指数函数习题精选精讲

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)x2bxc满足f(1x)f(1x)，且f(0)3，则f(bx)与f(cx)的大小关系是_____．

分析：先求b，c的值再比较大小，要注意bx，cx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．

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

综上可得f(3x)≥f(2x)，即f(cx)≥f(bx)．

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(a22a5)3x(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：∵a22a5(a1)24≥41，

∞)上是增函数， ∴函数y(a22a5)x在(∞，1，∞ ∴3x1x，解得x1．∴x的取值范围是．

44

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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6x2的定义域和值域．

解：由题意可得16x2≥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，

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

， ∴函数的值域是01．

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

，上有最大值14，则a的值是_______． 例4 函数ya2x2ax1(a0且a1)在区间[11] 分析：令tax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ax，则t0，函数ya2x2ax1可化为y(t1)22，其对称轴为t1．

， ∴当a1时，∵x11，

∴1≤ax≤a，即1≤t≤a．

aa ∴当ta时，ymax(a1)2214． 解得a3或a5（舍去）；

， 当0a1时，∵x11，

∴a≤ax≤1，即a≤t≤1，

aa ∴

11t时，ymax1214， aa2

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解得a1或a1（舍去），∴a的值是3或1．

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．

解：原方程可化为9(3x)2803x90，令t3x(t0)，上述方程可化为9t280t90，解得t9或t1（舍去），∴3x9，∴x2，经检验原方程的解是x2．

9 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3x5的图象，可以把函数y3x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3x5转化为t3x25，再利用图象的平移规律进行判断． 解：∵y93x53x25，∴把函数y3x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3x5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． 习题

1、比较下列各组数的大小： （1）若 （2）若 （3）若

，比较 ，比较 ，比较

与 ； 与 ； 与 ；

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（4）若 （5）若 解：（1）由 （2）由 （3）由 （4）应有

，故

，因 ．因若 ．从而 ，故

，且

，且 ，比较a与b； ，比较a与b．

为减函数．由 ，故

，故 ，故

矛盾．

．从而

．从而 ，这样

，故

．

． ．又因

．

，此时函数 ，故

．又

，故 ．又

，则 ．又

，这与已知

（5）应有 ．因若 ，则 ．又 ，故 ，这样有

，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．

．又因

2曲线 分别是指数函数 , 和大小关系是 ( ). (

分析:首先可以根据指数函数单调性,确定

,在 轴右侧令 ,对应的函

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,第由数到形的转化,第(2)题则是由图到数的翻译,它的主要高学生识图,用图的意识. 求最值

3 求下列函数的定义域与值域.

的图象,则

与1的

数值由小(1)题是目的是提

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(1)y＝2

1x3; (2)y＝4x+2x+1+1.

1x3解：(1)∵x-3≠0，∴y＝21，

∴y＝2

1x31的定义域为｛x｜x∈R且x≠3｝.又∵≠0，∴2x3≠

x31的值域为｛y｜y>0且y≠1｝.

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

4 已知-1≤x≤2,求函数f(x)=3+2·3x+1-9x的最大值和最小值

解：设t=3x,因为-1≤x≤2，所以t9，且f(x)=g(t)=-(t-3)2+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)取最小值-24。 5、设

，求函数

的最大值和最小值．

，利

13 分析：注意到 ，设 ，则原来的函数成为用闭区间上二次函数的值域的求法，可求得函数的最值． 解：设 ，由 知，

函数最小值为

．

6（9分）已知函数ya2x2ax1(a1)在区间[－1,1]上的最大值是14，求a的值. ．解： ya2x2ax1(a1)， 换元为yt22t1(ta)，对称轴为t1.

当a1，即x=1时取最大值，ta，解得 a=3 (a= －5舍去)

，函数成为 ，因端点

较

， 距对称轴

，对称轴 ，故

远，故函数的最大值为

1a略

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7．已知函数 （1）求．解：（1）为

（ 且

的最小值； （2）若 ）

，求 的取值范围． ， 当

即

时，

有最小值

（2） 当 当

时， 时，

； ．

，解得

8（10分）（1）已知f(x)2m是奇函数，求常数m的值； x3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;

当k=0或k1时,

xy|31|的图象有唯一的交点，所以方程有一解; 直线y=k与函数

当0．解： 即 则

14 是奇函数，求 的值．

为奇函数， ，

，

，

12

10. 已知9x-10.3x+9≤0，求函数y=（）x-1-4·（）x+2的最大值和最小值 解：由已知得（3x）2-10·3x+9≤0 得（3x-9）（3x-1）≤0 ∴1≤3x≤9 故0≤x≤2 而y=()x-1-4·()x+2= 4·（）2x-4·（）x+2 令t=（）x（t1）

则y=f（t）=4t2-4t+2=4（t-）2+1

14121212121412习题精选精讲

当t=即x=1时，ymin=1 当t=1即x=0时，ymax=2 11．已知解：由即

，求函数 得

，即

的值域．

，解之得

，于是

，

12 ，故所求函数的值域为

12. (9分)求函数

y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。

113 求函数y＝3x23x2的单调区间.

分析 这是复合函数求单调区间的问题

121可设y＝,u＝x-3x+2，其中y＝为减函数

33uu∴u＝x2-3x+2的减区间就是原函数的增区间(即减减→增) u＝x2-3x+2的增区间就是原函数的减区间(即减、增→减)

12

解：设y＝,u＝x-3x+2,y关于u递减，

3u当x∈(-∞，)时，u为减函数，

∴y关于x为增函数；当x∈［，+∞)时，u为增函数，y关于x为减函数.

ax1

14 已知函数f(x)＝x (a>0且a≠1).

a1

3232(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ax＝-①∵ax>0当且仅当->0时，方程①有解.解->0得

y1y1y1a1

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-1∴f(x)的值域为｛y｜-1＜y＜1}.

ax11ax

(2)∵f(-x)＝x＝＝-f(x)且定义域为R，∴f(x)是奇函数. x

1aa12(ax1)2(3)f(x)＝＝1-.

ax1ax11°当a>1时，∵ax+1为增函数，且ax+1>0.

22ax1

∴x为减函数，从而f(x)＝1-x＝x为增函数.2°当0ax1

＝x为减函数. a1

15、已知函数f（x）=a－

2（a∈R）， 2x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

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设x∈（－1，0），则－x∈（0，1），f(x)∴f(x)

2x41x2x4x12x4x1f(x)

2xx x(-1,0)41f（(x) {-1,0,1}20 x）设

x0f(x1)f(x2)(2x12x2)(2xx2x22x22x1)(41)(4x1x21)

2=xx x(0,1)(212x2)(142x11x2)(4x1)(4x0 12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)(215,2)

同理f(x)在（－1，0）时，f(x)(12,25)

又f(1)f(0)f(1)0

∴当(12,25)(25,12)或0时

f(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)：

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ax　　　　　(x0),去绝对值，可得y＝1x

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

∴应选B.