高中数学高考高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：2 5 指数与指数函数 Word版含答案

这是一份高中数学高考高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：2 5 指数与指数函数 Word版含答案，共12页。

(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，理解指数函数的单调性，掌握指数函数图象通过的特殊点．
(4)知道指数函数是一类重要的函数模型．
知识点一 根式与幂的运算
1．根式的性质
(1)(eq \r(n,a))n＝a.
(2)当n为奇数时，eq \r(n,an)＝a.
(3)当n为偶数时，eq \r(n,an)＝|a|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a a≥0,－a a<0)).
(4)负数的偶次方根无意义．
(5)零的任何次方根都等于零．
2．有理指数幂
(1)分数指数幂：
①正分数指数幂：aeq \f(m,n)＝eq \r(n,am)(a>0，m，n∈N*，且n>1)．
②负分数指数幂：a－eq \f(m,n)＝eq \f(1,a\f(m,n))＝eq \f(1,\r(n,am))(a>0，m，n∈N*，且n>1)．
③0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
①ar·as＝ar＋s(a>0，r、s∈Q)．
②(ar)s＝ars(a>0，r、s∈Q)．
③(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r∈Q)．
易误提醒 在进行指数幂的运算时，一般用分数指数幂的形式表示，并且结果不能同时含有根号和分数指数幂，也不能既有分母又含有负指数．易忽视字母的符号．
[自测练习]
1．化简eq \f(a\f(2,3)·b－1－\f(1,2)·a－\f(1,2)·b\f(1,3),\r(6,a·b5))(a>0，b>0)的结果是( )
A．a B．ab
C．a2b D.eq \f(1,a)
解析：原式＝eq \f(a－\f(1,3)b\f(1,2)·a－\f(1,2)b\f(1,3),a\f(1,6)b\f(5,6))＝a－eq \f(1,3)－eq \f(1,2)－eq \f(1,6)·beq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(5,6)＝eq \f(1,a).
答案：D
知识点二 指数函数的图象与性质
易误提醒 指数函数y＝ax(a>0，a≠1)的图象和性质跟a的取值有关，要特别注意区分a>1或0必备方法
1．指数函数图象的三个关键点
画指数函数图象时应抓住图象上的三个关键点：(1，a)，(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,a))).
2．底数a与1的大小关系决定了指数函数图象的“升降”：当a>1时，指数函数的图象“上升”；当03．底数的大小决定了图象相对位置的高低：不论是a>1，还是04．指数函数的图象向左(或向右)平移不会与x轴有交点，向上(或向下)平移a个单位后，图象都在直线y＝a(或y＝－a)的上方．
[自测练习]
2．函数y＝ax－a(a>0，且a≠1)的图象可能是( )
解：当x＝1时，y＝a1－a＝0，所以函数y＝ax－a的图象过定点(1,0)，结合选项可知选C.
答案：C
3．设a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))eq \f(2,5)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \f(3,5)，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))eq \f(2,5)，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>c>b B．a>b>c
C．c>a>b D．b>c>a
解析：构造指数函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))x(x∈R)，由该函数在定义域内单调递减可得b0时，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))x>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))x，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)))>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))，即a>c，故a>c>b.
答案：A
4．指数函数y＝(2－a)x在定义域内是减函数，则a的取值范围是________．
解析：由题意知0<2－a<1，解得1答案：(1,2)
考点一 指数幂的化简与求值|
求值与化简：
(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(3,5)))0＋2－2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(1,4)))－(0.01)0.5；
(2)eq \f(5,6)a·b－2·(－3ab－1)÷(4aeq \f(2,3)·b－3)；
(3)eq \f(\r(a3b2\r(3,ab2)),ab4ab)(a>0，b>0)．
解：(1)原式＝1＋eq \f(1,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,100)))＝1＋eq \f(1,4)×eq \f(2,3)－eq \f(1,10)＝1＋eq \f(1,6)－eq \f(1,10)＝eq \f(16,15).
(2)原式＝－eq \f(5,2)ab－3÷(4a·b－3)
＝－eq \f(5,4)ab－3÷(ab)＝－eq \f(5,4)a·b
＝－eq \f(5,4)·eq \f(1,\r(ab3))＝－eq \f(5\r(ab),4ab2).
(3)原式＝eq \f(a3b2ab,ab2ab)
＝ab＝ab－1.
指数幂运算的四个原则
1．有括号的先算括号里的，无括号的先做指数运算．
2．先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂的倒数．
3．底数是负数，先确定符号，底数是小数，先化成分数，底数是带分数的，先化成假分数．
4．若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示，运用指数幂的运算性质来解答．

考点二 指数函数图象及应用|
(1)函数f(x)＝2|x－1|的图象是( )
[解析] f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≥1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－1，x<1，))故选B.
[答案] B
(2)(2015·衡水模拟)若曲线|y|＝2x＋1与直线y＝b没有公共点，则b的取值范围是________．
[解析] 曲线|y|＝2x＋1与直线y＝b的图象如图所示，由图可知：如果|y|＝2x＋1与直线y＝b没有公共点，则b应满足的条件是b∈[－1,1]．
[答案] [－1,1]
与指数函数图象有关的应用问题的两种求解策略
1．与指数函数有关的函数的图象的研究，往往利用相应指数函数的图象，通过平移、对称变换得到其图象．
2．一些指数方程、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．


偶函数f(x)满足f(x－1)＝f(x＋1)，且在x∈[0,1]时，f(x)＝x，则关于x的方程f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))x在x∈[0,4]上解的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：由f(x－1)＝f(x＋1)可知T＝2.
∵x∈[0,1]时，f(x)＝x，又∵f(x)是偶函数，∴可得图象如图．
∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))x在x∈[0,4]上解的个数是4个．故选D.
答案：D
考点三 指数函数的性质及应用|
高考常以选择题或填空题的形式考查指数函数的性质及应用，难度偏小，属于低档题．
归纳起来常见的命题探究角度有：
1．比较指数式的大小．
2．与指数函数有关的奇偶性及应用．
3．探究指数型函数的性质．
探究一 比较指数式的大小
1．(2015·高考山东卷)设a＝0.60.6，b＝0.61.5，c＝1.50.6，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．b解析：由指数函数y＝0.6x在(0，＋∞)上单调递减，可知0.61.5<0.60.6，由幂函数y＝x0.6在(0，＋∞)上单调递增，可知0.60.6<1.50.6，所以b答案：C
探究二 与指数函数有关的奇偶性及应用
2．(2015·高考山东卷)若函数f(x)＝eq \f(2x＋1,2x－a)是奇函数，则使f(x)>3成立的x的取值范围为( )
A．(－∞，－1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1，＋∞)
解析：f(－x)＝eq \f(2－x＋1,2－x－a)＝eq \f(2x＋1,1－a·2x)，由f(－x)＝－f(x)得eq \f(2x＋1,1－a·2x)＝－eq \f(2x＋1,2x－a)，即1－a·2x＝－2x＋a，化简得a·(1＋2x)＝1＋2x，所以a＝1，f(x)＝eq \f(2x＋1,2x－1).由f(x)>3得0答案：C
探究三 指数型函数的性质应用
3．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))ax2－4x＋3.
(1)若a＝－1，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a＝－1时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))－x2－4x＋3，
令g(x)＝－x2－4x＋3，
由于g(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减，而y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))t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)的单调递增区间是(－2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－2)．
(2)令g(x)＝ax2－4x＋3，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))g(x)，
由于f(x)有最大值3，所以g(x)应有最小值－1，
因此必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(3a－4,a)＝－1，))
解得a＝1，即当f(x)有最大值3时，a的值等于1.
(3)由指数函数的性质知，
要使y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))g(x)的值域为(0，＋∞)．
应使g(x)＝ax2－4x＋3的值域为R，
因此只能a＝0.(因为若a≠0，则g(x)为二次函数，其值域不可能为R)．
故a的值为0.
指数函数的性质及应用问题三种解题策略
(1)比较大小问题．常利用指数函数的单调性及中间值(0或1)法．
(2)简单的指数方程或不等式的求解问题．解决此类问题应利用指数函数的单调性，要特别注意底数a的取值范围，并在必要时进行分类讨论．
(3)解决指数函数的综合问题时，要把指数函数的概念和性质同函数的其他性质(如奇偶性、周期性)相结合，同时要特别注意底数不确定时，对底数的分类讨论．

4.换元法解决与指数函数有关的值域问题
【典例】 函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋1在区间[－3,2]上的值域是________．
[思路点拨] 设t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x＝t2，这样原函数就可转化为二次函数．
[解析] 因为x∈[－3,2]，所以若令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，
则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，8))，
故y＝t2－t＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4).
当t＝eq \f(1,2)时，ymin＝eq \f(3,4)；当t＝8时，ymax＝57.
故所求函数值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，57)).
[答案] eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，57))
[方法点评] 与指数函数有关的值域或最值问题，通常利用换元法，将其转化为基本初等函数的单调性或值域问题，注意换元过程中“元”的取值范围的变化．
[跟踪练习] 已知0≤x≤2，则y＝4x－eq \f(1,2)－3·2x＋5的最大值为________．
解析：令t＝2x，∵0≤x≤2，∴1≤t≤4，
又y＝22x－1－3·2x＋5，
∴y＝eq \f(1,2)t2－3t＋5＝eq \f(1,2)(t－3)2＋eq \f(1,2)，
∵1≤t≤4，∴t＝1时，ymax＝eq \f(5,2).
答案：eq \f(5,2)
A组 考点能力演练
1．已知函数f(x)＝ax－b的图象如图所示，其中a、b为常数，则下列结论正确的是( )

A．a>1，b<0 B．a>1，b>0
C．00
解析：由图象呈下降趋势知，00，即b<0.
答案：C
2．函数y＝2x－2－x是( )
A．奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递增
B．奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递减
C．偶函数，在区间(－∞，0)上单调递增
D．偶函数，在区间(－∞，0)上单调递减
解析：根据奇偶性的定义判断函数奇偶性，借助指数函数的图象及相关结论判断单调性．令f(x)＝2x－2－x，则f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，所以函数是奇函数，排除C，D.又函数y＝2x，y＝－2－x都是R上的增函数，由增函数加增函数还是增函数的结论可知f(x)＝2x－2－x是R上的增函数，故选A.
答案：A
3．(2015·日照模拟)设函数f(x)定义在实数集上，它的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝3x－1，则有( )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))解析：∵函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，
∴f(x)＝f(2－x)，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))，又∵x≥1时，f(x)＝3x－1为单调递增函数，且eq \f(4,3)∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))答案：B
4．已知实数a，b满足等式2a＝3b，下列五个关系式：
①0⑤a＝b＝0.
其中有可能成立的关系式有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：依题意，在同一坐标系下画出函数y＝2x，y＝3x的图象与直线y＝t，平移直线y＝t，通过观察可知，直线y＝t分别与函数y＝2x，y＝3x的图象的交点的横坐标a，b的大小关系可能是a答案：C
5．(2015·济宁三模)已知函数f(x)＝|2x－1|，af(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是( )
A．a<0，b<0，c<0 B．a<0，b≥0，c>0
C．2－a<2c D．2a＋2c<2
解析：作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图，
∵af(c)>f(b)，结合图象知，
00，∴0<2a<1.
∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，∴f(c)<1，∴0∴1<2c<2，∴f(c)＝|2c－1|＝2c－1，
又∵f(a)>f(c)，∴1－2a>2c－1，
∴2a＋2c<2，故选D.
答案：D
6．计算：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))－eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)))0＋8eq \f(1,4)×eq \r(4,2)－eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))\f(2,3))＝________.
解析：原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \f(1,3)×1＋2eq \f(3,4)×2eq \f(1,4)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \f(1,3)＝2.
答案：2
7．已知函数f(x)＝ax－1＋1(a≠0)的图象恒过定点A，则点A的坐标是________．
解析：由题意，因为a为变量，所以只有当ax－1为定值时，函数的图象才过定点，所以x＝1，y＝2，定点A(1,2)．
答案：(1,2)
8．函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大eq \f(a,2)，则a的值为________．
解析：当a>1时，f(x)＝ax为增函数，在x∈[1,2]上，
f(x)最大＝f(2)＝a2，f(x)最小＝f(1)＝a.
∴a2－a＝eq \f(a,2).即a(2a－3)＝0.
∴a＝0(舍)或a＝eq \f(3,2)>1.∴a＝eq \f(3,2).
当0在x∈[1,2]上，f(x)最大＝f(1)＝a，f(x)最小＝f(2)＝a2.
∴a－a2＝eq \f(a,2).∴a(2a－1)＝0，
∴a＝0(舍)或a＝eq \f(1,2).∴a＝eq \f(1,2).
综上可知，a＝eq \f(1,2)或a＝eq \f(3,2).
答案：eq \f(1,2)或eq \f(3,2)
9．已知2x2－x≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－1，求函数y＝2x－2－x的值域．
解：由2x2－x≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x－1＝2－2x＋2，得x2－x≤－2x＋2，即x2＋x－2≤0解得－2≤x≤1.令t＝2x，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，2))，则y＝t－eq \f(1,t)，易知y＝t－eq \f(1,t)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，2))上是增函数，
所以，函数y＝t－eq \f(1,t)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(15,4)，\f(3,2)))，即函数y＝2x－2－x的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(15,4)，\f(3,2))).
10．(2016·天津期末)已知函数f(x)＝ex－e－x(x∈R，且e为自然对数的底数)．
(1)判断函数f(x)的单调性与奇偶性；
(2)是否存在实数t，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵f(x)＝ex－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))x，
∴f′(x)＝ex＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))x，
∴f′(x)>0对任意x∈R都成立，
∴f(x)在R上是增函数．
∵f(x)的定义域为R，且f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，∴f(x)是奇函数．
(2)存在．由(1)知f(x)在R上是增函数和奇函数，则
f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立
⇔f(x2－t2)≥f(t－x)对一切x∈R都成立
⇔x2－t2≥t－x对一切x∈R都成立
⇔t2＋t≤x2＋x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)对一切x∈R都成立
⇔t2＋t≤(x2＋x)min＝－eq \f(1,4)⇔t2＋t＋eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2≤0，
又eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))≥0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2＝0，∴t＝－eq \f(1,2)，
∴存在t＝－eq \f(1,2)，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x∈R都成立．
B组 高考题型专练
1．(2014·高考陕西卷)下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是( )
A．f(x)＝x3 B．f(x)＝3x
C．f(x)＝xeq \f(1,2) D．f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
解析：对于选项A，f(x＋y)＝(x＋y)3≠f(x)f(y)＝x3y3，排除A；对于选项B，f(x＋y)＝3x＋y＝3x·3y＝f(x)f(y)，且f(x)＝3x在其定义域内是单调增函数，B正确；对于选项C，f(x＋y)＝eq \r(x＋y)≠f(x)f(y)＝xeq \f(1,2)yeq \f(1,2)＝eq \r(xy)，排除C；对于选项D，f(x＋y)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＋y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))y＝f(x)f(y)，但f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在其定义域内是减函数，排除D.故选B.
答案：B
2．(2015·高考山东卷)已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a＋b＝________.
解析：①当a>1时，f(x)在[－1,0]上单调递增，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＋b＝－1，,a0＋b＝0，))无解．
②当0则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1＋b＝0，,a0＋b＝－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝－2，))∴a＋b＝－eq \f(3,2).
答案：－eq \f(3,2)
3．(2015·高考江苏卷)不等式2x2－x<4的解集为________．
解析：不等式2x2－x<4可转化为2x2－x<22，利用指数函数y＝2x的性质可得，x2－x<2，解得－1答案：(－1,2)
4．(2015·高考福建卷)若函数f(x)＝2|x－a|(a∈R)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上单调递增，则实数m的最小值等于________．
解析：因为f(1＋x)＝f(1－x)，所以函数f(x)关于直线x＝1对称，所以a＝1，所以函数f(x)＝2|x－1|的图象如图所示，因为函数f(x)在[m，＋∞)上单调递增，所以m≥1，所以实数m的最小值为1.
答案：1
y＝ax
a>1
0图象
定义域
R
值域
(0，＋∞)
性质
过定点(0,1)
当x>0时，y>1；x<0时，0当x>0时，01
在(－∞，＋∞)上是增函数
在(－∞，＋∞)上是减函数