人教A版 (2019)必修 第一册4.2 指数函数第2课时导学案

2021-2022（上） 全品学练考 高中数学 必修第一册 RJA（新教材）

第2课时　指数函数的图像及其性质的应用

【课前预习】

知识点一

f(x)　R

诊断分析

(1)√　(2)×　(3)√　[解析] (1)依题意,要使函数y=a2x+1(a>0且a≠1)有意义,只需x∈R,因此函数的定义域为R,此时y>0,值域为(0,+∞).

(2)依题意,要使函数y=|x|+1有意义,只需x∈R,因此函数的定义域为R.因为|x|+1≥1,所以0<|x|+1≤,值域为0,.

(3)依题意,要使函数y=有意义,只需x∈R,因此函数的定义域为R.因为x2+1≥1,所以≥3, 值域为[3,+∞).

知识点二

1.>　<

2.f(x)<g(x)　f(x)>g(x)

诊断分析

解:不等式22x+3>可化为22x+3>2-5,所以2x+3>-5,解得x>-4,所以不等式的解集是(-4,+∞).

【课中探究】

探究点一

例1　(1)(-∞,0]　[0,1)　(2){x∈R|x≠4}　{y|y>0且y≠1}　(3){x|x=0}　{y|y=1}　[解析] (1)要使函数式有意义,则1-3x≥0,即3x≤1=30.因为函数y=3x是增函数,所以x≤0,故函数y=的定义域为(-∞,0].因为x≤0,所以0<3x≤1,所以0≤1-3x<1,所以∈[0,1),即函数y=的值域为[0,1).

(2)要使函数式有意义,则x-4≠0,解得x≠4,所以函数y=的定义域为{x∈R|x≠4}.因为≠0,所以≠1,即函数y=的值域为{y|y>0且y≠1}.

(3)要使函数式有意义,则-|x|≥0,解得x=0,所以函数y=的定义域为{x|x=0}.而当x=0时,y===1,所以函数y=的值域为{y|y=1}.

变式　(1)C　(2){x|x≤-1且x≠-2}　(3)(-4,+∞)　[解析] (1)y==2+,∵0<<1,∴2<y<3,故选C.

(2)由题意得即解得x≤-1且x≠-2,所以函数f(x)=+的定义域是{x|x≤-1且x≠-2}.

(3)由题意得4x+2xa-a>0对x∈(0,+∞)恒成立,∴a(2x-1)>-4x对x∈(0,+∞)恒成立,∴a>-对x∈(0,+∞)恒成立,令t=2x(x>0),则t>1,0<<1,则-=-==≤-4,∴a>-4.

探究点二

例2　(1){x|x≥0}　(2)(-∞,1)　[解析] (1)∵2=-1,∴原不等式可化为3x-1≤-1,∵指数函数y=x是减函数,∴3x-1≥-1,解得x≥0,故原不等式的解集是{x|x≥0}.

(2)∵a>1,∴指数函数y=ax是增函数,又>,∴2x2-3x+2>2x2+2x-3,解得x<1,∴不等式的解集是(-∞,1).

变式　解:当0<a<1时,指数函数y=ax是减函数,

又>,

所以2x2-3x+7<x2+2x+3,解得1<x<4,

所以不等式的解集是{x|1<x<4};

当a>1时,指数函数y=ax是增函数,

又>,

所以2x2-3x+7>x2+2x+3,解得x<1或x>4,

所以不等式的解集是{x|x<1或x>4}.

综上所述,当0<a<1时,不等式的解集为{x|1<x<4};

当a>1时,不等式的解集是{x|x<1或x>4}.

探究点三

探索 (1)[0,+∞)　[0,+∞)

(2)解:可以.利用复合函数的单调性,可以得出f(x)=的单调递增区间为[0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).

例3　解:令u=x2-2x,y=u.

∵u=x2-2x=(x-1)2-1在(-∞,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,

又y=u是减函数,

∴f(x)=的单调递增区间为(-∞,1],单调递减区间为 [1,+∞).

∵u=x2-2x=(x-1)2-1≥-1,

∴0<u≤-1=3,∴函数f(x)的值域为(0,3].

变式　(1)B　(2)(-∞,0)　[0,+∞)　[解析] (1)设t=2x-1,函数t=2x-1是R上的增函数,又y=(1-2a)2x-1是R上的增函数,所以y=(1-2a)t是增函数,所以1-2a>1,解得a<0.故选B.

(2)∵f(-2)>f(-3),∴a2>a3,∴0<a<1.令t=1-x2,则y=at.∵y=at是减函数,t=1-x2的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为[0,+∞),∴g(x)=的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为[0,+∞).

探究点四

例4　解:(1)方法一:由函数f(x)为奇函数,得f(0)=0,

即m+1=0,所以m=-1,

经验证,满足题意.

方法二:∵函数f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),

即f(-x)+f(x)=0,

∴f(-x)+f(x)=m++m+=2m++=2m++=2m+=2m+2=0,∴m=-1.

(2)函数f(x)在R上是减函数.

证明:任取x1,x2∈R,且x1<x2,

则有f(x1)-f(x2)=m+-m+=-=,

∵x1<x2,∴->0,

又+1>0,+1>0,

∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),

∴函数f(x)在R上是减函数.

(3)∵函数f(x)在R上为减函数,

∴函数f(x)在(-∞,1]上单调递减,

∴f(x)在(-∞,1]上的最小值为f(1)=+m.

变式　解:(1)显然f(x)的定义域为R,

若f(x)为奇函数,则f(0)=1+a=0,

∴a=-1,经检验满足题意,

∴使得函数f(x)为奇函数的a的值为-1.

(2)当a=-2时,f(x)=ex-2e-x,此时f(x)在R上单调递增.

证明:任取x1,x2∈R且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=--+=,

∵x1,x2∈R且x1<x2,

∴-<0,>0,

∴<0,

∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x)在R上单调递增.

【课堂评价】

1.A　[解析] 由题意得解得-3<x≤0.故选A.

2.A　[解析] 因为x≥0,所以3-x≤3,0<23-x≤8,所以0≤8-23-x<8.故选A.

3.B　[解析] 指数函数y=x是减函数,所以原不等式可化为2a+1>3-2a,解得a>.故选B.

4.A　[解析] 因为a2+a+2=a+2+>1,所以指数函数y=(a2+a+2)x是增函数,所以2x>3-x,解得x>1.故选A.

5.2　[解析] 由f(0)==0,解得n=2.当n=2时,f(x)=,易证其是奇函数.