2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第三章　函数概念与基本初等函数Ⅰ3.5

§3.5　指数与指数函数
最新考纲
考情考向分析
1.了解指数幂的含义，掌握有理数指数幂的运算．
2.理解指数函数的概念，掌握指数函数的图象、性质及应用．
3.了解指数函数的变化特征.
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＝(a>0，m，n∈N*，且n>1)．于是，在条件a>0，m，n∈N*，且n>1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＝ (a>0，m，n∈N*，且n>1).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：aras＝ar＋s，(ar)s＝ars，(ab)r＝arbr，其中a>0，b>0，r，s∈Q.
2．指数函数的图象与性质
y＝ax
a>1
0 图象


定义域
(1)R
值域
(2)(0，＋∞)
性质
(3)过定点(0,1)
(4)当x>0时，y>1；
当x<0时，0 (5)当x>0时，0 当x<0时，y>1
(6)在(－∞，＋∞)上是增函数
(7)在(－∞，＋∞)上是减函数

概念方法微思考
1.如图是指数函数(1)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，则a，b，c，d与1之间的大小关系为________．

提示　c>d>1>a>b>0
2．结合指数函数y＝ax(a>0，a≠1)的图象和性质说明ax>1(a>0，a≠1)的解集跟a的取值有关．
提示　当a>1时，ax>1的解集为{x|x>0}；当01的解集为{x|x<0}．

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)＝－4.(　×　)
(2)＝()n＝a(n∈N*)．(　×　)
(3)分数指数幂可以理解为个a相乘．(　×　)
(4)函数y＝3·2x与y＝2x＋1都不是指数函数．(　√　)
(5)若am＜an(a＞0，且a≠1)，则m＜n.(　×　)
(6)函数y＝2－x在R上为单调减函数．(　√　)
题组二　教材改编
2．[P59A组T4]化简：(x＜0，y＜0)＝________.
答案　－2x2y
3．[P56例6]若函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)的图象经过点P，则f(－1)＝________.
答案　
解析　由题意知＝a2，所以a＝，
所以f(x)＝x，所以f(－1)＝－1＝.

4．[P59A组T7]已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是________．
答案　c 解析　∵y＝x是减函数，
∴，即a>b>1，
又c＝<0＝1，∴c 题组三　易错自纠
5．计算：×0＋×－＝________.
答案　2
解析　原式＝×1＋×－＝2.
6．若函数y＝(a2－1)x在(－∞，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围是________．
答案　(－，－1)∪(1，)
解析　由题意知0＜a2－1＜1，即1＜a2＜2，
得－＜a＜－1或1＜a＜.
7．已知函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[1,2]上的最大值比最小值大，则a的值为________．
答案　或
解析　当0 当a>1时，a2－a＝，∴a＝或a＝0(舍去)．
综上所述，a＝或.





题型一　指数幂的运算
1．若实数a>0，则下列等式成立的是(　　)
A．(－2)－2＝4 B．2a－3＝
C．(－2)0＝－1 D．＝
答案　D
解析　对于A，(－2)－2＝，故A错误；对于B,2a－3＝，故B错误；对于C，(－2)0＝1，故C错误；对于D，＝，故D正确．
2．计算：－10(－2)－1＋π0＝________.
答案　－
解析　原式＝－2＋500－＋1
＝＋10－10－20＋1＝－.
3．化简：· (a>0，b>0)＝________.
答案　
解析　原式＝2×＝21＋3×10－1＝.
4．化简＝________(a>0)．
答案　a2
解析　原式＝
a2.
思维升华 (1)指数幂的运算首先将根式、分数指数幂统一为分数指数幂，以便利用法则计算，还应注意：
①必须同底数幂相乘，指数才能相加；
②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　指数函数的图象及应用
例1 (1)函数f(x)＝1－e|x|的图象大致是(　　)


答案　A
解析　f(x)＝1－e|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)＝|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
答案　D
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.
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 (1)已知实数a，b满足等式2 019a＝2 020b，下列五个关系式：
①0 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
解析　如图，观察易知，a，b的关系为a
(2)(2018·浙江镇海中学一轮阶段检测)不论a为何值，函数y＝(a－1)2x－恒过定点，则这个定点的坐标是(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　y＝(a－1)2x－＝a－2x，令2x－＝0，得x＝－1，故函数y＝(a－1)2x－恒过定点，故选C.

题型三　指数函数的性质及应用

命题点1　比较指数式的大小
例2 (1)已知a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．b C．b 答案　A
解析　由a15＝()15＝220，b15＝()15＝212，c15＝255>220，可知b15 (2)若－1”连接)
答案　3a>a3>
解析　易知3a>0， <0，a3<0，又由－1，因此3a>a3>.
命题点2　解简单的指数方程或不等式
例3 (1)已知实数a≠1，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(a－1)，则a的值为______．
答案　
解析　当a<1时，41－a＝21，解得a＝；
当a>1时，代入不成立．故a的值为.
(2)若偶函数f(x)满足f(x)＝2x－4(x≥0)，则不等式f(x－2)>0的解集为________________．
答案　{x|x>4或x<0}
解析　∵f(x)为偶函数，
当x<0时，－x>0，则f(x)＝f(－x)＝2－x－4，
∴f(x)＝
当f(x－2)>0时，有或
解得x>4或x<0.
∴不等式的解集为{x|x>4或x<0}．
命题点3　指数函数性质的综合应用
例4 (1)已知函数f(x)＝2|2x－m|(m为常数)，若f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，则m的取值范围是________．
答案　(－∞，4]
解析　令t＝|2x－m|，则t＝|2x－m|在区间上单调递增，在区间上单调递减．而y＝2t在R上单调递增，所以要使函数f(x)＝2|2x－m|在[2，＋∞)上单调递增，则有≤2，即m≤4，所以m的取值范围是(－∞，4]．
(2)函数f(x)＝4x－2x＋1的单调增区间是________．
答案　[0，＋∞)
解析　设t＝2x(t>0)，则y＝t2－2t的单调增区间为[1，＋∞)，令2x≥1，得x≥0，又y＝2x在R上单调递增，
所以函数f(x)＝4x－2x＋1的单调增区间是[0，＋∞)．
思维升华 (1)利用指数函数的函数性质比较大小或解方程、不等式，最重要的是“同底”原则，比较大小还可以借助中间量；(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2 (1)已知f(x)＝2x－2－x，a＝，b＝，则f(a)，f(b)的大小关系是__________．
答案　f(b) 解析　易知f(x)＝2x－2－x在R上为增函数，
又a＝＝b，∴f(a)>f(b)．
(2)函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(x＋1)＝f(1－x)，且f(0)＝3，则f(bx)与f(cx)的大小关系是(　　)
A．f(bx)≤f(cx) B．f(bx)≥f(cx)
C．f(bx)>f(cx) D．与x有关，不确定
答案　A
解析　∵f(x＋1)＝f(1－x)，∴f(x)关于x＝1对称，
易知b＝2，c＝3，
当x＝0时，b0＝c0＝1，∴f(bx)＝f(cx)，
当x>0时，3x>2x>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴f(bx) 当x<0时，3x<2x<1，又f(x)在(－∞，1)上单调递减，
∴f(bx) 综上，f(bx)≤f(cx)．
(3)(2018·浙江五校联考)若对任意的t∈[－2,2]，不等式a·2t－2－t＋1≥0(a为常数)恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D．[12，＋∞)
答案　D
解析　对任意的t∈[－2,2]，不等式a·2t－2－t＋1≥0(a为常数)恒成立，即不等式a≥2－在t∈[－2,2]上恒成立，令μ＝，则μ∈，f(μ)＝μ2－μ，f(μ)在上有最大值12，所以a≥12.故选D.


1.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
D．0 答案　D
解析　由f(x)＝ax－b的图象可以观察出，函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，所以0 2．设2x＝8y＋1,9y＝3x－9，则x＋y的值为(　　)
A．18 B．21 C．24 D．27
答案　D
解析　∵2x＝8y＋1＝23(y＋1)，∴x＝3y＋3，
∵9y＝3x－9＝32y，∴x－9＝2y，
解得x＝21，y＝6，∴x＋y＝27.
3．已知a，b∈(0,1)∪(1，＋∞)，当x＞0时，1＜bx＜ax，则(　　)
A．0＜b＜a＜1 B．0＜a＜b＜1
C．1＜b＜a D．1＜a＜b
答案　C
解析　∵当x＞0时，1＜bx，∴b＞1.
∵当x＞0时，bx＜ax，∴当x＞0时，x＞1.
∴＞1，∴a＞b.∴1＜b＜a，故选C.
4．设a＝log2，b＝，c＝ln π，则(　　)
A．c C．a 答案　C
解析　∵log2<0,0<<1，ln π>1，∴a 5．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝，则f(x)的单调递减区间是(　　)
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]
答案　B
解析　由f(1)＝，得a2＝，
所以a＝或a＝－(舍去)，即f(x)＝|2x－4|.
由于y＝|2x－4|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，＋∞)上单调递减．故选B.
6．已知函数f(x)＝的值域是[－8,1]，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－3] B．[－3,0)
C．[－3，－1] D．{－3}
答案　B
解析　当0≤x≤4时，f(x)∈[－8,1]，当a≤x<0时，f(x)∈，所以[－8,1]，即－8≤－<－1，即－3≤a<0.所以实数a的取值范围是[－3，0)．
7．(2018·浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试)已知4a＝2，lg x＝a，则a＝________，x＝________.
答案　　
解析　由4a＝2，得a＝，由lg x＝，得x＝.
8．若“m>a”是“函数f(x)＝x＋m－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)＝m＋，∴函数f(x)的图象不过第三象限等价于m＋≥0，即m≥－，∵“m>a”是“m≥－”的必要不充分条件，∴a<－，则实数a能取的最大整数为－1.
9．(2018·浙江镇海中学阶段测试)设函数f(x)＝则f(f(0))＝________；若f(a)＜1，则实数a的取值范围是________．
答案　1　(－1,2)
解析　f(f(0))＝f(－1)＝2－1＝1.
f(a)＜1等价于或
解得－1＜a＜0或0≤a＜2.综上可知，－1＜a＜2.
10．若直线y＝2a与函数y＝|ax－1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值范围是________．
答案　
解析　(数形结合法)
当0
由图象可知0<2a<1，∴0 同理，当a>1时，解得01矛盾．
综上，a的取值范围是.

11．已知函数f(x)＝.
(1)若a＝－1，求函数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，＋∞)，求实数a的取值范围．
解　(1)当a＝－1时，f(x)＝，
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＝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)的单调递增区间为(－2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－2)．
(2)令h(x)＝ax2－4x＋3，则f(x)＝h(x)，
由于f(x)有最大值3，所以h(x)应有最小值－1，
所以＝－1，解得a＝1.
(3)由指数函数的性质可知，要使函数f(x)的值域是(0，＋∞)，
则需函数h(x)＝ax2－4x＋3的值域为R，
因为二次函数的值域不可能为R，所以a＝0.
12．已知函数g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a＞0)在区间[2,3]上有最小值1和最大值4，设f(x)＝.
(1)求a，b的值；
(2)若不等式f(2x)－k·2x≥0在区间[－1,1]上有解，求实数k的取值范围．
解　(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，
∵a＞0，∴g(x)在区间[2,3]上是增函数，
故解得
(2)由(1)知g(x)＝x2－2x＋1，∴f(x)＝x＋－2，
∴f(2x)－k·2x≥0可化为1＋2－2·≥k，
令t＝，则k≤t2－2t＋1，
∵x∈[－1,1]，∴t∈.
记h(t)＝t2－2t＋1，∵t∈.
∴h(t)∈[0,1]，∴k≤h(t)max＝1，
即k的取值范围是(－∞，1]．

13．(2016·浙江)已知函数f(x)满足：f(x)≥|x|且f(x)≥2x，x∈R.(　　)
A．若f(a)≤|b|，则a≤b B．若f(a)≤2b，则a≤b
C．若f(a)≥|b|，则a≥b D．若f(a)≥2b，则a≥b
答案　B
解析　∵|x|＝根据题意可取f(x)＝即f(x)＝下面利用特值法验证选项．当a＝1，b＝－3时可排除选项A，
当a＝－5，b＝2时可排除选项C，D.故选B.
14．(2018·浙江镇海中学模拟)已知函数f(x)＝ax＋x－b的零点x0∈(n，n＋1)(n∈Z)，其中常数a，b满足2 016a＝2 017,2 017b＝2 016，则n的值是(　　)
A．－2 B．－1 C．0 D．1
答案　B
解析　∵2 016a＝2 017,2 017b＝2 016，
∴1＜a＜2,0＜b＜1，故函数f(x)在R上为增函数，
又f(0)＝1－b＞0，f(－1)＝－1－b＜1－1－b＜0，则函数f(x)在区间(－1,0)上有唯一的零点，故n的值是－1，故选B.

15．设f(x)＝|2x－1－1|，af(c)，则2a＋2c______4.(选填“>”“<”“＝”)
答案　<
解析　f(x)在(－∞，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，故结合条件知必有a<1.
若c≤1，则2a<2,2c≤2，故2a＋2c<4；
若c>1，则由f(a)>f(c)，得1－2a－1>2c－1－1，
即2c－1＋2a－1<2，即2a＋2c<4.
综上知，总有2a＋2c<4.
16．设函数f(x)＝求满足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范围．
解　令f(a)＝t，则f(t)＝2t.
当t<1时，3t－1＝2t，令g(t)＝3t－1－2t，则g′(t)＝3－2tln 2，当t<1时，g′(t)>0，g(t)在
(－∞，1)上单调递增，即g(t) 当t≥1时，2t＝2t成立，由f(a)≥1，得a<1，且3a－1≥1，解得≤a<1；a≥1，且2a≥1，解得a≥1.
综上可得a的取值范围是.