（步步高 高中理科数学 教学资料）2.5　指数与指数函数.docx

1、2.5指数与指数函数指数与指数函数 最新考纲考情考向分析 1.了解指数函数模型的实际背景 2.理解有理数指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌 握幂的运算 3.理解指数函数的概念及其单调性，掌握指数函数图象通 过的特殊点，会画底数为 2,3,10， 1 2， 1 3的指数函数的图象 4.体会指数函数是一类重要的函数模型. 直接考查指数函数的图象与 性质； 以指数函数为载体， 考 查函数与方程、 不等式等交汇 问题， 题型一般为选择、 填空 题，中档难度. 1分数指数幂 (1)我们规定正数的正分数指数幂的意义是 m n a n am(a0，m，nN*，且 n1)于是，在条 件 a0，m，nN*，

2、且 n1 下，根式都可以写成分数指数幂的形式正数的负分数指数幂的 意义与负整数指数幂的意义相仿，我们规定 m n a 1 m n a (a0，m，nN*，且 n1).0 的正分数 指数幂等于 0；0 的负分数指数幂没有意义 (2)有理数指数幂的运算性质：arasar s，(ar)sars，(ab)rarbr，其中 a0，b0，r，sQ. 2指数函数的图象与性质 yaxa10a0 时， y1； 当 x0 时， 0y0 时，0y1；当 x1 (6)在(， )上是增函数(7)在(，)上是减函数 知识拓展 1指数函数图象的画法 画指数函数 yax(a0，且 a1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a)，

3、(0,1)， 1，1 a . 2.指数函数的图象与底数大小的比较 如图是指数函数(1)yax，(2)ybx，(3)ycx，(4)ydx的图象，底数 a，b，c，d 与 1 之间的 大小关系为 cd1ab0.由此我们可得到以下规律：在第一象限内，指数函数 yax(a0， a1)的图象越高，底数越大 3指数函数 yax(a0，a1)的图象和性质跟 a 的取值有关，要特别注意应分 a1 与 0a 1 来研究 题组一思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1) n an( n a)na(nN*)( ) (2)分数指数幂 m n a可以理解为m n个 a 相乘( ) (3)函数 y

4、32x与 y2x 1都不是指数函数( ) (4)若 aman(a0，且 a1)，则 mn.() (5)函数 y2 x在 R 上为单调减函数( ) 题组二教材改编 2P59A 组 T4化简 4 16x8y4(x0，y0)_. 答案2x2y 3P56 例 6若函数 f(x)ax(a0，且 a1)的图象经过点 P 2，1 2 ，则 f(1)_. 答案2 解析由题意知1 2a 2，所以 a 2 2 ， 所以 f(x) 2 2 x，所以 f(1) 2 2 1 2. 4P59A 组 T7已知 a 1 3 3 ( ) 5 ，b 1 4 3 ( ) 5 ，c 3 4 3 ( ) 2 ，则 a，b，c 的大小关

5、系是_ 答案cb 1 4 3 ( ) 5 3 5 0， 即 ab1， 又 c 3 4 3 ( ) 2 3 2 01， cb0，a1)在1,2上的最大值比最小值大a 2，则 a 的值为_ 答案 1 2或 3 2 解析当 0a1 时，a2aa 2， a3 2或 a0(舍去) 综上所述，a1 2或 3 2. 题型一题型一指数幂的运算指数幂的运算 1化简 1 2 1 ( ) 4 4ab 13 0.1 1a3b3 1 2 (a0，b0)_. 答案 8 5 解析原式2 33 3 22 33 22 2 10 ab ab 21 31018 5. 2计算： 2 3 27 () 8 1 2 0.002 10( 5

6、2) 10_. 答案167 9 解析原式 3 2 2 1 2 500 10 52 52 521， 4 910 510 5201 167 9 . 3(2017兰州模拟)化简： 41 232 3 33 3 22 53 3 33 82 () 42 aa bbaa a a aa baba _.( a0) 答案a2 解析原式 1111121 33 3333332 1111111 22 3333352 ()(2) 2() ()(2)(2)() aababa a a aabbaa 5 111 6 333 111 336 (2) 2 aa aab aba a2. 思维升华 (1)指数幂的运算首先将根式，分数指

7、数幂统一为分数指数幂，以便利用法则计算， 还应注意： 必须同底数幂相乘，指数才能相加； 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 题型二题型二指数函数的图象及应用指数函数的图象及应用 典例 (1)函数 f(x)1e|x|的图象大致是() 答案A 解析f(x)1e|x|是偶函数，图象关于 y 轴对称，又 e|x|1，f(x)0.符合条件的图象只有 A. (2)已知函数 f(x)|2x1|，abc 且 f(a)f(c)f(b)，则下列结论中，一定成立的是() Aa0，b0，c0Ba0，b0，c0 C2

8、a2c D2a2c2 答案D 解析作出函数 f(x)|2x1|的图象，如图， abc 且 f(a)f(c)f(b)，结合图象知， 0f(a)1，a0，c0，02a1. f(a)|2a1|12a1， f(c)1，0c1. 12c2，f(c)|2c1|2c1， 又f(a)f(c)，12a2c1， 2a2c2，故选 D. 思维升华 (1)已知函数解析式判断其图象一般是取特殊点，判断选项中的图象是否过这些点， 若不满足则排除 (2)对于有关指数型函数的图象可从指数函数的图象通过平移、伸缩、对称变换而得到特别 地，当底数 a 与 1 的大小关系不确定时应注意分类讨论 跟踪训练 (1)已知实数 a，b 满

9、足等式 2 018a2 019b，下列五个关系式： 0ba；ab0；0ab；ba0；ab.其中不可能成立的关系式有() A1 个B2 个 C3 个D4 个 答案B 解析如图，观察易知，a，b 的关系为 ab0 或 0ba 或 ab0. (2)方程 2x2x 的解的个数是_ 答案1 解析方程的解可看作函数 y2x和 y2x 的图象交点的横坐标，分别作出这两个函数的 图象(如图) 由图象得只有一个交点，因此该方程只有一个解 题型三题型三指数函数的性质及应用指数函数的性质及应用 命题点 1指数函数单调性的应用 典例 (1)(2017河南百校联考)已知 f(x)2x2 x，a 1 4 7 ( ) 9

10、，b 1 5 9 ( ) 7 ，则 f(a)，f(b)的大小 关系是_ 答案f(b)f(a) 解析易知 f(x)2x2 x在 R 上为增函数， 又 a 1 4 7 ( ) 9 1 4 9 ( ) 7 1 5 9 ( ) 7 b. f(a)f(b) (2)设函数 f(x) 1 2 x7，x0， x，x0， 若 f(a)1，则实数 a 的取值范围是_ 答案(3,1) 解析当 a0 时，不等式 f(a)1 可化为 1 2 a71， 即 1 2 a8，即 1 2 a3.又 a0，3a0. 当 a0 时，不等式 f(a)1 可化为 a1. 0a0)，则 yt22t 的单调增区间为1，)，令 2x1，得

11、x0，又 y2x在 R 上单调递增， 所以函数 f(x)4x2x 1的单调增区间是0，) 命题点 3指数函数性质的综合应用 典例 已知函数 f(x) 2 43 1 ( ) 3 axx . (1)若 a1，求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)有最大值 3，求 a 的值； (3)若 f(x)的值域是(0，)，求 a 的值 解(1)当 a1 时，f(x) 2 43 1 ( ) 3 xx ， 令 ux24x3(x2)27. 则 u 在(，2)上单调递增，在(2，)上单调递减，而 y 1 3 u在 R 上单调递减，所 以 f(x)在(，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，即函数 f(x)的单调

12、递增区间是 (2，)，单调递减区间是(，2) (2)令 h(x)ax24x3，y 1 3 h(x)，由于 f(x)有最大值 3，所以 h(x)应有最小值1， 因此必有 a0， 12a16 4a 1， 解得 a1， 即当 f(x)有最大值 3 时，a 的值为 1. (3)由 f(x)的值域是(0，)知，ax24x3 的值域为 R，则必有 a0. 思维升华 (1)利用指数函数的函数性质比较大小或解不等式，最重要的是“同底”原则 (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 (1)已知函数 f(x)

13、1 2 x，ax0， x22x，0 x4 的值域是8,1， 则实数 a 的取值范围是 () A(，3B3,0) C3，1D3 答案B 解析当 0 x4 时，f(x)8,1， 当 ax0 时，f(x) 1 2 a，1 ， 1 2a，18,1， 即8 1 2a1，即3a0， 实数 a 的取值范围是3,0) (2)(2017江淮十校第三次联考)函数 f(x)x2bxc 满足 f(x1)f(1x)，且 f(0)3，则 f(bx) 与 f(cx)的大小关系是() Af(bx)f(cx)Bf(bx)f(cx) Cf(bx)f(cx)D与 x 有关，不确定 答案A 解析f(x1)f(1x)，f(x)关于 x

14、1 对称， 易知 b2，c3， 当 x0 时，b0c01，f(bx)f(cx)， 当 x0 时，3x2x1，又 f(x)在(1，)上单调递增，f(bx)f(cx)， 当 x0 时，3x2x1，f(x)在(，1)上单调递减， f(bx)0，a1)在区间 3 2，0上有最大值 3，最 小值5 2， 试求 a，b 的值 错解展示： 现场纠错 解令 tx22x(x1)21， x 3 2，0，t1,0 若 a1，函数 f(t)at在1,0上为增函数， at 1 a，1，b 2 2xx a b1 a，b1， 依题意得 b1 a 5 2， b13， 解得 a2， b2. 若 0a1，b1，b0 C0a0 D

15、0a1，b0 答案D 解析由 f(x)ax b的图象可以观察出，函数 f(x)axb在定义域上单调递减，所以 0a1.函 数 f(x)ax b的图象是在 f(x)ax的基础上向左平移得到的，所以 b0. 2设 2x8y 1,9y3x9，则 xy 的值为( ) A18B21C24D27 答案D 解析2x8y 123(y1),x3y3， 9y3x 932y,x92y， 解得 x21，y6，xy27. 3(2017河南南阳、信阳等六市一模)已知 a，b(0,1)(1，)，当 x0 时，1bxax， 则() A0ba1B0ab1 C1baD1ab 答案C 解析当 x0 时，1bx，b1. 当 x0 时

16、，bxax，当 x0 时， a b x1. a b1，ab.1ba，故选 C. 4(2018 届吉林实验中学月考)设 alog21 3，b 1 2 e ，cln ，则() AcabBacb CabcDbac 答案C 解析log21 30,0 1 2 e 1，ab0，a1)满足 f(1)1 9，则 f(x)的单调递减区间是( ) A(，2B2，) C2，)D(，2 答案B 解析由 f(1)1 9得 a 21 9， 所以 a1 3或 a 1 3(舍去)，即 f(x) 1 3 |2x4|. 由于 y|2x4|在(，2上单调递减，在2，)上单调递增， 所以 f(x)在(，2上单调递增，在2，)上单调递

17、减故选 B. 7(2017濮阳质检)若“ma”是“函数 f(x) 1 3 xm1 3的图象不过第三象限”的必要不充 分条件，则实数 a 能取的最大整数为_ 答案1 解析f(0)m2 3， 函数 f(x)的图象不过第三象限等价于 m 2 30， 即 m 2 3， “ma” 是“m2 3”的必要不充分条件，a 2 3，则实数 a 能取的最大整数为1. 8不等式 2 2 2 xx 1 2 x4的解集为_ 答案(1,4) 解析原不等式等价为 2 2 2 xx 2 x4， 又函数 y2x为增函数，x22xx4， 即 x23x40，1x0 且 a1)的图象有两个公共点，则 a 的取值范围是 _ 答案 0，

18、1 2 解析(数形结合法) 当 0a1 时，作出函数 y2|ax1|的图象， 由图象可知 02a1，0a1 时，解得 0a1 矛盾 综上，a 的取值范围是 0，1 2 . 10 当 x(， 1时， 不等式(m2m)4x2x0 恒成立， 则实数 m 的取值范围是_ 答案(1,2) 解析原不等式变形为 m2m 1 2 x， 因为函数 y 1 2 x在(，1上是减函数， 所以 1 2 x 1 2 12， 当 x(，1时，m2m 1 2 x恒成立等价于 m2m2，解得1m0，a1)的图象经过点 A(1,6)，B(3,24) (1)求 f(x)的表达式； (2)若不等式 1 a x 1 b xm0 在(

19、，1上恒成立，求实数 m 的取值范围 解(1)因为 f(x)的图象过 A(1,6)，B(3,24)， 所以 ba6， ba324. 所以 a24，又 a0，所以 a2，b3. 所以 f(x)32x. (2)由(1)知 a2，b3，则 x(，1时， 1 2 x 1 3 xm0 恒成立，即 m 1 2 x 1 3 x在( ，1上恒成立 又因为 y 1 2 x与 y 1 3 x均为减函数， 所以 y 1 2 x 1 3 x也是减函数， 所以当 x1 时， y 1 2 x 1 3 x有最小值5 6.所以 m 5 6.即 m 的取值范围是 ，5 6 . 13已知 yf(x)是定义在 R 上的奇函数且当 x0 时，f(x) 1 4x 1 2x，则此函数的值域为 _ 答案 1 4， 1 4 解析设 t 1 2x，当 x0 时，2 x1，01 4，不符合，舍去； 当1 42 时，g(t) ming()23， 令231，得 2 22 时，g(t)ming(2)47， 令471，得3 22，不符合，舍去 综上所述，实数的值为 2.