2019版数学（理）高分计划一轮高分讲义：第2章　函数、导数及其应用 2.5　指数与指数函数

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2.5指数与指数函数[知识梳理]1．根式2．分数指数幂3．无理数指数幂无理数指数幂aα(a>0，α是无理数)是一个确定的实数．有理数指数幂的运算性质同样适用于无理数指数幂．4．指数函数的概念、图象与性质特别提示:1。eq\r(n，an）与（eq\r（n,a)）n的区别(1)eq\r(n，an）是实数an的n次方根，是一个恒有意义的式子，不受n的奇偶限制，但这个式子的值受n的奇偶限制．（2)（eq\r(n,a））n是实数a的n次方根的n次幂，其中实数a的取值由n的奇偶决定．2．a对y＝ax（a>0且a≠1）的影响(1)底数a与1的大小关系决定了指数函数图象的“升降":当a〉1时，指数函数的图象“上升”;当0<a<1时，指数函数的图象“下降”．（2)底数的大小决定了图象相对位置的高低:不论是a>1，还是0〈a〈1，在第一象限内底数越大，函数图象越高．［诊断自测］1．概念思辨(1)eq\r（n，an）与(eq\r（n,a))n都等于a(n∈N*)．（)(2)函数y＝ax与y＝－ax(a>0且a≠1）的图象关于x轴对称．(）(3)若am〈an（a>0且a≠1），则m〈n。（）(4）函数y＝ax2＋1(a〉1）的值域是(0，＋∞)．（）答案（1）×（2）√(3)×(4）×2．教材衍化答案A解析答案B解析3．小题热身（1)函数f（x）＝ax－2＋1（a〉0且a≠1）的图象必经过点(）A．（0,1）B．（1，1）C．（2，0)D．(2，2）答案D解析∵a0＝1，故x－2＝0时f（x）＝2，即x＝2时f（x)＝2，故选D.（2）函数y＝ax－a－1（a>0且a≠1)的图象可能是（)答案D解析函数y＝ax－eq\f（1,a）是由函数y＝ax的图象向下平移eq\f（1,a）个单位长度得到的，A项显然错误;当a〉1时，0<eq\f(1,a)〈1，平移距离小于1，所以B项错误;当0〈a〈1时，eq\f（1,a）〉1，平移距离大于1，所以C项错误，故选D.题型1指数幂的化简与求值解方法技巧指数幂的运算规律1．有括号的先算括号里的，无括号的先算指数运算．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．注意平方法和开方法，见冲关针对训练1，2。提醒：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，形式力求统一．冲关针对训练1．(2018·资阳模拟）若0<a〈1,b>0，且ab＋a－b＝2eq\r(2）,则ab－a－b等于（)A。eq\r（6)B．2或－2C．－2D．2答案C解析∵ab＋a－b＝2eq\r(2)，∴a2b＋a－2b＝8－2＝6，∴(ab－a－b)2＝a2b＋a－2b－2＝4。∵0<a〈1，b>0，∴ab〈a－b,则ab－a－b＝－2.故选C.2．若aeq\s\up15(eq\f(1,2))＋aeq\s\up15(－eq\f(1，2)）＝xeq\s\up15（eq\f(1，2）)(a>0)，则eq\f(x－2＋\r(x2－4x）,x－2－\r(x2－4x））的值是________．答案eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a2a≥1，，a－20<a<1))解析由xeq\s\up15(eq\f（1，2))＝aeq\s\up15(eq\f（1,2))＋aeq\s\up15（－eq\f(1，2）），得x＝a＋eq\f(1，a)＋2。∴x2－4x＝x（x－4)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a＋\f（1,a）＋2))eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1，a)－2））＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，a）））2－4＝a2＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，a)））2－2＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（a－\f(1,a））)2.∴原式＝eq\f(a＋\f(1，a）＋\r(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（a－\f（1，a）））2)，a＋\f（1,a）－\r(\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1，a）））2）)＝eq\f（\a\vs4\al（a＋\f(1,a)＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f（1,a））））,a＋\f(1，a）－\a\vs4\al（\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（a－\f(1,a)）)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2a≥1，，a－20〈a<1.））题型2指数函数的图象及应用eq\o(\s\up7（),\s\do5（典例))若曲线|y|＝2x＋1与直线y＝b没有公共点，则b的取值范围是________．用数形结合法．答案[－1，1］解析曲线｜y|＝2x＋1与直线y＝b的图象如图所示，由图象可得，如果｜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］．[条件探究1］若将本典例中“|y|＝2x＋1”改为“y＝｜2x－1|”,且与直线y＝b有两个公共点,求b解曲线y＝｜2x－1|与直线y＝b的图象如图所示，由图象可得，如果曲线y＝｜2x－1|与直线y＝b有两个公共点，则b的取值范围是(0，1)．[条件探究2]若将本典例改为：函数y＝|2x－1|在(－∞,k］上单调递减,则k的取值范围是什么？解因为函数y＝｜2x－1|的单调递减区间为(－∞，0］,所以k≤0,即k的取值范围为（－∞,0]．［条件探究3]若将本典例改为：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解y＝｜ax－1｜的图象是由y＝ax先向下平移1个单位，再将x轴下方的图象沿x轴翻折过来得到的．当a＞1时，两图象只有一个交点，不合题意，如图（1)；当0＜a＜1时，要使两个图象有两个交点,则0＜2a＜1，得到0＜a＜eq\f(1,2)，如图（2）．综上，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(1，2））)。方法技巧指数函数图象的画法及应用1．画指数函数y＝ax（a〉0，且a≠1)的图象，应抓住三个关键点：(1，a），(0，1）,eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－1，\f（1,a））).2．指数函数图象的应用（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)有关指数方程、不等式问题的求解，往往利用相应的指数型函数图象，数形结合求解．见典例．冲关针对训练（2017·湖南月考）如图，四边形OABC是面积为8的平行四边形，AC⊥CO,AC与BO交于点E，某指数函数y＝ax(a>0且a≠1)的图象经过点E，B,则a＝（）A。eq\r（2)B.eq\r（3)C．2D．3答案A解析设E（t,at)，易知点B的坐标为(2t，2at)．∵B点在函数y＝ax的图象上，∴2at＝a2t，∴at＝2（at＝0舍去）．∴平行四边形OABC的面积＝OC·AC＝at·2t＝4t.又平行四边形OABC的面积为8，∴t＝2,∴a＝eq\r(2)。故选A.题型3指数函数的性质及应用角度1比较指数幂的大小eq\o(\s\up7（),\s\do5(典例））(2015·天津高考）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．a〈b<c B．a〈c〈bC．c<a〈b D．c〈b<a用转化法．答案C解析∵f(x)＝2|x－m｜－1为偶函数,∴m＝0，a＝f（logeq\s\do8（\f(1，2））3）＝f（－log23)＝f(log23)．又∵b＝f(log25)，c＝f（0)，log25>log23>0，函数f（x）＝2|x|－1在(0，＋∞)上为增函数,∴f（log25)>f(log23)>f(0）,即b>a>c.故选C。角度2求指数型函数中参数的取值eq\o(\s\up7（),\s\do5(典例))（2015·山东高考)已知函数f(x）＝ax＋b(a〉0，a≠1)的定义域和值域都是［－1，0］，则a＋b＝________.用方程法．答案－eq\f(3，2)解析①当a>1时，f（x）在[－1,0］上单调递增，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a－1＋b＝－1,,a0＋b＝0）)无解．②当0<a〈1时，f(x）在［－1,0]上单调递减,则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a－1＋b＝0，，a0＋b＝－1，））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝\f(1,2)，，b＝－2，））∴a＋b＝－eq\f(3,2）。角度3指数函数性质的综合应用解(2)令g(x)＝ax2－4x＋3，f（x)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，3))）g(x）,由于f（x）有最大值3，所以g（x）应有最小值－1，因此必有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＞0，,\f（3a－4,a)＝－1，）)解得a＝1，即当f(x）有最大值3时，a的值等于1。(3）由指数函数的性质知,要使y＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，3)))g（x)的值域为（0,＋∞）．应使g（x）＝ax2－4x＋3的值域为R，因此只能a＝0(因为若a≠0，则g(x)为二次函数，其值域不可能为R)．故a的值为0。方法技巧综合应用指数函数性质的常考题型及求解策略冲关针对训练1．（2018·珠海模拟)若xlog52≥－1,则函数y＝4x－2x＋1－3的最小值为()A．－4B．－3C．－1D．0答案A解析xlog52≥－1⇒log52x≥log5eq\f(1,5）⇒2x≥eq\f(1,5）,令t＝2x，则有y＝t2－2t－3＝（t－1)2－4eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（t≥\f（1,5))），当t＝1，即x＝0时,取得最小值－4。故选A.2．若不等式（m2－m）2x－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)））x〈1对一切x∈（－∞,－1]恒成立，则实数m的取值范围是________．答案－2<m<3解析(m2－m)2x－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）)）x<1可变形为m2－m<eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）))x＋eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2））)x)）2，设t＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）))x，则原条件等价于不等式m2－m<t＋t2在t≥2时恒成立，显然t＋t2在t≥2时的最小值为6，所以m2－m<6,解得－2<m<3。1．（2017·全国卷Ⅰ)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则（）A．2x<3y〈5z B．5z<2x<3yC．3y<5z〈2x D．3y<2x<5z答案D解析令t＝2x＝3y＝5z,∵x，y，z为正数，∴t＞1。则x＝log2t＝eq\f(lgt，lg2），同理，y＝eq\f（lgt，lg3)，z＝eq\f（lgt，lg5).∴2x－3y＝eq\f（2lgt，lg2)－eq\f(3lgt，lg3）＝eq\f（lgt2lg3－3lg2，lg2×lg3）＝eq\f(lgtlg9－lg8,lg2×lg3）＞0，∴2x＞3y.又∵2x－5z＝eq\f（2lgt，lg2）－eq\f（5lgt，lg5）＝eq\f(lgt2lg5－5lg2，lg2×lg5）＝eq\f(lgtlg25－lg32，lg2×lg5）＜0，∴2x＜5z，∴3y＜2x＜5z。故选D。答案A解析3．（2017·福建五校联考）定义运算a⊕b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a，a≤b，,b，a>b,））则函数f（x)＝1⊕2x的图象是(）答案A解析因为当x≤0时，2x≤1；当x〉0时，2x〉1.则f（x)＝1⊕2x＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，，1，x>0，）)图象A满足．故选A.答案B解析［基础送分提速狂刷练]一、选择题1．给出下列结论：①当a〈0时，(a2)eq\s\up15（eq\f(3，2）)＝a3;②eq\r(n，an）＝|a|(n〉1，n∈N＊，n为偶数)；③函数f(x)＝(x－2）eq\s\up15(eq\f（1,2））－（3x－7)0的定义域是eq\b\lc\｛\rc\｝(\a\vs4\al\co1（x|x≥2且x≠\f（7，3)))；④若5a＝0。3,0。7b＝0.8，则ab其中正确的是(）A．①②B．②③C．③④D．②④答案B解析当a〈0时，（a2）eq\s\up15(eq\f（3,2))>0，a3<0，故①错误，∵a<0，b>0，∴ab<0，④错误．故选B。2．设函数y＝x3与y＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）)）x－2的图象的交点为(x0,y0），则x0所在的区间是(）A．(0，1)B．(1,2)C．（2，3)D．(3，4)答案B解析如图所示，设f(x）＝x3,g(x)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2）））x－2，f(0）〈g（0），f(1)<g(1），f（2)>g（2），f(3）>g(3），…。∴x0∈（1,2)．故选B.3．（2017·北京模拟）已知函数f(x）＝ax，其中a>0且a≠1,如果以P(x1,f（x1)），Q(x2,f（x2)）为端点的线段的中点在y轴上，那么f（x1）·f(x2）等于（）A．1B．aC．2D．a2答案A解析∵以P（x1，f（x1）)，Q(x2，f（x2)）为端点的线段的中点在y轴上,∴x1＋x2＝0。又∵f（x)＝ax，∴f（x1)·f(x2）＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1,故选A.4．（2018·沈阳模拟）若关于x的方程9x＋(4＋a）·3x＋4＝0有解,则实数a的取值范围为（)A．(－∞，－8)∪[0,＋∞) B．（－8,－4)C．［－8，－4］ D．（－∞，－8］答案D解析∵a＋4＝－eq\f(32x＋4，3x），令3x＝t(t〉0），则－eq\f（32x＋4，3x）＝－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(t＋\f（4，t））)，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（t＋\f（4,t））)≥4，所以－eq\f(32x＋4，3x)≤－4，∴a＋4≤－4，所以a的范围为（－∞,－8］．故选D.5．（2018·南昌质检）定义在R上的偶函数f(x－2)，当x>－2时，f(x)＝ex＋1－2（e为自然对数的底数),若存在k∈Z，使方程f（x）＝0的实数根x0∈（k－1，k），则k的取值集合是（）A．{0}B．｛－3｝C．｛－4,0｝D．｛－3,0｝答案D解析∵偶函数f（x－2)的图象关于y轴对称,∴函数y＝f（x）的图象关于x＝－2对称．∵当x>－2时，f（x）＝ex＋1－2，∵f（x)＝ex＋1－2在(－2，＋∞）上单调递增，且f（－1)〈0,f(0)＝e－2〉0.由零点存在定理可知,函数f（x)＝ex＋1－2在（－1,0)上存在零点．由函数图象的对称性可知,当x〈－2时,存在唯一零点x∈(－4，－3）．由题意，方程f(x）＝0的实数根x0∈(k－1，k)，则k－1＝－4或k－1＝－1，k＝－3或k＝0.故选D.6．(2017·安徽三模）函数f（x)＝x2－bx＋c满足f（1＋x)＝f(1－x）且f（0)＝3,则f（bx）和f(cx）的大小关系是（）A．f(bx)≤f(cx）B．f（bx）≥f（cx)C．f(bx）>f（cx）D．大小关系随x的不同而不同答案A解析∵f（1＋x）＝f（1－x)，∴f（x）图象的对称轴为直线x＝1，由此得b＝2.又f(0）＝3，∴c＝3。∴f(x）在（－∞,1)上递减，在(1，＋∞）上递增．若x≥0,则3x≥2x≥1，∴f（3x)≥f(2x）．若x<0，则3x<2x〈1，∴f(3x）>f(2x）．∴f（3x)≥f（2x)．故选A.7．（2018·长春模拟）若存在正数x使2x(x－a)〈1成立，则a的取值范围是（）A．（－∞，＋∞) B．(－2，＋∞）C．（0，＋∞) D．(－1,＋∞)答案D解析不等式2x(x－a）<1可变形为x－a〈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）))x.在同一平面直角坐标系内作出直线y＝x－a与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）））x的图象．由题意,在（0,＋∞)上，直线有一部分在曲线的下方．观察可知，有－a<1，所以a〉－1.故选D。8．(2017·江西南昌二模)已知函数y＝f（x)是周期为2的周期函数,且当x∈［－1,1］时，f（x）＝2｜x|－1,则函数F（x）＝f(x）－|lgx|的零点个数是（)A．9B．10C．11D．18答案B解析依题意，在坐标平面内画出函数y＝f(x)与y＝|lgx｜的大致图象(如图)，由图象可知,它们共有10个不同的交点，因此函数F（x）＝f(x）－|lgx｜的零点个数是10，故选B。9．(2018·宜宾模拟)已知函数f（x）＝x－4＋eq\f(9，x＋1),x∈（0,4），当x＝a时,f（x)取得最小值b,则函数g（x)＝a｜x＋b|的图象为（)答案A解析∵x∈（0,4），∴x＋1〉1，∴f(x)＝x－4＋eq\f（9，x＋1)＝x＋1＋eq\f（9,x＋1)－5≥2eq\r(\f(9,x＋1）·x＋1)－5＝1，当且仅当x＝2时取等号，此时函数有最小值1.∴a＝2，b＝1，此时g（x)＝2|x＋1｜＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≥－1，,\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2)））x＋1，x<－1，)）此函数可以看成函数y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2x，x≥0，，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2))）x,x<0）)的图象向左平移1个单位，结合指数函数的图象及选项可知A正确．故选A。10．(2018·蒙城模拟）设x1，x2∈R,函数f（x）满足ex＝eq\f（1＋fx,1－fx），若f(x1）＋f(x2）＝1，则f(x1＋x2）最小值是（)A．4B．2C。eq\f(4,5)D。eq\f(1，4)答案C解析二、填空题11．(2018·浦东检测)关于x的方程πx＝eq\f(a＋1，2－a)只有正实数解，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2),2））解析∵方程πx＝eq\f（a＋1,2－a)只有正实数解，∴eq\f(a＋1,2－a)〉1，即eq\f（a＋1,2－a）－1>0，整理得eq\f（2a－1，2－a）〉0.解得eq\f（1，2)<a<2.∴a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2））。12．(2018·东湖调研）已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2)）)x，且a〉b〉c〉0,则eq\f（fa，a),eq\f(fb,b），eq\f(fc,c)的大小关系为________．答案eq\f（fa，a)〈eq\f(fb,b)〈eq\f（fc，c）解析由题意eq\f(fx，x)可以转化为f（x）上的点与原点连线的斜率，根据函数f(x)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）))x，设A（a，f（a））,B（b，f（b）),C(c，f（c)），观察图象知kOA<kOB〈kOC,∴eq\f（fa，a）<eq\f（fb，b)<eq\f(fc，c）.13．(2018·深圳一模)下列四个函数中：①y＝－eq\r(x）；②y＝log2(x＋1）；③y＝－eq\f（1，x＋1）；④y＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)））x－1,在(0,＋∞）上为减函数的是________．(填上所有正确选项的序号)答案①④解析当x∈(0，＋∞）时：①x增大时，eq\r（x)增大，－eq\r（x）减小，即y减小，∴函数y＝－eq\r(x）在（0，＋∞)上为减函数；②x增大时,x＋1增大,log2（x＋1）增大，即y增大，∴函数y＝log2（x＋1)在（0,＋∞)上为增函数；③x增大时，x＋1增大，eq\f（1,x＋1)减小，－eq\f(1,x＋1）增大，即y增大，∴函数y＝－eq\f(1,x＋1）在（0，＋∞)上为增函数；④x增大时,x－1增大，eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,2))）x－1减小，即y减小，∴函数y＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)))x－1在（0，＋∞)上为减函数．∴在（0，＋∞）上为减函数的是①④。14．（2018·济南模拟)已知g(x)＝ax＋1，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2x－1,0≤x≤2,，－x2，－2≤x<0，）)对任意x1∈[－2,2],存在x2∈［－2,2］,使g(x1）＝f（x2）成立,则a的取值范围是________．答案［－1，1］解析由题意可得g（x）,x∈［－2，2]的值域⊆f(x)，x∈[－2，2]的值域．由函数图象可得f（x），x∈［－2，2]的值域是[－4,3]，当a＝0时,g(x)＝1，符合题意;当a>0时，g(x)，x∈［－2,2］的值域是[－2a＋1，2a＋1］，所以[－2a＋1，2a＋1］⊆eq\b\lc\{\rc\(\a\