第六节指数函数

考点一：指数幂的运算1．根式(1)一般地，如果xn＝a，那么x叫做a的n次方根，其中n>1，且n∈N*.(2)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．(3)(eq\r(n,a))n＝a.当n为奇数时，eq\r(n,an)＝a，当n为偶数时，eq\r(n,an)＝|a|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≥0，,－a，a<0.))2．分数指数幂正数的正分数指数幂：＝eq\r(n,am)(a>0，m，n∈N*，n>1)．正数的负分数指数幂：＝＝eq\f(1,\r(n,am))(a>0，m，n∈N*，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．3．指数幂的运算性质aras＝ar＋s；(ar)s＝ars；(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r，s∈Q)．◆典例分析◆例1计算：(1)(－1.8)0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－2·eq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\f(3,8)))2)－eq\f(1,\r(0.01))＋eq\r(93)；(2)(a>0，b>0)．解(1)(－1.8)0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－2·eq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\f(3,8)))2)－eq\f(1,\r(0.01))＋eq\r(93)＝1＋＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－10＋33＝1＋1－10＋27＝19.(2)＝＝2×eq\f(1,100)×8＝eq\f(4,25).例2eq\r(3,－43)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－4＝________.答案5解析eq\r(3,－43)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－4＝－4＋1＋0.5×16＝5.例3◆对点练习运用◆1.计算：(1)；(2).解(1)因为eq\r(a－3)有意义，所以a>0，所以原式＝＝eq\r(3,a3)÷eq\r(a2)＝a÷a＝1.(2)原式＝＝10－1＋8＋23·32＝89.2.若m＝eq\r(5,π－35)，n＝eq\r(4,π－44)，则m＋n的值为()A．－7B．－1C．1D．7答案C解析m＋n＝π－3＋|π－4|＝π－3＋4－π＝1.3.计算化简：(1)＝________；(2)＝________.答案(1)0.09(2)解析(1)＝(eq\r(3,0.027))2＋eq\r(3,\f(125,27))－eq\r(\f(25,9))＝0.09＋eq\f(5,3)－eq\f(5,3)＝0.09.(2)＝＝＝4.计算：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5\f(1,16)))0.5－2×－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2＋π)))0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))－2；(2)2eq\r(3)×3eq\r(3,1.5)×eq\r(6,12).解(1)原式＝－2×－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＝－2×－2＋eq\f(9,16)＝eq\f(9,4)－2×eq\f(9,16)－2＋eq\f(9,16)＝eq\f(9,4)－eq\f(9,8)－2＋eq\f(9,16)＝－eq\f(5,16).(2)原式＝＝6×3＝18.考点二指数函数的图像及应用1.指数函数及其性质(1)概念：一般地，函数y＝ax(a>0，且a≠1)叫做指数函数，其中指数x是自变量，定义域是R.(2)指数函数的图象与性质a>10<a<1图象定义域R值域(0，＋∞)性质过定点(0,1)，即x＝0时，y＝1当x>0时，y>1；当x<0时，0<y<1当x<0时，y>1；当x>0时，0<y<1在(－∞，＋∞)上是增函数在(－∞，＋∞)上是减函数注意：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．◆典例分析◆例1(多选)已知非零实数a，b满足3a＝2b，则下列不等关系中正确的是()A．a<bB．若a<0，则b<a<0C．|a|<|b|D．若0<a<log32，则ab<ba答案BCD解析如图，由指数函数的图象可知，0<a<b或者b<a<0，所以A错误，B，C正确；D选项中，0<a<log32⇒0<a<b<1，则有ab<aa<ba，所以D正确．例2若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是________．答案(0,2)解析在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示．∴当0<b<2时，两函数图象有两个交点，从而函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点．∴b的取值范围是(0,2)．例3(多选)已知函数f(x)＝ax－b(a>0，且a≠1，b≠0)的图象不经过第三象限，则a，b的取值范围可能为()A．0<a<1，b<0 B．0<a<1,0<b≤1C．a>1，b<0 D．a>1,0<b≤1答案ABC解析若0<a<1，则函数y＝ax的图象如图所示，要想f(x)＝ax－b的图象不经过第三象限，则需要向上平移，或向下平移不超过1个单位长度，故－b>0或－1≤－b<0，解得b<0或0<b≤1，故A，B正确；若a>1，则函数y＝ax的图象如图所示，要想f(x)＝ax－b的图象不经过第三象限，则需要向上平移，故－b>0，解得b<0，即C正确，D错误．◆对点练习运用◆1.(多选)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>1B．0<a<1C．b>0D．b<0答案BD解析由函数f(x)＝ax－b的图象可知，函数f(x)＝ax－b在定义域上单调递减，∴0<a<1，故B正确；分析可知，函数f(x)＝ax－b的图象是由y＝ax的图象向左平移所得，如图，∴－b>0，∴b<0，故D正确．2.函数y＝ax－eq\f(1,a)(a>0，且a≠1)的图象可能是()答案D解析当a>1时，0<eq\f(1,a)<1，函数y＝ax的图象为过点(0,1)的上升的曲线，函数y＝ax－eq\f(1,a)的图象由函数y＝ax的图象向下平移eq\f(1,a)个单位长度可得，故A，B错误；当0<a<1时，eq\f(1,a)>1，函数y＝ax的图象为过点(0,1)的下降的曲线，函数y＝ax－eq\f(1,a)的图象由函数y＝ax的图象向下平移eq\f(1,a)个单位长度可得，故D正确，C错误．3.(多选)(2023·泰安模拟)已知函数f(x)＝|2x－1|，实数a，b满足f(a)＝f(b)(a<b)，则()A．2a＋2b>2B．∃a，b∈R，使得0<a＋b<1C．2a＋2b＝2D．a＋b<0答案CD解析画出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图所示．由图知1－2a＝2b－1，则2a＋2b＝2，故A错，C对．由基本不等式可得2＝2a＋2b>2eq\r(2a·2b)＝2eq\r(2a＋b)，所以2a＋b<1，则a＋b<0，故B错，D对．考点三指数函数的性质及应用1.利用指数函数的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．◆典例分析◆例1设a＝30.7，b＝2－0.4，c＝90.4，则()A．b<c<a B．c<a<bC．a<b<c D．b<a<c答案D解析b＝2－0.4<20＝1，c＝90.4＝30.8>30.7＝a>30＝1，所以b<a<c.例2已知y＝4x－3·2x＋3的值域为[1,7]，则x的取值范围是()A．[2,4] B．(－∞，0)C．(0,1)∪[2,4] D．(－∞，0]∪[1,2]答案D解析∵y＝4x－3·2x＋3的值域为[1,7]，∴1≤4x－3·2x＋3≤7.∴－1≤2x≤1或2≤2x≤4.∴x≤0或1≤x≤2.例3已知a＝1.30.6，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))－0.4，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.3，则()A．c<b<a B．a<b<cC．c<a<b D．b<c<a答案D解析a＝1.30.6>1.30＝1，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))－0.4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.4，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.3，因为指数函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))x是减函数，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.4<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.3<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0＝1，所以b<c<1，所以b<c<a.◆对点练习运用◆1.对任意实数a>1，函数y＝(a－1)x－1＋1的图象必过定点A(m，n)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)))x的定义域为[0,2]，g(x)＝f(2x)＋f(x)，则g(x)的值域为()A．(0,6] B．(0,20]C．[2,6] D．[2,20]答案C解析令x－1＝0得x＝1，y＝2，即函数图象必过定点(1,2)，所以m＝1，n＝2，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)))x＝2x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,0≤2x≤2，))解得x∈[0,1]，g(x)＝f(2x)＋f(x)＝22x＋2x，令t＝2x，则y＝t2＋t，t∈[1,2]，所以g(x)的值域为[2,6]．2.已知函数f(x)＝3x＋1－4x－5，则不等式f(x)<0的解集是________．答案(－1,1)解析因为函数f(x)＝3x＋1－4x－5，所以不等式f(x)<0即为3x＋1<4x＋5，在同一平面直角坐标系中作出y＝3x＋1，y＝4x＋5的图象，如图所示，因为y＝3x＋1，y＝4x＋5的图象都经过A(1,9)，B(－1,1)，所以f(x)<0，即y＝3x＋1的图象在y＝4x＋5图象的下方，所以由图象知，不等式f(x)<0的解集是(－1,1)．3.若ex－ey＝e，x，y∈R，则2x－y的最小值为________．答案1＋2ln2解析依题意，ex＝ey＋e，ey>0，则e2x－y＝eq\f(e2x,ey)＝eq\f(ey＋e2,ey)＝ey＋eq\f(e2,ey)＋2e≥2eq\r(ey·\f(e2,ey))＋2e＝4e，当且仅当ey＝eq\f(e2,ey)，即y＝1时取“＝”，此时，(2x－y)min＝1＋2ln2，所以当x＝1＋ln2，y＝1时，2x－y取最小值1＋2ln2.4.已知函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(0)＝3，则f(bx)与f(cx)的大小关系为()A．f(cx)≥f(bx) B．f(cx)≤f(bx)C．f(cx)>f(bx) D．f(cx)＝f(bx)答案A解析根据题意，函数f(x)＝x2－bx＋c满足f(x＋1)＝f(1－x)，则有eq\f(b,2)＝1，即b＝2，又由f(0)＝3，得c＝3，所以bx＝2x，cx＝3x，若x<0，则有cx<bx<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递减，此时有f(bx)<f(cx)，若x＝0，则有cx＝bx＝1，此时有f(bx)＝f(cx)，若x>0，则有1<bx<cx，而f(x)在(1，＋∞)上单调递增，此时有f(bx)<f(cx)，综上可得f(bx)≤f(cx)．5.已知p：ax<1(a>1)，q：2x＋1－x<2，则p是q的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析∵ax<1，当a>1时，y＝ax是增函数，∴p：{x|x<0}．对于不等式2x＋1<x＋2，作出函数y＝2x＋1与y＝x＋2的图象，如图所示．由图象可知，不等式2x＋1<x＋2的解集为{x|－1<x<0}，∴q：{x|－1<x<0}．又∵{x|－1<x<0}⊆{x|x<0}，∴p是q的必要不充分条件．6.已知a＝31.2，b＝1.20，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－0.9，则a，b，c的大小关系是()A．a<c<b B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a答案D解析因为b＝1.20＝1，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－0.9＝30.9，且y＝3x为增函数，1.2>0.9>0，所以31.2>30.9>30＝1，即a>c>b.考点四指数函数性质综合运用1.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，要借助“同增异减”这一性质分析判断．◆典例分析◆例1已知函数f(x)＝eq\f(8x＋a·2x,a·4x)(a为常数，且a≠0，a∈R)，且f(x)是奇函数．(1)求a的值；(2)若∀x∈[1,2],都有f(2x)－mf(x)≥0成立，求实数m的取值范围．解(1)f(x)＝eq\f(1,a)×2x＋eq\f(1,2x)，因为f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以eq\f(1,a)×eq\f(1,2x)＋2x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)×2x＋\f(1,2x)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,2x)))＝0，即eq\f(1,a)＋1＝0，解得a＝－1.(2)因为f(x)＝eq\f(1,2x)－2x，x∈[1,2]，所以eq\f(1,22x)－22x≥meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)－2x))，所以m≥eq\f(1,2x)＋2x，x∈[1,2]，令t＝2x，t∈[2,4]，由于y＝t＋eq\f(1,t)在[2,4]上单调递增，所以m≥4＋eq\f(1,4)＝eq\f(17,4).例2(多选)(2023·杭州模拟)已知函数f(x)＝eq\f(3x－1,3x＋1)，下列说法正确的有()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(fx1－fx2,x1－x2)<0答案AC解析对于A中，由f(－x)＝eq\f(3－x－1,3－x＋1)＝－eq\f(3x－1,3x＋1)＝－f(x)，可得函数f(x)为奇函数，函数f(x)的图象关于原点对称，故选项A正确，选项B错误；对于C中，设y＝eq\f(3x－1,3x＋1)，可得3x＝eq\f(1＋y,1－y)，所以eq\f(1＋y,1－y)>0，即eq\f(1＋y,y－1)<0，解得－1<y<1，即函数f(x)的值域为(－1,1)，所以C正确；对于D中，对∀x1，x2∈R，且x1≠x2，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，可得函数f(x)为减函数，而f(x)＝eq\f(3x－1,3x＋1)＝1－eq\f(2,3x＋1)为增函数，所以D错误．例3已知指数函数f(x)＝(2a2－5a＋3)ax在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的值为()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2答案D解析由题意得2a2－5a＋3＝1，∴2a2－5a＋2＝0，∴a＝2或a＝eq\f(1,2).当a＝2时，f(x)＝2x在(0，＋∞)上单调递增，符合题意；当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意．∴a＝2.◆对点练习运用◆1.已知函数f(x)＝，若f(x)有最大值3，则a的值为________．答案1解析令g(x)＝ax2－4x＋3，则f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))g(x)，∵f(x)有最大值3，∴g(x)有最小值－1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(3a－4,a)＝－1，))解得a＝1.2.已知定义域为R的函数f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0，且a≠1)是奇函数．(1)求实数k的值；(2)若f(1)<0，判断函数f(x)的单调性，若f(m2－2)＋f(m)>0，求实数m的取值范围．解(1)∵f(x)是定义域为R的奇函数，∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0，∴k＝2，经检验k＝2符合题意，∴k＝2.(2)f(x)＝ax－a－x(a>0，且a≠1)，∵f(1)<0，∴a－eq\f(1,a)<0，又a>0，且a≠1，∴0<a<1，从而y＝ax在R上单调递减，y＝a－x在R上单调递增，故由单调性的性质可判断f(x)＝ax－a－x在R上单调递减，不等式f(m2－2)＋f(m)>0可化为f(m2－2)>f(－m)，∴m2－2<－m，即m2＋m－2<0，解得－2<m<1，∴实数m的取值范围是(－2,1)．3.函数f(x)＝a2x＋ax＋1(a>0，且a≠1)在[－1,1]上的最大值为13，求实数a的值．解由f(x)＝a2x＋ax＋1，令ax＝t，则t>0，则y＝t2＋t＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，其对称轴为t＝－eq\f(1,2).该二次函数在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增．①若a>1，由x∈[－1,1]，得t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，故当t＝a，即x＝1时，ymax＝a2＋a＋1＝13，解得a＝3或a＝－4(舍去)．②若0<a<1，由x∈[－1,1]，可得t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，故当t＝eq\f(1,a)，即x＝－1时，ymax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2＋eq\f(1,a)＋1＝13.解得a＝eq\f(1,3)或a＝－eq\f(1,4)(舍去)．综上可得，a＝3或eq\f(1,3).4.(多选)(2022·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|＋b的图象经过原点，且无限接近直线y＝2，但又不与该直线相交，则下列说法正确的是()A．a＋b＝0B．若f(x)＝f(y)，且x≠y，则x＋y＝0C．若x<y<0