2022届高考数学一轮复习第二章第四节-指数与指数函数 学案

这是一份2022届高考数学一轮复习第二章第四节-指数与指数函数 学案，共19页。

核心素养立意下的命题导向
1.将根式与指数幂相结合考查它们之间的互化，凸显数学运算的核心素养．
2．与方程、不等式等相结合考查指数函数图象的应用，凸显直观想象的核心素养．
3．与二次函数、不等式等问题综合考查指数型函数的性质及应用，凸显数学运算、直观想象和逻辑推理的核心素养．
[理清主干知识]
1．根式
(1)根式的概念
若xn＝a，则x叫做a的n次方根，其中n＞1且n∈N*.式子 eq \r(n,a)叫做根式，这里n叫做根指数，a叫做被开方数．
(2)a的n次方根的表示
xn＝a⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ \r(n,a) 当n为奇数且n>1时，,x＝±\r(n,a)当n为偶数且n>1时.))
2．有理数指数幂
3．指数函数的图象和性质
4．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.
由此我们可得到以下规律：在y轴右(左)侧图象越高(低)，其底数越大．
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(指数型函数图象)函数y＝2x＋1的图象是( )
答案：A
2．(指数幂的运算)计算：π0＋2－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(1,4)))＝________.
答案：eq \f(11,8)
3．(根式的意义)若eq \r(2a－12)＝eq \r(3,1－2a3)，则实数a的取值范围为________．
解析：eq \r(2a－12)＝|2a－1|，eq \r(3,1－2a3)＝1－2a.
因为|2a－1|＝1－2a.故2a－1≤0，所以a≤eq \f(1,2).
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
4．(函数过定点)函数f(x)＝ax－2＋1(a>0且a≠1)的图象恒过定点________．
解析：令x－2＝0，得x＝2.此时a0＋1＝2，∴定点为(2,2)．
答案：(2,2)
5．(指数函数的值域)函数y＝3x2－2x的值域为________．
解析：设u＝x2－2x，则y＝3u，u＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，所以y＝3u≥3－1＝eq \f(1,3)，所以函数y＝3x2－2x的值域是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
二、易错点练清
1．(化简eq \r(n,an)(a∈R)时忽略n的范围)计算 eq \r(3,1＋\r(2)3)＋ eq \r(4,1－\r(2)4)＝________.
答案：2eq \r(2)
2．(错误理解指数函数的概念)若函数f(x)＝(a2－3)·ax为指数函数，则a＝________.
答案：2
3．(忽视对底数a的讨论)若函数f(x)＝ax在[－1,1]上的最大值为2，则a＝________.
答案：2或eq \f(1,2)
考点一 指数幂的化简与求值
[典例] (1)eq \f(a3,\r(a)·\r(5,a4))(a>0)的值是( )
A．1 B．a
C．a D．a
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))0＋2－2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))－(0.01)0.5＝________.
[解析] (1)eq \f(a3,\r(a)·\r(5,a4))＝eq \f(a3,a·a)＝a＝a.故选D.
(2)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).
[答案] (1)D (2)eq \f(16,15)
[方法技巧]
1．指数幂运算的一般原则
(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．
2．化简指数幂常用的技巧
(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))－p＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))p(ab≠0)；
(2)a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))m，aeq \f(n,m)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))n(式子有意义)；
(3)1的代换，如1＝a－1a,1＝aa等；
(4)乘法公式的常见变形，如(a＋b)(a－b)＝a－b，(a±b)2＝a±2ab＋b，(a±b)(a∓ab＋b)＝a±b.
[针对训练]
1．化简eq \f(a·b－1·a·b,\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：选D 原式＝eq \f(abab,ab)＝a·b＝eq \f(1,a).
2．已知14a＝7b＝4c＝2，则eq \f(1,a)－eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝________.
解析：由题设可得2＝14,2＝7,2＝4，则2＝eq \f(14,7)＝2，
∴2＝2×4＝23，∴eq \f(1,a)－eq \f(1,b)＋eq \f(1,c)＝3.
答案：3
3．若x>0，则(2x＋3)(2x－3)－4x (x－x)＝________.
解析：因为x>0，所以原式＝(2x)2－(3)2－4x·x＋4x·x＝4x－3－4x＋4x＝4x－33－4x＋4x0＝－27＋4＝－23.
答案：－23
考点二 指数函数的图象及应用
[典题例析]
(1)已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)(其中a>b)的图象如图所示，则函数g(x)＝ax＋b的图象是( )
(2)(多选)已知实数a，b满足等式2 020a＝2 021b，下列四个关系式中成立的关系式是( )
A．0C．a＝b D．a(3)函数y＝|3x－2|＋m的图象不经过第二象限，则实数m的取值范围是________．
[解析] (1)由函数f(x)的图象可知，b<－1<0∴g(x)＝ax＋b的图象是递减的．又g(0)＝a0＋b＝1＋b<0，∴g(x)的图象与y轴交于负半轴，故选A.
(2)在同一平面直角坐标系中作出y＝2020x与y＝2 021x的图象如图所示．设2 020a＝2 021b＝t.
当t>1时，0当t＝1时，a＝b＝0，C正确．
当0(3)作出函数y＝|3x－2|的图象如图所示．由图可知，若函数y＝|3x－2|＋m的图象不经过第二象限，则将函数y＝|3x－2|的图象至少向下移动2个单位，则m≤－2.
[答案] (1)A (2)ACD (3)(－∞，－2]
[方法技巧]
有关指数函数图象问题的解题思路
(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问题，一般是从最基本的指数函数的图象入手，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．
(3)有关参数取值范围问题的求解，往往是利用相应的指数型函数图象，数形结合求解．
[针对训练]
1．函数f(x)＝1－e|x|的图象大致是( )
解析：选A 由f(x)＝1－e|x|是偶函数，其图象关于y轴对称，排除B、D.又e|x|≥1，所以f(x)的值域为(－∞，0]，排除C，故选A.
2.函数f(x)＝ax－b的图象如图，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解析：选D 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03．若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|1－x|＋m的图象与x轴有公共点，则m的取值范围是________．
解析：作出函数g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|1－x|的图象如图所示，由图象可知0答案：[－1,0)
考点三 指数函数的性质及应用
考法(一) 与指数函数有关的函数单调性问题
[例1] 若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，且a≠1)，满足f(1)＝eq \f(1,9)，则f(x)的单调递减区间是( )
A．(－∞，2] B．[2，＋∞)
C．[－2，＋∞) D．(－∞，－2]
[解析] 由f(1)＝eq \f(1,9)，得a2＝eq \f(1,9)，解得a＝eq \f(1,3)或a＝－eq \f(1,3)(舍去)，即f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))|2x－4|.
由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，
所以f(x)在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减，故选B.
[答案] B
[方法技巧]
与指数函数有关的复合函数的单调性，要弄清复合函数由哪些基本初等函数复合而成，要注意数形结合思想的运用．
考法(二) 比较指数式大小
[例2] 已知f(x)＝2x－2－x，a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))－eq \f(1,4)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,7)))eq \f(1,5)，c＝lg2eq \f(7,9)，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为( )
A．f(b)C．f(c)[解析] 易知f(x)＝2x－2－x在R上为增函数，又a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,9)))－eq \f(1,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,7)))eq \f(1,4)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,7)))eq \f(1,5)＝b>0，c＝lg2eq \f(7,9)<0，则a>b>c，所以f(c)[答案] B
[方法技巧] 比较指数幂大小的常用方法
考法(三) 解指数方程或不等式
[例3] 设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－7，x<0，,\r(x)，x≥0，))若f(a)<1，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－3) B．(1，＋∞)
C．(－3,1) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
[解析] 当a<0时，不等式f(a)<1可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a－7<1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a<8，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a因为0－3，此时－3当a≥0时，不等式f(a)<1可化为eq \r(a)<1，
所以0≤a<1.故a的取值范围是(－3,1)．
[答案] C
[方法技巧]
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．
考法(四) 与指数函数有关的函数最值问题
[例4] (1)(2021·昆明模拟)已知集合A＝{x|(2－x)·(2＋x)>0}，则函数f(x)＝4x－2x＋1－3(x∈A)的最小值为( )
A．4 B．2
C．－2 D．－4
(2)若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))有最大值3，则a＝________.
[解析] (1)由题知集合A＝{x|－2(2)令h(x)＝ax2－4x＋3，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))h(x)，
由于f(x)有最大值3，所以h(x)应有最小值－1，
因此必有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(12a－16,4a)＝－1，))解得a＝1，
即当f(x)有最大值3时，a的值为1.
[答案] (1)D (2)1
[方法技巧]
解决形如y＝a2x＋b·ax＋c(a>0，且a≠1)型函数最值问题，多利用换元法，即令t＝ax，转化为y＝t2＋bt＋c的最值问题，注意根据指数函数求t的范围．
[针对训练]
1．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：选C 因为函数y＝0.6x在R上单调递减，所以b＝0.61.51，所以b2．(多选)对于给定的函数f(x)＝ax－a－x(x∈R，a>0，且a≠1)，下面给出四个命题，其中真命题是( )
A．函数f(x)的图象关于原点对称
B．函数f(x)在R上不具有单调性
C．函数f(|x|)的图象关于y轴对称
D．当0解析：选ACD ∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，f(x)的图象关于原点对称，A是真命题；当a>1时，f(x)在R上为增函数，当03．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \r(x－x2)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
解析：选D 令x－x2≥0，得0≤x≤1，所以函数f(x)的定义域为[0,1]，因为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t是减函数，所以函数f(x)的增区间就是函数y＝－x2＋x在[0,1]上的减区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，故选D.
4．若不等式1＋2x＋4x·a>0在x∈(－∞，1]时恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：从已知不等式中分离出实数a，得a>－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x.因为函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x和y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上都是减函数，所以当x∈(－∞，1]时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x≥eq \f(1,4)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x≥eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x≥eq \f(1,4)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，从而得－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x≤－eq \f(3,4).故实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，＋∞))
一、创新命题视角——学通学活巧迁移
1．(2021·昆明模拟)能说明“已知f(x)＝2|x－1|，若f(x)≥g(x)对任意的x∈[0,2]恒成立，则在[0,2]上，f(x)min≥g(x)max”为假命题的一个函数g(x)＝________.(填出一个函数即可)
解析：易知函数f(x)＝2|x－1|在x∈[0,2]上的最小值是1，取g(x)＝x－eq \f(1,2)，作出f(x)，g(x)在[0,2]上的图象如图所示，满足f(x)≥g(x)对任意的x∈[0,2]恒成立，但g(x)＝x－eq \f(1,2)在[0,2]上的最大值是eq \f(3,2)，不满足f(x)min≥g(x)max，所以g(x)＝x－eq \f(1,2)能说明题中命题是假命题．
答案：x－eq \f(1,2)(答案不唯一)
2．已知a，b，c，m都是正数，am＝bm＋cm，当m取何值时，长分别为a，b，c的三条线段能构成三角形？
解：由于am＝bm＋cm，且a，b，c，m都是正数，所以a>b>0且a>c>0.因此要使长分别为a，b，c的三条线段能构成三角形，则只要b＋c>a即可．
注意到f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))x在R上单调递减．
若m＝1，则b＋c＝a，显然此时不能构成三角形；
若m>1，则f(m)1，即b＋c>a，此时可以构成三角形；
若0f(1)，即eq \f(b＋c,a)<1，即b＋c综上可知，当m>1时，长分别为a，b，c的三条线段能构成三角形．
二、创新考查方式——领悟高考新动向
1．对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x0满足f(－x0)＝－f(x0)，则称函数f(x)为“倒戈函数”．设f(x)＝3x＋2m－1(m∈R，且m≠0)是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)) D．(－∞，0)
解析：选B ∵f(x)＝3x＋2m－1是定义在[－1,1]上的“倒戈函数”，∴∃x0∈[－1,1]满足f(－x0)＝－f(x0)，∴3－x0＋2m－1＝－3x0－2m＋1，∴4m＝－3－x0－3x0＋2.构造函数g(x)＝－3－x－3x＋2，x∈[－1,1]，令t＝3x，则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))，则g(x)可转化为h(t)＝－eq \f(1,t)－t＋2，易知h(t)＝－eq \f(1,t)－t＋2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递增，在[1,3]上单调递减，∴y＝h(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0)).又m≠0，∴－eq \f(4,3)≤4m<0，∴－eq \f(1,3)≤m<0.
2．已知函数y＝f(x)和函数y＝g(x)的图象关于y轴对称，当函数y＝f(x)和y＝g(x) 在[a，b]上同时递增或同时递减时，[a，b]叫做函数y＝f(x)的“不动区间”．若[1,2]为函数y＝|2x＋t|的“不动区间”，则实数t的取值范围为________．
解析：因为函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象关于y轴对称，所以g(x)＝f(－x)＝|2－x＋t|.因为[1,2]为函数y＝|2x＋t|的“不动区间”，所以函数y＝|2x＋t|和函数g(x)＝|2－x＋t|在[1,2]上的单调性相同．又因为y＝2x＋t和y＝2－x＋t的单调性相反，所以(2x＋t)(2－x＋t)≤0在[1,2]上恒成立，即2－x≤－t≤2x在[1,2]上恒成立，得－2≤t≤－eq \f(1,2).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))
3．对于某种类型的口服药，口服x小时后，由消化系统进入血液中的药物浓度y(单位)与时间t(时)的关系为y＝k(e－at－e－bt)，其中k>0，b>a>0，k，a，b为常数，对于某一种药物k＝4，a＝1，b＝2.
(1)口服药物后________小时血液中药物浓度最高；
(2)这种药物服药n(n∈N*)小时后血液中药物浓度f(n)如下表：
一个病人上午8：00第一次服药，要使得病人血液中药物浓度保持在0.5个单位以上，第三次服药的时间是________．(时间以整点为准)
解析：(1)药物浓度y(单位)与时间t(时)的关系为y＝k(e－at－e－bt)，对于某一种药物k＝4，a＝1，b＝2，代入可得y＝4(e－t－e－2t)＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2t)－\f(1,et)))＝－4eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,et)))2－\f(1,et)＋\f(1,4)))＋1＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,et)－\f(1,2)))2＋1，
所以当eq \f(1,et)－eq \f(1,2)＝0，即t＝ln 2时取得最大值．
(2)由题可知，病人上午8：00第一次服药，要使得病人血液中药物浓度保持在0.5个单位以上，则第二次服药时间在11：00.
第一次服药7个小时后药物浓度为0.116 3，此时为第二次服药后4个小时，药物浓度为0.468 0，而0.116 3＋0.468 0＝0.584 3>0.5；
第一次服药8个小时后的药物浓度为0.072 0，此时为第二次服药后5个小时，药物浓度为0.301 0，而0.072 0＋0.301 0＝0.373 0<0.5.
综上可知，若使得病人血液中药物浓度保持在0.5个单位以上，则第三次服药时间为第一次服药后的7个小时，即为15：00.
答案：(1)ln 2 (2)15：00
4．已知函数f(x)＝2－x，给出下列结论：
①若x>0，则f(x)>1；
②对于任意的x1，x2∈R，x1－x2≠0，必有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0；
③若0④对于任意的x1，x2∈R，x1－x2≠0，必有eq \f(fx1＋fx2,2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2))).
其中所有正确结论的序号是________．
解析：f(x)＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x.
对于①，当x>0时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x∈(0,1)，故①错误．
对于②，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上单调递减，所以(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，故②正确．
对于③，eq \f(fx,x)表示f(x)图象上的点与原点连线的斜率，由f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的图象可知，当0eq \f(fx2,x2)，即x2f(x1)>x1f(x2)，故③错误．
对于④，由f(x)的图象可知，eq \f(fx1＋fx2,2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)))，故④正确．
综上所述，所有正确结论的序号是②④.
答案：②④
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
1．函数y＝ln(2x－1)的定义域是( )
A．[0，＋∞) B．[1，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选C 由2x－1>0，得x>0，所以函数的定义域为(0，＋∞).
2．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2x－x2的值域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．(0,2]
解析：选A 设t＝2x－x2，则t≤1，所以y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t，t≤1，所以y∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，故选A.
3．化简4a·b÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)ab))的结果为( )
A．－eq \f(2a,3b) B．－eq \f(8a,b)
C．－eq \f(6a,b) D．－6ab
解析：选C 原式＝－6ab＝－6ab－1＝－eq \f(6a,b).
4．已知函数f(x)＝4＋2ax－1的图象恒过定点P，则点P的坐标是( )
A．(1,6) B．(1,5)
C．(0,5) D．(5,0)
解析：选A 由于函数y＝ax的图象过定点(0,1)，当x＝1时，f(x)＝4＋2＝6，故函数f(x)＝4＋2ax－1的图象恒过定点P(1,6)．
5．已知a＝20.2，b＝0.40.2，c＝0.40.6，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＞b＞c B．a＞c＞b
C．c＞a＞b D．b＞c＞a
解析：选A 由0.2＜0.6,0.4＜1，并结合指数函数的图象可知0.40.2＞0.40.6，即b＞c；因为a＝20.2＞1，b＝0.40.2＜1，所以a＞b.综上，a＞b＞c.
二、综合练——练思维敏锐度
1．(2021·衡水模拟)已知ab＝－5，则a eq \r(－\f(b,a))＋b eq \r(－\f(a,b))的值是( )
A．2eq \r(5) B．0
C．－2eq \r(5) D．±2eq \r(5)
解析：选B 由题意知ab<0，a eq \r(－\f(b,a))＋b eq \r(－\f(a,b))＝a eq \r(－\f(ab,a2))＋b eq \r(－\f(ab,b2))＝a eq \r(\f(5,a2))＋b eq \r(\f(5,b2))＝aeq \f(\r(5),|a|)＋beq \f(\r(5),|b|)＝0.故选B.
2．已知0A．ba B．aa
C．ab D．bb
解析：选C ∵0aa，ba又∵y＝xb在(0，＋∞)上为增函数，∴ab>bb，∴在ab，ba，aa，bb中最大的是ab.故选C.
3．函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))的值域为( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析：选D 由eq \f(2,x＋1)≠0，得y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))≠1，又y>0，所以值域为(0,1)∪(1，＋∞)，故选D.
4．函数y＝ax(a>0且a≠1)与函数y＝(a－1)x2－2x－1在同一个坐标系内的图象可能是( )
解析：选C 两个函数分别为指数函数和二次函数，其中二次函数过点(0，－1)，故排除A、D；二次函数的对称轴为直线x＝eq \f(1,a－1)，当01时，指数函数递增，eq \f(1,a－1)>0，B不符合题意，故选C.
5．已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数，记a＝f(lg0.53)，b＝f(lg25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．c解析：选C 函数f(x)＝2|x－m|－1为偶函数，则m＝0，故f(x)＝2|x|－1，a＝f(lg0.53)＝2|lg0.53 |－1＝2lg23－1＝2，b＝f(lg25)＝2 lg25－1＝4，c＝f(0)＝20－1＝0.所以c6．(2021·安徽皖江名校模拟)若ea＋πb≥e－b＋π－a，则有( )
A．a＋b≤0 B．a－b≥0
C．a－b≤0 D．a＋b≥0
解析：选D 令f(x)＝ex－π－x，则f(x)在R上单调递增，因为ea＋πb≥e－b＋π－a，所以ea－π－a≥e－b－πb，则f(a)≥f(－b)，所以a≥－b，即a＋b≥0.故选D.
7．(多选)已知函数f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，下面说法正确的有( )
A．f(x)的图象关于原点对称
B．f(x)的图象关于y轴对称
C．f(x)的值域为(－1,1)
D．∀x1，x2∈R，且x1≠x2，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0
解析：选AC 对于选项A，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)，定义域为R，则f(－x)＝eq \f(2－x－1,2－x＋1)＝eq \f(1－2x,1＋2x)＝ －f(x)，则f(x)是奇函数，图象关于原点对称，故A正确；对于选项B，计算f(1)＝eq \f(2－1,2＋1)＝eq \f(1,3)，f(－1)＝eq \f(\f(1,2)－1,\f(1,2)＋1)＝－eq \f(1,3)≠f(1)，故f(x)的图象不关于y轴对称，故B错误；对于选项C，f(x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,1＋2x)，令1＋2x＝t，t∈(1，＋∞)，则f(x)＝g(t)＝1－eq \f(2,t)，易知1－eq \f(2,t)∈(－1,1)，故f(x)的值域为(－1,1)，故C正确；对于选项D，易知函数t＝1＋2x在R上单调递增，且y＝1－eq \f(2,t)在t∈(1，＋∞)上单调递增，根据复合函数的单调性，可知f(x)＝1－eq \f(2,1＋2x)在R上单调递增，故∀x1，x2∈R，且x1≠x2，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，故D错误．故选A、C.
8．化简：(2eq \r(3,a2)·eq \r(b))(－6eq \r(a)·eq \r(3,b))÷(－3eq \r(6,a)·eq \r(6,b5))＝_______.
解析：(2eq \r(3,a2)·eq \r(b))(－6eq \r(a)·eq \r(3,b))÷(－3eq \r(6,a)·eq \r(6,b5))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a·b))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－6a·b))÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3a·b))＝4a·b＝4a1·b0＝4a.
答案：4a
9．若函数f(x)＝ax－1(a>0且a≠1)的定义域和值域都是[0,2]，则实数a的值为________．
解析：当0当a>1时，f(x)＝ax－1在[0,2]上为增函数，又函数f(x)的定义域和值域都是[0,2]，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝0，,f2＝a2－1＝2，,a>1，))解得a＝eq \r(3)，所以实数a的值为eq \r(3).
答案：eq \r(3)
10．当x∈(－∞，－1]时，不等式(m2－m)·4x－2x<0恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：∵(m2－m)·4x－2x<0在(－∞，－1]上恒成立，∴(m2－m)答案：(－1,2)
11．设a>0，且a≠1，函数y＝a2x＋2ax－1在[－1,1]上的最大值是14，求实数a的值．
解：令t＝ax(a>0，且a≠1)，
则原函数化为y＝f(t)＝(t＋1)2－2(t>0)．
①当0此时f(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))上为增函数．
所以f(t)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))2－2＝14.
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))2＝16，解得a＝－eq \f(1,5)(舍去)或a＝eq \f(1,3).
②当a>1时，x∈[－1,1]，t＝ax∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))，
此时f(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))上是增函数．
所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，
解得a＝3或a＝－5(舍去)．
综上得a＝eq \f(1,3)或3.
12．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a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2·4x－2x－1＝2(2x)2－2x－1，
令t＝2x，因为x∈[－3,0]，所以t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1)).
故y＝2t2－t－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))2－eq \f(9,8)，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1))，
故值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,8)，0)).
(2)设2x＝m>0，关于x的方程2a(2x)2－2x－1＝0有解，
等价于方程2am2－m－1＝0在(0，＋∞)上有解，
记g(m)＝2am2－m－1，
当a＝0时，解为m＝－1<0，不成立．
当a<0时，开口向下，对称轴m＝eq \f(1,4a)<0，过点(0，－1)，不成立．
当a>0时，开口向上，对称轴m＝eq \f(1,4a)>0，过点(0，－1)，必有一个根为正．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
13．已知定义域为R的函数f(x)＝eq \f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．
解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，即eq \f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1，
所以f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋a).
又由f(1)＝－f(－1)知eq \f(－2＋1,4＋a)＝－eq \f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋1)，
由上式易知f(x)在R上为减函数，又因为f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．
因为f(x)是R上的减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.
即对一切t∈R有3t2－2t－k>0，
从而Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq \f(1,3).
故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).
三、自选练——练高考区分度
1．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：选D 作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图所示．
因为af(c)>f(b)，
结合图象知，00，
所以0<2a<1.
所以f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，
所以f(c)<1，所以0所以1<2c<2，所以f(c)＝|2c－1|＝2c－1，
又因为f(a)>f(c)，
所以1－2a>2c－1，
所以2a＋2c<2，故选D.
2．(多选)若实数x，y满足5x－4y＝5y－4x，则下列关系式中可能成立的是( )
A．x＝y B．1C．0解析：选ACD 由题意，实数x，y满足5x－4y＝5y－4x，可化为4x＋5x＝5y＋4y，设f(x)＝4x＋5x，g(x)＝5x＋4x，由基本初等函数的性质，可得f(x)，g(x)在R上都是单调递增函数，画出函数y＝f(x)，y＝g(x)的大致图象，如图所示．根据图象可知，当x＝0时，f(0)＝g(0)＝1；当x＝1时，f(1)＝g(1)＝9.
故当x＝y＝0或1时，f(x)＝g(y)，所以5x－4y＝5y－4x成立，故A正确；
当13．(多选)设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如， [－3.5]＝－4，[2.1]＝2.已知函数f(x)＝eq \f(ex,1＋ex)－eq \f(1,2)，则关于函数g(x)＝[f(x)]和f(x)的叙述中正确的是( )
A．g(x)是偶函数
B．f(x)是奇函数
C．f(x)在R上是增函数
D．g(x)的值域是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－1，0，1))
解析：选BC 根据题意知f(x)＝eq \f(ex,1＋ex)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,1＋ex)，定义域为R.∵g(1)＝[f(1)]＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(e,1＋e)－\f(1,2)))＝0，g(－1)＝[f(－1)]＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e＋1)－\f(1,2)))＝－1，∴g(1)≠g(－1)，g(1)≠－g(－1)，∴函数g(x)既不是奇函数也不是偶函数，A错误；∵f(－x)＝eq \f(e－x,1＋e－x)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,1＋ex)－eq \f(1,2)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数，B正确；由复合函数的单调性知f(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,1＋ex)在R上是增函数，C正确；∵ex>0，∴1＋ex>1，∴－eq \f(1,2)幂的有
关概念
正分数指数幂：a＝eq \r(n,am)(a＞0，m，n∈N*，且n＞1)
负分数指数幂：a＝eq \f(1,a)＝eq \f(1,\r(n,am))(a＞0，m，n∈N*，且n＞1)
0的正分数指数幂等于_0_，0的负分数指数幂无意义
有理数
指数幂
的性质
aras＝ar＋s(a＞0，r，s∈Q)
(ar)s＝ars(a＞0，r，s∈Q)
(ab)r＝arbr(a＞0，b＞0，r∈Q)
y＝ax
a>1
0图象
性质
函数的定义域为eq \a\vs4\al(R)；值域为(0，＋∞)
函数图象过定点(0,1)，即当x＝eq \a\vs4\al(0)时，y＝eq \a\vs4\al(1)
当x>0时，恒有y>1；
当x>0时，恒有0当x<0时，恒有0当x<0时，恒有y>1
函数在定义域R上为增函数
函数在定义域R上为减函数
单调性法
取中间
不同底的指数函数化同底后就可以应用指数函数的单调性比较大小，所以能够化同底的尽可能化同底
值法
不同底、不同指数的指数函数比较大小时，先与中间值(特别是0,1)比较大小，然后得出大小关系
图解法
根据指数函数的特征，在同一平面直角坐标系中作出它们的函数图象，借助图象比较大小
n
1
2
3
4
f(n)
0.954 5
0.930 4
0.693 2
0.468 0
n
5
6
7
8
f(n)
0.301 0
0.189 2
0.116 3
0.072 0