宁·阶段检测）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用指数函数的单调性，得到和，即可求解.
【详解】由，因为函数为单调递减函数，所以，
又因为函数为单调递增函数，所以，所以.
考点八 以指数函数为背景的定点问题
一、核心原理
定点的本质是 ：无论底数 如何变化（），指数为0时函数值恒为1，与参数无关。
二、常见题型与解法
1. 基础平移型：形如
令指数 ，得 ，此时 ，恒过定点 。
1. 复杂含参型：将含底数 的项整理合并，令其指数为0，消去参数，剩余常数即为纵坐标。
1. 多参数型：参变分离，令所有含参数的项系数同时为0，解出定点坐标。
三、高频易错点
· 平移后的定点坐标计算错误，左右平移搞反加减；
· 复杂函数未找到正确的“指数为0”的位置，无法消去参数；
· 忽略底数的限制条件，求出的定点使底数无意义。
例1．（26-27高三上·甘肃兰州·阶段检测）函数（，且）的图象恒过定点为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】对于函数，令，可得，则，
所以函数（且）的图象恒过定点坐标为.
例2．（25-26高二下·北京·学业考试真题）函数的图象过点（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】当时，，则函数的图象过点，故选项A错，B对；
当时，，则函数的图象过点，故选项C错；
当时，，则函数的图象过点，故选项D错.
例3．（25-26高一上·广东深圳·期中）函数的图象恒过定点A，若点A坐标满足方程，且，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C． D．8
【答案】C
【分析】令指数为，可得定点坐标，将其坐标代入到方程中，可得，由，，利用均值不等式求解即可.
【详解】由题，令，可得，则，
所以函数图象恒过定点，
代入方程，可得，则，
因为，
所以，
当且仅当时，可得的最小值为，
变式1．（25-26高一下·浙江宁波·开学考试）函数的图象一定过定点（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】易知函数恒过定点，
将向右平移1个单位，再向上平移2个单位，可得到函数，
因此该函数图象一定过定点.
变式2．（25-26高一上·河南信阳·阶段检测）函数（且）的图象必经过点（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，令，求得，且，即可求解.
【详解】由函数，令，解得，此时，
所以函数且的图象必经过点．
变式3．（25-26高一上·四川成都·阶段检测）已知函数恒过定点，且点在函数的图象上，则的最小值为（ ）
A． B．8 C． D．
【答案】D
【分析】通过令指数部分为0求出定点坐标，代入直线得到线性关系，再运用基本不等式求最小值即可.
【详解】令，即，，所以恒过定点，
因为点在函数的图象上，则有，
，
当且仅当，即时等号成立.
则的最小值为.
考点九 指数函数的实际应用
一、核心模型
指数函数的实际应用均围绕指数增长/指数衰减，通用形式：
· ：初始量；
· ：增长率（+）或衰减率（-）；
· ：变化的期数；
· ：经过 期后的总量。
二、常见场景
1. 增长类：人口增长、产值增长、复利计息；
1. 衰减类：放射性元素衰变、资产折旧、药物浓度代谢；
1. 倍增类：细胞分裂、细菌繁殖，模型为 。
三、解题步骤
1. 确定初始量、增长率/衰减率、时间单位；
1. 建立指数函数模型，注明定义域；
1. 代入已知条件求解未知量，验证结果的实际意义。
四、高频易错点
· 指数次数算错：误将“x期增长”算成 ，正确应为 次方；
· 增长率与增长后总量混淆，误将增长率当作最终比例；
· 时间单位不统一，如月增长率与年增长率未换算。
例1．（25-26高一上·山西吕梁·期末）汾酒产自山西省汾阳市．一般来说，年份越久的该品牌酒，其收藏价值越高．已知一箱原价元的该品牌酒，储存年后的收藏价值（单位：元）满足函数关系式（为常数）．若储存年的此种品牌酒整箱的收藏价值为元，则此种品牌酒储存年后整箱的收藏价值为（ ）
A．元 B．元 C．元 D．元
【答案】D
【分析】根据求出的值，再求即可.
【详解】由题意可得，即，
则此种品牌酒储存年后整箱的收藏价值为元.
故选：
例2．（25-26高一上·浙江宁波·阶段检测）已知镭经过100年剩留原来质量的95.76%，设质量为1的镭经过x年后的剩留量为y，则x，y之间的函数关系式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题考查的是指数函数解析式的求解，只需要根据题意待定系数，求出即可.
【详解】由题，设年平均残留减少率为，则，所以，
故.
故选：A.
例3．（25-26高一上·辽宁大连·期中）某食品的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，，为常数）．若该食品在的保鲜时间是144小时，在的保鲜时间是36小时，则该食品在的保鲜时间是（ ）
A．16小时 B．18小时 C．20小时 D．24小时
【答案】B
【分析】根据保鲜时间与储藏温度满足函数关系：，并结合食品在的保鲜时间是144小时，在的保鲜时间是36小时，可求出，然后再将代入，即可得出答案.
【详解】解：由题可知，保鲜时间与储藏温度满足函数关系：，
则，即，所以，
于是当时，＝18(小时).
故选：B.
变式1．（25-26高一上·山东济南·阶段检测）20世纪初，辽东半岛大连普兰店东部发现古莲子，其寿命在千年以上，至今大部分还能发芽开花，已知碳14半衰期为5730年(注：半衰期为放射性元素残留量降为原来的一半所需要的时间)，若1单位的碳14经过x年后剩余量为y单位，则y关于x的函数表达式是（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先设出1单位的碳14经过1年后剩余量单位,再根据半衰期可求得,从而可求得y关于x的函数表达式.
【详解】设1单位的碳14经过1年后剩余量为单位,则经过年后剩余量为,
根据半衰期的定义可得,时,,
所以,所以,
所以 .
故选A.
【点睛】本题考查了求函数解析式以及指数幂的运算,属于中档题.解题关键是求出1单位的碳14经过1年后剩余量.
变式2．（25-26高一上·湖北黄冈·期中）当物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度是，经过一段时间后的温度是，则，其中称为环境温度，称为半衰期，现有一杯的热水，放在的房间中，如果水温降到需要分钟．那么在16环境下，水温从降到时，需要_______分钟．
【答案】20
【分析】根据所给函数模型，由已知数据求得，然后令求得．
【详解】由已知可得，
由题意知，即，
解得，
当时，
由，得．
解得，
故答案为：.
变式3．（25-26高一上·江西赣州·阶段检测）在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长，已知经过天以后，该湖泊的蓝藻数大约为原来的倍，那么经过天后该湖泊的蓝藻数大约为原来的_____
【答案】36倍
【分析】题目考察指数型函数的实际应用，设原数量为，根据题意可分别列出30天后和60天后的数量的指数表达式，从而得到倍数关系
【详解】某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长，经过30天以后，该湖泊的蓝藻数大约为原来的6倍，
设湖泊中原来蓝藻数量为，则，
经过60天后该湖泊的蓝藻数量为：
经过60天后该湖泊的蓝藻数大约为原来的36倍.
故答案为：36倍
考点十 指数函数的综合应用
一、指数方程求解
· 化同底法：将两边化为同底数指数式，令指数相等解方程；
· 换元法：令 ，转化为一元一次/二次方程求解，解后必须验证 ，舍去负根。
二、恒成立求参数
· 分离参数法：将参数分离到不等式一侧，另一侧为指数型函数，转化为求函数最值；
· 分类讨论法：按 和 分类，结合单调性列不等式求解。
三、奇偶性综合
严格按定义验证 与 、 的关系。经典结论：
· 为偶函数；
· 为奇函数。
四、零点与交点问题
转化为两个函数图像的交点个数，结合指数函数的渐近线、单调性分析，或用零点存在定理判断。
五、高频易错点
· 换元法解方程后忽略 的限制，保留负根导致增解；
· 恒成立问题分离参数时，不等号两边乘负数忘记变向；
· 奇偶性判断前未验证定义域是否关于原点对称。
例1．（26-27高三上·湖北十堰·阶段检测）已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且．
(1)求，的解析式；
(2)令函数．求不等式的解集．
【答案】(1)，．
(2)．
【分析】（1）由奇函数和偶函数的性质解方程组可得；
（2）构造函数，利用奇函数的性质和单调性解抽象函数不等式可得.
【详解】（1）由，得．
因为，分别是定义在上的偶函数和奇函数，
所以，，则，联立，
解得，．
（2）令．因为是奇函数，所以是奇函数，
又和在上单调递增，
所以在上单调递增，所以在上单调递增，
由，得，
则，则，解得或，
故不等式的解集为．
例2．（26-27高一上·江西南昌·阶段检测）定义在上的奇函数和偶函数满足．
(1)求和的解析式；
(2)若函数在上的最大值为，求实数的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用奇偶函数性质，将替换为构造方程组，加减消元求得和的解析式；
（2）换元转化为二次函数，结合二次函数单调性、对称轴分类讨论，由区间上最大值列方程求解参数.
【详解】（1）因为是上的奇函数，故；
因为是上的偶函数，故.
由 ①，将替换为得：，
代入奇偶性性质化简得：②
联立①②两个方程：
①②得：，即；
①②得：，即.
（2）由题意，得.
令，当时，，且，此时可转化为关于的二次函数，
，，该二次函数开口向下，对称轴为.
当时，在上单调递减，最大值为，与题目最大值为矛盾，舍去；
当时，在上的最大值在对称轴处取得： ，
解得，又，故
例3．（26-27高三上·江苏南通·阶段检测）已知函数是定义在上的奇函数．
(1)求实数、的值；
(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用奇函数可得，进而计算可求得，再结合求得；
（2）由指数函数的性质可得在上单调递增，可求得实数的取值范围．
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，所以，
所以，解得，所以，
又因为，所以，所以，
所以，
所以，即
因为，所以，解得，
所以，.
（2）由（1）可得，
因为在上单调递减，所以在上单调递增，
所以，
因为对任意的，不等式恒成立，所以.
所以实数的取值范围．
变式1．（26-27高三上·上海杨浦·阶段检测）已知函数（常数）.
(1)当时，解不等式；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围；
(3)讨论函数的奇偶性，并说明理由.
【答案】(1)；
(2)；
(3)的定义域为，且.
若为偶函数，则对任意都有，即，故；
若为奇函数，则对任意都有，即，故.
所以当时为偶函数（此时），
当时为奇函数（此时），
当时既不是奇函数也不是偶函数.
【分析】（1）令把不等式化为关于的分式不等式，求出后回代求；
（2）分离参数得，再令转化为二次函数在闭区间上的最值问题；
（3）分别考察与是否恒成立来确定的取值，其余情形即为非奇非偶.
【详解】（1）当时，，不等式即.
令，则，两边同乘得，即，所以或.
因为，所以，即，解得，所以该不等式的解集为.
（2）由得，两边同乘得，即.
令，当时，则恒成立，只需.
因为的图象开口向下、对称轴为，在上单调递减，所以时取最大值，
所以，即实数的取值范围是.
（3）略
变式2．（26-27高三上·上海松江·阶段检测）已知函数.
(1)若存在，使得成立，求实数的取值范围；
(2)若，求函数的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由参变量分离可得，令，则，结合二次函数的基本性质求解即可；
（2）令，可得，求得，令，化简得出，对实数的取值进行分类讨论，分析二次函数在区间上的单调性，即可得出的最小值的表达式，即为所求.
【详解】（1）若存在，使得，可得，
令，则，
令，其中，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，故实数的取值范围是.
（2），
令，则，
故，
因为函数、在上均为增函数，
故在上为增函数，
当时，，
设，其中，
二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
①当时，即当时，函数在上单调递增，此时；
②当时，即当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
此时；
③当时，即当时，函数在上单调递减，
此时.
综上，.
变式3．（26-27高三上·陕西西安·阶段检测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若存在，使得有解，求实数的取值范围．
【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2).
【分析】（1）求出，分别解与即得单调区间.
（2）将化为关于的二次函数，由求其值域，即为的取值范围.
【详解】（1）的定义域为. .
令，得，即. 当时，，；当时，.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）设，则.
因为，所以.
设，由基本不等式得，当且仅当时取等号，
则，.
二次函数的图象开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，.
所以的取值范围为，
即存在，使得有解时，实数的取值范围是.
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