2024-2025学年新教材高中数学第四章指数函数与对数函数4.2.2第2课时指数函数的图象和性质二学案含解析新人教A版必修第一册

PAGE1-第2课时指数函数的图象和性质(二)必备学问·探新知基础学问学问点1比较幂的大小比较幂的大小的常用方法：(1)对于底数相同，指数不同的两个幂的大小比较，可以利用指数函数的单调性来推断．(2)对于底数不同，指数相同的两个幂的大小比较，可以利用指数函数图象的改变规律来推断．(3)对于底数不同，且指数也不同的幂的大小比较，可先化为同底的两个幂，或者通过中间值来比较．学问点2有关指数型函数的性质(1)求复合函数的定义域形如y＝af(x)的函数的定义域就是f(x)的定义域．求形如y＝af(x)的函数的值域，应先求出u＝f(x)的值域，再由单调性求出y＝au的值域．若a的范围不确定，则需对a进行探讨．求形如y＝f(ax)的函数的值域，要先求出u＝ax的值域，再结合y＝f(u)确定出y＝f(ax)的值域．(2)推断复合函数的单调性令u＝f(x)，x∈[m，n]，假如复合的两个函数y＝au与u＝f(x)的单调性相同，那么复合后的函数y＝af(x)在[m，n]上是增函数；假如两者的单调性相反(即一增一减)，那么复合函数y＝af(x)在[m，n]上是减函数．(3)探讨函数的奇偶性一是定义法，即首先是定义域关于原点对称，然后分析式子f(x)与f(－x)的关系，最终确定函数的奇偶性．二是图象法，作出函数图象或从已知函数图象视察，若图象关于原点或y轴对称，则函数具有奇偶性．基础自测1．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))b，则a，b的大小关系是(B)A．1>a>b>0 B．a<bC．a>b D．1>b>a>0[解析]因为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))x在(0，＋∞)上是单调递减函数，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,π)))b，所以a<b，故选B．2．设f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|，x∈R，那么f(x)是(D)A．奇函数且在(0，＋∞)上是增函数B．偶函数且在(0，＋∞)上是增函数C．奇函数且在(0，＋∞)上是减函数D．偶函数且在(0，＋∞)上是减函数[解析]因为f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|－x|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|＝f(x)，所以f(x)为偶函数．又当x>0时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上是减函数，故选D．3．若2x＋1＜1，则x的取值范围是(D)A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(0,1)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)[解析]不等式2x＋1＜20，因为y＝2x是定义域R上的增函数，所以x＋1＜0，即x＜－1.4．当x∈[－1,1]时，函数f(x)＝3x－2的值域是(C)A．[1，eq\f(5,3)] B．[－1,1]C．[－eq\f(5,3)，1] D．[0,1][解析]因为f(x)＝3x－2是[－1,1]上的增函数，所以3－1－2≤f(x)≤3－2，即－eq\f(5,3)≤f(x)≤1.5．已知a＝eq\f(\r(5)－1,2)，函数f(x)＝ax，若实数m，n满意f(m)>f(n)，则m，n的大小关系为__m<n__.[解析]∵a＝eq\f(\r(5)－1,2)∈(0,1)，∴f(x)＝ax为减函数，故由am>an，解得m<n.关键实力·攻重难题型探究题型一指数型函数的单调性例1探讨函数f(x)＝(eq\f(1,3))x2－2x的单调性，并求其值域．[分析]此函数是由指数函数及二次函数复合而成的函数，因此可依据复合函数的单调性对其探讨．[解析]解法一：∵函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，设x1、x2∈(－∞，＋∞)且有x1<x2，(1)当x1<x2≤1，x1＋x2<2，即有x1＋x2－2<0.又∵x2－x1>0，∴(x2－x1)(x2＋x1－2)<0，则知(eq\f(1,3))(x2－x1)(x2＋x1－2)>1.又对于x∈R，f(x)>0恒成立．∴f(x2)>f(x1)．∴函数f(x)在(－∞，1]上单调递增．(2)当1≤x1<x2时，x1＋x2>2，即有x1＋x2－2>0.又∵x2－x1>0，∴(x2－x1)(x1＋x2－2)>0，则知0<(eq\f(1,3))(x2－x1)(x2＋x1－2)<1，∴f(x2)<f(x1)．∴函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减．综上，函数f(x)在区间(－∞，1]上是增函数；在区间[1，＋∞)上是减函数．∵x2－2x＝(x－1)2－1≥－1,0<eq\f(1,3)<1，∴0<(eq\f(1,3))x2－2x≤(eq\f(1,3))－1＝3.∴函数f(x)的值域为(0,3]．解法二：∵函数f(x)的定义域为R，令u＝x2－2x，则g(u)＝(eq\f(1,3))u.∵u＝x2－2x＝(x－1)2－1，在(－∞，1)上是减函数，g(u)＝(eq\f(1,3))u在其定义域内是减函数，∴函数f(x)在(－∞，1]内为增函数．又g(u)＝(eq\f(1,3))u在其定义域内为减函数，而u＝x2－2x＝(x－1)2－1在[1，＋∞)上是增函数．∴函数f(x)在[1，＋∞)上是减函数．求值域同解法一．[归纳提升](1)关于指数型函数y＝af(x)(a>0，且a≠1)的单调性由两点确定，一是底数a>1还是0<a<1；二是f(x)的单调性，它由两个函数y＝au，u＝f(x)复合而成．(2)求复合函数的单调区间，首先求出函数的定义域，然后把函数分解成y＝f(u)，u＝φ(x)，通过考查f(u)和φ(x)的单调性，求出y＝f[φ(x)]单调性．【对点练习】❶求函数f(x)＝2x2－6x＋17的定义域、值域、单调区间．[解析]函数f(x)的定义域为R.令t＝x2－6x＋17，则y＝2t.∵t＝x2－6x＋17＝(x－3)2＋8在(－∞，3)上是减函数，而y＝2t在其定义域内是增函数，∴函数f(x)在(－∞，3)上为减函数．又∵t＝x2－6x＋17＝(x－3)2＋8在[3，＋∞)上为增函数，而y＝2t在其定义域内是增函数，∴函数f(x)在[3，＋∞)为增函数．∵t＝x2－6x＋17＝(x－3)2＋8≥8，而y＝2t在其定义域内是增函数，∴f(x)＝2x2－6x＋17≥28＝256，∴函数f(x)的值域为[256，＋∞)．题型二指数型复合函数的奇偶性例2(2024·湖南师大附中测试)设函数f(x)＝kax－a－x(a>0，且a≠1)是定义在R上的奇函数．(1)求k的值；(2)若f(1)>0，试推断函数的单调性(不需证明)，并求不等式f(x2＋2x)＋f(4－x2)>0的解集．[解析](1)方法一：∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(0)＝0，即k－1＝0，∴k＝1.当k＝1时，f(x)＝ax－a－x，f(－x)＝a－x－ax＝－(ax－a－x)＝－f(x)，故k＝1符合题意．方法二：∵f(－x)＝ka－x－ax，－f(x)＝－kax＋a－x，又f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)在定义域R上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝1，,－1＝－k，))解得k＝1.(2)∵f(1)＝a－eq\f(1,a)>0，又a>0，且a≠1，∴a>1.∴y＝ax，y＝－a－x都是R上的增函数，∴f(x)是R上的增函数．故f(x2＋2x)＋f(4－x2)>0⇔f(x2＋2x)>－f(4－x2)＝f(x2－4)⇔x2＋2x>x2－4⇔x>－2.∴f(x)在R上单调递增，且不等式的解集为{x|x>－2}．[归纳提升]指数函数本身不具有奇偶性，但是与指数函数有关的函数可以具有奇偶性，求解时一般利用函数奇偶性的定义．【对点练习】❷f(x)＝eq\f(2x,a)＋eq\f(a,2x)是偶函数，则a＝(C)A．1 B．－1C．±1 D．2[解析]依题意，对一切x∈R，有f(－x)＝f(x)，即eq\f(1,a·2x)＋a·2x＝eq\f(2x,a)＋eq\f(a,2x).∴(a－eq\f(1,a))(2x－eq\f(1,2x))＝0对一切x∈R成立，则a－eq\f(1,a)＝0，∴a＝±1.误区警示对指数函数的值域运用不当例3关于x的方程(eq\f(3,5))x＝eq\f(3a＋2,5－a)有正实数根，则a的取值范围为__(－eq\f(2,3)，eq\f(3,4))__.[错解]错解一：(eq\f(3,5))x＝eq\f(3a＋2,5－a)有正实数根，则eq\f(3a＋2,5－a)>0，即eq\f(a＋\f(2,3),a－5)<0，所以－eq\f(2,3)<a<5，即a∈(－eq\f(2,3)，5)．错解二：(eq\f(3,5))x＝eq\f(3a＋2,5－a)有正实数根，即x>0，那么eq\f(3a＋2,5－a)<1，因而1＋eq\f(3a＋2,a－5)>0，即eq\f(4a－3,a－5)>0，得a<eq\f(3,4)或a>5，即a∈(－∞，eq\f(3,4))∪(5，＋∞)．[错因分析]错解一，方程有正实数根是指x>0，而不是(eq\f(3,5))x>0.错解二，只留意了x>0，在求(eq\f(3,5))x的范围时，忽视了(eq\f(3,5))x>0，也就是没留意指数函数本身值域的范围而致错．[正解](eq\f(3,5))x＝eq\f(3a＋2,5－a)有正数根，即x>0时方程有解，那么0<eq\f(3a＋2,5－a)<1，因而有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4a－3,a－5)>0，,\f(3a＋2,5－a)>0，))得－eq\f(2,3)<a<eq\f(3,4)，即a∈(－eq\f(2,3)，eq\f(3,4))．[方法点拨]指数函数要留意其值域，对于a>1时，ax的取值状况为：当x>0时，ax>1，当x<0时，0<ax<1；对于0<a<1时，ax的取值状况为：当x>0时，0<ax<1，当x<0时，ax>1.当涉及指数函数的范围时，不能忽视指数式自身的要求．学科素养数形结合思想的应用——图形变换技巧1．平移变换当m>0时，y＝f(x－m)的图象可以由y＝f(x)的图象向右平移m个单位得到；y＝f(x＋m)的图象可以由y＝f(x)的图象向左平移m个单位得到；y＝f(x)＋m的图象可以由y＝f(x)的图象向上平移m个单位得到；y＝f(x)－m的图象可以由y＝f(x)的图象向下平移m个单位得到．2．对称(翻折)变换y＝f(|x|)的图象可以将y＝f(x)的图象位于y轴右侧和y轴上的部分不变，原y轴左侧部分去掉，画出y轴右侧部分关于y轴对称的图形而得到．y＝|f(x)|的图象可将y＝f(x)的图象位于y轴上方的部分不变，而将位于y轴下方的部分翻折到y轴上方得到．y＝－f(x)的图象可将y＝f(x)的图象关于x轴对称而得到．y＝f(－x)的图象可由y＝f(x)的图象关于y轴对称得到．例4画出下列函数的图象，并说明它们是由函数f(x)＝2x的图象经过怎样的变换得到的．(1)y＝2x－1；(2)y＝2x＋1；(3)y＝－2x；(4)y＝2|x|；(5)y＝|2x－1|；(6)y＝－2－x.[分析]用描点法作出图象，然后依据图象推断．[解析]如图所示．(1)y＝2x－1的图象是由y＝2x的图象向右平移1个单位得到的．(2)y＝2x＋1的图象是由y＝2x的图象向上平移1个单位得到的．(3)y＝－2x的图象与y＝2x的图象关于x轴对称．(4)y＝2|x|的图象是由y＝2x的y轴右边的图象和其关于y轴对称的图象组成的．(5)y＝|2x－1|的图象是由y＝2x的图象向下平移1个单位，然后将其x轴下方的图象翻折到x轴上方得到的．(6)y＝－2－x的图象与y＝2x的图象关于原点对称．课堂检测·固双基1．若a＝0.5eq\s\up4(\f(1,2))，b＝0.5eq\s\up4(\f(1,3))，c＝0.5eq\s\up4(\f(1,4))，则a，b，c的大小关系是(B)A．a＞b＞c B．a＜b＜cC．a＜c＜b D．b＜c＜a[解析]∵函数y＝0.5x是R上的减函数，又∵eq\f(1,2)＞eq\f(1,3)＞eq\f(1,4)，∴a＜b＜c，故选B．2．已知对于随意实数a(a>0，且a≠1)，函数f(x)＝7＋ax－1的图象恒过点P，则点P的坐标是(A)A．(1,8) B．(1,7)C．(0,8) D．(8,0)[解析]在函数f(x)＝7＋ax－1(a>0，且a≠1)中，当x＝1时，f(1)＝7＋a0＝8.所以函数f(x)＝7＋ax－1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点P(1,8)．故选A．3．已知a＝30.2，b＝0.2－3，c＝(－3)0.2，则a，b，c的大小关系为(B)A．a>b>c B．b>a>cC．c>a>b D．b>c>a[解析]a＝30.2<31＝3，b＝0.2－3＝53＝1