第2课时 指数函数图象及性质的应用（习题课）
1.设a＝40.8，b＝80.7，c＝，则（ ）
A.c＞a＞b B.a＞c＞b
C.b＞a＞c D.a＞b＞c
2.若＜，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.（1，＋∞）
C.（－∞，1） D.
3.若函数f（x）＝a｜2x－4｜（a＞0且a≠1）满足f（1）＝，则f（x）的单调递减区间是（ ）
A.（－∞，2] B.[2，＋∞）
C.[－2，＋∞） D.（－∞，－2]
4.随着我国经济的不断发展，2018年年底某偏远地区农民人均年收入为3 000元，预计该地区今后农民的人均年收入将以每年6%的年平均增长率增长，那么2025年年底该地区的农民人均年收入为（ ）
A.3 000×1.06×7元
B.3 000×1.067元
C.3 000×1.06×8元
D.3 000×1.068元
5.（多选）已知实数a，b满足等式2 023a＝2 024b，下列四个关系式，其中可能成立的关系式有（ ）
A.0＜b＜a B.a＜0＜b
C.a＜b＜0 D.a＝b
6.函数y＝ax在[0，1]上的最大值与最小值的和为3，则函数y＝2ax－1在[0，1]上的最大值是 .
7.已知a为正实数，且f（x）＝－是奇函数，则f（x）的值域为 .
8.设函数f（x）＝则满足f（x－1）＜f（2x）的x的取值范围是 .
9.已知函数f（x）＝4x－2·2x＋1＋a，其中x∈[0，3].
（1）若f（x）的最小值为1，求a的值；
（2）若存在x∈[0，3]，使f（x）≥33成立，求a的取值范围.
10.已知函数f（x）＝且对于任意的x1，x2，都有＞0（x1≠x2），则实数a的取值范围是（ ）
A.（1，2] B.（1，3]
C.[1，＋∞） D.
11.若函数f（x）＝πx－π－x＋2 024x，则不等式f（x＋1）＋f（2x－4）≥0的解集为（ ）
A.[1，＋∞） B.（－∞，1]
C.（0，1] D.[－1，1]
12.设函数f（x）＝a·2x－2－x（a∈R）.
（1）若函数y＝f（x）的图象关于原点对称，求函数g（x）＝f（x）＋的零点x0；
（2）若函数h（x）＝f（x）＋4x＋2－x在x∈[0，1]的最大值为－2，求实数a的值.
13.若实数x，y满足2 024x－2 024y＜2 025－x－2 025－y，则（ ）
A.＞1 B.＜1
C.x－y＜0 D.x－y＞0
14.定义在D上的函数f（x），如果满足：对任意x∈D，存在常数M＞0，都有－M≤f（x）≤M成立，则称f（x）是D上的有界函数，其中M称为函数f（x）的上界.已知f（x）＝4x＋a·2x－2.
（1）当a＝－2时，求函数f（x）在（0，＋∞）上的值域，并判断函数f（x）在（0，＋∞）上是否为有界函数，请说明理由；
（2）若函数f（x）在（－∞，0）上是以2为上界的有界函数，求实数a的取值范围.
第2课时 指数函数图象及性质的应用（习题课）
1.C a＝40.8＝21.6，b＝80.7＝22.1，c＝＝21.5，∵y＝2x在R上为增函数，2.1＞1.6＞1.5，∴b＞a＞c，故选C.
2.A 函数y＝在R上为减函数，所以2a＋1＞8－2a，所以a＞.故选A.
3.B 由f（1）＝，得a2＝，解得a＝，因此f（x）＝.令t＝｜2x－4｜，∴h（t）＝为减函数.因为t＝｜2x－4｜在[2，＋∞）上单调递增，所以f（x）的单调递减区间是[2，＋∞）.故选B.
4.B 设经过x年，该地区的农民人均年收入为y元，根据题意可得y＝3 000×1.06x，从2018到2025年共经过了7年，2025年年底该地区的农民人均年收入为3 000×1.067元.故选B.
5.ACD 由于y＝2 023x以及y＝2 024x分别为单调递增函数，且恒过点（0，1），当x＜0时，2 023x＞2 024x，故若2 023a＝2 024b，则a＜b＜0；当x＞0时，2 023x＜2 024x，故若2 023a＝2 024b，则a＞b＞0；当a＝b＝0时，也满足等式2 023a＝2 024b，故选A、C、D.
6.3 解析：函数y＝ax在[0，1]上是单调的，最大值与最小值都在端点处取到，故有a0＋a1＝3，解得a＝2，因此函数y＝2ax－1＝4x－1在[0，1]上是单调递增函数，当x＝1时，ymax＝3.
7. 解析：由f（x）为奇函数可知f（0）＝0，即－＝0，解得a＝2，则f（x）＝－，∵2x＞0，∴2x＋1＞1，∴0＜＜1，∴－1＜－＜0，∴－＜－＜.故f（x）的值域为.
8.（－1，1） 解析：
f（x）的图象如图所示，当x≤0时，函数f（x）＝2x单调递增，则f（x）≤f（0）＝1，要使f（x－1）＜f（2x），则或解得－1＜x＜0或0≤x＜1，即－1＜x＜1.
9.解：（1）令t＝2x，则t∈[1，8]，f（t）＝t2－4t＋a＝（t－2）2＋a－4，
当t＝2时，f（x）min＝f（t）min＝a－4＝1，解得a＝5.
（2）存在x∈[0，3]，使f（x）≥33成立，等价于存在x∈[0，3]，f（x）max≥33，由（1）可知f（t）＝（t－2）2＋a－4，t∈[1，8]，
当t＝8时，f（x）max＝f（t）max＝a＋32≥33，解得a≥1.
10.B 依题可知函数f（x）＝在（－∞，＋∞）上是增函数，∴解得1＜a≤3.故选B.
11.A f（x）的定义域为R，因为f（－x）＝π－x－πx－2 024x＝－（πx－π－x＋2 024x）＝－f（x），所以f（x）是奇函数，所以不等式f（x＋1）＋f（2x－4）≥0可化为f（x＋1）≥f（4－2x），因为y＝πx，y＝－π－x，y＝2 024x在R上均为增函数，所以f（x）在R上为增函数，所以x＋1≥4－2x，解得x≥1，故选A.
12.解：（1）∵f（x）的图象关于原点对称，∴f（x）为奇函数，
∴f（－x）＋f（x）＝0，∴a·2－x－2－x＋a·2x－2x＝0，
即∴（a－1）·（2－x＋2x）＝0，∴a＝1，∴f（x）＝2x－2－x，∴g（x）＝2x－2－x＋，
令g（x）＝2x－2－x＋＝0，则2·（2x）2＋3·2x－2＝0，
∴（2x＋2）·（2·2x－1）＝0，又2x＞0，∴2·2x－1＝0，解得x＝－1，即x0＝－1，∴函数g（x）的零点为－1.
（2）∵h（x）＝a·2x－2－x＋4x＋2－x，x∈[0，1]，
令2x＝t，则t∈[1，2]，h（t）＝t2＋at，t∈[1，2]，对称轴t＝－，
①当－≤，即a≥－3时，h（t）max＝h（2）＝4＋2a＝－2，∴a＝－3；
②当－＞，即a＜－3时，h（t）max＝h（1）＝1＋a＝－2，∴a＝－3（舍）；综上：实数a的值为－3.
13.C 令f（x）＝2 024x－2 025－x，由于y＝2 024x，y＝－2 025－x均为R上的增函数，所以f（x）＝2 024x－2 025－x是R上的增函数，因为2 024x－2 024y＜2 025－x－2 025－y，所以2 024x－2 025－x＜2 024y－2 025－y，即f（x）＜f（y），所以x＜y，所以x－y＜0.故选C.
14.解：（1）当a＝－2时，f（x）＝4x－2·2x－2＝（2x－1）2－3，
令t＝2x，因为x∈（0，＋∞），所以t＝2x＞1，
又函数y＝（t－1）2－3是开口向上的二次函数，对称轴为t＝1，
所以y＝（t－1）2－3在（1，＋∞）上单调递增，因此y∈（－3，＋∞），
即函数f（x）的值域为（－3，＋∞）；
因此不存在常数M＞0，使得－M≤f（x）≤M成立，
所以f（x）在（0，＋∞）上不是有界函数.
（2）若函数f（x）在（－∞，0）上是以2为上界的有界函数，
则－2≤4x＋a·2x－2≤2对任意的x∈（－∞，0）恒成立，
即－2x≤a≤－2x对任意的x∈（－∞，0）恒成立，
因为x＜0，所以2x∈（0，1），
因此－2x∈（－1，0）；
又y＝＝4·2－x与y＝－2x都是减函数，
所以y＝－2x在（－∞，0）上单调递减，
所以y＝－2x＞－20＝3，
因此为使－2x≤a≤－2x对任意的x∈（－∞，0）恒成立，
只需0≤a≤3，
即实数a的取值范围为[0，3].
2 / 2第2课时 指数函数图象及性质的应用（习题课）
题型一 指数式的大小比较
【例1】 比较下列各组数的大小：
（1）1.52.5和1.53.2；（2）与；
（3）1.50.3和0.81.2.
尝试解答
通性通法
比较指数式大小的3种类型及处理方法
【跟踪训练】
1.设a＝30.7，b＝2－0.4，c＝90.4，则（ ）
A.b＜c＜a B.c＜a＜b
C.a＜b＜c D.b＜a＜c
2.三个数1.10.5，0.90.5，0.90.6按照由小到大的顺序排列是 .
题型二 解含指数型的不等式
【例2】 （1）若不等式＜成立，则实数x的取值范围是 ；
（2）函数y＝的定义域为 .
尝试解答
通性通法
指数型不等式的解法
（1）指数型不等式af（x）＞ag（x）（a＞0且a≠1）的解法：
当a＞1时，f（x）＞g（x）；当0＜a＜1时，f（x）＜g（x）.
（2）如果不等式的形式不是同底指数式的形式，要首先进行变形将不等式两边的底数进行统一，此时常用到以下结论：1＝a0（a＞0且a≠1），a－x＝（a＞0且a≠1）等.
【跟踪训练】
若a－5x＞ax＋7（a＞0且a≠1），求x的取值范围.
题型三 指数型函数的单调性
【例3】 判断f（x）＝的单调性，并求其值域.
尝试解答
【母题探究】
1.（变条件）本例中“x∈R”变为“x∈[1，2]”，则f（x）的值域为 .
2.（变条件）本例中f（x）变为f（x）＝，求f（x）的值域与单调区间.
通性通法
函数y＝af（x）（a＞0且a≠1）的单调性的处理技巧
（1）关于指数型函数y＝af（x）（a＞0且a≠1）的单调性由两点决定，一是底数a＞1还是0＜a＜1；二是f（x）的单调性，它由两个函数y＝au，u＝f（x）复合而成；
（2）求复合函数的单调区间，首先求出函数的定义域，然后把函数分解成y＝f（u），u＝φ（x），通过考查f（u）和φ（x）的单调性，求出y＝f（φ（x））的单调性，即同增异减.
【跟踪训练】
1.的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
2.函数y＝4x－2×2x＋5的单调增区间为 .
题型四 指数型函数的实际应用
【例4】 调查表示，酒后驾驶是导致交通事故的主要原因，交通法规定：驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.02 mg/mL.如果某人喝了少量酒后，血液中酒精含量将迅速上升到0.3 mg/mL，在停止喝酒后，血液中酒精含量就以每小时50%的速度减小，那么他至少要经过 小时才可以驾驶机动车（精确到时）（ ）
A.1 B.2
C.4 D.6
尝试解答
通性通法
解决指数型函数应用题的流程
（1）审题：理解题意，弄清关键字词和字母的意义，从题意中提取信息；
（2）建模：根据已知条件，列出指数函数的关系式；
（3）解模：运用数学知识解决问题；
（4）回归：还原为实际问题，归纳得出结论.
【跟踪训练】
1.一个口罩厂今年6月份的产量是1月份产量的a倍，那么该口罩厂这半年中产量的月平均增长率是（ ）
A. B.
C.－1 D.－1
2.Logistic模型是常用的数学模型之一，可应用于流行病学领域，有学者根据公布的数据建立某地区流感累计确诊病例数R（t）（t的单位：天）的模型：R（t）＝，其中K为最大确诊病例数，N为非零常数，当R（t0）＝K时，t0的值为（ ）
A.60 B.61
C.63 D.66
1.已知a＝30.3，b＝π0，c＝，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.a＜b＜c B.b＜a＜c
C.b＜c＜a D.c＜b＜a
2.函数y＝的单调递减区间为（ ）
A.（－∞，0] B.[0，＋∞）
C.（－∞， ] D.[，＋∞）
3.（多选）设函数f（x）＝，下列说法正确的是（ ）
A.函数f（x）是偶函数
B.函数f（x）是奇函数
C.函数f（x）有最大值1
D.函数f（x）在（－∞，0）上单调递减
4.为改善环境，某城市对污水处理系统进行改造.三年后，城市污水排放量由原来每年排放125万吨降到27万吨，那么污水排放量平均每年降低的百分率是（ ）
A.50% B.40%
C.30% D.20%
5.不等式33－x＞9x的解集是 .
第2课时 指数函数图象及性质的应用（习题课）
【典型例题·精研析】
【例1】 解：（1）∵函数y＝1.5x在R上是增函数，2.5＜3.2，
∴1.52.5＜1.53.2.
（2）作出指数函数y＝与y＝的图象（如图），
由图知＞.
（3）由指数函数的性质知1.50.3＞1.50＝1，
而0.81.2＜0.80＝1，
∴1.50.3＞0.81.2.
跟踪训练
1.D b＝2－0.4＜20＝1，c＝90.4＝30.8＞30.7＝a＞30＝1，所以b＜a＜c，故选D.
2.0.90.6，0.90.5，1.10.5 解析：y＝0.9x在R上为减函数，0＜0.5＜0.6，故1＞0.90.5＞0.90.6，1.10.5＞1.10＝1，故从小到大排序为：0.90.6，0.90.5，1.10.5.
【例2】 （1）（－3，1） （2）（－∞，－2]∪[2，＋∞）
解析：（1）＜等价于＜5－x，又y＝5x为增函数，故x2＋x－3＜－x，即x2＋2x－3＜0，解得x∈（－3，1）.
（2）由题意有－9≥0，即≥32，所以x2－2≥2，即x2≥4，所以x≥2或x≤－2，故所求函数的定义域为（－∞，－2]∪[2，＋∞）.
跟踪训练
解：①当0＜a＜1时，函数y＝ax是减函数，则由a－5x＞ax＋7可得－5x＜x＋7，解得x＞－.
②当a＞1时，函数y＝ax是增函数，则由a－5x＞ax＋7可得－5x＞x＋7，解得x＜－.
综上，当0＜a＜1时，x＞－；当a＞1时，x＜－.
【例3】 解：令u＝x2－2x，则原函数变为y＝.
∵u＝x2－2x＝（x－1）2－1在（－∞，1]上递减，在（1，＋∞）上递增，又∵y＝在（－∞，＋∞）上递减，
∴y＝在（－∞，1]上递增，在（1，＋∞）上递减.
∵u＝x2－2x＝（x－1）2－1≥－1，
∴y＝，u∈[－1，＋∞），
∴0＜≤＝3，
∴原函数的值域为（0，3].
母题探究
1.[1，3] 解析：由本例解析知，f（x）＝在[1，2]上是减函数.则f（2）≤f（x）≤f（1），即1≤f（x）≤3.
2.解：令u＝2x－x2，则u＝－（x－1）2＋1≤1，定义域为R，故u在（－∞，1）上是增函数，在（1，＋∞）上是减函数，又y＝为减函数，所以根据复合函数的“同增异减”得y＝在（－∞，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数，所以≥＝，故函数y＝的值域为，单调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（－∞，1）.
跟踪训练
1.A 由x2－x－1≥0，得x≤或x≥.易知函数t＝x2－x－1在上单调递减，在上单调递增，而函数y＝在[0，＋∞）上单调递减，所以函数f（x）的单调递增区间为.故选A.
2.[0，＋∞） 解析：函数的定义域为R，令t＝2x，x∈R时，t∈（0，＋∞）.y＝（2x）2－2×2x＋5＝t2－2t＋5＝（t－1）2＋4，t∈（0，＋∞）.当t≥1时，2x≥1，x≥0；当0＜t≤1时，0＜2x≤1，x≤0.∵y＝（t－1）2＋4在t∈[1，＋∞）上递增，t＝2x，即在x∈[0，＋∞）上递增，∴函数y＝4x－2×2x＋5的单调递增区间为[0，＋∞）.
【例4】 C 设n（n∈N*）小时后才可以驾驶机动车.由题意，得0.3（1－50%）n≤0.02，∴≤，又n∈N*，∴n≥4.即至少要经过4小时才可以驾驶机动车.故选C.
跟踪训练
1.C 设月平均增长率为x，1月份的产量为A，则6月份的产量为A（1＋x）5＝aA，解得x＝－1，故选C.
2.A 由R（t）＝，且R（t0）＝K，得＝K，解得t0＝60，故选A.
随堂检测
1.D b＝π0＝1，c＝＝3－0.3，因为函数y＝3x在R上为增函数，且0.3＞0＞－0.3，所以30.3＞30＞3－0.3，即30.3＞1＞3－0.3，即a＞b＞c，故选D.
2.B 函数y＝在R上为减函数，欲求函数y＝的单调递减区间，只需求函数u＝x2－2的单调递增区间，而函数u＝x2－2的单调递增区间为[0，＋∞），故所求单调递减区间为[0，＋∞）.
3.AC 因为函数的定义域为R，且f（－x）＝＝f（x），所以f（x）是偶函数，A正确，B错误；令t＝｜x｜，则t≥0，所以y＝（t≥0），所以0＜y≤1，C正确；当x＜0时，f（x）＝＝2x，是单调增函数，所以D错误.故选A、C.
4.B 设污水排放量平均每年降低的百分率为p，则有125（1－p）3＝27，故p＝＝0.4＝40%，故选B.
5.（－∞，1） 解析：由33－x＞9x，得33－x＞32x，所以3－x＞2x，解得x＜1，所以不等式的解集为 （－∞，1）.
3 / 3(共56张PPT)
第2课时
指数函数图象及性质的应用（习题课）
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 指数式的大小比较
【例1】 比较下列各组数的大小：
（1）1.52.5和1.53.2；
解： ∵函数 y ＝1.5 x 在R上是增函数，
2.5＜3.2，
∴1.52.5＜1.53.2.
（2） 与 ；
解： 作出指数函数 y ＝ 与 y ＝ 的图象（如图），
由图知 ＞ .
（3）1.50.3和0.81.2.
解： 由指数函数的性质知1.50.3＞1.50＝1，
而0.81.2＜0.80＝1，∴1.50.3＞0.81.2.
通性通法
比较指数式大小的3种类型及处理方法
【跟踪训练】
1. 设 a ＝30.7，b＝2－0.4，c＝90.4，则（ ）
A. b ＜ c ＜ a B. c ＜ a ＜ b
C. a ＜ b ＜ c D. b ＜ a ＜ c
解析： b ＝2－0.4＜20＝1，c＝90.4＝30.8＞30.7＝a＞30＝1，所以
b ＜ a ＜ c ，故选D.
2. 三个数1.10.5，0.90.5，0.90.6按照由小到大的顺序排列是
.
解析： y ＝0.9 x 在R上为减函数，0＜0.5＜0.6，故1＞0.90.5＞
0.90.6，1.10.5＞1.10＝1，故从小到大排序为：0.90.6，0.90.5，
1.10.5.
0.90.6，
0.90.5，1.10.5
题型二 解含指数型的不等式
【例2】 （1）若不等式 ＜ 成立，则实数 x 的取值范围
是 ；
解析： ＜ 等价于 ＜5－ x ，又 y ＝5 x 为增函数，故 x2＋ x －3＜－ x ，即 x2＋2 x －3＜0，解得 x ∈（－3，1）.
（－3，1）
（2）函数 y ＝ 的定义域为
.
解析： 由题意有 －9≥0，即 ≥32，所以 x2－
2≥2，即 x2≥4，所以 x ≥2或 x ≤－2，故所求函数的定义域为
（－∞，－2]∪[2，＋∞）.
（－∞，－2]∪[2，＋
∞）
通性通法
指数型不等式的解法
（1）指数型不等式 af（ x）＞ ag（ x）（ a ＞0且 a ≠1）的解法：当 a ＞1
时， f （ x ）＞ g （ x ）；当0＜ a ＜1时， f （ x ）＜ g （ x ）.
（2）如果不等式的形式不是同底指数式的形式，要首先进行变形将
不等式两边的底数进行统一，此时常用到以下结论：1＝ a0（ a
＞0且 a ≠1）， a－ x ＝ （ a ＞0且 a ≠1）等.
【跟踪训练】
若 a－5 x ＞ ax＋7（ a ＞0且 a ≠1），求 x 的取值范围.
解：①当0＜ a ＜1时，函数 y ＝ ax 是减函数，则由 a－5 x ＞ ax＋7可得－5
x ＜ x ＋7，解得 x ＞－ .
②当 a ＞1时，函数 y ＝ ax 是增函数，则由 a－5 x ＞ ax＋7可得－5 x ＞ x ＋
7，解得 x ＜－ .
综上，当0＜ a ＜1时， x ＞－ ；当 a ＞1时， x ＜－ .
题型三 指数型函数的单调性
【例3】 判断 f （ x ）＝ 的单调性，并求其值域.
解：令 u ＝ x2－2 x ，则原函数变为 y ＝ .
∵ u ＝ x2－2 x ＝（ x －1）2－1在（－∞，1]上递减，在（1，＋∞）
上递增，又∵ y ＝ 在（－∞，＋∞）上递减，
∴ y ＝ 在（－∞，1]上递增，在（1，＋∞）上递减.
∵ u ＝ x2－2 x ＝（ x －1）2－1≥－1，∴ y ＝ ， u ∈[－1，＋∞），
∴0＜ ≤ ＝3，∴原函数的值域为（0，3].
【母题探究】
1. （变条件）本例中“ x ∈R”变为“ x ∈[1，2]”，则 f （ x ）的值
域为 .
解析：由本例解析知， f （ x ）＝ 在[1，2]上是减函数.则
f （2）≤ f （ x ）≤ f （1），即1≤ f （ x ）≤3.
[1，3]
解：令 u ＝2 x － x2，则 u ＝－（ x －1）2＋1≤1，定义域为R，故 u
在（－∞，1）上是增函数，在（1，＋∞）上是减函数，又 y ＝
为减函数，所以根据复合函数的“同增异减”得 y ＝
在（－∞，1）上是减函数，在（1，＋∞）上是增函数，所以
≥ ＝ ，故函数 y ＝ 的值域为 ，单
调递增区间为（1，＋∞），单调递减区间为（－∞，1）.
2. （变条件）本例中 f （ x ）变为 f （ x ）＝ ，求 f （ x ）的值
域与单调区间.
通性通法
函数 y ＝ af（ x）（ a ＞0且 a ≠1）的单调性的处理技巧
（1）关于指数型函数 y ＝ af（ x）（ a ＞0且 a ≠1）的单调性由两点决
定，一是底数 a ＞1还是0＜ a ＜1；二是 f （ x ）的单调性，它由
两个函数 y ＝ au ， u ＝ f （ x ）复合而成；
（2）求复合函数的单调区间，首先求出函数的定义域，然后把函数
分解成 y ＝ f （ u ）， u ＝φ（ x ），通过考查 f （ u ）和φ（ x ）的
单调性，求出 y ＝ f （φ（ x ））的单调性，即同增异减.
【跟踪训练】
1. 的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
解析： 由 x2－ x －1≥0，得 x ≤ 或 x ≥ .易知函数 t ＝ x2
－ x －1在 上单调递减，在 上单调递增，
而函数 y ＝ 在[0，＋∞）上单调递减，所以函数 f （ x ）的单调
递增区间为 .故选A.
2. 函数 y ＝4 x －2×2 x ＋5的单调增区间为 .
解析：函数的定义域为R，令 t ＝2 x ， x ∈R时， t ∈（0，＋∞）. y
＝（2 x ）2－2×2 x ＋5＝ t2－2 t ＋5＝（ t －1）2＋4， t ∈（0，＋
∞）.当 t ≥1时，2 x ≥1， x ≥0；当0＜ t ≤1时，0＜2 x ≤1， x
≤0.∵ y ＝（ t －1）2＋4在 t ∈[1，＋∞）上递增， t ＝2 x ，即在 x
∈[0，＋∞）上递增，∴函数 y ＝4 x －2×2 x ＋5的单调递增区间为
[0，＋∞）.
[0，＋∞）
题型四 指数型函数的实际应用
【例4】 调查表示，酒后驾驶是导致交通事故的主要原因，交通法
规定：驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.02 mg/mL.
如果某人喝了少量酒后，血液中酒精含量将迅速上升到0.3 mg/mL，
在停止喝酒后，血液中酒精含量就以每小时50%的速度减小，那么他
至少要经过 小时才可以驾驶机动车（精确到时）（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 6
解析： 设 n （ n ∈N*）小时后才可以驾驶机动车.由题意，得0.3
（1－50%） n ≤0.02，∴ ≤ ，又 n ∈N*，∴ n ≥4.即至少要经
过4小时才可以驾驶机动车.故选C.
通性通法
解决指数型函数应用题的流程
（1）审题：理解题意，弄清关键字词和字母的意义，从题意中提取
信息；
（2）建模：根据已知条件，列出指数函数的关系式；
（3）解模：运用数学知识解决问题；
（4）回归：还原为实际问题，归纳得出结论.
【跟踪训练】
1. 一个口罩厂今年6月份的产量是1月份产量的 a 倍，那么该口罩厂这
半年中产量的月平均增长率是（ ）
A. B.
C. －1 D. －1
解析： 设月平均增长率为 x ，1月份的产量为 A ，则6月份的产
量为 A （1＋ x ）5＝ aA ，解得 x ＝ －1，故选C.
2. Logistic模型是常用的数学模型之一，可应用于流行病学领域，有
学者根据公布的数据建立某地区流感累计确诊病例数 R （ t ）（ t 的
单位：天）的模型： R （ t ）＝ ，其中 K 为最大确诊病
例数， N 为非零常数，当 R （ t0）＝ K 时， t0的值为（ ）
A. 60 B. 61
C. 63 D. 66
解析： 由 R （ t ）＝ ，且 R （ t0）＝ K ，得
＝ K ，解得 t0＝60，故选A.
1. 已知 a ＝30.3， b ＝π0， c ＝ ，则 a ， b ， c 的大小关系是
（ ）
A. a ＜ b ＜ c B. b ＜ a ＜ c
C. b ＜ c ＜ a D. c ＜ b ＜ a
解析： b ＝π0＝1， c ＝ ＝3－0.3，因为函数 y ＝3 x 在R上为
增函数，且0.3＞0＞－0.3，所以30.3＞30＞3－0.3，即30.3＞1＞3－
0.3，即 a ＞ b ＞ c ，故选D.
2. 函数 y ＝ 的单调递减区间为（ ）
A. （－∞，0] B. [0，＋∞）
C. （－∞， ] D. [ ，＋∞）
解析： 函数 y ＝ 在R上为减函数，欲求函数 y ＝ 的
单调递减区间，只需求函数 u ＝ x2－2的单调递增区间，而函数 u ＝
x2－2的单调递增区间为[0，＋∞），故所求单调递减区间为[0，
＋∞）.
3. （多选）设函数 f （ x ）＝ ，下列说法正确的是（ ）
A. 函数 f （ x ）是偶函数
B. 函数 f （ x ）是奇函数
C. 函数 f （ x ）有最大值1
D. 函数 f （ x ）在（－∞，0）上单调递减
解析： 因为函数的定义域为R，且 f （－ x ）＝ ＝ f
（ x ），所以 f （ x ）是偶函数，A正确，B错误；令 t ＝｜ x ｜，则 t
≥0，所以 y ＝ （ t ≥0），所以0＜ y ≤1，C正确；当 x ＜0时，
f （ x ）＝ ＝2 x ，是单调增函数，所以D错误.故选A、C.
4. 为改善环境，某城市对污水处理系统进行改造.三年后，城市污水
排放量由原来每年排放125万吨降到27万吨，那么污水排放量平均
每年降低的百分率是（ ）
A. 50% B. 40%
C. 30% D. 20%
解析： 设污水排放量平均每年降低的百分率为 p ，则有125（1
－ p ）3＝27，故 p ＝ ＝0.4＝40%，故选B.
5. 不等式33－ x ＞9 x 的解集是 .
解析：由33－ x ＞9 x ，得33－ x ＞32 x ，所以3－ x ＞2 x ，解得 x ＜1，所
以不等式的解集为 （－∞，1）.
（－∞，1）
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 设 a ＝40.8， b ＝80.7， c ＝ ，则（ ）
A. c ＞ a ＞ b B. a ＞ c ＞ b
C. b ＞ a ＞ c D. a ＞ b ＞ c
解析：C a ＝40.8＝21.6， b ＝80.7＝22.1， c ＝ ＝21.5，∵ y ＝2 x
在R上为增函数，2.1＞1.6＞1.5，∴ b ＞ a ＞ c ，故选C.
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2. 若 ＜ ，则实数 a 的取值范围是（ ）
A. B. （1，＋∞）
C. （－∞，1） D.
解析： 函数 y ＝ 在R上为减函数，所以2 a ＋1＞8－2 a ，所
以 a ＞ .故选A.
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3. 若函数 f （ x ）＝ a｜2 x－4｜（ a ＞0且 a ≠1）满足 f （1）＝ ，则 f
（ x ）的单调递减区间是（ ）
A. （－∞，2] B. [2，＋∞）
C. [－2，＋∞） D. （－∞，－2]
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解析： 由 f （1）＝ ，得 a2＝ ，解得 a ＝ ，因此 f （ x ）＝
.令 t ＝｜2 x －4｜，∴ h （ t ）＝ 为减函数.因为 t
＝｜2 x －4｜在[2，＋∞）上单调递增，所以 f （ x ）的单调递减区
间是[2，＋∞）.故选B.
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4. 随着我国经济的不断发展，2018年年底某偏远地区农民人均年收入
为3 000元，预计该地区今后农民的人均年收入将以每年6%的年平
均增长率增长，那么2025年年底该地区的农民人均年收入为
（ ）
A. 3 000×1.06×7元 B. 3 000×1.067元
C. 3 000×1.06×8元 D. 3 000×1.068元
解析： 设经过 x 年，该地区的农民人均年收入为 y 元，根据题
意可得 y ＝3 000×1.06 x ，从2018到2025年共经过了7年，2025年年
底该地区的农民人均年收入为3 000×1.067元.故选B.
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5. （多选）已知实数 a ， b 满足等式2 023 a ＝2 024 b ，下列四个关系
式，其中可能成立的关系式有（ ）
A. 0＜ b ＜ a B. a ＜0＜ b
C. a ＜ b ＜0 D. a ＝ b
解析： 由于 y ＝2 023 x 以及 y ＝2 024 x 分别为单调递增函数，
且恒过点（0，1），当 x ＜0时，2 023 x ＞2 024 x ，故若2 023 a ＝2
024 b ，则 a ＜ b ＜0；当 x ＞0时，2 023 x ＜2 024 x ，故若2 023 a ＝2
024 b ，则 a ＞ b ＞0；当 a ＝ b ＝0时，也满足等式2 023 a ＝2 024 b ，
故选A、C、D.
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6. 函数 y ＝ ax 在[0，1]上的最大值与最小值的和为3，则函数 y ＝2 ax
－1在[0，1]上的最大值是 .
解析：函数 y ＝ ax 在[0，1]上是单调的，最大值与最小值都在端点
处取到，故有 a0＋ a1＝3，解得 a ＝2，因此函数 y ＝2 ax －1＝4 x －
1在[0，1]上是单调递增函数，当 x ＝1时， ymax＝3.
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7. 已知 a 为正实数，且 f （ x ）＝ － 是奇函数，则 f （ x ）的值域
为 .
解析：由 f （ x ）为奇函数可知 f （0）＝0，即 － ＝0，解得 a
＝2，则 f （ x ）＝ － ，∵2 x ＞0，∴2 x ＋1＞1，∴0＜ ＜
1，∴－1＜－ ＜0，∴－ ＜ － ＜ .故 f （ x ）的值域为
.
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8. 设函数 f （ x ）＝则满足 f （ x －1）＜ f （2 x ）的 x 的
取值范围是 .
解析： f （ x ）的图象如图所示，当 x ≤0时，函数 f （ x ）＝2 x 单调
递增，则 f （ x ）≤ f （0）＝1，要使 f （ x －1）＜ f （2 x ），则
或解得－1＜ x ＜0或0≤ x ＜1，即－1＜ x
＜1.
（－1，1）
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9. 已知函数 f （ x ）＝4 x －2·2 x＋1＋ a ，其中 x ∈[0，3].
（1）若 f （ x ）的最小值为1，求 a 的值；
解： 令 t ＝2 x ，则 t ∈[1，8]， f （ t ）＝ t2－4 t ＋ a ＝（ t
－2）2＋ a －4，
当 t ＝2时， f （ x ）min＝ f （ t ）min＝ a －4＝1，解得 a ＝5.
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（2）若存在 x ∈[0，3]，使 f （ x ）≥33成立，求 a 的取值范围.
解： 存在 x ∈[0，3]，使 f （ x ）≥33成立，等价于存在
x ∈[0，3]， f （ x ）max≥33，由（1）可知 f （ t ）＝（ t －2）
2＋ a －4， t ∈[1，8]，
当 t ＝8时， f （ x ）max＝ f （ t ）max＝ a ＋32≥33，解得 a ≥1.
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10. 已知函数 f （ x ）＝且对于任意的 x1， x2，
都有 ＞0（ x1≠ x2），则实数 a 的取值范围是
（ ）
A. （1，2] B. （1，3]
C. [1，＋∞） D.
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解析： 依题可知函数 f （ x ）＝在（－
∞，＋∞）上是增函数，∴解得1＜ a ≤3.故
选B.
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11. 若函数 f （ x ）＝π x －π－ x ＋2 024 x ，则不等式 f （ x ＋1）＋ f （2 x
－4）≥0的解集为（ ）
A. [1，＋∞） B. （－∞，1]
C. （0，1] D. [－1，1]
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解析： f （ x ）的定义域为R，因为 f （－ x ）＝π－ x －π x －2
024 x ＝－（π x －π－ x ＋2 024 x ）＝－ f （ x ），所以 f （ x ）是奇函
数，所以不等式 f （ x ＋1）＋ f （2 x －4）≥0可化为 f （ x ＋1）≥
f （4－2 x ），因为 y ＝π x ， y ＝－π－ x ， y ＝2 024 x 在R上均为增函
数，所以 f （ x ）在R上为增函数，所以 x ＋1≥4－2 x ，解得 x
≥1，故选A.
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12. 设函数 f （ x ）＝ a ·2 x －2－ x （ a ∈R）.
（1）若函数 y ＝ f （ x ）的图象关于原点对称，求函数 g （ x ）＝ f
（ x ）＋ 的零点 x0；
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解： ∵ f （ x ）的图象关于原点对称，∴ f （ x ）为奇函数，
∴ f （－ x ）＋ f （ x ）＝0，∴ a ·2－ x －2－ x ＋ a ·2 x －2 x
＝0，
即∴（ a －1）·（2－ x ＋2 x ）＝0，∴ a ＝1，∴ f （ x ）
＝2 x －2－ x ，∴ g （ x ）＝2 x －2－ x ＋ ，
令 g （ x ）＝2 x －2－ x ＋ ＝0，则2·（2 x ）2＋3·2 x －2＝0，
∴（2 x ＋2）·（2·2 x －1）＝0，又2 x ＞0，∴2·2 x －1＝0，解得 x
＝－1，即 x0＝－1，∴函数 g （ x ）的零点为－1.
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（2）若函数 h （ x ）＝ f （ x ）＋4 x ＋2－ x 在 x ∈[0，1]的最大值为
－2，求实数 a 的值.
解： ∵ h （ x ）＝ a ·2 x －2－ x ＋4 x ＋2－ x ， x ∈[0，1]，
令2 x ＝ t ，则 t ∈[1，2]， h （ t ）＝ t2＋ at ， t ∈[1，2]，对
称轴 t ＝－ ，
①当－ ≤ ，即 a ≥－3时， h （ t ）max＝ h （2）＝4＋2 a
＝－2，∴ a ＝－3；
②当－ ＞ ，即 a ＜－3时， h （ t ）max＝ h （1）＝1＋ a ＝
－2，∴ a ＝－3（舍）；综上：实数 a 的值为－3.
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13. 若实数 x ， y 满足2 024 x －2 024 y ＜2 025－ x －2 025－ y ，则（ ）
A. ＞1 B. ＜1
C. x － y ＜0 D. x － y ＞0
解析： 令 f （ x ）＝2 024 x －2 025－ x ，由于 y ＝2 024 x ， y ＝－
2 025－ x 均为R上的增函数，所以 f （ x ）＝2 024 x －2 025－ x 是R上
的增函数，因为2 024 x －2 024 y ＜2 025－ x －2 025－ y ，所以2 024 x
－2 025－ x ＜2 024 y －2 025－ y ，即 f （ x ）＜ f （ y ），所以 x ＜ y ，
所以 x － y ＜0.故选C.
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14. 定义在 D 上的函数 f （ x ），如果满足：对任意 x ∈ D ，存在
常数 M ＞0，都有－ M ≤ f （ x ）≤ M 成立，则称 f （ x ）是 D
上的有界函数，其中 M 称为函数 f （ x ）的上界.已知 f （ x ）
＝4 x ＋ a ·2 x －2.
（1）当 a ＝－2时，求函数 f （ x ）在（0，＋∞）上的值域，
并判断函数 f （ x ）在（0，＋∞）上是否为有界函数，
请说明理由；
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解： 当 a ＝－2时， f （ x ）＝4 x －2·2 x －2＝（2 x －1）2－3，
令 t ＝2 x ，因为 x ∈（0，＋∞），所以 t ＝2 x ＞1，
又函数 y ＝（ t －1）2－3是开口向上的二次函数，对称轴为 t ＝1，
所以 y ＝（ t －1）2－3在（1，＋∞）上单调递增，因此 y ∈
（－3，＋∞），
即函数 f （ x ）的值域为（－3，＋∞）；
因此不存在常数 M ＞0，使得－ M ≤ f （ x ）≤ M 成立，
所以 f （ x ）在（0，＋∞）上不是有界函数.
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（2）若函数 f （ x ）在（－∞，0）上是以2为上界的有界函数，
求实数 a 的取值范围.
解： 若函数 f （ x ）在（－∞，0）上是以2为上界
的有界函数，
则－2≤4 x ＋ a ·2 x －2≤2对任意的 x ∈（－∞，0）恒成
立，
即－2 x ≤ a ≤ －2 x 对任意的 x ∈（－∞，0）恒成立，
因为 x ＜0，所以2 x ∈（0，1），
因此－2 x ∈（－1，0）；
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又 y ＝ ＝4·2－ x 与 y ＝－2 x 都是减函数，
所以 y ＝ －2 x 在（－∞，0）上单调递减，
所以 y ＝ －2 x ＞ －20＝3，
因此为使－2 x ≤ a ≤ －2 x 对任意的 x ∈（－∞，0）恒
成立，
只需0≤ a ≤3，
即实数 a 的取值范围为[0，3].
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谢 谢 观 看！
