高一复习指数函数经典例题

指数函数

指数函数是高中数学中的一个基本初等函数，有关指数函数的图象与性质的题目类型较多，同时也是学习后续数学内容的基础和高考考查的重点，本文对此部分题目类型作了初步总结，与大家共同探讨． 1．比较大小

例1 已知函数f(x)xbxc满足f(1x)f(1x)，且f(0)3，则f(b)与f(c)的大小关系是_____． 分析：先求b，c的值再比较大小，要注意b，c的取值是否在同一单调区间内． 解：∵f(1x)f(1x)， ∴函数f(x)的对称轴是x1． 故b2，又f(0)3，∴c3．

xx2xx1上递减，在1，∞上递增． ∴函数f(x)在∞， 若x≥0，则3xx≥2x≥1，∴f(3x)≥f(2x)；

x 若x0，则321，∴f(3)f(2)． 综上可得f(3)≥f(2)，即f(c)≥f(b)．

xxxxxx 评注：①比较大小的常用方法有：作差法、作商法、利用函数的单调性或中间量等．②对于含有参数的大小比较问题，有时需要对参数进行讨论．

2．求解有关指数不等式 例2 已知(a2a5)23x(a22a5)1x，则x的取值范围是___________．

分析：利用指数函数的单调性求解，注意底数的取值范围． 解：∵a2a5(a1)4≥41，

22 ∴函数y(a2a5)在(∞，∞)上是增函数， ∴3x1x，解得x2x11．∴x的取值范围是，∞． 44 评注：利用指数函数的单调性解不等式，需将不等式两边都凑成底数相同的指数式，并判断底数与1的大小，对于含有参数的要注意对参数进行讨论．

3．求定义域及值域问题 例3 求函数y16 解：由题意可得16x2x2的定义域和值域．

≥0，即6x2≤1，

2． ∴x2≤0，故x≤2． ∴函数f(x)的定义域是∞， 令t6x2，则y1t，

x2 又∵x≤2，∴x2≤0． ∴06 ∴0≤1t1，即0≤y1．

≤1，即0t≤1．

1． ∴函数的值域是0， 评注：利用指数函数的单调性求值域时，要注意定义域对它的影响．

4．最值问题 例4 函数yax2x2ax1(a0且a1)在区间[11]，上有最大值14，则a的值是_______．

分析：令ta可将问题转化成二次函数的最值问题，需注意换元后t的取值范围． 解：令ta，则t0，函数yax2x2ax1可化为y(t1)22，其对称轴为t1．

， ∴当a1时，∵x11，

∴

11≤ax≤a，即≤t≤a． aa2 ∴当ta时，ymax(a1)214． 解得a3或a5（舍去）；

， 当0a1时，∵x11，

∴a≤ax≤11，即a≤t≤， aa211 ∴ t时，ymax1214，

aa 解得a111或a（舍去），∴a的值是3或． 353 评注：利用指数函数的单调性求最值时注意一些方法的运用，比如：换元法，整体代入等． 5．解指数方程 例5 解方程3x232x80．

x2xx2 解：原方程可化为9(3)80390，令t3(t0)，上述方程可化为9t80t90，解得t9或t1（舍去），9∴39，∴x2，经检验原方程的解是x2．

评注：解指数方程通常是通过换元转化成二次方程求解，要注意验根． 6．图象变换及应用问题

例6 为了得到函数y935的图象，可以把函数y3的图象（ ）． A．向左平移9个单位长度，再向上平移5个单位长度 B．向右平移9个单位长度，再向下平移5个单位长度 C．向左平移2个单位长度，再向上平移5个单位长度 D．向右平移2个单位长度，再向下平移5个单位长度 分析：注意先将函数y935转化为t3 解：∵y9353的图象，故选（C）．

评注：用函数图象解决问题是中学数学的重要方法，利用其直观性实现数形结合解题，所以要熟悉基本函数的图象，并掌握图象的变

化规律，比如：平移、伸缩、对称等．

xx2xx2xxx5，再利用图象的平移规律进行判断．

xx5，∴把函数y3的图象向左平移2个单位长度，再向上平移5个单位长度，可得到函数y935

习题

1、比较下列各组数的大小：

（1）若 （2）若 （3）若 （4）若 （5）若

，比较 ，比较 ，比较

与 与 与 ，且 ，且

； ； ；

，比较a与b； ，比较a与b．

解：（1）由 ，故 ，此时函数 为减函数．由 ，故 ．

（2）由 ，故 ．又 ，故 ．从而 ．

（3）由 ，因 ，故 ．又 ，故 ．从而 ．

（4）应有而

．因若 ，则 矛盾．

．又 ，故 ，这样 ．又因 ，故 ．从

，这与已知

（5）应有 ．因若 ，则 ．又 ，故 ，这样有 ．又因 ，且 ，故

．从而 ，这与已知 矛盾．

小结：比较通常借助相应函数的单调性、奇偶性、图象来求解．

2曲线 (

分别是指数函数

,在

轴右侧令题则是由图到

,

和

的图象,则

与1的大小关系是 ( ).

分析:首先可以根据指数函数单调性,确定

,对应的函数值由小到大依次为 ,故应选 .

小结:这种类型题目是比较典型的数形结合的题目,第(1)题是由数到形的转化,第(2)数的翻译,它的主要目的是提高学生识图,用图的意识. 求最值

3 求下列函数的定义域与值域.

(1)y＝2

1x3; (2)y＝4+2+1.

xx+1

解：(1)∵x-3≠0，∴y＝2

1x3x

1x31的定义域为｛x｜x∈R且x≠3｝.又∵≠0，∴2x3≠1，

x31∴y＝2的值域为｛y｜y>0且y≠1｝.

x+1

x

x

x+1

x2

x

x

2

(2)y＝4+2+1的定义域为R.∵2>0,∴y＝4+2+1＝(2)+2·2+1＝(2+1)>1. ∴y＝4+2+1的值域为｛y｜y>1｝.

4 已知-1≤x≤2,求函数f(x)=3+2·3-9的最大值和最小值 解：设t=3,因为-1≤x≤2，所以最小值-24。 5、设

，求函数

的最大值和最小值．

x

x+1

x

x

x+1

1t9，且f(x)=g(t)=-(t-3)+12,故当t=3即x=1时，f(x)取最大值12，当t=9即x=2时f(x)取32

分析：注意到

的求法，可求得函数的最值． 解：设

，由

知，

，设

，则原来的函数成为 ，利用闭区间上二次函数的值域

，函数成为 ， ，对称轴 ，故函数最小值为

，因端点

6（9分）已知函数．解：

较 距对称轴 远，故函数的最大值为 ．

ya2x2ax1(a1)在区间[－1,1]上的最大值是14，求a的值.

1ya2x2ax1(a1)， 换元为yt22t1(ta)，对称轴为t1.

a当a1，ta，即x=1时取最大值，略

解得 a=3 (a= －5舍去)

7．已知函数 （1）求

（

的最小值； （2）若

且

） ，求

的

取值范围．

．解：（1） ， 当 即

时， （2） 当 当

有最小值为

，解得

时，

时，

；

．

8（10分）（1）已知

f(x)2m是奇函数，求常数m的值；

3x1 （2）画出函数

y|3x1|的图象，并利用图象回答：k为何值时，方程|3Ｘ－１｜＝k无

解？有一解？有两解？

解： （1）常数m=1

（2）当k<0时，直线y=k与函数

y|3x1|的图象无交点,即方程无解;

xy|31|的图象有唯一的交点，所以方程有一解;

当k=0或k1时, 直线y=k与函数

当0y|3x1|的图象有两个不同交点，所以方程有两解。

9．若函数．解：

为奇函数，

是奇函数，求 的值． ，

即 ，

则 ，

10. 已知9x-10.3x+9≤0，求函数y=（

1x-11）-4·（）x+2的最大值和最小值 42解：由已知得（3x）2-10·3x+9≤0 得（3x-9）（3x-1）≤0 ∴1≤3x≤9 故0≤x≤2

1x-1111)-4·()x+2= 4·（）2x-4·（）x+2 422211令t=（）x（t1）

241则y=f（t）=4t2-4t+2=4（t-）2+1

21当t=即x=1时，ymin=1

2而y=(

当t=1即x=0时，ymax=2

11．已知 ，求函数 的值域．

解：由 得 ，即 ，解之得 ，于是 ，即

，故所求函数的值域为

12. (9分)求函数

y2x23x2x22x2的定义域，值域和单调区间

定义域为R 值域（0，8〕。（3）在（-∞， 1〕上是增函数 在〔1，+∞）上是减函数。 13 求函数y＝13u的单调区间.

分析 这是复合函数求单调区间的问题

1可设y＝322

1,u＝x-3x+2，其中y＝32

u为减函数

∴u＝x-3x+2的减区间就是原函数的增区间(即减减→增) u＝x-3x+2的增区间就是原函数的减区间(即减、增→减)

1解：设y＝3当x∈(-∞，

u,u＝x-3x+2,y关于u递减，

2

3)时，u为减函数， 23∴y关于x为增函数；当x∈［，+∞)时，u为增函数，y关于x为减函数.

2ax1

14 已知函数f(x)＝x (a>0且a≠1).

a1

(1)求f(x)的定义域和值域；(2)讨论f(x)的奇偶性；(3)讨论f(x)的单调性. 解：(1)易得f(x)的定义域为｛x｜x∈R｝.

ax1y1y1y1设y＝x,解得a＝-①∵a>0当且仅当->0时，方程①有解.解->0得-1y1y1y1a1

x

x

∴f(x)的值域为｛y｜-1＜y＜1}.

ax11ax

(2)∵f(-x)＝x＝

a11ax

＝-f(x)且定义域为R，∴f(x)是奇函数.

(ax1)22(3)f(x)＝＝1-.

ax1ax11°当a>1时，∵a+1为增函数，且a+1>0.

x

x

ax1ax122∴x为减函数，从而f(x)＝1-x＝x为增函数.2°当0a1a1a1a1

15、已知函数f（x）=a－

2（a∈R）， x21（1） 求证：对任何a∈R，f（x）为增函数． （2） 若f（x）为奇函数时，求a的值。 （1）证明：设x1＜x2

2(2x22x1)f（x2）－f（x1）=＞0 x1x2(12)(12)故对任何a∈R，f（x）为增函数． （2）

xR，又f（x）为奇函数

f(0)0 得到a10。即a1

16、定义在R上的奇函数f(x)有最小正周期为2，且x(0,1)时，f(x)2x41x

（1）求f(x)在[－1，1]上的解析式；（2）判断f(x)在（0，1）上的单调性； （3）当为何值时，方程f(x)=在x[1,1]上有实数解. 解（1）∵x∈R上的奇函数 ∴

f(0)0

又∵2为最小正周期 ∴f(1)f(21)f(1)f(1)0 设x∈（－1，0），则－x∈（0，1），f(x)2x4x12x41xf(x)

∴f(x)

2x41x

2xx x(-1,0)（241）设f(x) 0 x{-1,0,1}x2x1 x(2x12x2)(1x2x2)(0,1)0 =41(4x11)(4x21)0f(x1)f(x2)(2x12x2)(2xx2x22x22x1)(41)(4x1x21)

∴在（0，1）上为减函数。

（3）∵f(x)在（0，1）上为减函数。

∴f(1)f(x)f(0) 即f(x)(,) 同理f(x)在（－1，0）时，f(x)(又f(1)f(0)f(1)0 ∴当(215212,) 251221,)(,)或0时 2552f(x)在[－1，1]内有实数解。

函数y＝a

｜x｜

(a>1)的图像是( )

分析 本题主要考查指数函数的图像和性质、函数奇偶性的函数图像，以及数形结合思想和分类讨论思想. 解法1：(分类讨论)：

ax　　　　　(x0),去绝对值，可得y＝1

x(x0).()　　　　a又a>1，由指数函数图像易知，应选B. 解法2：因为y＝a∴应选B.

｜x｜

是偶函数，又a>1，所以当x≥0时，y＝a是增函数；x＜0时，y＝a是减函数.

x-x