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(则f(bx)与f(cx)0)3，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，

∴函数y(a22a5)x在(∞，∞)上是增函数， ∴3x1x，解得x1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．

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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

例4 函数ya2x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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，

11 ∴≤ax≤a，即≤t≤a．∴当ta时，ymax(a1)2214．

aa 解得a3或a5（舍去）；

， 当0a1时，∵x11，∴a≤ax≤1，即a≤t≤1，

aa11 ∴ t时，ymax1214，

aa111 解得a或a（舍去），∴a的值是3或．

3532 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．

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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1解得t9或t（舍去），∴3x9，∴x2，经检验原方程的解是x2． 9t280t90，

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 （4）若 （5）若

，比较 ，比较 ，比较

与 与 与

； ； ；

，比较a与b； ，比较a与b．

，且 ，且

解：（1）由 ，故 ，此时函数 为减函数．由 ，故

．

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（2）由 ，故 ．又 ，故 ．从而 ．

（3）由 ，因 ，故 ．又 ，故 ．从而 ．

（4）应有因

．因若 ，故

，则 ．从而

．又 ，故 ，这样 矛盾．

．又

，这与已知

（5）应有因

，且

．因若

，故

，则 ．又 ．从而

，故 ，这与已知

，这样有

矛盾．

．又

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

与1的大小关系是 ( ).

(

,

和

的图象,则

分析:首先可以根据指数函数单调性,确定

,在

小到大依次为

,故应选

轴右侧令 .

,对应的函数值由

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)

题则是由图到数的翻译,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.

1x3xx+1

解：(1)∵x-3≠0，∴y＝2

1的定义域为｛x｜x∈R且x≠3｝.又∵≠0，∴2x3≠1，

x3

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∴y＝2

1x3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

x

x+1

x

x

x+1

x

1t9，且f(x)=g(t)=-(t-3)2+12,故当t=3即x=1时，3f(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． ，设

，则原来的函数成为

分析：注意到

，利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，

，故函数最小值为

轴

，函数成为

，因端点 ．

，

较

，对称轴 距对称

远，故函数的最大值为

2x6（9分）已知函数ya．解： ya2x2ax1(a1)在区间[－1,1]上的最大值是14，求a的值.

2ax1(a1)， 换元为

1y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）

有最小值为 （2）

，

当 即 时，

，解得

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当 当

时，

时，

；

．

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|31|的图象，并利用图象回答：k为何值时，方程|3Ｘ－１｜＝kx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|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

x 当0x9．若函数．解：

为奇函数，

是奇函数，求 的值．

，

即 ，

则

x

x

，

10. 已知9-10.3+9≤0，求函数y=（

x

2

x

1x-11x

）-4·（）+2的最大值和最小值 42x

x

解：由已知得（3）-10·3+9≤0 得（3-9）（3-1）≤0 ∴1≤3≤9 故0≤x≤2 而y=(

x

1x-11x12x1x

)-4·()+2= 4·（）-4·（）+2 42221x1）（t1） 242

令t=（

则y=f（t）=4t-4t+2=4（t-

12

）+1 2当t=

1即x=1时，ymin=1 2当t=1即x=0时，ymax=2

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11．已知 ，求函数 的值域．

解：由 得 ，即

，即 ，解之得

，于是

，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。

13 求函数y＝1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12

可设y＝,u＝x-3x+2，其中y＝为减函数

33∴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)

2

2

uu12

解：设y＝,u＝x-3x+2,y关于u递减，

3当x∈(-∞，

u3)时，u为减函数， 23，+∞)时，u为增函数，y关于x为减函数. 2∴y关于x为增函数；当x∈［

ax114 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1xx

设y＝x,解得a＝-①∵a>0当且仅当->0时，方程①有解.解->0

y1y1y1a1得-1∴f(x)的值域为｛y｜-1＜y＜1}.

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ax11ax(2)∵f(-x)＝x＝＝-f(x)且定义域为R，∴f(x)是奇函数. xa11a(ax1)22(3)f(x)＝＝1-. xxa1a11°当a>1时，∵a+1为增函数，且a+1>0.

x

x

ax122∴x为减函数，从而f(x)＝1-x＝为增函数.2°当0a115、已知函数f（x）=a－（1） （2）

2（a∈R）， x21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

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)2x4x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

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)2x41x2x4x12x4x1f(x)

∴f(x)

2xx x(-1,0)41f(x) 0 x{-1,0,1}x2 x(0,1)x 41习题精选精讲

（2）设0f(x1)f(x2)(2x12x2)(2xx2x22x22x1)(41)(4x1x21)

=

(2x12x2)(12x1x2)(4x11)(4x21)0

∴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)(,)

12252152 同理f(x)在（－1，0）时，f(x)(,) 又f(1)f(0)f(1)0

∴当(,)(,)或0时

f(x)在[－1，1]内有实数解。

12252152 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＝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是减函数. ∴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

x-x