指数函数习题精选精讲[1]

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．

∴函数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)． 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(a2a5)23x(a2a5)21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，

∴函数y(a2a5)在(∞，∞)上是增函数， ∴3x1x，解得x14∞． ．∴x的取值范围是，412x22 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2x2的定义域和值域．

解：由题意可得16≥0，即6x2≤1，

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

x2 又∵x≤2，∴x2≤0． ∴06 ∴0≤1t1，即0≤y1． 1． ∴函数的值域是0，≤1，即0t≤1．

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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a2x2ax1(a0且a1)在区间[1，1]上有最大值14，则a的值是_______． 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1，1， ∴

1a≤ax≤a，即

1a≤t≤a．

∴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1，1， ∴a≤ax≤1a，即a≤t≤21a，

∴ t1a时，ymax1311214， a15 解得a或a（舍去），∴a的值是3或

13．

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．

19x2xx2 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（舍去），

x∴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． 习题

1、比较下列各组数的大小：

xx2xxxx25，再利用图象的平移规律进行判断．

x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5x习题精选精讲

（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(1)y＝2

x3; (2)y＝4x+2x+1+1.

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1解：(1)∵x-3≠0，∴y＝2

x3的定义域为｛x｜x∈R且x≠3｝.又∵

1x31≠0，∴2x3≠1，

1∴y＝2

x3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，所以小值-24。 5、设

，求函数

的最大值和最小值．

13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

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ya．解： ya2xx2x 较 距对称轴 远，故函数的最大值为 ．

2a1(a1)在区间[－1,1]上的最大值是14，求a的值.

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

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)x231xm是奇函数，求常数m的值；

Ｘ

－１｜＝k无

（2）画出函数y|31|的图象，并利用图象回答：k为何值时，方程|3

解？有一解？有两解？

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解： （1）常数m=1

（2）当k<0时，直线y=k与函数y|3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0xx9．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=（

14）x-1-4·（

12）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=(

1412)x-1-4·(）x（

12)x+2= 4·（

12）2x-4·（

12）x+2

令t=（

14t1）

12）2+1

则y=f（t）=4t2-4t+2=4（t-当t=

12即x=1时，ymin=1

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2x2x2的定义域，值域和单调区间

2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x3x22的单调区间.

分析 这是复合函数求单调区间的问题

11可设y＝,u＝x2-3x+2，其中y＝为减函数

33

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∴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解：设y＝,u＝x2-3x+2,y关于u递减，

3当x∈(-∞，

u32)时，u为减函数，

∴y关于x为增函数；当x∈［

x

32，+∞)时，u为增函数，y关于x为减函数.

14 已知函数f(x)＝

a1a1

x

(a>0且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｝.

设y＝

a1a1

x

x

,解得ax＝-

y1y1①∵ax>0当且仅当-

y1y1>0时，方程①有解.解-

y1y1>0得-1∴f(x)的值域为｛y｜-1＜y＜1}.

(2)∵f(-x)＝

aaxxx11＝

1a1a

xx

＝-f(x)且定义域为R，∴f(x)是奇函数.

(3)f(x)＝

(a1)2a1x＝1-

2ax1.

1°当a>1时，∵ax+1为增函数，且ax+1>0.

∴

2ax1为减函数，从而f(x)＝1-

2ax1＝

a1a1

x

x

为增函数.2°当0a1a1

x

x

为减函数.

15、已知函数f（x）=a－

（1） （2）

221x（a∈R），

求证：对任何a∈R，f（x）为增函数． 若f（x）为奇函数时，求a的值。

（1）证明：设x1＜x2

f（x2）－f（x1）=

2(2x2x21)x2x(121)(12)＞0

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)24xx1

（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

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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)42xxx142xf(x) 1∴f(x)42xx

1

x2 x(-1,0)x（2设41）

f(x) 0 x{-1,0,1}x2xxx1x22(22)(1x21 x)(0,1)=0 41x1x2(41)(41)0f(x1)f(x2)(2x12x2)(2x1xx2x2x22x22x1)

(41)(4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)(21,) 5212,25)

同理f(x)在（－1，0）时，f(x)(又f(1)f(0)f(1)0 ∴当(12,25)(21,)或0时 52f(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｜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.