2024年高考数学第一轮复习精品导学案第12讲 指数与指数函数（学生版）+教师版

这是一份2024年高考数学第一轮复习精品导学案第12讲 指数与指数函数（学生版）+教师版，共2页。学案主要包含了指数函数及其性质，指数函数图象的画法等内容，欢迎下载使用。

一、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
[常用结论]
二、指数函数图象的画法
1.画指数函数y＝ax(a＞0，且a≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a)，(0，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(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)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，底数a，b，c，d与1之间的大小关系为c＞d＞1＞a＞b＞0.由此我们可得到以下规律：在第一象限内，指数函数y＝ax(a＞0，a≠1)的图象越高，底数越大．
3．指数函数y＝ax(a＞0，a≠1)的图象和性质跟a的取值有关，要特别注意应分a＞1与0＜a＜1来研究．
1、【2020年新课标2卷理科】若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由得：，
令，
为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，
，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A.
2、【2020年新课标3卷理科】Lgistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Lgistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60B．63C．66D．69
【答案】C
【解析】，所以，则，
所以，，解得.
故选：C.
3、【2020年新高考1卷（山东卷）】基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A．1.2天B．1.8天
C．2.5天D．3.5天
【答案】B
【解析】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，
所以天.
故选：B.
4、【2018年新课标1卷文科】设函数，则满足的x的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】将函数的图像画出来，观察图像可知会有，解得，所以满足的x的取值范围是，故选D.
5、【2022年全国甲卷】函数y=3x-3-xcsx在区间-π2,π2的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】令f(x)=(3x-3-x)csx,x∈[-π2,π2]，
则f(-x)=(3-x-3x)cs(-x)=-(3x-3-x)csx=-f(x)，
所以f(x)为奇函数，排除BD；
又当x∈(0,π2)时，3x-3-x>0,csx>0，所以f(x)>0，排除C.
故选：A.
1、已知a＝，b＝，c＝，则( )
A．cC．b【答案】 A
【解析】因为a＝＝，b＝，
所以a＝>＝b，
因为b＝＝＝，
c＝＝＝，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>1,0C．01 D．0【答案】 D
【解析】根据图象，函数f(x)＝ax－b是单调递减的，
所以指数函数的底数a∈(0,1)，
根据图象的纵截距，令x＝0，y＝1－b∈(0,1)，
解得b∈(0,1)，
即a∈(0,1)，b∈(0,1)．
3、函数f(x)＝ax(a>0，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0f(x)max＝2f(x)min，
∴f(1)＝2f(2)，∴a＝2a2，∴a＝eq \f(1,2)，
综上所述，a＝2或a＝eq \f(1,2).
4、 (多选)下列结论中，正确的是( )
A. 函数y＝2x-1是指数函数
B. 函数y＝ax2＋1(a>1)的值域是[1，＋∞)
C. 若am>an(a>0，a≠1)，则m>n
D. 函数f(x)＝ax-2－3(a>0，a≠1)的图象必过点(2，－2)
【答案】 BD
【解析】 对于A，根据指数函数的定义可得y＝2x-1不是指数函数，故A错误；对于B，当a>1时，y＝ax2＋1≥1，故B正确；对于C，当0an，得m．故选BD.
4. 化简的结果是________.
【答案】 eq \f(41,12)
【解析】 原式＝＋1＋ eq \f(3,4)＝ eq \f(5,3)＋1＋ eq \f(3,4)＝ eq \f(41,12).
考向一 化简下列各式：
(1) ；
(2) ；
(3) .
【解析】 (1) 原式＝＝＝ab-1＝ eq \f(a,b).
(2) 原式＝ eq \f(5,6)×(－3)÷2×＝
(3) 原式＝＝ eq \f(1,a).
考向二 指数函数的性质与应用
例2、（1）．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(lg0．53)，b＝f(lg25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b＜a＜c B．c＜a＜b C．c＜b＜a D．a＜b＜c．
（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（ ）
A．3 B．eq \f(1,3) C．-5 D．3或eq \f(1,3)．
（3）．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）．B 由函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数，得m＝0，
即f(x)＝2|x|－1，其图象过原点，且关于y轴对称，
在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又a＝f(lg0．53)＝f(－lg23)＝f(lg23)，b＝f(lg25)，
c＝f(0)，且0＜lg23＜lg25，所以c＜a＜b．
（2）．D 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\c1(\f(1,a)，a))，
又函数y＝(t＋1)2－2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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0＜a＜1时，因为x∈[－1，1]，所以t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))，
又函数y＝(t＋1)2－2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))上单调递增，
则ymax＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))eq \s\up12(2)－2＝14，
解得a＝eq \f(1,3)(负值舍去)．
综上知a＝3或a＝eq \f(1,3)．
（3）令t＝|2x－m|，则t＝|2x－m|在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)，＋∞))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(m,2)))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eq \f(m,2)≤2，即m≤4，所以m的取值范围是(－∞，4]．
变式1、过原点O的直线与函数y＝2x的图像交于A，B两点，过点B作y轴的垂线交函数y＝4x的图像于点C，若AC平行于y轴，则点A的坐标是________．
【答案】(1,2)．
【解析】设C(a,4a)，则A(a,2a)，B(2a,4a)．又O，A，B三点共线，所以eq \f(2a,a)＝eq \f(4a,2a)，故4a＝2·2a，所以2a＝0(舍去)或2a＝2，即a＝1，所以点A的坐标是(1,2)．
变式2、（2020届江苏省南通市海安高级中学高三第二次模拟）已知过点的直线与函数的图象交于、两点，点在线段上，过作轴的平行线交函数的图象于点，当∥轴，点的横坐标是
【答案】
【解析】根据题意，可设点，则,由于∥轴，故，代入，
可得，即，由于在线段上，故，即，解得
.
变式3、已知函数f(x)＝2a·4x－2x－1.
(1) 当a＝1时，求函数f(x)在x∈[－3，0]上的值域；
(2) 若关于x的方程f(x)＝0有解，求实数a的取值范围．
【解析】 (1) 当a＝1时，f(x)＝2×4x－2x－1.
令2x＝t.
由x∈[－3，0]，得t∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1))，
则g(t)＝2t2－t－1，图象的对称轴为直线 t＝ eq \f(1,4)，
所以g(t)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))上单调递减，在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))上单调递增，
所以g(t)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝2× eq \f(1,16)－ eq \f(1,4)－1＝－ eq \f(9,8)，
g(t)max＝g(1)＝2×1－1－1＝0.
综上，f(x)在区间[－3，0]上的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,8)，0)).
(2) 令2x＝m，m∈(0，＋∞).
若f(x)＝0有解，
则2a·m2－m－1＝0在区间(0，＋∞)上有解，
即a＝ eq \f(1,2m2)＋ eq \f(1,2m)在区间(0，＋∞)上有解．
令 eq \f(1,m)＝b∈(0，＋∞)，
所以y＝ eq \f(1,2)b2＋ eq \f(1,2)b＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(1,8)，
所以y＝ eq \f(1,2)b2＋ eq \f(1,2)b在区间(0，＋∞)上单调递增，
则y的值域为(0，＋∞)，
故实数a的取值范围是(0，＋∞).
考向三 指数函数的综合运用
例3、已知函数f(x)＝3x＋λ·3－x(λ∈R).
(1) 若f(x)为奇函数，求λ的值和此时不等式f(x)＞1的解集；
(2) 若不等式f(x)≤6对x∈[0，2]恒成立，求实数λ的取值范围．
【解析】 (1) 若f(x)为奇函数，则f(x)＋f(－x)＝0，
即3x＋λ·3－x＋3－x＋λ·3x＝0，
化简，得(1＋λ)(3x＋3－x)＝0.
因为3x＋3－x>0，
所以1＋λ＝0，解得λ＝－1，
所以f(x)＝3x－3－x.
令3x＝t>0，则f(x)>1，即t－ eq \f(1,t)>1，
解得t< eq \f(1－\r(5),2)或t> eq \f(1＋\r(5),2).
又因为t>0，所以t> eq \f(1＋\r(5),2)，
即3x> eq \f(1＋\r(5),2)，所以x>lg3 eq \f(1＋\r(5),2)，
所以f(x)>1的解集为(lg3 eq \f(1＋\r(5),2)，＋∞).
(2) 若f(x)≤6对x∈[0，2]恒成立，
则λ≤6×3x－(3x)2在区间[0，2]上恒成立．
令3x＝m∈[1，9]，
则g(m)＝－m2＋6m，图象的对称轴为直线 m＝3，
所以g(m)在区间[1，3]上单调递增，在区间[3，9]上单调递减，
所以g(m)min＝g(9)＝－81＋54＝－27，
所以λ的取值范围是(－∞，－27].
变式1、关于函数f (x)＝eq \f(1,4x＋2)的性质，下列说法中正确的是( )
A．函数f (x)的定义域为R
B．函数f (x)的值域为(0，＋∞)
C．方程f (x)＝x有且只有一个实根
D．函数f (x)的图象是中心对称图形
【答案】 ACD
【解析】 函数f (x)＝eq \f(1,4x＋2)的定义域为R，所以A正确；
因为y＝4x在定义域内单调递增，所以函数f (x)＝eq \f(1,4x＋2)在定义域内单调递减，所以函数的值域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，所以方程f (x)＝x只有一个实根，所以B不正确，C正确；
因为f (x＋1)＋f (－x)＝eq \f(1,4x＋1＋2)＋eq \f(1,4－x＋2)
＝eq \f(1,4·4x＋2)＋eq \f(4x,2·4x＋1)＝eq \f(1,2)，
∴f (x)关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,4)))对称，所以D正确．
变式2、(2022·江苏南通市区期中)设函数f(x)的定义域为R，f(x)为偶函数，f(x＋1)为奇函数，当x∈[1，2]时，eq f(x)＝a·2\s\up6(x)＋b，若f(0)＋f(1)＝－4，则eq f(\f(7,2))＝ ．
【答案】4－4EQ \R(,2)
【解析】由题意，因为f(x＋1)是奇函数，f(x)是偶函数，所以f(－x＋1)＝－f(x＋1)＝f(x－1)，则f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数，则x＝0时，f(1)＝－f(1)，则f(1)＝0，由f(0)＋f(1)＝－4，可得f(0)＝－4，即f(2)＝－f(0)＝4，则eq \B\lc\{(\a\al(f(1)＝2a＋b＝0,f(2)＝4a＋b＝4))，解得a＝2，b＝－4，所以eq f(\f(7,2))＝f(\f(7,2)－4)＝f(－eq \f(1,2))＝－f(－eq \f(1,2)＋2)＝－f(eq \f(3,2))＝－(2×2EQ \S\UP8(\F(3,2))－4)＝4－eq 4\r(,2)．
变式3、已知函数，则（ ）．
A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称
C．在上单调递增D．在上单调递减
【答案】A
【解析】的定义域为，
A：因为，
所以函数的图象关于对称，因此本选项正确；
B：由A知，所以的图象不关于点对称，因此本选项不正确；
C：
函数在时，单调递增，
在时，单调递减，因此函数在时单调递增，在时单调递减，故本选项不正确；
D：由C的分析可知本选项不正确，
故选：A
1、已知指数函数，将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标扩大为原来的倍，得到函数的图象，再将的图象向右平移个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合，则a的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可得，再将的图象向右平移个单位长度，得到函数，
又因为，所以，，整理可得，
因为且，解得.
故选：D.
2、(2022·江苏省第一次大联考)航天之父、俄罗斯科学家齐奥科夫斯基(K．E．Tsilkvsky)于1903年给出火箭最大速度的计算公式v＝V0ln(1＋EQ \F(M,m\S\DO(0)))．其中，V0是燃料相对于火箭的喷射速度，M是燃料的质量，m0是火箭(除去燃料)的质量，v是火箭将燃料喷射完之后达到的速度．已知V0＝2km/s，则当火箭的最大速度v可达到10km/s时，火箭的总质量(含燃料)至少是火箭(除去燃料)的质量的( )倍
A．e5 B．e5－1 C．e6 D．e6－1
【答案】A
【解析】由题意可知，2ln(1＋EQ \F(M,m\S\DO(0)))＝10，则1＋EQ \F(M,m\S\DO(0))＝EQ \F(M＋m\S\DO(0),m\S\DO(0))＝e5，即火箭的总质量(含燃料)至少是火箭(除去燃料)的质量的e5，故答案选A．
3、(2022·江苏淮安市六校第一次联考)(多选题)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋3)＝f(x－1)，若当x∈[0，2]时，f(x)＝2x－1，则下列结论正确的是( )
A．当x∈[－2，0]时，eq f(x)＝2\s\up6(－x)－1 B．f(2019)＝1
C．y＝f(x)的图像关于点(2，0)对称 D．函数g(x)＝f(x)－lg2x有3个零点
【答案】ABD
【解析】由题意，已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋3)＝f(x－1)，即该函数周期为4，又因为x∈[0，2]时，f(x)＝2x－1，当x∈[－2，0]时，－x∈[0，2]，f(x)＝f(－x)＝eq 2\s\up6(－x)－1，所以选项A正确；f(2019)＝f(4×505－1)＝f(－1)＝f(1)＝1，所以选项B正确；y＝f(x)的图象关于点(2，0)对称，则f(3)＋f(1)＝0，但是f(3)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(3)＋f(1)≠0与f(3)＋f(1)＝0矛盾，所以选项C错误；可作出函数eq y＝f(x)，y＝lg\s\d(2)x的图象即可得到，函数eq g(x)＝f(x)－lg\s\d(2)x有3个零点，所以选项D正确；综上，答案选ABD．
4、（2022·广东汕头·二模）（多选题）设a，b，c都是正数，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】
设，根据指数与对数的关系，利用换底公式及指数幂的运算法则，逐一验证四个选项得答案．
【详解】
解：设，则，，，
所以
，
即，所以，所以，故D正确；
由，所以，故A正确，B错误；
因为，，
又，所以，即，故C正确；
故选：ACDa＞1
0＜a＜1
图象
定义域
(1)R
值域
(2)(0，＋∞)
性质
(3)过定点(0，1)，即x＝0时，y＝1
(4)当x＞0时，y＞1；
当x＜0时，0＜y＜1
(5)当x＜0时，y＞1；当x＞0时，0＜y＜1
(6)在(－∞，＋∞)上是增函数
(7)在(－∞，＋∞)上是减函数