【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第二章 第5讲 指数函数学案
第5讲 指数函数
一、知识梳理
指数函数的图象及性质
函数
y＝ax(a>0，且a≠1)
图象
0
1
图象特征
在x轴上方，过定点(0，1)
当x逐渐增大时，图象逐渐下降
当x逐渐增大时，图象逐渐上升
性质
定义域
R
值域
(0，＋∞)
单调性
减
增
函数值
变化
规律
当x＝0时，y＝1
当x<0时，y>1；
当x>0时，00时，y>1
常用结论
1．指数函数图象的画法
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)，.
2．指数函数的图象与底数大小的比较
如图是指数函数①y＝ax，②y＝bx，③y＝cx，④y＝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．
二、教材衍化
1．若函数f(x)＝ax(a>0，且a≠1)的图象经过点P，则f(－1)＝ ．
答案：
2．已知a＝，b＝，
c＝，则a，b，c的大小关系是 ．
解析：因为y＝是减函数，所以>>，即a>b>1，又c＝<＝1，所以c1)的值域是(0，＋∞)．( )
(3)函数y＝2x－1是指数函数．( )
(4)若am0，且a≠1)，则m0且a≠1，所以a＝4.
答案：4
2．若函数y＝(a2－1)x在(－∞，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围是 ．
解析：由题意知01，b<0
B．a>1，b>0
C．00
D．00.
答案：(0，＋∞)
【迁移探究2】 (变条件)若本例(2)的条件变为：函数y＝|3x－1|＋k的图象不经过第二象限，则实数k的取值范围是 ．
解析：作出函数y＝|3x－1|＋k的图象如图所示．
由图象知k≤－1，即k∈(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
【迁移探究3】 (变条件)若本例(2)的条件变为：函数y＝|3x－1|在(－∞，k]上单调递减，则k的取值范围如何？
解：由本例(2)作出的函数y＝|3x－1|的图象知其在(－∞，0]上是减少的，所以k∈(－∞，0]．
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，应抓住关键点．
(2)已知函数解析式判断其图象一般是取特殊点，判断所给的图象是否过这些点，若不满足则排除．
(3)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．
1．已知函数f(x)＝ax－2＋2(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，则A的坐标为( )
A．(0，1) B．(2，3)
C．(3，2) D．(2，2)
解析：选B.令x－2＝0，则x＝2，f(2)＝3，即A的坐标为(2，3)．
2．(2020·河北武邑中学调研)函数y＝e－|x－1|的大致图象是( )
解析：选B.因为－|x－1|≤0，所以00且a≠1)的图象有两个公共点，则a的取值范围是 ．
解析：(1)当01时，y＝|ax－1|的图象如图②，而y＝2a>1不可能与y＝|ax－1|有两个交点．综上，0>，所以<<，即b2x＋a－2恒成立，
所以x2＋(a－2)x－a＋2>0恒成立，
所以Δ＝(a－2)2－4(－a＋2)<0，
即(a－2)(a－2＋4)<0，即(a－2)(a＋2)<0，
解得－20，且a≠1)的函数求值域时，要借助换元法：令u＝f(x)，先求出u＝f(x)的值域，再利用y＝au的单调性求出y＝af(x)的值域．
(2)形如y＝af(x)(a>0，且a≠1)的函数单调性的判断，首先确定定义域D，再分两种情况讨论：
当a>1时，若f(x)在区间(m，n)上(其中(m，n)⊆D)具有单调性，则函数y＝af(x)在区间(m，n)上的单调性与f(x)在区间(m，n)上的单调性相同；
当00时，10时，11.因为x>0时，bx0时，>1.所以>1，所以a>b.所以10且a≠1)的函数、方程、不等式问题，通常令t＝ax进行换元巧解，但一定要注意新元的范围；对数型函数的类似问题，也要用换元法．
已知函数f(x)＝，a为常数，且函数的图象过点(－1，2)．
(1)求a的值；
(2)若g(x)＝4－x－2，且g(x)＝f(x)，求满足条件的x的值．
解：(1)由已知得＝2.
解得a＝1.
(2)由(1)知f(x)＝，
又g(x)＝f(x)，则4－x－2＝，
所以－－2＝0，
令＝t，则t>0，t2－t－2＝0，即(t－2)(t＋1)＝0，
又t>0，故t＝2，即＝2.解得x＝－1，
故满足条件的x的值为－1.
[基础题组练]
1．若函数f(x)＝(2a－5)·ax是指数函数，则f(x)在定义域内( )
A．为增函数 B．为减函数
C．先增后减 D．先减后增
解析：选A.由指数函数的定义知2a－5＝1，解得a＝3，所以f(x)＝3x，所以f(x)在定义域内为增函数．
2．设函数f(x)＝x2－a与g(x)＝ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，则M＝(a－1)0.2与N＝的大小关系是( )
A．M＝N B．M≤N
C．MN
解析：选D.因为f(x)＝x2－a与g(x)＝ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，所以a>2，所以M＝(a－1)0.2>1，N＝<1，所以M>N，故选D.
3．已知f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b为常数)的图象经过点(2，1)，则f(x)的值域为( )
A．[9，81] B．[3，9]
C．[1，9] D．[1，＋∞)
解析：选C.由f(x)过定点(2，1)可知b＝2，所以f(x)＝3x－2且在[2，4]上是增函数，f(x)min＝f(2)＝1，f(x)max＝f(4)＝9.
4.已知函数y＝kx＋a的图象如图所示，则函数y＝ax＋k的图象可能是( )
解析：选B.由函数y＝kx＋a的图象可得k<0，0－1，所以－10时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此时－x<0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此时－x>0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函数f(x)是奇函数，且是增函数，故选C.
6．不等式2－x2＋2x>的解集为 ．
解析：不等式2－x2＋2x >可化为>，等价于x2－2x0，a≠1)满足f(1)＝，则f(x)的递减区间是 ．
解析：由f(1)＝得a2＝.
又a>0，所以a＝，因此f(x)＝.
因为g(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上是增加的，所以f(x)的递减区间是[2，＋∞)．
答案：[2，＋∞)
8．设偶函数g(x)＝a|x＋b|在(0，＋∞)上是增加的，则g(a)与g(b－1)的大小关系是________．
解析：由于g(x)＝a|x＋b|是偶函数，知b＝0，
又g(x)＝a|x|在(0，＋∞)上是增加的，得a>1.
则g(b－1)＝g(－1)＝g(1)，故g(a)>g(1)＝g(b－1)．
答案：g(a)>g(b－1)
9．已知函数f(x)＝.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的最大值等于，求a的值．
解：(1)令t＝|x|－a，则f(x)＝，不论a取何值，t在(－∞，0]上是减少的，在(0，＋∞)上是增加的，又y＝是减少的，
因此f(x)的递增区间是(－∞，0]，
递减区间是(0，＋∞)．
(2)由于f(x)的最大值是，
且＝，
所以函数g(x)＝|x|－a应该有最小值－2，从而a＝2.
10．(2020·福建养正中学模拟)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋2ax(－3≤x≤3)．
(1)若g(x)在[－3，3]上是单调函数，求a的取值范围；
(2)当a＝－1时，求函数y＝f(g(x))的值域．
解：(1)g(x)＝(x＋a)2－a2图象的对称轴为直线x＝－a，因为g(x)在[－3，3]上是单调函数，所以－a≥3或－a≤－3，即a≤－3或a≥3.故a的取值范围为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
(2)当a＝－1时，f(g(x))＝2 (－3≤x≤3)．
令u＝x2－2x，y＝2u.
因为x∈[－3，3]，所以u＝x2－2x＝(x－1)2－1∈[－1，15]．
而y＝2u是增函数，所以≤y≤215，
所以函数y＝f(g(x))的值域是.
[综合题组练]
1．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)函数y＝(x∈R)的值域为( )
A．(0，＋∞) B．(0，1)
C．(1，＋∞) D.
解析：选B.y＝＝＝1－，
因为2x>0，所以1＋2x>1，
所以0<<1，－1<－<0，0<1－<1，即00，a≠1)在区间[－1，2]上的最大值为8，最小值为m.若函数g(x)＝(3－10m)是增函数，则a＝________．
解析：根据题意，得3－10m>0，解得m<；
当a>1时，函数f(x)＝ax在区间[－1，2]上是增加的，
最大值为a2＝8，解得a＝2，最小值为m＝a－1＝＝>，不合题意，舍去；
当0－2t2＋1即3t2－2t－1>0.
解得t>1或t<－，所以该不等式的解集为.
