【数学】2019届一轮复习苏教版第2章函数概念与基本初等函数I第8讲学案 14页

第8讲　指数与指数函数 考试要求　1.有理指数幂的含义及运算(B级要求)；2.实数指数幂的意义，指数函数模型的实际背景(A级要求)；3.指数函数的概念、图象与性质(B级要求).‎ 诊 断 自 测 ‎1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)＝－4.(　　)‎ ‎(2)(－1)＝(－1)＝.(　　)‎ ‎(3)函数y＝2x－1是指数函数.(　　)‎ ‎(4)函数y＝ax2＋1(a>1)的值域是(0，＋∞).(　　)‎ 解析　(1)由于＝＝4，故(1)错.‎ ‎(2)(－1)＝＝1，故(2)错.‎ ‎(3)由于指数函数解析式为y＝ax(a＞0，且a≠1)，故y＝2x－1不是指数函数，故(3)错.‎ ‎(4)由于x2＋1≥1，又a＞1，∴ax2＋1≥a.故y＝ax2＋1(a＞1)的值域是[a，＋∞)，故(4)错.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2.(必修1P61例2改编)化简[(－2)6]－(－1)0的结果为________.‎ 解析　原式＝(26) －1＝8－1＝7.‎ 答案　7‎ ‎3.(2017·盐城高三上 期期中)函数f(x)＝ax－1＋3(a>0且a≠1)的图象经过定点________.‎ 解析　当x＝1时，f(x)＝4，所以f(x)＝ax－1＋3(a>0且a≠1)的图象经过定点(1，4).‎ 答案　(1，4)‎ ‎4.(2015·江苏卷)不等式2x2－x＜4的解集为________.‎ 解析　∵2x2－x＜4＝22，∴x2－x＜2，即x2－x－2＜0，解得－1>，‎ 即a>b>1，‎ 又c＝<＝1，‎ ‎∴c0，m，n∈N*，且n>1)；正数的负分数指数幂的意义是a－＝(a>0，m，n∈N*，且n>1)；0的正分数指数幂等于0；0的负分数指数幂没有意义.‎ ‎(2)有理指数幂的运算性质：aras＝ar＋s；(ar)s＝ars；(ab)r＝arbr，其中a>0，b>0，r，s∈Q.‎ ‎3.指数函数及其性质 ‎(1)概念：函数y＝ax(a>0且a≠1)叫做指数函数，其中指数x是变量，函数的定义域是R，a是底数.‎ ‎(2)指数函数的图象与性质 a>1‎ ‎00时，y>1；‎ 当x<0时，01；‎ 当x>0时，00，b>0)；‎ ‎(2)＋(0.002)－－10(－2)－1＋(－)0.‎ 解　(1)原式＝＝a＋－1＋b1＋－2－＝ab－1.‎ ‎(2)原式＝＋－＋1‎ ‎＝＋500－10(＋2)＋1‎ ‎＝＋10－10－20＋1＝－.‎ 规律方法　(1)指数幂的运算首先将根式、分数指数幂统一为分数指数幂，以便利用法则计算，但应注意：①必须同底数幂相乘，指数才能相加；②运算的先后顺序.‎ ‎(2)当底数是负数时，先确定符号，再把底数化为正数.‎ ‎(3)运算结果不能同时含有根号和分数指数，也不能既有分母又含有负指数.‎ ‎【训练1】 化简求值：‎ ‎(1)＋2－2·－(0.01)0.5；‎ ‎(2).‎ 解　(1)原式＝1＋×－ ‎＝1＋×－＝1＋－＝.‎ ‎(2)原式＝＝a－－－·b＋－＝.‎ 考点二　指数函数的图象及应用 ‎【例2】 已知f(x)＝|2x－1|.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)比较f(x＋1)与f(x)的大小；‎ ‎(3)试确定函数g(x)＝f(x)－x2的零点的个数.‎ 解　(1)由f(x)＝|2x－1|＝可作出函数的图象如图所示.因此函数f(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增.‎ ‎(2)在同一坐标系中，分别作出函数f(x)、f(x＋1)的图象，如图所示.‎ 由图象知，当2x0＋1－1＝1－2x0，即x0＝log2时，两图象相交，由图象可知，当xf(x＋1)；‎ 当x＝log2时，f(x)＝f(x＋1)；‎ 当x>log2，f(x)f(c)>f(b)，则下列结论中， 一定成立的是________.‎ ‎①a<0，b<0，c<0；②a<0，b≥0，c>0；‎ ‎③2－a<2c；④2a＋2c<2.‎ 解析　(1)如图，观察易知，a，b的关系为af(c)>f(b)，‎ 结合图象知，‎ ‎00，‎ ‎∴0<2a<1.‎ ‎∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，‎ ‎∴f(c)<1，∴0f(c)，∴1－2a>2c－1，‎ ‎∴2a＋2c<2.‎ 答案　(1)③④　(2)④‎ 考点三　指数函数的性质及应用(多维探究)‎ 命题角度1　函数的单调性 ‎【例3－1】 (1)函数f(x)＝的单调减区间为________.‎ ‎(2)函数f(x)＝4x－2x＋1的单调增区间是________.‎ 解析　(1)设u＝－x2＋2x＋1，∵y＝在R上为减函数，‎ ‎∴函数f(x)＝的减区间即为函数u＝－x2＋2x＋1的增区间.‎ 又u＝－x2＋2x＋1的增区间为(－∞，1]，‎ ‎∴f(x)的减区间为(－∞，1].‎ ‎(2)设t＝2x，则y＝t2－2t的单调增区间为[1，＋∞)，‎ 令2x≥1，得x≥0，‎ ‎∴函数f(x)＝4x－2x＋1的单调增区间是[0，＋∞).‎ 答案　(1)(－∞，1]　(2)[0，＋∞)‎ 命题角度2　单调性的应用 ‎【例3－2】 (1)(2018·徐州模拟)下列各式比较大小正确的是________(填序号).‎ ‎①1.72.5>1.73；②0.6－1>0.62；③0.8－0.1>1.250.2；‎ ‎④1.70.3<0.93.1.‎ ‎(2)已知函数f(x)＝2|2x－m|(m为常数)，若f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是________.‎ 解析　(1)②中，∵y＝0.6x是减函数，‎ ‎∴0.6－1>0.62.‎ ‎(2)令t＝|2x－m|，则t＝|2x－m|在区间上单调递增，在区间上单调递减.而y＝2t为R上的增函数，所以要使函数f(x)＝2|2x－m|在[2，＋∞)上单调递增，则有≤2，即m≤4，所以m的取值范围是(－∞，4].‎ 答案　(1)②　(2)(－∞，4]‎ 命题角度3　函数的值域与最值 ‎【例3－3】 (1)函数y＝－＋1在区间[－3，2]上的值域是________.‎ ‎(2)如果函数y＝a2x＋2ax－1(a＞0，a≠1)在区间[－1，1]上的最大值是14，则a的值为________.‎ 解析　(1)因为x∈[－3，2]，‎ 所以若令t＝，则t∈，‎ 故y＝t2－t＋1＝＋.‎ 当t＝时，ymin＝；当t＝8时，ymax＝57.‎ 故所求函数的值域为.‎ ‎(2)令ax＝t，则y＝a2x＋2ax－1＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2.‎ 当a＞1时，因为x∈[－1，1]，所以t∈，‎ 又函数y＝(t＋1)2－2在上单调递增，‎ 所以ymax＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3(负值舍去).‎ 当0＜a＜1时，因为x∈[－1，1]，所以t∈，‎ 又函数y＝(t＋1)2－2在上单调递增，‎ 则ymax＝－2＝14，‎ 解得a＝(负值舍去).‎ 综上知a＝3或a＝.‎ 答案　(1)　(2)或3‎ 规律方法　(1)比较指数式的大小的方法是：①能化成同底数的先化成同底数幂，再利用单调性比较大小；②不能化成同底数的，一般引入“1”等中间量比较大小.‎ ‎(2)求解与指数函数有关的复合函数问题，首先要熟知指数函数的定义域、值域、单调性等相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及值域、单调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断.‎ ‎(3)在利用指数函数性质解决相关综合问题时，要特别注意底数a的取值范围，并在必要时进行分类讨论.‎ ‎(4)与指数函数有关的指数型函数的定义域、值域(最值)、单调性、奇偶性的求解方法，要化归于指数函数来解.‎ ‎【训练3】 (1)(2015·天津卷改编)已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为________.‎ ‎(2)设函数f(x)＝则使得f(x)≤3成立的x的取值范围是________.‎ 解析　(1)由函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数，得m＝0，所以f(x)＝2|x|－1，当x>0时，f(x)为增函数，‎ log0.53＝－log23，所以log25>|－log23|>0，‎ 所以b＝f(log25)>a＝f(log0.53)>c＝f(2m)＝f(0)，‎ 即b＞a＞c.‎ ‎(2)当x≥8时，f(x)＝x≤3，‎ ‎∴x≤27，即8≤x≤27；‎ 当x<8时，f(x)＝2ex－8≤3恒成立，故x<8.‎ 综上，x∈(－∞，27].‎ 答案　(1)c，∴b，‎ ‎∴a>c，∴b0，且a≠1)，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，那么f(x1)·f(x2)＝________.‎ 解析　∵以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，‎ ‎∴x1＋x2＝0.‎ 又∵f(x)＝ax，‎ ‎∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1.‎ 答案　1‎ ‎5.(2018·南通调研)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________.‎ 解析　由f(1)＝，得a2＝，解得a＝或a＝－(舍去)，即f(x)＝.由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f(x)在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减.‎ 答案　[2，＋∞)‎ ‎6.(2018·苏州一模)函数f(x)＝的值域为________.‎ 解析　当x≤0时，f(x)＝2x∈(0，1]；当x>0时，f(x)＝－x2＋1∈(－∞，1)，因此f(x)的值域为(－∞，1].‎ 答案　(－∞，1]‎ ‎7.(2016·浙江卷改编)已知函数f(x)满足f(x)≥2x，x∈R.若f(a)≤2b，则a，b的大小关系为________.‎ 解析　依题意得f(a)≥2a，‎ 若f(a)≤2b，则2a≤f(a)≤2b，∴2a≤2b，‎ 又y＝2x是R上的增函数，∴a≤b.‎ 答案　a≤b ‎8.(2018·清江中 周练)已知函数f(x)＝则函数f(x)的值域为________.‎ 解析　∵f(x)＝＝ 当x>0时，f(x)＝＝的值域为，‎ 当x≤0时，f(x)＝ex－的值域为，所以函数f(x)的值域为.‎ 答案　 ‎9.(2017·南通、徐州联考)已知函数f(x)＝3x＋λ·3－x(λ∈R).‎ ‎(1)当λ＝1时，试判断函数f(x)的奇偶性，并证明你的结论；‎ ‎(2)若不等式f(x)≤6在x∈[0，2]上恒成立，求实数λ的取值范围.‎ 解　(1)函数f(x)为偶函数.‎ 证明：函数f(x)的定义域为R.‎ 当λ＝1时，f(x)＝3x＋3－x，f(－x)＝3－x＋3x＝f(x)，‎ 所以函数f(x)为偶函数.‎ ‎(2)由f(x)≤6得3x＋λ·3－x≤6，即3x＋≤6，‎ 令t＝3x(t∈[1，9])，则原不等式等价于t＋≤6在t∈[1，9]上恒成立，‎ 即λ≤－t2＋6t，在t∈[1，9]上恒成立，‎ 令g(t)＝－t2＋6t，t∈[1，9]，‎ 易知当t＝9时，g(t)min＝g(9)＝－27，‎ 所以λ≤－27.‎ ‎10.(2017·镇江期末)已知函数f(x)＝4x－2x，实数s，t满足f(s)＋f(t)＝0，设a＝2s＋2t，b＝2s＋t.‎ ‎(1)当函数f(x)的定义域为[－1，1]时，求f(x)的值域；‎ ‎(2)求函数b＝g(a)的表达式，并求函数g(a)的定义域.‎ 解　(1)令m＝2x，则m∈，‎ 则有y＝m2－m＝－在上为增函数，‎ 所以当m＝时，ymin＝－，当m＝2时，ymax＝2，‎ 故f(x)的值域为.‎ ‎(2)实数s，t满足f(s)＋f(t)＝0，则4s－2s＋4t－2t＝0，‎ 则(2s＋2t)2－2×2s＋t－(2s＋2t)＝0，‎ 又a＝2s＋2t，b＝2s＋t，故a2－2b－a＝0，‎ 则b＝g(a)＝(a2－a).‎ 由题意知a>0，b>0，则(a2－a)>0，故a>1，‎ 又2s＋2t＝4s＋4t≥2×，即a≥，‎ 故a≤2，‎ 当且仅当s＝t时取等号，‎ 故函数g(a)的定义域为{a|11时，g(x)∈；当x≤1时，g(x)∈.“函数y＝g(x)－t有且只有一个零点”等价于“函数y1＝g(x)与函数y2＝t的图象只有一个交点”，数形结合可以得到t∈.‎ 答案　 ‎12.(2016·江苏卷)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1).‎ ‎(1)设a＝2，b＝.‎ ‎①求方程f(x)＝2的根；‎ ‎②若对于任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；‎ ‎(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值.‎ 解　(1)因为a＝2，b＝，‎ 所以f(x)＝2x＋2－x.‎ ‎①方程f(x)＝2，即2x＋2－x＝2，亦即(2x)2－2×2x＋1＝0，‎ 所以(2x－1)2＝0，于是2x＝1，解得x＝0.‎ ‎②由条件知f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2‎ ‎＝(f(x))2－2.‎ 因为f(2x)≥mf(x)－6对于x∈R恒成立，且f(x)>0，‎ 所以m≤对于x∈R恒成立.‎ 而＝f(x)＋≥2＝4，且＝4，‎ 所以m≤4，故实数m的最大值为4.‎ ‎(2)因为函数g(x)＝f(x)－2只有1个零点，‎ 而g(0)＝f(0)－2＝a0＋b0－2＝0，‎ 所以0是函数g(x)的唯一零点.‎ 因为g′(x)＝axln a＋bxln b，又由01知ln a<0，ln b>0，所以g′(x)＝0有唯一解x0＝log.‎ 令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝(axln a＋bxln b)′＝ax(ln a)2＋bx(ln b)2，‎ 从而对任意x∈R，h′(x)>0，所以g′(x)＝h(x)是(－∞，＋∞)上的单调增函数.‎ 于是当x∈(－∞，x0)时，g′(x)g′(x0)＝0.‎ 因而函数g(x)在(－∞，x0)上是单调减函数，在(x0，＋∞)上是单调增函数.‎ 下证x0＝0.‎ 若x0<0，则x0<<0，于是galoga2－2＝0，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为00，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾.因此，x0＝0.‎ 于是－＝1，故ln a＋ln b＝0，所以ab＝1.‎