(新高考)高考数学一轮复习讲义第2章§2.6指数与指数函数(含详解)

§2.6　指数与指数函数 考试要求　1.理解有理数指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌握指数幂的运算性质. 2.通过实例，了解指数函数的实际意义，会画指数函数的图象.3.理解指数函数的单调性、特殊点等性质，并能简单应用． 知识梳理 1．根式 (1)如果xn＝a，那么x叫做a的n次方根，其中n>1，且n∈N*. (2)式子eq \r(n,a)叫做根式，其中n叫做根指数，a叫做被开方数． (3)(eq \r(n,a))n＝a. 当n为奇数时，eq \r(n,an)＝a， 当n为偶数时，eq \r(n,an)＝|a|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a，a≥0，,－a，a<0.)) 2．分数指数幂 正数的正分数指数幂， SKIPIF 1 < 0 ＝eq \r(n,am)(a>0，m，n∈N*，n>1)． 正数的负分数指数幂， SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,\r(n,am))(a>0，m，n∈N*，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． 3．指数幂的运算性质 aras＝ar＋s；(ar)s＝ars；(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r，s∈R)． 4．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是自变量，函数的定义域是R，a是底数． (2)指数函数的图象与性质 常用结论 1．指数函数图象的关键点(0,1)，(1，a)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,a))). 2．如图所示是指数函数(1)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，则c>d>1>a>b>0，即在第一象限内，指数函数y＝ax(a>0且a≠1)的图象越高，底数越大． 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)eq \r(4,－44)＝－4.(　×　) (2)2a·2b＝2ab.(　×　) (3)函数y＝3·2x与y＝2x＋1都不是指数函数．(　√　) (4)若am0，且a≠1)，则m0且a≠1)的图象恒过定点________． 答案　(1,3) 3．已知a＝ SKIPIF 1 < 0 ，b＝ SKIPIF 1 < 0 ，c＝ SKIPIF 1 < 0 ，则a，b，c的大小关系是________． 答案　c SKIPIF 1 < 0 >eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))0，即a>b>1， 又c＝ SKIPIF 1 < 0 <eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))0＝1， ∴c0，b>0)＝________. 答案　eq \f(8,5) 解析　原式＝ SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(8,5). (2)若 SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＝3(x>0)，则 SKIPIF 1 < 0 ＝________. 答案　eq \f(1,3) 解析　由 SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＝3， 两边平方，得x＋x－1＝7， 再平方得x2＋x－2＝47， ∴x2＋x－2－2＝45.  SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0  ＝ SKIPIF 1 < 0 (x－1＋x－1) ＝3×(7－1)＝18. ∴ SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,3). 教师备选 (2022·杭州模拟)化简 SKIPIF 1 < 0 (a>0，b>0)的结果是(　　) A.eq \f(b,a) B.eq \f(a,b) C.eq \f(a2,b) D.eq \f(b2,a) 答案　B 解析　 SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0  ＝ SKIPIF 1 < 0  ＝ab－1＝eq \f(a,b). 思维升华　(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，还应注意： ①必须同底数幂相乘，指数才能相加． ②运算的先后顺序． (2)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． 跟踪训练1　(1)已知a>0，则 SKIPIF 1 < 0 化为(　　) A． SKIPIF 1 < 0  B． SKIPIF 1 < 0  C． SKIPIF 1 < 0  D． SKIPIF 1 < 0  答案　B 解析　原式＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0  ＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 . (2)计算： SKIPIF 1 < 0 －eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))0＋eq \r(4,3－π4)＋ SKIPIF 1 < 0 ＝________. 答案　π＋8 解析　原式＝ SKIPIF 1 < 0 －1＋|3－π|＋23＝4－1＋π－3＋8＝π＋8. 题型二　指数函数的图象及应用 例2　(1)(多选)已知实数a，b满足等式2 021a＝2 022b，下列等式可以成立的是(　　) A．a＝b＝0 B．a1，故A错误，B正确． C，D选项中，指数函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))x在R上单调递减，故0<eq \f(b,a)<1，故C，D错误． 思维升华　(1)对于有关指数型函数的图象问题，一般是从最基本的指数函数的图象入手，通过平移、伸缩、对称变换得到．特别地，当底数a与1的大小关系不确定时应注意分类讨论． (2)有关指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象，数形结合求解． 跟踪训练2　(1)(2022·吉林模拟)已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)(其中a>b)的图象如图所示，则函数g(x)＝ax＋b的图象是(　　) 答案　A 解析　由图象可知，b<－1,00使x＋a0时有y1＝e－x∈(0,1)， 而y＝x＋a∈(a，＋∞)， ∴当a<1时，∃x>0，使得ex(x＋a)<1成立． 题型三　指数函数的性质及应用 命题点1　比较指数式的大小 例3　(1)(2022·永州模拟)若a＝0.30.7，b＝0.70.3，c＝1.20.3，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．b>c>a D．a>c>b 答案　B 解析　∵函数y＝0.3x在R上是减函数， ∴0<0.30.7<0.30.3<0.30＝1， 又∵幂函数y＝x0.3在(0，＋∞)上单调递增， 0．3<0.7， ∴0<0.30.3<0.70.3， ∴01.20＝1，∴c>b>a. (2)(2020·全国Ⅱ)若2x－2y<3－x－3－y，则(　　) A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0 C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0 答案　A 解析　设函数f(x)＝2x－3－x. 因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，所以f(x)在R上单调递增． 原式等价于2x－3－x<2y－3－y， 即f(x)0，所以A正确，B不正确． 因为|x－y|与1的大小关系不能确定，所以C，D不正确． 命题点2　解简单的指数方程或不等式 例4　(1)(2022·长岭模拟)已知y＝4x－3·2x＋3的值域为[1,7]，则x的取值范围是(　　) A．[2,4] B．(－∞，0) C．(0,1)∪[2,4] D．(－∞，0]∪[1,2] 答案　D 解析　∵y＝4x－3·2x＋3的值域为[1,7]， ∴1≤4x－3·2x＋3≤7. ∴－1≤2x≤1或2≤2x≤4. ∴x≤0或1≤x≤2. (2)当00且a≠1)有解，则实数a的取值范围是______． 答案　(4，＋∞) 解析　依题意，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，y＝ax与y＝eq \f(1,x)有交点，作出y＝eq \f(1,x)的图象，如图， 所以 SKIPIF 1 < 0 解得a>4. 命题点3　指数函数性质的综合应用 例5　已知函数f(x)＝2|2x－m|(m为常数)，若f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，则m的取值范围是________． 答案　(－∞，4] 解析　令t＝|2x－m|，则t＝|2x－m|在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(m,2)))上单调递减．而y＝2t是增函数，所以要使函数f(x)＝2|2x－m|在[2，＋∞)上单调递增，则有eq \f(m,2)≤2， 即m≤4，所以m的取值范围是(－∞，4]． 教师备选 1．(多选)下列各式比较大小正确的是(　　) A．1.72.5>1.73 B. SKIPIF 1 < 0  C．1.70.3>0.93.1 D. SKIPIF 1 < 0  答案　BCD 解析　∵y＝1.7x为增函数，∴1.72.5<1.73，故A不正确；  SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x为减函数， ∴ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，故B正确； ∵1.70.3>1，而0.93.1∈(0,1)， ∴1.70.3>0.93.1，故C正确； ∵y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x为减函数，∴ SKIPIF 1 < 0 ， 又y＝ SKIPIF 1 < 0 在(0，＋∞)上单调递增， ∴ SKIPIF 1 < 0 ， ∴ SKIPIF 1 < 0 ，故D正确． 2．(2022·泸州模拟)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,ex)，若f(a－2)＋f(a2)≤0，则实数a的取值范围是______． 答案　[－2,1] 解析　因为f(x)＝ex－eq \f(1,ex)，定义域为R， f(－x)＝e－x－eq \f(1,e－x)＝eq \f(1,ex)－ex＝－f(x)， 所以f(x)＝ex－eq \f(1,ex)为奇函数． 又因为f(x)＝ex－eq \f(1,ex)在R上为增函数， 所以f(a－2)＋f(a2)≤0⇒f(a－2) ≤－f(a2)⇒f(a－2)≤f(－a2)， 即a－2≤－a2，a2＋a－2≤0， 解得－2≤a≤1. 思维升华　(1)利用指数函数的性质比较大小或解方程、不等式，最重要的是“同底”原则，比较大小还可以借助中间量． (2)求解与指数函数有关的复合函数问题，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． 跟踪训练3　(1)设m，n∈R，则“m1”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 答案　C 解析　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m－n>1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))m－n>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0， ∴m－n<0，∴m1”的充要条件． (2)已知函数f(x)＝ SKIPIF 1 < 0 ，若f(x)有最大值3，则a的值为________． 答案　1 解析　令g(x)＝ax2－4x＋3，则f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))g(x)， ∵f(x)有最大值3，∴g(x)有最小值－1， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(3a－4,a)＝－1，))解得a＝1. 课时精练 1．(2022·佛山模拟)已知a＝ SKIPIF 1 < 0 ，b＝ SKIPIF 1 < 0 ，c＝ SKIPIF 1 < 0 ，则(　　) A．c SKIPIF 1 < 0 ＝b， 因为b＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ， c＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 ，则b>c. 综上所述，a>b>c. 2．若函数f(x)＝ax－b的图象如图所示，则(　　) A．a>1，b>1 B．a>1,01 D．00，a≠1)在区间[1,2]上的最大值是最小值的2倍，则a的值是(　　) A.eq \f(1,2)或eq \r(2) B.eq \f(1,2)或2 C.eq \f(1,2) D．2 答案　B 解析　当a>1时，函数单调递增， f(x)max＝2f(x)min， ∴f(2)＝2f(1)， ∴a2＝2a，∴a＝2； 当00且a≠1)的图象如图所示，则下列四个函数图象与函数解析式对应正确的是(　　) 答案　ABD 解析　由图可得a1＝2，即a＝2， y＝a－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x单调递减，且过点(－1,2)，故A正确；y＝x－a＝x－2为偶函数，在(0，＋∞)上单调递减， 在(－∞，0)上单调递增，故B正确； y＝a|x|＝2|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,2－x，x<0))为偶函数， 结合指数函数图象可知C错误； y＝|logax|＝|log2x|， 根据“上不动、下翻上”可知D正确． 6．(多选)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(　　) A.eq \f(1,3) B．2 C．3 D.eq \f(1,2) 答案　AC 解析　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∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))， 又函数y＝(t＋1)2－2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上单调递增， 所以ymax＝(a＋1)2－2＝14， 解得a＝3(负值舍去)． 当00，b>0，则 SKIPIF 1 < 0  ＝______. 答案　 1 解析　 SKIPIF 1 < 0  ＝ SKIPIF 1 < 0  ＝ SKIPIF 1 < 0  ＝ SKIPIF 1 < 0 ＝1. 8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，a≤x<0，,－x2＋2x，0≤x≤4))的值域是[－8,1]，则实数a的取值范围是________． 答案　[－3,0) 解析　当0≤x≤4时，f(x)∈[－8,1]， 当a≤x<0时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，－1))， 所以eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，－1))[－8,1]， 即－8≤－eq \f(1,2a)<－1，即－3≤a<0. 所以实数a的取值范围是[－3,0)． 9．已知函数f(x)＝b·ax(其中a，b为常数，且a>0，a≠1)的图象经过点A(1,6)，B(3,24)． (1)求f(x)的解析式； (2)若不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)))x－m≥0在(－∞，1]上恒成立，求实数m的取值范围． 解　(1)因为f(x)的图象过点A(1,6)，B(3,24)， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b·a＝6，,b·a3＝24.))所以a2＝4， 又a>0，所以a＝2，b＝3. 所以f(x)＝3·2x. (2)由(1)知a＝2，b＝3， 则当x∈(－∞，1]时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－m≥0恒成立， 即m≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(－∞，1]上恒成立． 又因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x与y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(－∞，1]上均单调递减，所以y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在(－∞，1]上也单调递减，所以当x＝1时，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x有最小值eq \f(5,6)，所以m≤eq \f(5,6)，即m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,6))). 10．已知定义域为R的函数f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0且a≠1)是奇函数． (1)求实数k的值； (2)若f(1)<0，判断函数f(x)的单调性，若f(m2－2)＋f(m)>0，求实数m的取值范围． 解　(1)∵f(x)是定义域为R的奇函数， ∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0， ∴k＝2， 经检验k＝2符合题意，所以k＝2. (2)f(x)＝ax－a－x(a>0且a≠1)， ∵f(1)<0， ∴a－eq \f(1,a)<0，又a>0，且a≠1， ∴00 可化为f(m2－2)>f(－m)， ∴m2－2<－m，即m2＋m－2<0， 解得－2(1－a)b B．(1－a)b> SKIPIF 1 < 0  C．(1＋a)a>(1＋b)b D．(1－a)a>(1－b)b 答案　D 解析　因为0b，b>eq \f(b,2)， 所以 SKIPIF 1 < 0 <(1－a)b，(1－a)b< SKIPIF 1 < 0 ， 所以A，B均错误； 又1<1＋a<1＋b， 所以(1＋a)a<(1＋b)a<(1＋b)b， 所以C错误； 因为0<1－b<1－a<1， 所以(1－a)a>(1－a)b>(1－b)b，所以D正确． 12．(多选)(2022·南京模拟)若直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a>0，且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值可以是(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．2 答案　AB 解析　①当a>1时，由图象得0<2a<1， ∴01，∴此种情况不存在； ②当00，∴ex＋1>1， ∴0<eq \f(2,ex＋1)<2， ∴－2<－eq \f(2,ex＋1)<0， ∴f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))， ∴[f(x)]为－2或－1或0. 14．(2022·宁波模拟)对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x0满足f(－x0)＝－f(x0)，则称函数f(x)为“倒戈函数”．设f(x)＝3x＋m－1(m∈R，m≠0)是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是________． 答案　eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，0)) 解析　∵f(x)＝3x＋m－1是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”， ∴存在x0∈[－1,1]满足f(－x0)＝－f(x0)， ∴ SKIPIF 1 < 0 ＋m－1＝－ SKIPIF 1 < 0 －m＋1， ∴2m＝－ SKIPIF 1 < 0 － SKIPIF 1 < 0 ＋2， 构造函数y＝－ SKIPIF 1 < 0 － SKIPIF 1 < 0 ＋2，x0∈[－1,1]， 令t＝ SKIPIF 1 < 0 ，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))， y＝－eq \f(1,t)－t＋2＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递增， 在(1,3]上单调递减，∴t＝1取得最大值0， t＝eq \f(1,3)或t＝3取得最小值－eq \f(4,3)，y∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))， ∴－eq \f(4,3)≤2m<0， ∴－eq \f(2,3)≤m<0. 15．(2022·重庆南开中学月考)定义在R上的函数f(x)单调递增，且对∀x∈R，有f(f(x)－2x)＝3，则f(log43)＝________. 答案　eq \r(3)＋1 解析　根据题意，对∀x∈R，有f(f(x)－2x)＝3， 又∵f(x)是定义在R上的增函数， ∴在R上存在常数a使得f(a)＝3， ∴f(x)＝2x＋a，∴f(a)＝2a＋a＝3， 解得a＝1， ∴f(x)＝2x＋1， ∴f(log43)＝ SKIPIF 1 < 0 ＋1＝eq \r(3)＋1. 16．(2022·上海模拟)已知函数f(x)＝2x＋a·2－x(a为常数，a∈R)． (1)讨论函数f(x)的奇偶性； (2)当f(x)为偶函数时，若方程f(2x)－k·f(x)＝3在x∈[0,1]上有实根，求实数k的取值范围． 解　(1)∵函数f(x)＝2x＋a·2－x的定义域为x∈R， 又∵f(－x)＝2－x＋a·2x， ∴①当f(－x)＝f(x)， 即2－x＋a·2x＝2x＋a·2－x时，可得a＝1， 即当a＝1时，函数f(x)为偶函数； ②当f(－x)＝－f(x)， 即2－x＋a·2x＝－(2x＋a·2－x) ＝－2x－a·2－x时， 可得a＝－1， 即当a＝－1时，函数f(x)为奇函数． (2)由(1)可得，当函数f(x)为偶函数时，a＝1， 即f(x)＝2x＋2－x， f(2x)＝22x＋2－2x＝(2x＋2－x)2－2， 由题可得， (2x＋2－x)2－2－k(2x＋2－x)＝3⇔(2x＋2－x)2－k(2x＋2－x)－5＝0， 令t＝2x＋2－x， 则有t2－kt－5＝0， ∵x∈[0,1]，∴2x∈[1,2]， 根据对勾函数的性质可知，2x＋2－x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))， 即t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))， 方程t2－kt－5＝0在t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))上有实数根， 则k＝eq \f(t2－5,t)＝t－eq \f(5,t)， 令φ(t)＝t－eq \f(5,t)， ∴φ(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))上单调递增， 且φ(2)＝－eq \f(1,2)，φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝eq \f(1,2)， ∴－eq \f(1,2)≤k≤eq \f(1,2)， ∴实数k的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).a>100时，y>1； 当x<0时， 01； 当x>0时， 0