北师大版（2019）必修第一册第三章指数运算与指数函数 复习提升（Word版含解析）

第三章　指数运算与指数函数
本章复习提升
易混易错练
易错点1　化简根式时忽略根式中变量条件致错
1.(2022湖北武汉问津联盟期中)式子a经过计算可得(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C.- D.-
2.已知a1,n∈N+,化简+.
易错点2　忽视换元后“新元”的范围致错
3.(2020山东青岛期末)已知关于x的不等式9x+(4+a)3x+4>0恒成立,求实数a的取值范围.
易错点3　忽略对指数函数底数的讨论致错
4.函数y=ax(a>0且a≠1)在[1,2]上的最大值与最小值的差为,则实数a的值为(　　)
A. B.
C.或2 D.或
5.已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)在[-1,1]上恒有f(x)<2,则实数a的取值范围为　　　　.
易错点4　忽视复合函数中函数的性质致错
6.(2021河南南阳期末)函数f(x)=的单调递增区间为(　　)
A.(-∞,2) B.(2,+∞)
C.(-3,2) D.(2,7)
7.(2020广西贵港联考)已知函数f(x)=a|x+b|(a>0,a≠1,b∈R).
(1)若f(x)为偶函数,求b的值;
(2)若f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,试求a,b应满足的条件.
思想方法练
一、数形结合思想
　　　　　　　　　　　　　　　
1.已知函数f(x)=,则函数y=f(x+1)的图象大致是(　　)
2.(2020山东淄博期末)已知函数f(x)=2x-1,g(x)=1-x2,函数F(x)=则函数F(x)(　　)
A.有最小值0,无最大值
B.无最小值,有最大值1
C.有最小值-1,无最大值
D.既无最小值,也无最大值
3.比较大小:　 .
二、方程思想
4.若x1,x2为方程2x=的两个实数根,则x1+x2=　　　　.
5.(2020山东菏泽联考)若函数f(x)满足:在定义域内存在x0,使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称函数f(x)具有性质M;反之,则称函数f(x)不具有性质M.证明:函数f(x)=2x具有性质M,并求出对应的x0的值.
三、转化与化归思想
6.(2020安徽淮北一中月考)已知0≤x≤2,则y=-3·2x+5的最大值为　　　　.
7.(2020广东佛山南海石门中学月考)已知y=f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时, f(x)=-+,则此函数的值域为　　　　.
四、分类讨论思想
8.(2020河北石家庄联考)已知0,且a≠1),求x的取值集合.
9.(2022河北百所学校联考)已知函数f(x)=(a>0且a≠1).
(1)若f(2)=,求f(-2)的值;
(2)若f(x)在[-1,1]上的最大值为,求a的值.
答案与分层梯度式解析
第三章　指数运算与指数函数
本章复习提升
易混易错练
1.D　因为成立,所以a<0,所以a =-=-.故选D.
易错警示
　　当n为正偶数时,只有在a≥0时才有意义,因此本题化简时应注意式子中a<0条件的限制.
2.解析　当n是奇数时,原式=(a-b)+(a+b)=2a;
当n是偶数时,因为a所以原式=|a-b|+|a+b|=(b-a)+(-a-b)=-2a.
所以+=(n>1).
3.解析　解法一:令3x=t,则t>0,
即t2+(4+a)t+4>0恒成立.
令f(t)=t2+(4+a)t+4(t>0),
则Δ=(4+a)2-4×4<0或
解得-8综上,实数a的取值范围为(-8,+∞).
解法二:由已知得4+a>-恒成立.
令3x=t,则t>0,
∵t+≥4(当且仅当t=2时取等号),∴-≤-4.
∵4+a>-恒成立,
∴4+a>-4,即a>-8.
∴实数a的取值范围为(-8,+∞).
易错警示
　　形如Aa2x+Bax+C(A≠0,B≠0,a>0,a≠1)型函数的性质问题可利用换元法转化为一元二次函数的性质问题,注意换元后新元的取值范围.
4.D　当a>1时,y=ax在[1,2]上的最大值为a2,最小值为a,故a2-a=,解得a=或a=0(舍去);
当0综上,a=或a=.
5.答案　∪(1,2)
解析　当a>1时,f(x)在[-1,1]上是增函数.因为函数f(x)在[-1,1]上恒有f(x)<2,所以f(x)max<2,所以f(1)=a<2,所以1当0综上所述,实数a的取值范围是∪(1,2).
易错警示
　　涉及含参数的指数函数单调性问题,解题时要根据底数与1的大小关系进行分类讨论.
6.A　易得y=-x2+4x+3的单调递增区间为(-∞,2),单调递减区间为(2,+∞),函数y=3x在R上单调递增,所以由复合函数的单调性可知f(x)的单调递增区间为(-∞,2).
易错警示
　　形如y=af(x)(a>0,且a≠1)的函数的单调性的判断,常用复合函数法.利用复合函数的单调性:当a>1时,函数y=af(x)与函数y=f(x)的单调性相同;当07.解析　(1)因为f(x)为偶函数,所以对任意的x∈R,都有f(x)=f(-x),即a|x+b|=a|-x+b|,所以|x+b|=|-x+b|,解得b=0.
(2)记h(x)=|x+b|=
①当a>1时, f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,即h(x)在区间[2,+∞)上是增函数,所以-b≤2,即b≥-2.
②当0综上,f(x)在区间[2,+∞)上是增函数时,a,b应满足的条件为a>1且b≥-2.
思想方法练
1.B　y=f(x+1)的图象可看作是由y=f(x)的图象向左平移一个单位得到的.故选B.
先画出f(x)=的图象,然后向左平移1个单位,即可得到y=f(x+1)的图象,应用了数形结合思想.
2.C　在同一平面直角坐标系中作出函数|f(x)|与g(x)的图象,然后根据题意作出函数F(x)的图象(实线部分),如图所示:
由图可知函数F(x)有最小值-1,无最大值.故选C.
先把y=|f(x)|与y=g(x)的图象画到同一平面直角坐标系内,再根据y=F(x)的对应关系作出对应图象,应用了数形结合思想.
3.答案　>
解析　在同一平面直角坐标系中作出指数函数y=与y=的图象,如图所示.
当x=-0.5时,观察图象可得>.
把y=与y=的图象画到同一平面直角坐标系内,取x=-0.5即可比较大小,应用了数形结合思想.
思想方法
　　数形结合思想在本章主要体现在与指数函数有关的函数图象的位置关系以及图象的伸缩、平移、对称等变换中,解题时需把抽象的数学语言转化为直观的图形,即代数问题几何化.
4.答案　-1
解析　 ∵2x=,∴2x=,∴x=-1,∴x2+x-1=0.∴x1+x2=-1.
利用一元二次方程根与系数的关系求出x1+x2的值.
5.解析　由f(x0+1)=f(x0)+f(1),得=+2,
利用新定义列出关于x0的方程,通过方程的解的情况求解.
即=2,解得x0=1,所以函数f(x)=2x具有性质M,此时x0=1.
思想方法
　　方程思想在指数函数中主要体现在利用条件得到等式,从而构造方程(组),通过解方程(组)解决相关问题.
6.答案　
解析　令t=2x,∵0≤x≤2,∴1≤t≤4,
又y=22x-1-3·2x+5=t2-3t+5=(t-3)2+,
∴t=1时,ymax=.
令t=2x,把原函数的最值转化为一元二次函数的最值,应用了转化与化归思想.
7.答案　
解析　设t=,当x≥0时,0令t=,将原函数转化为一元二次函数,求得x≥0时f(x)的值域,再利用奇偶性得到x<0时f(x)的值域,从而得到y=f(x)在R上的值域,应用了转化与化归思想.
思想方法
　　转化与化归思想在研究指数函数中常见的运用有利用函数奇偶性对原点两侧函数值进行转化,构造函数将复杂的问题转化为简单的问题等.
8.解析　当0∴x2-3x+1>x+6,∴x2-4x-5>0,解得x<-1或x>5.
当a>1时,函数y=ax在R上是增函数,
∴x2-3x+1由于指数函数的单调性受a的影响,因此分01解不等式.
综上所述,当05};当a>1时,x的取值集合是{x|-19.解析　(1)因为f(x)的定义域为R,关于原点对称,
f(-x)====-=-f(x),
所以f(x)为奇函数,故f(-2)=-f(2)=-.
(2)f(x)===1-.
由于a与1的大小未定,因此需对a进行分类讨论.
若0若a>1,则f(x)=1-为增函数,当x∈[-1,1]时,f(x)max=f(1)=1-=,解得a=3,符合题意.
综上所述,a的值为或3.
思想方法
　　分类讨论思想在本章主要体现在讨论指数函数的底数和1的大小关系,以确定指数函数的单调性,从而得到函数的值域、不等式的解集等.