新高考一轮复习导学案第12讲 指数与指数函数（解析版）

第12讲指数与指数函数一、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a＞10＜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[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\co1(－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SKIPIF1<0，则（

）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【解析】由SKIPIF1<0得：SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，SKIPIF1<0为SKIPIF1<0上的增函数，SKIPIF1<0为SKIPIF1<0上的减函数，SKIPIF1<0为SKIPIF1<0上的增函数，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，则A正确，B错误；SKIPIF1<0与SKIPIF1<0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】Logistic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Logistic模型：SKIPIF1<0，其中K为最大确诊病例数．当I(SKIPIF1<0)=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则SKIPIF1<0约为（

）（ln19≈3）A．60 B．63 C．66 D．69【答案】C【解析】SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，所以，SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0.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：SKIPIF1<0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SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0天，则SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0天.故选：B.4、【2018年新课标1卷文科】设函数SKIPIF1<0，则满足SKIPIF1<0的x的取值范围是A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】将函数SKIPIF1<0的图像画出来，观察图像可知会有SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0，所以满足SKIPIF1<0的x的取值范围是SKIPIF1<0，故选D.5、【2022年全国甲卷】函数y=3x−A． B．C． D．【答案】A【解析】令f(x)=(3则f(−x)=(3所以f(x)为奇函数，排除BD；又当x∈(0,π2)时，3故选：A.1、已知a＝SKIPIF1<0，b＝SKIPIF1<0，c＝SKIPIF1<0，则()A．c<b<a B．a<b<cC．b<a<c D．c<a<b【答案】A【解析】因为a＝SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0，b＝SKIPIF1<0，所以a＝SKIPIF1<0>SKIPIF1<0＝b，因为b＝SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0，c＝SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0，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>1,0<b<1C．0<a<1，b>1 D．0<a<1,0<b<1【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2C.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0<a<1时，函数单调递减，f(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>nD.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0<a<1时，函数y＝ax单调递减，由am>an，得m<n，故C错误；对于D，由f(2)＝a2-2－3＝－2，得f(x)的图象恒过点(2，－2)，故D正确．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(log0．53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为（）A．b＜a＜cB．c＜a＜bC．c＜b＜aD．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．3B．eq\f(1,3)C．-5D．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(log0．53)＝f(－log23)＝f(log23)，b＝f(log25)，c＝f(0)，且0＜log23＜log25，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\co1(\f(1,a)，a))，又函数y＝(t＋1)2－2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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\co1(a，\f(1,a)))，又函数y＝(t＋1)2－2在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上单调递增，则ymax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(m,2)，＋∞))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\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SKIPIF1<0的直线与函数SKIPIF1<0的图象交于SKIPIF1<0、SKIPIF1<0两点，点SKIPIF1<0在线段SKIPIF1<0上，过SKIPIF1<0作SKIPIF1<0轴的平行线交函数SKIPIF1<0的图象于SKIPIF1<0点，当SKIPIF1<0∥SKIPIF1<0轴，点SKIPIF1<0的横坐标是【答案】SKIPIF1<0【解析】根据题意，可设点SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0,由于SKIPIF1<0∥SKIPIF1<0轴，故SKIPIF1<0，代入SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，由于SKIPIF1<0在线段SKIPIF1<0上，故SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0.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\co1(\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\co1(\f(1,8)，\f(1,4)))上单调递减，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))上单调递增，所以g(t)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(－\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\co1(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>log3eq\f(1＋\r(5),2)，所以f(x)>1的解集为(log3eq\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RB．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\co1(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\co1(\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，eqf(x)＝a·2\s\up6(x)＋b，若f(0)＋f(1)＝－4，则eqf(\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eqf(\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－eq4\r(,2)．变式3、已知函数SKIPIF1<0，则（）．A．SKIPIF1<0的图象关于直线SKIPIF1<0对称 B．SKIPIF1<0的图象关于点SKIPIF1<0对称C．SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递增 D．SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上单调递减【答案】A【解析】SKIPIF1<0的定义域为SKIPIF1<0，A：因为SKIPIF1<0，所以函数SKIPIF1<0的图象关于SKIPIF1<0对称，因此本选项正确；B：由A知SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0的图象不关于点SKIPIF1<0对称，因此本选项不正确；C：SKIPIF1<0函数SKIPIF1<0在SKIPIF1<0时，单调递增，在SKIPIF1<0时，单调递减，因此函数SKIPIF1<0在SKIPIF1<0时单调递增，在SKIPIF1<0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：A1、已知指数函数SKIPIF1<0，将函数SKIPIF1<0的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标扩大为原来的SKIPIF1<0倍，得到函数SKIPIF1<0的图象，再将SKIPIF1<0的图象向右平移SKIPIF1<0个单位长度，所得图象恰好与函数SKIPIF1<0的图象重合，则a的值是（）A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】由题意可得SKIPIF1<0，再将SKIPIF1<0的图象向右平移SKIPIF1<0个单位长度，得到函数SKIPIF1<0，又因为SKIPIF1<0，所以，SKIPIF1<0，整理可得SKIPIF1<0，因为SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0.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．Tsiolkovsky)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．e5B．e5－1C．e6D．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