考點一：指數冪的運算1．根式(1)一般地，如果xn＝a，那么x叫做a的n次方根，其中n>1，且n∈N*.(2)式子eq\r(n,a)叫做根式，這里n叫做根指數，a叫做被開方數．(3)(eq\r(n,a))n＝a.當n為奇數時，eq\r(n,an)＝a，當n為偶數時，eq\r(n,an)＝|a|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≥0，,－a，a<0.))2．分數指數冪正數的正分數指數冪：＝eq\r(n,am)(a>0，m，n∈N*，n>1)．正數的負分數指數冪：＝＝eq\f(1,\r(n,am))(a>0，m，n∈N*，n>1)．0的正分數指數冪等于0,0的負分數指數冪沒有意義．3．指數冪的運算性質aras＝ar＋s；(ar)s＝ars；(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r，s∈Q)．◆典例分析◆例1計算：(1)(－1.8)0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－2·eq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\f(3,8)))2)－eq\f(1,\r(0.01))＋eq\r(93)；(2)(a>0，b>0)．解(1)(－1.8)0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－2·eq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\f(3,8)))2)－eq\f(1,\r(0.01))＋eq\r(93)＝1＋＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2－10＋33＝1＋1－10＋27＝19.(2)＝＝2×eq\f(1,100)×8＝eq\f(4,25).例2eq\r(3,－43)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－4＝________.答案5解析eq\r(3,－43)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0＋×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－4＝－4＋1＋0.5×16＝5.例3◆對點練習運用◆1.計算：(1)；(2).解(1)因為eq\r(a－3)有意義，所以a>0，所以原式＝＝eq\r(3,a3)÷eq\r(a2)＝a÷a＝1.(2)原式＝＝10－1＋8＋23·32＝89.2.若m＝eq\r(5,π－35)，n＝eq\r(4,π－44)，則m＋n的值為()A．－7B．－1C．1D．7答案C解析m＋n＝π－3＋|π－4|＝π－3＋4－π＝1.3.計算化簡：(1)＝________；(2)＝________.答案(1)0.09(2)解析(1)＝(eq\r(3,0.027))2＋eq\r(3,\f(125,27))－eq\r(\f(25,9))＝0.09＋eq\f(5,3)－eq\f(5,3)＝0.09.(2)＝＝＝4.計算：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5\f(1,16)))0.5－2×－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2＋π)))0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))－2；(2)2eq\r(3)×3eq\r(3,1.5)×eq\r(6,12).解(1)原式＝－2×－2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2＝－2×－2＋eq\f(9,16)＝eq\f(9,4)－2×eq\f(9,16)－2＋eq\f(9,16)＝eq\f(9,4)－eq\f(9,8)－2＋eq\f(9,16)＝－eq\f(5,16).(2)原式＝＝6×3＝18.考點二指數函數的圖像及應用1.指數函數及其性質(1)概念：一般地，函數y＝ax(a>0，且a≠1)叫做指數函數，其中指數x是自變量，定義域是R.(2)指數函數的圖象與性質a>10<a<1圖象定義域R值域(0，＋∞)性質過定點(0,1)，即x＝0時，y＝1當x>0時，y>1；當x<0時，0<y<1當x<0時，y>1；當x>0時，0<y<1在(－∞，＋∞)上是增函數在(－∞，＋∞)上是減函數注意：對于有關指數型函數的圖象問題，一般是從最基本的指數函數的圖象入手，通過平移、伸縮、對稱變換得到．特別地，當底數a與1的大小關系不確定時應注意分類討論．◆典例分析◆例1(多選)已知非零實數a，b滿足3a＝2b，則下列不等關系中正確的是()A．a<bB．若a<0，則b<a<0C．|a|<|b|D．若0<a<log32，則ab<ba答案BCD解析如圖，由指數函數的圖象可知，0<a<b或者b<a<0，所以A錯誤，B，C正確；D選項中，0<a<log32?0<a<b<1，則有ab<aa<ba，所以D正確．例2若函數f(x)＝|2x－2|－b有兩個零點，則實數b的取值范圍是________．答案(0,2)解析在同一平面直角坐標系中畫出y＝|2x－2|與y＝b的圖象，如圖所示．∴當0<b<2時，兩函數圖象有兩個交點，從而函數f(x)＝|2x－2|－b有兩個零點．∴b的取值范圍是(0,2)．例3(多選)已知函數f(x)＝ax－b(a>0，且a≠1，b≠0)的圖象不經過第三象限，則a，b的取值范圍可能為()A．0<a<1，b<0 B．0<a<1,0<b≤1C．a>1，b<0 D．a>1,0<b≤1答案ABC解析若0<a<1，則函數y＝ax的圖象如圖所示，要想f(x)＝ax－b的圖象不經過第三象限，則需要向上平移，或向下平移不超過1個單位長度，故－b>0或－1≤－b<0，解得b<0或0<b≤1，故A，B正確；若a>1，則函數y＝ax的圖象如圖所示，要想f(x)＝ax－b的圖象不經過第三象限，則需要向上平移，故－b>0，解得b<0，即C正確，D錯誤．◆對點練習運用◆1.(多選)函數f(x)＝ax－b的圖象如圖所示，其中a，b為常數，則下列結論正確的是()A．a>1B．0<a<1C．b>0D．b<0答案BD解析由函數f(x)＝ax－b的圖象可知，函數f(x)＝ax－b在定義域上單調遞減，∴0<a<1，故B正確；分析可知，函數f(x)＝ax－b的圖象是由y＝ax的圖象向左平移所得，如圖，∴－b>0，∴b<0，故D正確．2.函數y＝ax－eq\f(1,a)(a>0，且a≠1)的圖象可能是()答案D解析當a>1時，0<eq\f(1,a)<1，函數y＝ax的圖象為過點(0,1)的上升的曲線，函數y＝ax－eq\f(1,a)的圖象由函數y＝ax的圖象向下平移eq\f(1,a)個單位長度可得，故A，B錯誤；當0<a<1時，eq\f(1,a)>1，函數y＝ax的圖象為過點(0,1)的下降的曲線，函數y＝ax－eq\f(1,a)的圖象由函數y＝ax的圖象向下平移eq\f(1,a)個單位長度可得，故D正確，C錯誤．3.(多選)(2023·泰安模擬)已知函數f(x)＝|2x－1|，實數a，b滿足f(a)＝f(b)(a<b)，則()A．2a＋2b>2B．?a，b∈R，使得0<a＋b<1C．2a＋2b＝2D．a＋b<0答案CD解析畫出函數f(x)＝|2x－1|的圖象，如圖所示．由圖知1－2a＝2b－1，則2a＋2b＝2，故A錯，C對．由基本不等式可得2＝2a＋2b>2eq\r(2a·2b)＝2eq\r(2a＋b)，所以2a＋b<1，則a＋b<0，故B錯，D對．考點三指數函數的性質及應用1.利用指數函數的性質比較大小或解方程、不等式，最重要的是“同底”原則，比較大小還可以借助中間量．◆典例分析◆例1設a＝30.7，b＝2－0.4，c＝90.4，則()A．b<c<a B．c<a<bC．a<b<c D．b<a<c答案D解析b＝2－0.4<20＝1，c＝90.4＝30.8>30.7＝a>30＝1，所以b<a<c.例2已知y＝4x－3·2x＋3的值域為[1,7]，則x的取值范圍是()A．[2,4] B．(－∞，0)C．(0,1)∪[2,4] D．(－∞，0]∪[1,2]答案D解析∵y＝4x－3·2x＋3的值域為[1,7]，∴1≤4x－3·2x＋3≤7.∴－1≤2x≤1或2≤2x≤4.∴x≤0或1≤x≤2.例3已知a＝1.30.6，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))－0.4，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.3，則()A．c<b<a B．a<b<cC．c<a<b D．b<c<a答案D解析a＝1.30.6>1.30＝1，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))－0.4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.4，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.3，因為指數函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))x是減函數，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.4<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0.3<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))0＝1，所以b<c<1，所以b<c<a.◆對點練習運用◆1.對任意實數a>1，函數y＝(a－1)x－1＋1的圖象必過定點A(m，n)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)))x的定義域為[0,2]，g(x)＝f(2x)＋f(x)，則g(x)的值域為()A．(0,6] B．(0,20]C．[2,6] D．[2,20]答案C解析令x－1＝0得x＝1，y＝2，即函數圖象必過定點(1,2)，所以m＝1，n＝2，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,m)))x＝2x，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x≤2，,0≤2x≤2，))解得x∈[0,1]，g(x)＝f(2x)＋f(x)＝22x＋2x，令t＝2x，則y＝t2＋t，t∈[1,2]，所以g(x)的值域為[2,6]．2.已知函數f(x)＝3x＋1－4x－5，則不等式f(x)<0的解集是________．答案(－1,1)解析因為函數f(x)＝3x＋1－4x－5，所以不等式f(x)<0即為3x＋1<4x＋5，在同一平面直角坐標系中作出y＝3x＋1，y＝4x＋5的圖象，如圖所示，因為y＝3x＋1，y＝4x＋5的圖象都經過A(1,9)，B(－1,1)，所以f(x)<0，即y＝3x＋1的圖象在y＝4x＋5圖象的下方，所以由圖象知，不等式f(x)<0的解集是(－1,1)．3.若ex－ey＝e，x，y∈R，則2x－y的最小值為________．答案1＋2ln2解析依題意，ex＝ey＋e，ey>0，則e2x－y＝eq\f(e2x,ey)＝eq\f(ey＋e2,ey)＝ey＋eq\f(e2,ey)＋2e≥2eq\r(ey·\f(e2,ey))＋2e＝4e，當且僅當ey＝eq\f(e2,ey)，即y＝1時取“＝”，此時，(2x－y)min＝1＋2ln2，所以當x＝1＋ln2，y＝1時，2x－y取最小值1＋2ln2.4.已知函數f(x)＝x2－bx＋c滿足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(0)＝3，則f(bx)與f(cx)的大小關系為()A．f(cx)≥f(bx) B．f(cx)≤f(bx)C．f(cx)>f(bx) D．f(cx)＝f(bx)答案A解析根據題意，函數f(x)＝x2－bx＋c滿足f(x＋1)＝f(1－x)，則有eq\f(b,2)＝1，即b＝2，又由f(0)＝3，得c＝3，所以bx＝2x，cx＝3x，若x<0，則有cx<bx<1，而f(x)在(－∞，1)上單調遞減，此時有f(bx)<f(cx)，若x＝0，則有cx＝bx＝1，此時有f(bx)＝f(cx)，若x>0，則有1<bx<cx，而f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，此時有f(bx)<f(cx)，綜上可得f(bx)≤f(cx)．5.已知p：ax<1(a>1)，q：2x＋1－x<2，則p是q的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B解析∵ax<1，當a>1時，y＝ax是增函數，∴p：{x|x<0}．對于不等式2x＋1<x＋2，作出函數y＝2x＋1與y＝x＋2的圖象，如圖所示．由圖象可知，不等式2x＋1<x＋2的解集為{x|－1<x<0}，∴q：{x|－1<x<0}．又∵{x|－1<x<0}?{x|x<0}，∴p是q的必要不充分條件．6.已知a＝31.2，b＝1.20，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－0.9，則a，b，c的大小關系是()A．a<c<b B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a答案D解析因為b＝1.20＝1，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－0.9＝30.9，且y＝3x為增函數，1.2>0.9>0，所以31.2>30.9>30＝1，即a>c>b.考點四指數函數性質綜合運用1.求解與指數函數有關的復合函數問題，要明確復合函數的構成，涉及值域、單調區間、最值等問題時，要借助“同增異減”這一性質分析判斷．◆典例分析◆例1已知函數f(x)＝eq\f(8x＋a·2x,a·4x)(a為常數，且a≠0，a∈R)，且f(x)是奇函數．(1)求a的值；(2)若?x∈[1,2],都有f(2x)－mf(x)≥0成立，求實數m的取值范圍．解(1)f(x)＝eq\f(1,a)×2x＋eq\f(1,2x)，因為f(x)是奇函數，所以f(－x)＝－f(x)，所以eq\f(1,a)×eq\f(1,2x)＋2x＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)×2x＋\f(1,2x)))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,2x)))＝0，即eq\f(1,a)＋1＝0，解得a＝－1.(2)因為f(x)＝eq\f(1,2x)－2x，x∈[1,2]，所以eq\f(1,22x)－22x≥meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)－2x))，所以m≥eq\f(1,2x)＋2x，x∈[1,2]，令t＝2x，t∈[2,4]，由于y＝t＋eq\f(1,t)在[2,4]上單調遞增，所以m≥4＋eq\f(1,4)＝eq\f(17,4).例2(多選)(2023·杭州模擬)已知函數f(x)＝eq\f(3x－1,3x＋1)，下列說法正確的有()A．f(x)的圖象關于原點對稱B．f(x)的圖象關于y軸對稱C．f(x)的值域為(－1,1)D．?x1，x2∈R，且x1≠x2，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0答案AC解析對于A中，由f(－x)＝eq\f(3－x－1,3－x＋1)＝－eq\f(3x－1,3x＋1)＝－f(x)，可得函數f(x)為奇函數，函數f(x)的圖象關于原點對稱，故選項A正確，選項B錯誤；對于C中，設y＝eq\f(3x－1,3x＋1)，可得3x＝eq\f(1＋y,1－y)，所以eq\f(1＋y,1－y)>0，即eq\f(1＋y,y－1)<0，解得－1<y<1，即函數f(x)的值域為(－1,1)，所以C正確；對于D中，對?x1，x2∈R，且x1≠x2，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，可得函數f(x)為減函數，而f(x)＝eq\f(3x－1,3x＋1)＝1－eq\f(2,3x＋1)為增函數，所以D錯誤．例3已知指數函數f(x)＝(2a2－5a＋3)ax在(0，＋∞)上單調遞增，則實數a的值為()A.eq\f(1,2)B．1C.eq\f(3,2)D．2答案D解析由題意得2a2－5a＋3＝1，∴2a2－5a＋2＝0，∴a＝2或a＝eq\f(1,2).當a＝2時，f(x)＝2x在(0，＋∞)上單調遞增，符合題意；當a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(0，＋∞)上單調遞減，不符合題意．∴a＝2.◆對點練習運用◆1.已知函數f(x)＝，若f(x)有最大值3，則a的值為________．答案1解析令g(x)＝ax2－4x＋3，則f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))g(x)，∵f(x)有最大值3，∴g(x)有最小值－1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(3a－4,a)＝－1，))解得a＝1.2.已知定義域為R的函數f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0，且a≠1)是奇函數．(1)求實數k的值；(2)若f(1)<0，判斷函數f(x)的單調性，若f(m2－2)＋f(m)>0，求實數m的取值范圍．解(1)∵f(x)是定義域為R的奇函數，∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0，∴k＝2，經檢驗k＝2符合題意，∴k＝2.(2)f(x)＝ax－a－x(a>0，且a≠1)，∵f(1)<0，∴a－eq\f(1,a)<0，又a>0，且a≠1，∴0<a<1，從而y＝ax在R上單調遞減，y＝a－x在R上單調遞增，故由單調性的性質可判斷f(x)＝ax－a－x在R上單調遞減，不等式f(m2－2)＋f(m)>0可化為f(m2－2)>f(－m)，∴m2－2<－m，即m2＋m－2<0，解得－2<m<1，∴實數m的取值范圍是(－2,1)．3.函數f(x)＝a2x＋ax＋1(a>0，且a≠1)在[－1,1]上的最大值為13，求實數a的值．解由f(x)＝a2x＋ax＋1，令ax＝t，則t>0，則y＝t2＋t＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，其對稱軸為t＝－eq\f(1,2).該二次函數在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上單調遞增．①若a>1，由x∈[－1,1]，得t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，故當t＝a，即x＝1時，ymax＝a2＋a＋1＝13，解得a＝3或a＝－4(舍去)．②若0<a<1，由x∈[－1,1]，可得t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，故當t＝eq\f(1,a)，即x＝－1時，ymax＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2＋eq\f(1,a)＋1＝13.解得a＝eq\f(1,3)或a＝－eq\f(1,4)(舍去)．綜上可得，a＝3或eq\f(1,3).4.(多選)(2022·哈爾濱模擬)已知函數f(x)＝a·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x|＋b的圖象經過原點，且無限接近直線y＝2，但又不與該直線相交，則下列說法正確的是()A．a＋b＝0B．若f(x)＝f(y)，且x≠y，則x＋y＝0C．若x<y<0