指数函数习题

前言

• 指数函数的图像

引出过程

• 加法，减法；一级运算；乘除二级运算；乘方开方三级运算；

• 乘方引出幂值，幂值引出方根，再引出根式，

• 分数指数幂，整数指数幂+分数指数幂\(\Rightarrow\)有理数指数幂，

• 无理数指数幂\(\Rightarrow\)实数指数幂

• 引出\(y=a^x\)，\(x\in R\)，为保证总有意义，限制\(a>0，a\neq 1\)，指数函数。

相关延申

• 指数函数\(f(x)=a^x\)，其抽象函数为\(f(x)\cdot f(y)=f(x＋y)\)；\(\cfrac{f(x)}{f(y)}=f(x-y)\)；

典例剖析

【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】已知函数\(f(x)=\cfrac{a^x-1}{a^x+1}(a>0且a\neq 1)\)，

(1).求函数的定义域和值域；

分析：容易知道定义域为\(R\)；求值域的方法有两个：

其一利用有界性法；如由\(y=\cfrac{a^x-1}{a^x+1}\)反解得到\(a^x=-\cfrac{y+1}{y-1}\)，

由\(a^x>0\)得到\(-\cfrac{y+1}{y-1}>0\)，解得\(-1<y<1\)；

其二利用函数的单调性法，见下(3)

(2).讨论函数\(f(x)\)的奇偶性；

分析：函数\(f(-x)=f(x)\)，奇函数；注意运算技巧^[1]

(3).讨论函数\(f(x)\)的单调性。

分析：化为部分方式得到，\(f(x)=1-\cfrac{2}{a^x+1}\)，

容易知道当\(a>1\)时，函数\(f(x)\)单调递增；当\(0<a<1\)时，函数\(f(x)\)单调递减；

补充求值域的单调性法；化为部分方式得到，\(f(x)=1-\cfrac{2}{a^x+1}\)，

当\(a>1\)时，函数\(f(x)\)单调递增，当\(\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=1\)，

\(\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=-1\)，故\(-1<f(x)<1\)；

当\(0<a<1\)时，同样能得到\(-1<f(x)<1\)；

【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】若函数\(f(x)=a^x(a>0，a\neq 1)\)在区间\([2，4]\)上的最大值与最小值的差为\(2\)，则实数\(a\)=【\(\quad\)】

$A.\cfrac{\sqrt{2}}{2}$ $B.\sqrt{2}$ $C.\cfrac{1}{2}$ $D.2$

分析：分类讨论如下，

当\(a>1\)时，满足\(a^4-a^2=2\)，逐项验证，\(a=\sqrt{2}\)满足；

当\(0<a<1\)时，满足\(a^2-a^4=2\)，逐项验证，无解，

综上所述，选\(B\)。

已知关于 \(x\) 不等式 \(x^{2}-2 m x+m+2<0\)\((m \in R)\)

(1).若该不等式的解集为空集，求函数 \(f(m)=\cfrac{2^{m}}{4^{m}+1}\) 的最大值；

分析：由题目关于 \(x\) 不等式 \(x^{2}-2 m x+m+2<0(m \in R)\) 的解集为空集，

则\(\Delta=(2m)^{2}-4 \times(m+2) \leq 0\)，解得 \(-1 \leq m \leq 2\)，则 \(2^{m} \in\left[\cfrac{1}{2}, 4\right]\)

设 $t=2^{m} \in\left[\cfrac{1}{2}, 4\right] $， 则 \(g(t)=\cfrac{t}{t^{2}+1}\)，\(t\in\left[\cfrac{1}{2}, 4\right]\)

\(g(t)=\cfrac{1}{t+\frac{1}{t}}\leq \cfrac{1}{2 \sqrt{t\times \frac{1}{t}}}=\cfrac{1}{2}\)，

当且仅当 \(t=\cfrac{1}{t}\)， 即 \(t=1\)， 即 \(m=0\) 时取等号；

即函数 \(g(t)\) 的最大值为 \(\cfrac{1}{2}\)，

故函数 \(f(m)=\cfrac{2^{m}}{4^{m}+1}\) 的最大值为 \(\cfrac{1}{2}\)；

(2).若 \(x\in(0, \cfrac{1}{2})\)，该不等式能成立，求实数 \(m\) 的取值范围.

法1： 由\(x\in(0, \cfrac{1}{2})\)， 该不等式能成立，即 \(x^{2}-2 m x+m+2<0\) 在 \((0, \cfrac{1}{2})\)有解，

设 \(h(x)=x^{2}-2 m x+m+2,\) 二次函数 \(h(x)\) 的图象开口向上， 对称轴为 直线 \(x=m\)

①当\(0<m<\cfrac{1}{2}\)时，则有\(h(x)_{min}=h(m)=-m^2+m+2<0\)，

即\(m^2-m-2>0\)，解得 \(m<-1\) 或 \(m>2\) ，故\(m\in \varnothing\)，舍去；

②当\(m \leq 0\) 时，二次函数 \(h(x)\) 在区间 \((0, \cfrac{1}{2})\) 上单调递增，则 \(h(0)=m+2<0\)，解得 \(m<-2\)， 故有\(m<-2\)；

③当\(m\geq \cfrac{1}{2}\) 时，二次函数 \(h(x)\) 在区间 \((0, \cfrac{1}{2})\) 上单调递减，由于\(h(\cfrac{1}{2})=\cfrac{9}{4}>0\)，

此时 \(h(x)>h(\cfrac{1}{2})=\cfrac{9}{4}>0\)，不合乎题意.

综上所述，实数 \(m\) 的取值范围为 \((-\infty,-2)\)

法2：还可以考虑分离参数法，

由于\(x \in(0, \cfrac{1}{2})\)时，不等式\(x^{2}-2mx+m+2<0\)能成立，请参阅不等式能成立

即\(x^{2}-2mx+m+2<0\) 在 \((0, \cfrac{1}{2})\)能成立，即\(m(1-2x)<-x^2-2\)在 \((0, \cfrac{1}{2})\)能成立，

又由于\(x \in(0, \cfrac{1}{2})\)，则\(0<1-2x<1\)，分离参数得到

\(m<\cfrac{-x^2-2}{1-2x}=\cfrac{x^2+2}{2x-1}\)在 \((0, \cfrac{1}{2})\)能成立，

令\(g(x)=\cfrac{x^2+2}{2x-1}\)，[备注：相关变形]关于此类分式函数的相关变形的方向，可以参阅分式之殇 \(\quad\)需要\(m<g(x)_{max}\)或者最大值的极限；函数在开区间上不一定有最值，但必然会有最值的极限；

由于\(g(x)=\cfrac{x^2+2}{2x-1}\)，令\(2x-1=t\)，则\(x=\cfrac{t+1}{2}\)且\(t\in(-1,0)\)，

故\(g(x)=h(t)=\cfrac{(\frac{t+1}{2})^2+2}{t}=\cfrac{t^2+2t+9}{4t}=4t+\cfrac{9}{4t}+\cfrac{1}{2}\)

即\(g(x)=h(t)=4(t+\cfrac{9}{t})+\cfrac{1}{2}\)，\(t\in(-1,0)\)，[对勾函数相关]对勾函数的相关问题，大家最好能学习清楚，请参阅对勾函数

则\(h(t)\)在区间\((-1,0)\)上单调递减，故\(h(t)>h(-1)=-2\)，即\(g(x)\)的最大值极限为\(-2\)，

故\(m<-2\)；

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1. 遇到含有指数式的分式型函数判断奇偶性时，乘法比除法快；
   引例，比如判断 \(f(x)=\cfrac{2^x-1}{2^x+1}\) 的奇偶性，
   分析：定义域为 \(R\) ，关于原点对称，
   且有 \(f(-x)\)\(=\)\(\cfrac{2^{-x}-1}{2^{-x}+1}\)\(=\)\(\cfrac{(2^{-x}-1)\cdot 2^x}{(2^{-x}+1)\cdot 2^x}\)\(=\)\(\cfrac{1-2^x}{1+2^x}\)\(=\)\(-\cfrac{2^x-1}{2^x+1}\)\(=\)\(-f(x)\)，
   则 \(f(-x)=-f(x)\)，故函数 \(f(x)\) 为奇函数； ↩︎