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专题06 指数与指数函数5题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测（解析版）
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这是一份专题06 指数与指数函数5题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测（解析版），共11页。试卷主要包含了指数及指数运算，指数函数等内容，欢迎下载使用。
1、指数及指数运算
（1）根式的定义：
一般地，如果，那么叫做的次方根，其中，，记为，称为根指数，称为根底数．
（2）根式的性质：
当为奇数时，正数的次方根是一个正数，负数的次方根是一个负数.
当为偶数时，正数的次方根有两个，它们互为相反数.
（3）指数的概念：指数是幂运算中的一个参数，为底数，为指数，指数位于底数的右上角，幂运算表示指数个底数相乘.
（4）有理数指数幂的分类
①正整数指数幂；②零指数幂；
③负整数指数幂，；④的正分数指数幂等于，的负分数指数幂没有意义．
（5）有理数指数幂的性质
①，，；②，，；
③，，；④，，．
2、指数函数
一、单选题
1．（2024高三上·陕西西安·期中）若是指数函数，则有（ ）
A．或B．
C．D．且
【答案】C
【分析】根据指数函数的概念，由所给解析式，可直接求解.
【详解】因为是指数函数，
所以，解得.
故选：C．
2．（2024高三·山东·学业考试）函数是指数函数，则（ ）
A．或B．C．D．且
【答案】C
【分析】由指数函数的定义可得，同时，且，从而可求出的值
【详解】由指数函数定义知，同时，且，所以解得.
故选：C
3．（2024高三·全国·专题练习）当x>0时，函数的值总大于1，则实数a的取值范围是（ ）
A．1<|a|<2B．|a|<1C．|a|>D．|a|<
【答案】C
【分析】根据x>0时，函数的值总大于1，求解.
【详解】解：因为当x>0时，函数的值总大于1，
所以，则，
解得，
故选：C.
4．（2024高一上·福建福州·阶段练习）函数的定义域是 （ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据偶次根式下被开方数非负列不等式，再解指数不等式得结果.
【详解】，解得，
函数的定义域，
故选：A.
【点睛】本题考查函数定义域、解指数不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.
5．（2024·甘肃兰州·模拟预测）已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由于当时，，所以当时，求出的最小值，使其最小值小于等于1即可.
【详解】当时，，
当时， ，
因为函数的值域为，
所以，得，
所以实数的取值范围是，
故选：D.
6．（2024高三上·湖北武汉·开学考试）设函数，函数的图像经过第一､三､四象限，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意求得，化简得到，结合指数函数的性质，即可求解.
【详解】由函数的的图像经过第一､三､四象限，可得，
所以，
又因为，所以的取值范围为.
故选：A.
7．（2024·江西）已知实数，满足等式，下列五个关系式：
①；②；③；④；⑤．
其中不可能成立的关系式有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】先画出函数与的图象，再讨论时，的情况即可．
【详解】解：画出函数与的图象，
当时，的图象在的图象下方，
当时，的图象在的图象上方，
当，时，则，
当时，成立，
当，时，则，
故③，④不成立.
故选：B．
8．（2024·北京）下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.
【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故A错误；
对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，，
显然在上不单调，D错误.
故选：C.
9．（2024·天津）设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【详解】由在R上递增，则，
由在上递增，则.
所以.
故选：D
10．（2024·安徽）设a＝，b＝ ，c＝ ，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>c>bB．a>b>c
C．c>a>bD．b>c>a
【答案】A
【详解】试题分析：∵函数是减函数，∴；又函数在上是增函数，故.从而选A
考点：函数的单调性.
11．（2024高二下·安徽宣城·阶段练习）定义在上的函数的图象关于直线对称，且当时，，有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】函数的图象关于直线对称可得，再根据当时，单调递减可得答案.
【详解】定义在上的函数的图象关于直线对称，
所以，所以，
因为当时，为单调递增函数，
定义在上的函数的图象关于直线对称，
所以当时，单调递减，
因为，所以，即.
故选：B.
12．（2024·海南·模拟预测）不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，将不等式转化为，利用单调性可解.
【详解】构造函数，易知函数在上为单调递增函数．
因为不等式等价于，
又，所以，
所以由函数的单调性知，即，
解得或，所以原不等式的解集为.
故选：D
13．（2024·全国）设函数，则满足的x的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析：首先根据题中所给的函数解析式，将函数图像画出来，从图中可以发现若有成立，一定会有，从而求得结果.
详解：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.
点睛：该题考查的是有关通过函数值的大小来推断自变量的大小关系，从而求得相关的参数的值的问题，在求解的过程中，需要利用函数解析式画出函数图像，从而得到要出现函数值的大小，绝对不是常函数，从而确定出自变量的所处的位置，结合函数值的大小，确定出自变量的大小，从而得到其等价的不等式组，从而求得结果.
14．（2024·全国）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
15．（2024·北京）已知函数，则对任意实数x，有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误．
【详解】，故A错误，C正确；
，不是常数，故BD错误；
故选：C．
16．（2024·北京西城·三模）在下列四个函数中，在定义域内单调递增的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】A.利用正切函数的性质判断；B.利用绝对值函数的性质判断；C.利用指数函数的性质判断；D.利用二次函数的性质判断.
【详解】解：A. 的增区间为，在整个定义域上不单调，故错误；
B.的增区间是，在整个定义域上不单调，故错误；
C. 在R上递增，故正确；
D. 的增区间是，在整个定义域上不单调，故错误；
故选：C
17．（2024高一·全国·课后作业）函数对于任意的实数、都有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由指数的运算性质得到，逐一核对四个选项即可得到结论.
【详解】解：由函数，
得，
所以函数对于任意的实数、都有.
故选：B.
【点睛】本题考查了指数的运算性质，是基础题.
18．（2024高一上·浙江温州·期中）函数的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由函数单调性判断与的大小，再由图象与轴的交点位置判断的正负.
【详解】由图象可知，函数为减函数，
从而有；
法一：由图象，函数与轴的交点纵坐标，
令，得，
由，即，解得 .
法二：函数图象可看作是由向左平移得到的，
则，即.
故选：D.
19．（2024高一上·北京西城·期中）若函数的图象经过第二、三、四象限，则一定有（ ）
A．且B．且
C．且D．且
【答案】C
【分析】观察到函数是一个指数型的函数，不妨作出其图象，从图象上看出其是一个减函数，并且是由某个指数函数向下平移而得到的，故可得出结论．
【详解】解：如图所示，图象与轴的交点在轴的负半轴上（纵截距小于零），即，且，
，且．
故选：．
20．（2024高一上·全国·课后作业）若指数函数在上的最大值与最小值的和为，则（ ）
A．或B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的定义可得出，然后分、两种情况讨论，分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于实数的方程，解出即可.
【详解】因为函数为指数函数，所以.
当时，在上的最大值为，最小值为，则，解得或（舍）；
当时，在上的最大值为，最小值为，则，解得（舍）或（舍）.
综上可知，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用指数函数在区间上的最值求参数，解题的关键在于对指数函数的底数的取值范围进行分类讨论，结合函数的单调性得出等式求解.
21．（2024·陕西西安·一模）已知实数a、b满足，则a、b的大小关系为（ ）
A．B．C．D．不能确定
【答案】C
【分析】构造函数，，结合指数函数和一次函数的单调性求解即可.
【详解】设，，则，
因为函数和在上都为增函数，
所以函数在上为增函数，
所以.
故选：C.
22．（2024·陕西）下了函数中，满足“”的单调递增函数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据抽象函数定义一一代入分析即可.
【详解】A选项：由，，得，所以A错误；
B选项：由，，得；
又函数是定义在上增函数，所以B正确；
C选项：由，，得，所以C错误；
D选项：函数是定义在上减函数，所以D错误；
故选：B.
23．（2024·全国）已知，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为，且幂函数在 上单调递增，所以b故选A.
点睛：本题主要考查幂函数的单调性及比较大小问题，解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用；三是借助于中间变量比较大小.
24．（2024高一上·云南楚雄·阶段练习）若函数f(x)、g(x)分别为R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)－g(x)＝ex，则有（ ）
A．f（2）C．f（2）【答案】D
【分析】根据函数奇偶性得，进而得，从而利用函数的单调性及正负可比较大小.
【详解】函数分别是上的奇函数、偶函数,
，
由，得，
，
，
解方程组得，
易知在上单调递增，所以，
又
所以.
故选：D
25．（2024高一上·吉林·）函数(，且)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件令，再借助二次函数单调性结合复合函数单调性分类讨论作答.
【详解】令，则原函数转化为，其图象的对称轴为直线，
若，则在上单调递增，且，因为原函数在区间上单调递增，于是得，解得，与矛盾，
若，则在上单调递减，且，因为原函数在区间上单调递增，于是得，解得或，则，
所以实数a的取值范围是.
故选：B
26．（2024·河南平顶山·模拟预测）甲､乙两人解关于x的方程，甲写错了常数b，得到的根为或x=，乙写错了常数c，得到的根为或，则原方程的根是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】D
【分析】令，则方程可化为，根据甲计算出常数，根据乙计算出常数，再将 代入关于x的方程解出 即可
【详解】令，则方程可化为，甲写错了常数b，
所以和是方程的两根，所以，
乙写错了常数c，所以1和2是方程的两根，所以，
则可得方程，解得，
所以原方程的根是或
故选：D
27．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期中）若关于的方程有解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】方程有解转化为有正根，即在有解，根据解出的范围．
【详解】方程有解，
有解，
令，
则可化为有正根，
则在有解，又当时，
所以，
故选：．
28．（2024·上海长宁·一模）函数的大致图像如图，则实数a，b的取值只可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的单调性和与轴的交点结合指数函数的性质可求解.
【详解】若，为增函数，
且，与图象不符，
若，为减函数，
且，与图象相符，所以，
当时，，
结合图象可知，此时，所，则，所以，
故选:C.
29．（2024高一上·湖北省直辖县级单位·阶段练习）已知函数（且）的图象恒过定点A，若点A的坐标满足关于x，y的方程，则的最小值为（ ）
A．8B．24C．4D．6
【答案】C
【分析】根据类指数函数的定点确定，从而代入并利用均值不等式即可得解.
【详解】因为函数图象恒过定点
又点A的坐标满足关于，的方程，
所以，
即
所以，
当且仅当即时取等号；
所以的最小值为4．
故选：C．
30．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】确定函数的图象关于中心对称，在上单调递减，且，不等式转化为或或，解得答案.
【详解】依题意，，，
故，
故函数的图象关于中心对称，
当时，，，单调递减，
故在上单调递减，且，
函数的图象关于中心对称，在上单调递减，，
而，故或或，
解得或，故所求不等式的解集为，
故选：B.
31．（2024·全国）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．
二、多选题
32．（2024·海南海口·模拟预测）已知定义在上的函数是奇函数，函数为偶函数，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据给定条件，结合函数奇偶性定义，探讨出函数的周期，即可逐项分析判断作答.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，B正确；
又函数是奇函数，则，因此，即有，
于是，即函数的周期为4，有，C正确；
因为是定义域为的奇函数，则，解得，A正确；
当时，，所以，D错误．
故选：ABC
33．（2024高三上·广东深圳·阶段练习）已知是定义在上的奇函数且满足为偶函数，当时，且．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】先判断出的周期，然后结合奇偶性、周期性、解析式求得正确答案.
【详解】因为为奇函数，所以的图象关于点中心对称，因为为偶函数，
所以的图象关于直线对称．
根据条件可知，则，
即4为的一个周期，则，
所以，所以C正确；
又因为，
所以解得或（舍去），所以A正确，B错误；
所以当时，，所以，所以D正确．
故选：ACD
34．（2024高三·全国·专题练习）（多选）已知函数（且）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据函数图象可得出、的取值范围，利用指数函数的基本性质可判断ACD选项，利用不等式的基本性质可判断B选项.
【详解】由图象可知，函数（且）在上单调递增，则，
且当时，，可得.
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，由题意可知，，则，所以，，D对.
故选：ABD.
35．（2024高三·全国·专题练习）对任意实数，函数的图象必过定点，的定义域为[0，2]，，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．的定义域为[0，1]
C．的值域为[2，6]D．的值域为[2，20]
【答案】ABC
【分析】根据指数函数图像恒过定点求出m，n的值，根据的定义域求的定义域，再根据指数函数和二次函数的单调性，求出的值域.
【详解】令，得，此时，
所以函数的图象过定点，即，，故选项A正确；
因为，，所以，，
所以，
由得，
所以的定义域为[0，1]，故B正确；
易知在[0，1]上单调递增，
所以当时，取得最小值2，当时，取得最大值6，
所以的值域为[2，6]，故选项C正确，选项D错误．
故选:ABC．
36．（2024高一上·山东泰安·期末）函数的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】根据函数解析式的形式，以及图象的特征，合理给赋值，判断选项.
【详解】当时，，图象A满足；
当时，，，且，此时函数是偶函数，关于轴对称，图象B满足；
当时，，，且，此时函数是奇函数，关于原点对称，图象D满足；
图象C过点，此时，故C不成立.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
37．（2024·浙江绍兴·模拟预测）预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是，其中为预测期人口数，为初期人口数，为预测期内人口年增长率，为预测期间隔年数，则（ ）
A．当，则这期间人口数呈下降趋势
B．当，则这期间人口数呈摆动变化
C．当时，的最小值为3
D．当时，的最小值为3
【答案】AC
【分析】由指数函数的性质确定函数的增减性可判断A，B；分别代入和，解指数不等式可判断C，D.
【详解】，由指数函数的性质可知：是关于n的单调递减函数，
即人口数呈下降趋势，故A正确，B不正确；
，所以，所以，
，所以的最小值为3，故C正确；
，所以，所以，
，所以的最小值为2，故D不正确；
故选：AC.
38．（2024·山东聊城·二模）已知函数，则（ ）
A．函数是增函数
B．曲线关于对称
C．函数的值域为
D．曲线有且仅有两条斜率为的切线
【答案】AB
【分析】由可得是增函数，且对于任意，满足，所以关于对称，可得AB正确；利用指数函数值域易得函数的值域为，即C错误；令，整理可得，易知，可得，即方程无解，因此曲线不存在斜率为的切线，即D错误.
【详解】根据题意可得，易知是减函数，
所以是增函数，即A正确；
由题意可得，所以，
即对于任意，满足，所以关于对称，即B正确；
由指数函数值域可得，所以，即，
所以函数的值域为，所以C错误；
易知，令，整理可得，
令，即，
易知，又因为，即，
所以，即，因此；
即关于的一元二次方程无实数根；
所以无解，即曲线不存在斜率为的切线，即D错误；
故选：AB
39．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）点在函数的图象上，当，则可能等于（ ）
A．-1B．C．D．0
【答案】BC
【分析】
根据目标式的几何意义为在部分图象上的动点与点所成直线的斜率，即可求范围.
【详解】由表示与点所成直线的斜率，
又是在部分图象上的动点，图象如下：
如上图，，则，只有B、C满足.
故选：BC
三、填空题
40．（2024高三上·黑龙江七台河·期中）设函数，且，，则的解析式为 ．
【答案】
【分析】根据，求出，可得函数解析式.
【详解】因为函数解析式为，则，则，
由可得，，解得，所以.
41．（2024·上海·模拟预测）已知，则的值域是 ；
【答案】
【分析】分段讨论的范围即可.
【详解】当 时, 根据指数函数的图象与性质知，
当 时, .
综上: 的值域为 .
故答案为：.
42．（2024·全国·模拟预测）使函数的值域为的一个a的值为 ．
【答案】1（答案不唯一）
【分析】由指数函数值域性质求解
【详解】令，由题意得的值域为，
又的值域为，所以，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：.(答案不唯一)
43．（2024·山东）已知函数 的定义域和值域都是 ，则 .
【答案】
【详解】若 ，则 在上为增函数,所以 ，此方程组无解；
若 ，则在上为减函数,所以 ，解得 ，所以.
考点：指数函数的性质.
44．（2024·海南·模拟预测）已知函数的定义域为，则 ．
【答案】
【分析】由已知可得不等式的解集为，可知为方程的根，即可求得实数的值.
【详解】由题意可知，不等式的解集为，则，解得，
当时，由，可得，解得，合乎题意.
故答案为：.
45．（2024高三·全国·对口高考）函数的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据指数函数图象的特点，求出点顶点，得到，再由，利用基本不等式即可求解.
【详解】令，可得，此时，
所以函数图象恒过定点，
因为点A在直线上，所以，所以，
所以，
当且仅当 ，即时等号成立.
综上，的最小值为.
故答案为：.
46．（2024高三·全国·专题练习）已知函数过定点，如果点是函数的顶点，那么的值分别为
【答案】2，5
【解析】根据指数函数特点，求出点；再根据题意，列出方程，则参数可求.
【详解】（且）恒过点，
所以（且）恒过点，
又为的顶点，
满足，解得
故答案为：，.
【点睛】本题考查指数型函数恒过定点的问题，涉及待定系数法求函数解析式.
47．（2024高二下·河北石家庄·期中）若曲线|y|＝2x＋1与直线y＝b没有公共点，则b的取值范围为 ．
【答案】[－1,1]
【详解】画出曲线|y|＝2x＋1与直线y＝b的图象如图所示
由图象可得|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]．
48．（2024高三上·上海徐汇·开学考试）已知函数满足对于任意，都有成立，则的取值范围为
【答案】
【分析】根据为上的增函数可得实数的取值范围.
【详解】因为对于任意，都有，故
对任意的，总有即，故为上的增函数，
所以，故.
令，，它们的图象如图所示：
故的解为，故的解为.
故答案为：.
【点睛】分段函数是单调函数，不仅要求各范围上的函数的单调性一致，而且要求分段处的点也具有相应的高低分布.
49．（2024高三·全国·专题练习）函数的单调递减区间为
【答案】
【解析】先把函数可看成和复合而成，根据其单调性及复合函数“同增异减”法则即可得出的单调递减区间.
【详解】解：函数可看成和复合而成.是减函数，在是递减，在上递增，∴根据复合函数“同增异减”法则知，的单调减区间为．
故答案为：.
【点睛】本题考查求复合函数的单调区间，关键是利用复合函数“同增异减”法则，属于基础题.
50．（2024·福建）若函数满足，且在单调递增，则实数的最小值等于 ．
【答案】
【详解】试题分析：根据可知函数的图像关于直线对称，可知，从而可以确定函数在上是增函数，从而有，所以，故的最小值等于.
考点：函数图像的对称性，函数的单调性.
【方法点睛】该题根据题中的条件确定好函数本身的单调区间，根据函数在函数增区间的所有子区间上是增函数，从而求得参数的取值范围，关键是根据条件，得出函数图像的对称性，确定出函数图像的对称轴，从而得到函数的增区间，从而根据集合间的包含关系，从而确定出参数的取值范围.
51．（2024·江苏）若，则 ．
【答案】-1
【分析】先得到，即，结合的单调性得到，从而求出答案.
【详解】因为，，
所以，
因为单调递增，
故，
因为，所以
故答案为：-1
52．（2024·山东）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a＝ .
【答案】
【详解】 当时，有，此时，此时为减函数，
不合题意.若，则，故，检验知符合题意
53．（2024高二下·江苏苏州·阶段练习）函数的定义域为 .
【答案】
【分析】由题意结合分母不为0、偶次方根的被开方数非负可得，解指数不等式即可得解.
【详解】若要使函数有意义，则即，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了函数定义域的求解，考查了指数不等式的求解及运算求解能力，属于基础题.
54．（2024·上海杨浦·模拟预测）若函数为偶函数， 且当时，， 则 .
【答案】/
【分析】利用偶函数的定义即可求解.
【详解】当时，，所以，
又因为为偶函数，所以．
故答案为：.
55．（2024·上海金山·一模）若时，指数函数的值总大于1，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【分析】根据指数函数的性质以及单调性，即可得到关于的不等式，求解不等式即可得到结果.
【详解】由已知可得，且.
又时，，
即 ，
所以有，即，
解得或.
故答案为：或.
56．（2024高三上·山西运城·阶段练习）已知函数是奇函数，则 .
【答案】
【分析】根据奇函数的定义得出，代入化简得出，即可得出答案.
【详解】因为，故，
因为为奇函数，
故
，
即，故.
故答案为：.
57．（2024高一上·重庆渝中·期中）已知函数的定义域为，则函数的定义域为 .（用区间或集合作答）
【答案】/
【分析】由已知及指数的性质可得，即可求的定义域.
【详解】由题设，，可得，
∴的定义域为.
故答案为：
58．（2024·福建厦门·一模）若函数的值域为，且满足，则的解析式可以是 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】取，求出函数的值域，验证成立，即可得出结果.
【详解】取函数，因为，则，即函数的值域为，
因为，，则，
所以，函数的解析式可以为.
故答案为：（答案不唯一）.
59．（2024高三下·河北·阶段练习）在这4个数中，最小的是 ，最大的是 ．
【答案】
【分析】利用指数、三角函数性质判断各数的大小关系即可.
【详解】因为，且，
所以最小的是，最大的是．
故答案为：，
60．（2024·河北邯郸·一模）不等式的解集为 .
【答案】
【分析】将原不等式变为，设，然后利用函数的单调性解不等式.
【详解】由，可得.
令，
因为均为上单调递减函数
则在上单调递减，且，
，
故不等式的解集为.
故答案为：.
61．（2024高三·全国·专题练习）已知函数在内的最大值是最小值的两倍，且，则
【答案】或
【分析】分、两种情况讨论，利用指数函数的单调性可得出关于实数的值，可得出函数的解析式，进而可求得的值.
【详解】当时，函数在内单调递增，
此时函数的最大值为，最小值为，
由题意得，解得，则，
此时；
当时，函数在内单调递减，
此时函数的最大值为，最小值为，
由题意得，解得，则，
此时．
故答案为：或.
62．（2024·上海浦东新·模拟预测）设.若函数的定义域为，则关于的不等式的解集为 .
【答案】
【分析】由函数的定义域可求得实数的值，可得出函数的解析式，求出的值，然后利用指数函数的单调性可解不等式，即可得其解集.
【详解】若，对任意的，，则函数的定义域为，不合乎题意，
所以，，由可得，
因为函数的定义域为，所以，，解得，
所以，，则，
由可得，解得.
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
63．（2024高三·全国·专题练习）已知函数的图象关于坐标原点对称，则 .
【答案】/1.5
【分析】根据函数图象关于坐标原点对称，分别求解出的值即得答案.
【详解】依题意函数是一个奇函数，
又，所以，
所以定义域为，
因为的图象关于坐标原点对称，所以，解得.
又，所以，
所以，即，
所以，所以.
故答案为：
64．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知实数，满足，，则 ．
【答案】1
【分析】由可变形为，故考虑构造函数，判断函数的单调性，利用单调性化简等式，由此可求.
【详解】因为，化简得．
所以，又，
构造函数，
因为函数，在上都为增函数，
所以函数在上为单调递增函数，
由，∴，
解得，，
∴．
故答案为：.
四、解答题
65．（2024高一·全国·课后作业）已知函数f(x)＝(a2＋a－5)ax是指数函数．
（1）求f(x)的表达式；
（2）判断F(x)＝f(x)－f(－x)的奇偶性，并加以证明．
【答案】（1）f(x)＝2x；（2）奇函数；证明见解析．
【分析】（1）利用指数函数的定义，求出，即可求的表达式，
（2），即可利用定义判断的奇偶性.
【详解】（1）由a2＋a－5＝1，可得a＝2或a＝－3(舍去)，
∴f(x)＝2x．
（2），
∴，且定义域为R，
∴F(x)是奇函数．
66．（2004·北京）当时，解关于x的不等式：，
【答案】
【分析】根据指数函数、根式的性质得，讨论、求解集，然后取并即可.
【详解】由题设，，
当时，，而（注意等号的取值不同），则恒成立；
当时，，整理得，解得，即；
综上，，解集为.
67．（2024高一上·海南海口·阶段练习）已知函数.
(1)若，求的值；
(2)若对于恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）分别讨论和去绝对值解方程即可求解；
（2）由题意可得：对于恒成立，分离转化为最值问题即可求解.
【详解】（1）当时，，舍去；
当时，，即，
令，则，解得：或（舍），
所以，可得：.
（2）当时，，即，
即.
当时，，所以对于恒成立，
所以，
当，，，所以
故的取值范围是.
68．（2024高一上·河北保定·期中）已知函数．
(1)若，求的单调区间
(2)若有最大值3，求的值
(3)若的值域是，求的值
【答案】(1)函数的单调递增区间是，单调递减区间是；
(2)1；
(3)0.
【分析】（1）根据复合函数单调性判断，结合指数函数、二次函数性质判断单调区间；
（2）由（1）及题设知，即可求参数值；
（3）根据复合函数的值域，结合指数函数、二次函数性质确定参数值即可.
【详解】（1）当时，，
令，由在上单调递增，在上单调递减，
而在R上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）令，，
由于有最大值3，所以应有最小值，
因此必有．解得，即有最大值3时，a为1．
（3）由指数函数的性质知，要使的值域为，
应使的值域为R，
因此只能（因为若，则为二次函数，其值域不可能为R），
故a的值为0．
69．（2024·上海虹口·二模）已知函数是定义域为的奇函数.
(1)求实数的值，并证明在上单调递增；
(2)已知且，若对于任意的、，都有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）由奇函数的性质可得出，求出，利用函数奇偶性的定义可验证函数为奇函数，再利用函数单调性的定义可证得结论成立；
（2）由题意可得，可得出，求得，分、，根据已知条件可得出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：因为函数是定义域为的奇函数，
则，解得，此时，
对任意的，，即函数的定义域为，
，即函数为奇函数，合乎题意，
任取、且，则，
所以，，则，
所以，函数在上单调递增.
（2）解：由（1）可知，函数在上为增函数，
对于任意的、，都有，则，
，
因为，则.
当时，则有，解得；
当时，则有，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
图象
性质
①定义域，值域
②，即时，，图象都经过点
③，即时，等于底数
④在定义域上是单调减函数
在定义域上是单调增函数
⑤时，；时，
时，；时，
⑥既不是奇函数，也不是偶函数
（一）
指数运算及指数方程、指数不等式
利用指数的运算性质解题.对于形如，，的形式常用“化同底”转化，再利用指数函数单调性解决；或用“取对数”的方法求解.形如或的形式，可借助换元法转化二次方程或二次不等式求解.
题型1：指数运算及指数方程、指数不等式
1-1．（2024高三下·湖南·阶段练习）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用指数的运算性质可求得所求代数式的值.
【详解】.
故选：B.
1-2．（2024高一·全国·单元测试）下列结论中，正确的是（ ）
A．设则B．若，则
C．若，则D．
【答案】B
【分析】根据分式指数幂及根式的运算法则，正确运算，即可判断出正误．
【详解】对于A，根据分式指数幂的运算法则，可得，选项A错误；
对于B，，故，选项B正确；
对于 C，， ，因为，所以，选项C错误；
对于D，，选项D错误.
故选：B．
1-3．（2024高一上·山西晋城·期中）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接利用指数幂的运算性质计算即可.
【详解】.
故选：B
1-4．（2024·江西）已知函数f(x)=(a∈R)，若，则a=（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】先求出的值，再求的值，然后列方程可求得答案
【详解】解：由题意得，
所以，解得a=.
故选：A
【点睛】此题考查分段函数求值问题，属于基础题
1-5．（2024·陕西榆林·一模）已知函数，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出，从而，对，讨论，分别代入分段函数即可求出实数的值．
【详解】∵函数，
，
，
，
当时，，
方程无解，即满足条件的不存在，
当时，，解得．
∴．
故选：A．
（二）
指数函数的图像及性质
1.函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
2.解决指数函数有关问题，思路是从它们的图像与性质考虑，按照数形结合的思路分析，从图像与性质找到解题的突破口，但要注意底数对问题的影响.
题型2：求指数函数的定义域、值域
2-1．（2024高一上·河南平顶山·阶段练习）函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据已知条件可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得且.
因此，函数的定义域为.
故答案为：.
2-2．（2024高一上·河南平顶山·阶段练习）函数的值域为 ．
【答案】．
【分析】利用换元法结合二次函数求值域即可.
【详解】设，则，
换元得，
显然当时，函数取到最小值，
所以函数的值域为．
故答案为：.
2-3．（2024高一上·浙江杭州·期中）已知f（x）=的定义域为R，则实数a的取值范围是 ．
【答案】[-1，0]
【分析】把f（x）的定义域为R转化为0对任意x∈R恒成立，即x2+2ax﹣a≥0对任意x∈R恒成立，再由判别式小于等于0求解．
【详解】∵f（x）的定义域为R，
∴0对任意x∈R恒成立，
即恒成立，
即x2+2ax﹣a≥0对任意x∈R恒成立，
∴△＝4a2+4a≤0，则﹣1≤a≤0．
故答案为[﹣1，0]．
【点睛】本题考查函数的定义域及其求法，考查数学转化思想方法，是中档题．
2-4．（2024·宁夏银川·二模）已知函数，，则其值域为 ．
【答案】
【分析】令，将问题转化为求二次函数在区间上的值域问题，结合二次函数单调性，即可求解.
【详解】令，∵，∴，
∴，
又关于对称，开口向上， 所以在上单调递减，在上单调递增，且，
时，函数取得最小值，即，时，函数取得最大值，即，
.
故答案为：.
2-5．（2024高一上·上海闵行·期末）已知函数的值域为，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分别讨论当时，的值域和当时，的值域，根据分段函数的值域取二者的并集，结合集合的并集运算即可求解.
【详解】当时，在上单调递增，
所以时，；
当时，，
①若，则在上单调递增，在上单调递减，
则时，，即时，，
又时，，
此时，函数的值域为，不满足题意，舍去；
②当时，函数此时值域为，不满足题意，舍去；
③当时，在上单调递减，
则时，，即时，，
因为函数的值域为，
又时，；
则时，且，
不等式解得：，
不等式等价于时，，
设（），
因为在上单调递增，在上是增函数，
所以在上单调递增，又，
所以时，等价于，即，
则不等式解得：，
所以时，的解集为，
综上：实数的取值范围是，
故答案为：.
题型3：指数函数图象及其应用
3-1．（2024高一上·广东梅州·期中）函数（，且）的图象过定点P，则点P的坐标是（ ）
A．(1,5)B．(1,4)C．(0,4)D．(4,0)
【答案】A
【分析】根据指数型函数图象过定点的知识即得.
【详解】当时，，
所以.
故选：A.
3-2．（2024高一上·山东淄博·期末）函数（其中，）的图象恒过的定点是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令可得定点.
【详解】令，即，得，
函数（其中，）的图象恒过的定点是.
故选：B.
3-3．（2024高一·全国·专题练习）如图所示，函数的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】将原函数变形为分段函数，根据及时的函数值即可得解.
【详解】∵，
∴时，，
当时，函数为上的单调递增函数，且，
当时，函数为上的单调递减函数，且，
故选：B
3-4．（2024·山东）已知函数是偶函数，当时，，则该函数在上的图像大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据偶函数，指数函数的知识确定正确选项.
【详解】当时，，所以在上递减，
是偶函数，所以在上递增.
注意到，
所以B选项符合.
故选：B
3-5．（2024高一上·福建福州·期中）指数函数的图象如图所示，则二次函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先由指数函数的图象判断出，进而分析出二次函数的图象与轴的两个交点，
即可解出.
【详解】由指数函数的图象可知：.
令，解得，
则，
对应只有B选项符合题意.
故选：B
3-6．（2024·四川）函数的图象关于直线对称的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作出函数的图象，再结合对称性可得合适的选项.
【详解】函数的图象可视为将函数的图象向上平移个单位，
所以，函数的图象如下图所示：
所以，函数的图象关于直线对称的函数的图象如A选项中的图象.
故选：A.
3-7．（2024高一·广东河源·期中）若直线与函数的图象有两个公共点，则a的取值范围是 .
【答案】
【分析】就的取值分类讨论后可得a的取值范围.
【详解】直线与的图象有两个公共点，
故有两个不同的解，
故和共有两个不同的解，
因为，故有且只有一个实数解.
若，则，故无解，而只有一个解，
故有且只有一个实数解，与题设矛盾，舍；
若，因为只有一个解，故需有一解，
故，故.
故答案为：.
题型4：指数函数单调性及应用
4-1．（2024·江苏）不等式的解集为 .
【答案】
【详解】试题分析：本题是一个指数型函数式的大小比较，这种题目需要先把底数化为相同的形式，即底数化为2，根据函数是一个递增函数，写出指数之间的关系得到未知数的范围．
,
是一个递增函数；
故答案为.
考点：指数函数的单调性和特殊性
4-2．（2024高一·上海·专题练习）不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用指数函数单调性求解不等式作答.
【详解】函数在R上单调递增，则，
即，解得，
所以原不等式的解集为.
故答案为：
4-3．（2024高三·全国·专题练习）函数的单调递增区间为
【答案】
【解析】函数定义域是，求出的减区间即得．
【详解】因为函数的单调递减区间为，所以原函数的单调递增区间为.
故答案为：
【点睛】本题考查复合函数的单调性，掌握复合函数单调性“同增异减”法则是解题关键．
4-4．（2024高二下·宁夏银川·期末）若函数, 则该函数在(-∞,+∞)上是
A．单调递减无最小值B．单调递减有最小值
C．单调递增无最大值D．单调递增有最大值
【答案】A
【详解】本题考查函数的单调性及最值.
设，则当时为增函数，且；
于是为减函数，其图象如图所示：
则故为减函数且；图象在轴上方，，所以原函数既无最小值，也无最大值.
故正确答案为A.
4-5．（2024·全国）已知函数．记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即.
故选：A.
4-6．（2024·全国）设函数则满足的x的取值范围是 .
【答案】
【详解】由题意得： 当时，恒成立，即；当时， 恒成立，即；当时，，即.综上，x的取值范围是.
【名师点睛】分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么，然后代入该段的解析式求值.解决此类问题时，要注意区间端点是否取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数结合点处的函数值.
4-7．（2024·江西景德镇·模拟预测）已知是定义在上的偶函数，且当时，，则满足的x的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性和单调性的性质将不等式等价转化为，利用函数的单调性建立条件关系即可
【详解】由函数性质知，
，
∴，
即，解得，∴，
故答案为：.
（三）
指数函数中的恒成立问题
已知不等式能恒成立求参数值（取值范围）问题常用的方法：
（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
题型5：指数函数中的恒成立问题
5-1．（2024高一上·浙江·期中）若，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设，将原不等式转化成恒成立，从而求出的范围．
【详解】令，∵，∴，
∵恒成立，∴恒成立，
∵，当且仅当时，即时，表达式取得最小值，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查与指数函数有关不等式的恒成立问题，可换元后转为含参数的一元二次不等式的恒成立问题，再利用参变分离可求参数的取值范围，此题需要学生有较好的逻辑分析能力，难度不大，属于基础题．
5-2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若不等式在R上恒成立，则实数m的取值范围是 .
【答案】．
【分析】利用换元法把目标式转化为二次函数问题，结合二次函数的单调性和最值情况可得答案.
【详解】令
因为在区间上是增函数，
所以
因此要使在区间上恒成立，应有，即所求实数m的取值范围为．
故答案为：.
5-3．（2024高三上·上海松江·期中）已知不等式，对于恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】，，
【分析】设，，则，对于，恒成立，问题转化为，于，恒成立，即，即可解得答案．
【详解】设，，
则，对于，恒成立，
即，对于，恒成立，
∴，
即，
解得或，
即或，
解得或，
综上，的取值范围为，，．
故答案为：，，﹒
5-4．（2024高一上·上海宝山·阶段练习）设，当时，恒成立，则实数m的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意把不等式转化为即，结合函数的单调性和奇偶性，得到在上恒成立，根据二次函数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，
均为在上的增函数，故函数是在上的单调递增函数，
且满足，所以函数为奇函数，
因为，即，
可得恒成立，即在上恒成立，
则满足，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
1、指数及指数运算
（1）根式的定义：
一般地，如果，那么叫做的次方根，其中，，记为，称为根指数，称为根底数．
（2）根式的性质：
当为奇数时，正数的次方根是一个正数，负数的次方根是一个负数.
当为偶数时，正数的次方根有两个，它们互为相反数.
（3）指数的概念：指数是幂运算中的一个参数，为底数，为指数，指数位于底数的右上角，幂运算表示指数个底数相乘.
（4）有理数指数幂的分类
①正整数指数幂；②零指数幂；
③负整数指数幂，；④的正分数指数幂等于，的负分数指数幂没有意义．
（5）有理数指数幂的性质
①，，；②，，；
③，，；④，，．
2、指数函数
一、单选题
1．（2024高三上·陕西西安·期中）若是指数函数，则有（ ）
A．或B．
C．D．且
【答案】C
【分析】根据指数函数的概念，由所给解析式，可直接求解.
【详解】因为是指数函数，
所以，解得.
故选：C．
2．（2024高三·山东·学业考试）函数是指数函数，则（ ）
A．或B．C．D．且
【答案】C
【分析】由指数函数的定义可得，同时，且，从而可求出的值
【详解】由指数函数定义知，同时，且，所以解得.
故选：C
3．（2024高三·全国·专题练习）当x>0时，函数的值总大于1，则实数a的取值范围是（ ）
A．1<|a|<2B．|a|<1C．|a|>D．|a|<
【答案】C
【分析】根据x>0时，函数的值总大于1，求解.
【详解】解：因为当x>0时，函数的值总大于1，
所以，则，
解得，
故选：C.
4．（2024高一上·福建福州·阶段练习）函数的定义域是 （ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据偶次根式下被开方数非负列不等式，再解指数不等式得结果.
【详解】，解得，
函数的定义域，
故选：A.
【点睛】本题考查函数定义域、解指数不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.
5．（2024·甘肃兰州·模拟预测）已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由于当时，，所以当时，求出的最小值，使其最小值小于等于1即可.
【详解】当时，，
当时， ，
因为函数的值域为，
所以，得，
所以实数的取值范围是，
故选：D.
6．（2024高三上·湖北武汉·开学考试）设函数，函数的图像经过第一､三､四象限，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意求得，化简得到，结合指数函数的性质，即可求解.
【详解】由函数的的图像经过第一､三､四象限，可得，
所以，
又因为，所以的取值范围为.
故选：A.
7．（2024·江西）已知实数，满足等式，下列五个关系式：
①；②；③；④；⑤．
其中不可能成立的关系式有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】先画出函数与的图象，再讨论时，的情况即可．
【详解】解：画出函数与的图象，
当时，的图象在的图象下方，
当时，的图象在的图象上方，
当，时，则，
当时，成立，
当，时，则，
故③，④不成立.
故选：B．
8．（2024·北京）下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.
【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故A错误；
对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，，
显然在上不单调，D错误.
故选：C.
9．（2024·天津）设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【详解】由在R上递增，则，
由在上递增，则.
所以.
故选：D
10．（2024·安徽）设a＝，b＝ ，c＝ ，则a，b，c的大小关系是( )
A．a>c>bB．a>b>c
C．c>a>bD．b>c>a
【答案】A
【详解】试题分析：∵函数是减函数，∴；又函数在上是增函数，故.从而选A
考点：函数的单调性.
11．（2024高二下·安徽宣城·阶段练习）定义在上的函数的图象关于直线对称，且当时，，有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】函数的图象关于直线对称可得，再根据当时，单调递减可得答案.
【详解】定义在上的函数的图象关于直线对称，
所以，所以，
因为当时，为单调递增函数，
定义在上的函数的图象关于直线对称，
所以当时，单调递减，
因为，所以，即.
故选：B.
12．（2024·海南·模拟预测）不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，将不等式转化为，利用单调性可解.
【详解】构造函数，易知函数在上为单调递增函数．
因为不等式等价于，
又，所以，
所以由函数的单调性知，即，
解得或，所以原不等式的解集为.
故选：D
13．（2024·全国）设函数，则满足的x的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析：首先根据题中所给的函数解析式，将函数图像画出来，从图中可以发现若有成立，一定会有，从而求得结果.
详解：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.
点睛：该题考查的是有关通过函数值的大小来推断自变量的大小关系，从而求得相关的参数的值的问题，在求解的过程中，需要利用函数解析式画出函数图像，从而得到要出现函数值的大小，绝对不是常函数，从而确定出自变量的所处的位置，结合函数值的大小，确定出自变量的大小，从而得到其等价的不等式组，从而求得结果.
14．（2024·全国）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
15．（2024·北京）已知函数，则对任意实数x，有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误．
【详解】，故A错误，C正确；
，不是常数，故BD错误；
故选：C．
16．（2024·北京西城·三模）在下列四个函数中，在定义域内单调递增的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】A.利用正切函数的性质判断；B.利用绝对值函数的性质判断；C.利用指数函数的性质判断；D.利用二次函数的性质判断.
【详解】解：A. 的增区间为，在整个定义域上不单调，故错误；
B.的增区间是，在整个定义域上不单调，故错误；
C. 在R上递增，故正确；
D. 的增区间是，在整个定义域上不单调，故错误；
故选：C
17．（2024高一·全国·课后作业）函数对于任意的实数、都有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由指数的运算性质得到，逐一核对四个选项即可得到结论.
【详解】解：由函数，
得，
所以函数对于任意的实数、都有.
故选：B.
【点睛】本题考查了指数的运算性质，是基础题.
18．（2024高一上·浙江温州·期中）函数的图象如图所示，其中a，b为常数，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由函数单调性判断与的大小，再由图象与轴的交点位置判断的正负.
【详解】由图象可知，函数为减函数，
从而有；
法一：由图象，函数与轴的交点纵坐标，
令，得，
由，即，解得 .
法二：函数图象可看作是由向左平移得到的，
则，即.
故选：D.
19．（2024高一上·北京西城·期中）若函数的图象经过第二、三、四象限，则一定有（ ）
A．且B．且
C．且D．且
【答案】C
【分析】观察到函数是一个指数型的函数，不妨作出其图象，从图象上看出其是一个减函数，并且是由某个指数函数向下平移而得到的，故可得出结论．
【详解】解：如图所示，图象与轴的交点在轴的负半轴上（纵截距小于零），即，且，
，且．
故选：．
20．（2024高一上·全国·课后作业）若指数函数在上的最大值与最小值的和为，则（ ）
A．或B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的定义可得出，然后分、两种情况讨论，分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于实数的方程，解出即可.
【详解】因为函数为指数函数，所以.
当时，在上的最大值为，最小值为，则，解得或（舍）；
当时，在上的最大值为，最小值为，则，解得（舍）或（舍）.
综上可知，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用指数函数在区间上的最值求参数，解题的关键在于对指数函数的底数的取值范围进行分类讨论，结合函数的单调性得出等式求解.
21．（2024·陕西西安·一模）已知实数a、b满足，则a、b的大小关系为（ ）
A．B．C．D．不能确定
【答案】C
【分析】构造函数，，结合指数函数和一次函数的单调性求解即可.
【详解】设，，则，
因为函数和在上都为增函数，
所以函数在上为增函数，
所以.
故选：C.
22．（2024·陕西）下了函数中，满足“”的单调递增函数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据抽象函数定义一一代入分析即可.
【详解】A选项：由，，得，所以A错误；
B选项：由，，得；
又函数是定义在上增函数，所以B正确；
C选项：由，，得，所以C错误；
D选项：函数是定义在上减函数，所以D错误；
故选：B.
23．（2024·全国）已知，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为，且幂函数在 上单调递增，所以b
点睛：本题主要考查幂函数的单调性及比较大小问题，解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用；三是借助于中间变量比较大小.
24．（2024高一上·云南楚雄·阶段练习）若函数f(x)、g(x)分别为R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)－g(x)＝ex，则有（ ）
A．f（2）
【分析】根据函数奇偶性得，进而得，从而利用函数的单调性及正负可比较大小.
【详解】函数分别是上的奇函数、偶函数,
，
由，得，
，
，
解方程组得，
易知在上单调递增，所以，
又
所以.
故选：D
25．（2024高一上·吉林·）函数(，且)在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件令，再借助二次函数单调性结合复合函数单调性分类讨论作答.
【详解】令，则原函数转化为，其图象的对称轴为直线，
若，则在上单调递增，且，因为原函数在区间上单调递增，于是得，解得，与矛盾，
若，则在上单调递减，且，因为原函数在区间上单调递增，于是得，解得或，则，
所以实数a的取值范围是.
故选：B
26．（2024·河南平顶山·模拟预测）甲､乙两人解关于x的方程，甲写错了常数b，得到的根为或x=，乙写错了常数c，得到的根为或，则原方程的根是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】D
【分析】令，则方程可化为，根据甲计算出常数，根据乙计算出常数，再将 代入关于x的方程解出 即可
【详解】令，则方程可化为，甲写错了常数b，
所以和是方程的两根，所以，
乙写错了常数c，所以1和2是方程的两根，所以，
则可得方程，解得，
所以原方程的根是或
故选：D
27．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期中）若关于的方程有解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】方程有解转化为有正根，即在有解，根据解出的范围．
【详解】方程有解，
有解，
令，
则可化为有正根，
则在有解，又当时，
所以，
故选：．
28．（2024·上海长宁·一模）函数的大致图像如图，则实数a，b的取值只可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的单调性和与轴的交点结合指数函数的性质可求解.
【详解】若，为增函数，
且，与图象不符，
若，为减函数，
且，与图象相符，所以，
当时，，
结合图象可知，此时，所，则，所以，
故选:C.
29．（2024高一上·湖北省直辖县级单位·阶段练习）已知函数（且）的图象恒过定点A，若点A的坐标满足关于x，y的方程，则的最小值为（ ）
A．8B．24C．4D．6
【答案】C
【分析】根据类指数函数的定点确定，从而代入并利用均值不等式即可得解.
【详解】因为函数图象恒过定点
又点A的坐标满足关于，的方程，
所以，
即
所以，
当且仅当即时取等号；
所以的最小值为4．
故选：C．
30．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】确定函数的图象关于中心对称，在上单调递减，且，不等式转化为或或，解得答案.
【详解】依题意，，，
故，
故函数的图象关于中心对称，
当时，，，单调递减，
故在上单调递减，且，
函数的图象关于中心对称，在上单调递减，，
而，故或或，
解得或，故所求不等式的解集为，
故选：B.
31．（2024·全国）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．
二、多选题
32．（2024·海南海口·模拟预测）已知定义在上的函数是奇函数，函数为偶函数，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据给定条件，结合函数奇偶性定义，探讨出函数的周期，即可逐项分析判断作答.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，B正确；
又函数是奇函数，则，因此，即有，
于是，即函数的周期为4，有，C正确；
因为是定义域为的奇函数，则，解得，A正确；
当时，，所以，D错误．
故选：ABC
33．（2024高三上·广东深圳·阶段练习）已知是定义在上的奇函数且满足为偶函数，当时，且．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】先判断出的周期，然后结合奇偶性、周期性、解析式求得正确答案.
【详解】因为为奇函数，所以的图象关于点中心对称，因为为偶函数，
所以的图象关于直线对称．
根据条件可知，则，
即4为的一个周期，则，
所以，所以C正确；
又因为，
所以解得或（舍去），所以A正确，B错误；
所以当时，，所以，所以D正确．
故选：ACD
34．（2024高三·全国·专题练习）（多选）已知函数（且）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据函数图象可得出、的取值范围，利用指数函数的基本性质可判断ACD选项，利用不等式的基本性质可判断B选项.
【详解】由图象可知，函数（且）在上单调递增，则，
且当时，，可得.
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，由题意可知，，则，所以，，D对.
故选：ABD.
35．（2024高三·全国·专题练习）对任意实数，函数的图象必过定点，的定义域为[0，2]，，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．的定义域为[0，1]
C．的值域为[2，6]D．的值域为[2，20]
【答案】ABC
【分析】根据指数函数图像恒过定点求出m，n的值，根据的定义域求的定义域，再根据指数函数和二次函数的单调性，求出的值域.
【详解】令，得，此时，
所以函数的图象过定点，即，，故选项A正确；
因为，，所以，，
所以，
由得，
所以的定义域为[0，1]，故B正确；
易知在[0，1]上单调递增，
所以当时，取得最小值2，当时，取得最大值6，
所以的值域为[2，6]，故选项C正确，选项D错误．
故选:ABC．
36．（2024高一上·山东泰安·期末）函数的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【解析】根据函数解析式的形式，以及图象的特征，合理给赋值，判断选项.
【详解】当时，，图象A满足；
当时，，，且，此时函数是偶函数，关于轴对称，图象B满足；
当时，，，且，此时函数是奇函数，关于原点对称，图象D满足；
图象C过点，此时，故C不成立.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
37．（2024·浙江绍兴·模拟预测）预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是，其中为预测期人口数，为初期人口数，为预测期内人口年增长率，为预测期间隔年数，则（ ）
A．当，则这期间人口数呈下降趋势
B．当，则这期间人口数呈摆动变化
C．当时，的最小值为3
D．当时，的最小值为3
【答案】AC
【分析】由指数函数的性质确定函数的增减性可判断A，B；分别代入和，解指数不等式可判断C，D.
【详解】，由指数函数的性质可知：是关于n的单调递减函数，
即人口数呈下降趋势，故A正确，B不正确；
，所以，所以，
，所以的最小值为3，故C正确；
，所以，所以，
，所以的最小值为2，故D不正确；
故选：AC.
38．（2024·山东聊城·二模）已知函数，则（ ）
A．函数是增函数
B．曲线关于对称
C．函数的值域为
D．曲线有且仅有两条斜率为的切线
【答案】AB
【分析】由可得是增函数，且对于任意，满足，所以关于对称，可得AB正确；利用指数函数值域易得函数的值域为，即C错误；令，整理可得，易知，可得，即方程无解，因此曲线不存在斜率为的切线，即D错误.
【详解】根据题意可得，易知是减函数，
所以是增函数，即A正确；
由题意可得，所以，
即对于任意，满足，所以关于对称，即B正确；
由指数函数值域可得，所以，即，
所以函数的值域为，所以C错误；
易知，令，整理可得，
令，即，
易知，又因为，即，
所以，即，因此；
即关于的一元二次方程无实数根；
所以无解，即曲线不存在斜率为的切线，即D错误；
故选：AB
39．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）点在函数的图象上，当，则可能等于（ ）
A．-1B．C．D．0
【答案】BC
【分析】
根据目标式的几何意义为在部分图象上的动点与点所成直线的斜率，即可求范围.
【详解】由表示与点所成直线的斜率，
又是在部分图象上的动点，图象如下：
如上图，，则，只有B、C满足.
故选：BC
三、填空题
40．（2024高三上·黑龙江七台河·期中）设函数，且，，则的解析式为 ．
【答案】
【分析】根据，求出，可得函数解析式.
【详解】因为函数解析式为，则，则，
由可得，，解得，所以.
41．（2024·上海·模拟预测）已知，则的值域是 ；
【答案】
【分析】分段讨论的范围即可.
【详解】当 时, 根据指数函数的图象与性质知，
当 时, .
综上: 的值域为 .
故答案为：.
42．（2024·全国·模拟预测）使函数的值域为的一个a的值为 ．
【答案】1（答案不唯一）
【分析】由指数函数值域性质求解
【详解】令，由题意得的值域为，
又的值域为，所以，解得，
所以的取值范围为．
故答案为：.(答案不唯一)
43．（2024·山东）已知函数 的定义域和值域都是 ，则 .
【答案】
【详解】若 ，则 在上为增函数,所以 ，此方程组无解；
若 ，则在上为减函数,所以 ，解得 ，所以.
考点：指数函数的性质.
44．（2024·海南·模拟预测）已知函数的定义域为，则 ．
【答案】
【分析】由已知可得不等式的解集为，可知为方程的根，即可求得实数的值.
【详解】由题意可知，不等式的解集为，则，解得，
当时，由，可得，解得，合乎题意.
故答案为：.
45．（2024高三·全国·对口高考）函数的图象恒过定点A，若点A在直线上，其中，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据指数函数图象的特点，求出点顶点，得到，再由，利用基本不等式即可求解.
【详解】令，可得，此时，
所以函数图象恒过定点，
因为点A在直线上，所以，所以，
所以，
当且仅当 ，即时等号成立.
综上，的最小值为.
故答案为：.
46．（2024高三·全国·专题练习）已知函数过定点，如果点是函数的顶点，那么的值分别为
【答案】2，5
【解析】根据指数函数特点，求出点；再根据题意，列出方程，则参数可求.
【详解】（且）恒过点，
所以（且）恒过点，
又为的顶点，
满足，解得
故答案为：，.
【点睛】本题考查指数型函数恒过定点的问题，涉及待定系数法求函数解析式.
47．（2024高二下·河北石家庄·期中）若曲线|y|＝2x＋1与直线y＝b没有公共点，则b的取值范围为 ．
【答案】[－1,1]
【详解】画出曲线|y|＝2x＋1与直线y＝b的图象如图所示
由图象可得|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]．
48．（2024高三上·上海徐汇·开学考试）已知函数满足对于任意，都有成立，则的取值范围为
【答案】
【分析】根据为上的增函数可得实数的取值范围.
【详解】因为对于任意，都有，故
对任意的，总有即，故为上的增函数，
所以，故.
令，，它们的图象如图所示：
故的解为，故的解为.
故答案为：.
【点睛】分段函数是单调函数，不仅要求各范围上的函数的单调性一致，而且要求分段处的点也具有相应的高低分布.
49．（2024高三·全国·专题练习）函数的单调递减区间为
【答案】
【解析】先把函数可看成和复合而成，根据其单调性及复合函数“同增异减”法则即可得出的单调递减区间.
【详解】解：函数可看成和复合而成.是减函数，在是递减，在上递增，∴根据复合函数“同增异减”法则知，的单调减区间为．
故答案为：.
【点睛】本题考查求复合函数的单调区间，关键是利用复合函数“同增异减”法则，属于基础题.
50．（2024·福建）若函数满足，且在单调递增，则实数的最小值等于 ．
【答案】
【详解】试题分析：根据可知函数的图像关于直线对称，可知，从而可以确定函数在上是增函数，从而有，所以，故的最小值等于.
考点：函数图像的对称性，函数的单调性.
【方法点睛】该题根据题中的条件确定好函数本身的单调区间，根据函数在函数增区间的所有子区间上是增函数，从而求得参数的取值范围，关键是根据条件，得出函数图像的对称性，确定出函数图像的对称轴，从而得到函数的增区间，从而根据集合间的包含关系，从而确定出参数的取值范围.
51．（2024·江苏）若，则 ．
【答案】-1
【分析】先得到，即，结合的单调性得到，从而求出答案.
【详解】因为，，
所以，
因为单调递增，
故，
因为，所以
故答案为：-1
52．（2024·山东）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a＝ .
【答案】
【详解】 当时，有，此时，此时为减函数，
不合题意.若，则，故，检验知符合题意
53．（2024高二下·江苏苏州·阶段练习）函数的定义域为 .
【答案】
【分析】由题意结合分母不为0、偶次方根的被开方数非负可得，解指数不等式即可得解.
【详解】若要使函数有意义，则即，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了函数定义域的求解，考查了指数不等式的求解及运算求解能力，属于基础题.
54．（2024·上海杨浦·模拟预测）若函数为偶函数， 且当时，， 则 .
【答案】/
【分析】利用偶函数的定义即可求解.
【详解】当时，，所以，
又因为为偶函数，所以．
故答案为：.
55．（2024·上海金山·一模）若时，指数函数的值总大于1，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【分析】根据指数函数的性质以及单调性，即可得到关于的不等式，求解不等式即可得到结果.
【详解】由已知可得，且.
又时，，
即 ，
所以有，即，
解得或.
故答案为：或.
56．（2024高三上·山西运城·阶段练习）已知函数是奇函数，则 .
【答案】
【分析】根据奇函数的定义得出，代入化简得出，即可得出答案.
【详解】因为，故，
因为为奇函数，
故
，
即，故.
故答案为：.
57．（2024高一上·重庆渝中·期中）已知函数的定义域为，则函数的定义域为 .（用区间或集合作答）
【答案】/
【分析】由已知及指数的性质可得，即可求的定义域.
【详解】由题设，，可得，
∴的定义域为.
故答案为：
58．（2024·福建厦门·一模）若函数的值域为，且满足，则的解析式可以是 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】取，求出函数的值域，验证成立，即可得出结果.
【详解】取函数，因为，则，即函数的值域为，
因为，，则，
所以，函数的解析式可以为.
故答案为：（答案不唯一）.
59．（2024高三下·河北·阶段练习）在这4个数中，最小的是 ，最大的是 ．
【答案】
【分析】利用指数、三角函数性质判断各数的大小关系即可.
【详解】因为，且，
所以最小的是，最大的是．
故答案为：，
60．（2024·河北邯郸·一模）不等式的解集为 .
【答案】
【分析】将原不等式变为，设，然后利用函数的单调性解不等式.
【详解】由，可得.
令，
因为均为上单调递减函数
则在上单调递减，且，
，
故不等式的解集为.
故答案为：.
61．（2024高三·全国·专题练习）已知函数在内的最大值是最小值的两倍，且，则
【答案】或
【分析】分、两种情况讨论，利用指数函数的单调性可得出关于实数的值，可得出函数的解析式，进而可求得的值.
【详解】当时，函数在内单调递增，
此时函数的最大值为，最小值为，
由题意得，解得，则，
此时；
当时，函数在内单调递减，
此时函数的最大值为，最小值为，
由题意得，解得，则，
此时．
故答案为：或.
62．（2024·上海浦东新·模拟预测）设.若函数的定义域为，则关于的不等式的解集为 .
【答案】
【分析】由函数的定义域可求得实数的值，可得出函数的解析式，求出的值，然后利用指数函数的单调性可解不等式，即可得其解集.
【详解】若，对任意的，，则函数的定义域为，不合乎题意，
所以，，由可得，
因为函数的定义域为，所以，，解得，
所以，，则，
由可得，解得.
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
63．（2024高三·全国·专题练习）已知函数的图象关于坐标原点对称，则 .
【答案】/1.5
【分析】根据函数图象关于坐标原点对称，分别求解出的值即得答案.
【详解】依题意函数是一个奇函数，
又，所以，
所以定义域为，
因为的图象关于坐标原点对称，所以，解得.
又，所以，
所以，即，
所以，所以.
故答案为：
64．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知实数，满足，，则 ．
【答案】1
【分析】由可变形为，故考虑构造函数，判断函数的单调性，利用单调性化简等式，由此可求.
【详解】因为，化简得．
所以，又，
构造函数，
因为函数，在上都为增函数，
所以函数在上为单调递增函数，
由，∴，
解得，，
∴．
故答案为：.
四、解答题
65．（2024高一·全国·课后作业）已知函数f(x)＝(a2＋a－5)ax是指数函数．
（1）求f(x)的表达式；
（2）判断F(x)＝f(x)－f(－x)的奇偶性，并加以证明．
【答案】（1）f(x)＝2x；（2）奇函数；证明见解析．
【分析】（1）利用指数函数的定义，求出，即可求的表达式，
（2），即可利用定义判断的奇偶性.
【详解】（1）由a2＋a－5＝1，可得a＝2或a＝－3(舍去)，
∴f(x)＝2x．
（2），
∴，且定义域为R，
∴F(x)是奇函数．
66．（2004·北京）当时，解关于x的不等式：，
【答案】
【分析】根据指数函数、根式的性质得，讨论、求解集，然后取并即可.
【详解】由题设，，
当时，，而（注意等号的取值不同），则恒成立；
当时，，整理得，解得，即；
综上，，解集为.
67．（2024高一上·海南海口·阶段练习）已知函数.
(1)若，求的值；
(2)若对于恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）分别讨论和去绝对值解方程即可求解；
（2）由题意可得：对于恒成立，分离转化为最值问题即可求解.
【详解】（1）当时，，舍去；
当时，，即，
令，则，解得：或（舍），
所以，可得：.
（2）当时，，即，
即.
当时，，所以对于恒成立，
所以，
当，，，所以
故的取值范围是.
68．（2024高一上·河北保定·期中）已知函数．
(1)若，求的单调区间
(2)若有最大值3，求的值
(3)若的值域是，求的值
【答案】(1)函数的单调递增区间是，单调递减区间是；
(2)1；
(3)0.
【分析】（1）根据复合函数单调性判断，结合指数函数、二次函数性质判断单调区间；
（2）由（1）及题设知，即可求参数值；
（3）根据复合函数的值域，结合指数函数、二次函数性质确定参数值即可.
【详解】（1）当时，，
令，由在上单调递增，在上单调递减，
而在R上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即的单调递增区间是，单调递减区间是．
（2）令，，
由于有最大值3，所以应有最小值，
因此必有．解得，即有最大值3时，a为1．
（3）由指数函数的性质知，要使的值域为，
应使的值域为R，
因此只能（因为若，则为二次函数，其值域不可能为R），
故a的值为0．
69．（2024·上海虹口·二模）已知函数是定义域为的奇函数.
(1)求实数的值，并证明在上单调递增；
(2)已知且，若对于任意的、，都有恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，证明见解析
(2)
【分析】（1）由奇函数的性质可得出，求出，利用函数奇偶性的定义可验证函数为奇函数，再利用函数单调性的定义可证得结论成立；
（2）由题意可得，可得出，求得，分、，根据已知条件可得出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：因为函数是定义域为的奇函数，
则，解得，此时，
对任意的，，即函数的定义域为，
，即函数为奇函数，合乎题意，
任取、且，则，
所以，，则，
所以，函数在上单调递增.
（2）解：由（1）可知，函数在上为增函数，
对于任意的、，都有，则，
，
因为，则.
当时，则有，解得；
当时，则有，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
图象
性质
①定义域，值域
②，即时，，图象都经过点
③，即时，等于底数
④在定义域上是单调减函数
在定义域上是单调增函数
⑤时，；时，
时，；时，
⑥既不是奇函数，也不是偶函数
（一）
指数运算及指数方程、指数不等式
利用指数的运算性质解题.对于形如，，的形式常用“化同底”转化，再利用指数函数单调性解决；或用“取对数”的方法求解.形如或的形式，可借助换元法转化二次方程或二次不等式求解.
题型1：指数运算及指数方程、指数不等式
1-1．（2024高三下·湖南·阶段练习）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用指数的运算性质可求得所求代数式的值.
【详解】.
故选：B.
1-2．（2024高一·全国·单元测试）下列结论中，正确的是（ ）
A．设则B．若，则
C．若，则D．
【答案】B
【分析】根据分式指数幂及根式的运算法则，正确运算，即可判断出正误．
【详解】对于A，根据分式指数幂的运算法则，可得，选项A错误；
对于B，，故，选项B正确；
对于 C，， ，因为，所以，选项C错误；
对于D，，选项D错误.
故选：B．
1-3．（2024高一上·山西晋城·期中）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接利用指数幂的运算性质计算即可.
【详解】.
故选：B
1-4．（2024·江西）已知函数f(x)=(a∈R)，若，则a=（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】先求出的值，再求的值，然后列方程可求得答案
【详解】解：由题意得，
所以，解得a=.
故选：A
【点睛】此题考查分段函数求值问题，属于基础题
1-5．（2024·陕西榆林·一模）已知函数，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出，从而，对，讨论，分别代入分段函数即可求出实数的值．
【详解】∵函数，
，
，
，
当时，，
方程无解，即满足条件的不存在，
当时，，解得．
∴．
故选：A．
（二）
指数函数的图像及性质
1.函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
2.解决指数函数有关问题，思路是从它们的图像与性质考虑，按照数形结合的思路分析，从图像与性质找到解题的突破口，但要注意底数对问题的影响.
题型2：求指数函数的定义域、值域
2-1．（2024高一上·河南平顶山·阶段练习）函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据已知条件可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得且.
因此，函数的定义域为.
故答案为：.
2-2．（2024高一上·河南平顶山·阶段练习）函数的值域为 ．
【答案】．
【分析】利用换元法结合二次函数求值域即可.
【详解】设，则，
换元得，
显然当时，函数取到最小值，
所以函数的值域为．
故答案为：.
2-3．（2024高一上·浙江杭州·期中）已知f（x）=的定义域为R，则实数a的取值范围是 ．
【答案】[-1，0]
【分析】把f（x）的定义域为R转化为0对任意x∈R恒成立，即x2+2ax﹣a≥0对任意x∈R恒成立，再由判别式小于等于0求解．
【详解】∵f（x）的定义域为R，
∴0对任意x∈R恒成立，
即恒成立，
即x2+2ax﹣a≥0对任意x∈R恒成立，
∴△＝4a2+4a≤0，则﹣1≤a≤0．
故答案为[﹣1，0]．
【点睛】本题考查函数的定义域及其求法，考查数学转化思想方法，是中档题．
2-4．（2024·宁夏银川·二模）已知函数，，则其值域为 ．
【答案】
【分析】令，将问题转化为求二次函数在区间上的值域问题，结合二次函数单调性，即可求解.
【详解】令，∵，∴，
∴，
又关于对称，开口向上， 所以在上单调递减，在上单调递增，且，
时，函数取得最小值，即，时，函数取得最大值，即，
.
故答案为：.
2-5．（2024高一上·上海闵行·期末）已知函数的值域为，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分别讨论当时，的值域和当时，的值域，根据分段函数的值域取二者的并集，结合集合的并集运算即可求解.
【详解】当时，在上单调递增，
所以时，；
当时，，
①若，则在上单调递增，在上单调递减，
则时，，即时，，
又时，，
此时，函数的值域为，不满足题意，舍去；
②当时，函数此时值域为，不满足题意，舍去；
③当时，在上单调递减，
则时，，即时，，
因为函数的值域为，
又时，；
则时，且，
不等式解得：，
不等式等价于时，，
设（），
因为在上单调递增，在上是增函数，
所以在上单调递增，又，
所以时，等价于，即，
则不等式解得：，
所以时，的解集为，
综上：实数的取值范围是，
故答案为：.
题型3：指数函数图象及其应用
3-1．（2024高一上·广东梅州·期中）函数（，且）的图象过定点P，则点P的坐标是（ ）
A．(1,5)B．(1,4)C．(0,4)D．(4,0)
【答案】A
【分析】根据指数型函数图象过定点的知识即得.
【详解】当时，，
所以.
故选：A.
3-2．（2024高一上·山东淄博·期末）函数（其中，）的图象恒过的定点是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令可得定点.
【详解】令，即，得，
函数（其中，）的图象恒过的定点是.
故选：B.
3-3．（2024高一·全国·专题练习）如图所示，函数的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】将原函数变形为分段函数，根据及时的函数值即可得解.
【详解】∵，
∴时，，
当时，函数为上的单调递增函数，且，
当时，函数为上的单调递减函数，且，
故选：B
3-4．（2024·山东）已知函数是偶函数，当时，，则该函数在上的图像大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据偶函数，指数函数的知识确定正确选项.
【详解】当时，，所以在上递减，
是偶函数，所以在上递增.
注意到，
所以B选项符合.
故选：B
3-5．（2024高一上·福建福州·期中）指数函数的图象如图所示，则二次函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先由指数函数的图象判断出，进而分析出二次函数的图象与轴的两个交点，
即可解出.
【详解】由指数函数的图象可知：.
令，解得，
则，
对应只有B选项符合题意.
故选：B
3-6．（2024·四川）函数的图象关于直线对称的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】作出函数的图象，再结合对称性可得合适的选项.
【详解】函数的图象可视为将函数的图象向上平移个单位，
所以，函数的图象如下图所示：
所以，函数的图象关于直线对称的函数的图象如A选项中的图象.
故选：A.
3-7．（2024高一·广东河源·期中）若直线与函数的图象有两个公共点，则a的取值范围是 .
【答案】
【分析】就的取值分类讨论后可得a的取值范围.
【详解】直线与的图象有两个公共点，
故有两个不同的解，
故和共有两个不同的解，
因为，故有且只有一个实数解.
若，则，故无解，而只有一个解，
故有且只有一个实数解，与题设矛盾，舍；
若，因为只有一个解，故需有一解，
故，故.
故答案为：.
题型4：指数函数单调性及应用
4-1．（2024·江苏）不等式的解集为 .
【答案】
【详解】试题分析：本题是一个指数型函数式的大小比较，这种题目需要先把底数化为相同的形式，即底数化为2，根据函数是一个递增函数，写出指数之间的关系得到未知数的范围．
,
是一个递增函数；
故答案为.
考点：指数函数的单调性和特殊性
4-2．（2024高一·上海·专题练习）不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用指数函数单调性求解不等式作答.
【详解】函数在R上单调递增，则，
即，解得，
所以原不等式的解集为.
故答案为：
4-3．（2024高三·全国·专题练习）函数的单调递增区间为
【答案】
【解析】函数定义域是，求出的减区间即得．
【详解】因为函数的单调递减区间为，所以原函数的单调递增区间为.
故答案为：
【点睛】本题考查复合函数的单调性，掌握复合函数单调性“同增异减”法则是解题关键．
4-4．（2024高二下·宁夏银川·期末）若函数, 则该函数在(-∞,+∞)上是
A．单调递减无最小值B．单调递减有最小值
C．单调递增无最大值D．单调递增有最大值
【答案】A
【详解】本题考查函数的单调性及最值.
设，则当时为增函数，且；
于是为减函数，其图象如图所示：
则故为减函数且；图象在轴上方，，所以原函数既无最小值，也无最大值.
故正确答案为A.
4-5．（2024·全国）已知函数．记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即.
故选：A.
4-6．（2024·全国）设函数则满足的x的取值范围是 .
【答案】
【详解】由题意得： 当时，恒成立，即；当时， 恒成立，即；当时，，即.综上，x的取值范围是.
【名师点睛】分段函数的考查方向注重对应性，即必须明确不同的自变量所对应的函数解析式是什么，然后代入该段的解析式求值.解决此类问题时，要注意区间端点是否取到及其所对应的函数值，尤其是分段函数结合点处的函数值.
4-7．（2024·江西景德镇·模拟预测）已知是定义在上的偶函数，且当时，，则满足的x的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性和单调性的性质将不等式等价转化为，利用函数的单调性建立条件关系即可
【详解】由函数性质知，
，
∴，
即，解得，∴，
故答案为：.
（三）
指数函数中的恒成立问题
已知不等式能恒成立求参数值（取值范围）问题常用的方法：
（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
题型5：指数函数中的恒成立问题
5-1．（2024高一上·浙江·期中）若，不等式恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设，将原不等式转化成恒成立，从而求出的范围．
【详解】令，∵，∴，
∵恒成立，∴恒成立，
∵，当且仅当时，即时，表达式取得最小值，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查与指数函数有关不等式的恒成立问题，可换元后转为含参数的一元二次不等式的恒成立问题，再利用参变分离可求参数的取值范围，此题需要学生有较好的逻辑分析能力，难度不大，属于基础题．
5-2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若不等式在R上恒成立，则实数m的取值范围是 .
【答案】．
【分析】利用换元法把目标式转化为二次函数问题，结合二次函数的单调性和最值情况可得答案.
【详解】令
因为在区间上是增函数，
所以
因此要使在区间上恒成立，应有，即所求实数m的取值范围为．
故答案为：.
5-3．（2024高三上·上海松江·期中）已知不等式，对于恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】，，
【分析】设，，则，对于，恒成立，问题转化为，于，恒成立，即，即可解得答案．
【详解】设，，
则，对于，恒成立，
即，对于，恒成立，
∴，
即，
解得或，
即或，
解得或，
综上，的取值范围为，，．
故答案为：，，﹒
5-4．（2024高一上·上海宝山·阶段练习）设，当时，恒成立，则实数m的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意把不等式转化为即，结合函数的单调性和奇偶性，得到在上恒成立，根据二次函数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，
均为在上的增函数，故函数是在上的单调递增函数，
且满足，所以函数为奇函数，
因为，即，
可得恒成立，即在上恒成立，
则满足，即，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
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