2026北师大版高中数学必修第一册练习--第三章 3.1指数函数的概念3.2指数函数的图象和性质（含解析）

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2026北师大版高中数学必修第一册
§3　指数函数
3.1　指数函数的概念　3.2　指数函数的图象和性质
基础过关练
题组一　指数函数的概念及其应用
1.(2025湖南部分高中月考)“m=1”是“f(x)=6mx为指数函数”的(　　)
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(多选题)(2024江西新余第六中学期中)若函数f(x)=(m2+2m-2)ax(a>0,a≠1)是指数函数,则实数m的值可能为(　　)
A.-3　　　　B.1　　　　C.-1　　　　D.-2
3.(2025江西上饶沙溪中学月考)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x∈(0,+∞)时, f(x)=2x,则f(-1)+f(0)=(　　)
A.　　　　B.3　　　　C.-2　　　　D.2
题组二　指数(型)函数的图象及其应用
4.(2024福建莆田十五中月考)函数f(x)=3|x|的图象是(　　)
　　　　　　　　　　　　
5.(教材习题改编)已知函数y=ax,y=bx,y=cx,y=dx(a,b,c,d均大于0且不为1)的大致图象如图所示,则下列不等式一定成立的是(　　)
A.b+d>a+c　　　　B.b+dC.a+d>b+c　　　　D.a+d6.(2025江西南昌师大附中期中)已知函数f(x)=ax-1+1(a>0,a≠1)的图象恒过定点A,且点A在直线y=mx+n(m,n>0)上,则+的最小值为(　　)
A.4　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.
7.(2025江西南昌豫章中学月考)已知a>0,a≠1,在同一直角坐标系中,函数f(x)=ax,g(x)=xa(x>0)的部分图象可能是(　　)
　　　　
　　　　
题组三　指数(型)函数的单调性及其应用
8.(教材习题改编)已知a=20.3,b=40.1,c=,则三个数的大小关系是(　　)
A.a>b>c　　　　B.b>a>c
C.b>c>a　　　　D.c≥a>b
9.(2024天津静海四校段考)若函数f(x)=且满足对任意的实数x1,x2,当x1≠x2时,都有>0成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.(1,+∞)　　　　B.(1,8)　　　　C.(4,8)　　　　D.[4,8)
10.(2024江西南昌三中月考)函数f(x)=的单调递增区间为(　　)
A.(-∞,-1]　　　　B.(-∞,1]
C.[1,+∞)　　　　D.[3,+∞)
11.(2024河南前20名校期中)设a>0且a≠1,函数f(x)=有最大值,则不等式>1的解集为　　　　.
12.(2024广东六校期中联考)已知函数f(x)=为奇函数.
(1)求实数a的值;
(2)判断f(x)在R上的单调性;
(3)解关于t的不等式: f(t2-2t)+f(2t2-1)<0.
题组四　指数(型)函数性质的综合应用
13.(易错题)(2025广东揭阳联考)已知函数f(x)=ax+b(a>0且a≠1)的定义域和值域都是[-1,0],则a+b=(　　)
A.-　　　　B.-　　　　C.　　　　D.或-
14.(2025江西南昌大学附属中学期中)已知命题p: x∈[-2,0],a=;命题q: x∈[-1,2],x2+ax-8≤0.若p为假命题,q为真命题,则实数a的取值范围为(　　)
A.[-7,1)　　　　B.[-7,2)
C.[-7,1)∪[2,9]　　　　D.[-7,2)∪[9,+∞)
15.(多选题)(2025江西南昌二中期中)已知函数f(x)=,则下列结论正确的是(　　)
A. f(x)的定义域为R
B. f(x)的值域为(-∞,-1)∪(1,+∞)
C. f(x)+f(-x)=0
D. f(x)为减函数
16.(2025江西南昌第十中学期中)已知函数f(x)=ax+b(a>0,且a≠1).
(1)若函数f(x)的图象过(0,2)和(2,10)两点,求f(x)在[0,1]上的值域;
(2)若函数f(x)在区间[2,3]上的最大值比最小值大,求a的值.
能力提升练
题组一　指数(型)函数的图象及其应用
1.(2025江西上饶沙溪中学检测)函数y=的图象大致为(　　)
　　　　
　　　　
2.(多选题)(2025江西月考)函数f(x)=|ax-a|(a>0且a≠1)的图象可能为(　　)
　　　　　　　　　　
　　　　　　
3.(2025江西景德镇一中月考)已知函数f(x)=将h(x)的图象向左平移一个单位长度,再向上平移一个单位长度后得函数y=-,若f(x+2)A.(-1,2)　　　　B.(-∞,-1)∪(2,+∞)
C.[-2,-1)∪(2,+∞)　　　　D.(-∞,-1]∪[2,+∞)
题组二　指数(型)函数的性质及其应用
4.(2024江西南昌第三中学期中)已知函数y=ax-a-x(a>0,a≠1)在其定义域上单调递减,则函数f(x)=(　　)
A.在(-∞,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减
B.在(-∞,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增
C.在(1,2)上单调递减,在(2,3)上单调递增
D.在(1,2)上单调递增,在(2,3)上单调递减
5.(2025北京大学附属中学月考)德国科学家Wilhelm Peukert于19世纪末提出蓄电池的容量C(单位:Ah),放电时间t(单位:h)与放电电流I(单位:A)之间关系的经验公式:C=Ip·t,其中p为Peukert常数,不同材料的Peukert常数不一样.有两块不同材料的蓄电池,第一块蓄电池的容量为C1,Peukert常数为p1;第二块蓄电池的容量为C2,Peukert常数为p2.测试第一块电池:当放电电流I=20时,放电时间t=20,当放电电流I=30时,放电时间t=10;测试第二块电池:当放电电流I=20时,放电时间t=20,当放电电流I=30时,放电时间t=,则(　　)
A.p1>p2,C1>C2　　　　B.p1C2
C.p1>p2,C16.(2025江西上饶四中月考)已知函数f(x)=4x-4-x,若函数f(x)在区间[m,n]上的值域为[k(4m-1),k(4n-1)],则实数k的取值范围是(　　)
A.(0,+∞)　　　　B.(-∞,2)∪(2,+∞)
C.(1,2)∪(2,+∞)　　　　D.(1,+∞)
7.(多选题)(2025江苏无锡锡山高级中学期中)已知函数f(x)=-a,则(　　)
A.f(x)是R上的减函数
B.y=f(x)的图象关于点(0,-2a)对称
C.若f(x)是奇函数,则a=2
D.不等式f(1+3x)+f(x)>4-2a的解集为
8.(2025江西华东师范大学上饶实验中学检测)已知函数f(x)=若f(x)的最小值为f(1),则实数a的取值范围是(　　)
A.[1,10]　　　　B.[1,+∞)　　　　
C.[0,10]　　　　D.(-∞,1]
9.(2025江苏扬州邗江中学月考)已知正实数x,y满足方程e2x-1+2x=e3-y+4-y,则+的最小值为　　　　.
10.(2025广东领航高中联盟联考)已知函数f(x)=若存在x1,x2,x3(x111.(2024广东广州增城等五校期中)已知定义在R上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=2x.
(1)求函数f(x)和g(x)的解析式,并判断函数f(x)的单调性;
(2)求函数F(x)=g(2x)-af(x)-1,x∈[0,1]的最小值.
12.(创新题)(2025江苏百校大联考)若函数f(x)与g(x)满足:对任意的x1∈D,总存在唯一的x2∈D,使f(x1)g(x2)=m成立,则称f(x)是g(x)在区间D上的“m阶伴随函数”;当f(x)=g(x)时,则称f(x)为区间D上的“m阶自伴函数”.
(1)判断函数f(x)=x+1是不是区间上的“2阶自伴函数”,并说明理由;
(2)若函数f(x)=3x-1为区间[1,b]上的“9阶自伴函数”,求b的值;
(3)若函数f(x)=4x-2x+1+2是g(x)=4x2-4ax+a2-2在区间[0,1]上的“2阶伴随函数”,求a的取值范围.
答案与分层梯度式解析
§3　指数函数
3.1　指数函数的概念
3.2　指数函数的图象和性质
基础过关练
1.C 2.AB 3.C 4.B 5.B 6.C 7.C 8.A
9.D 10.A 13.B 14.A 15.BC
1.C　当m=1时,f(x)=6x是指数函数;
若f(x)=是底数为6m的指数函数,则6m>0,且6m≠1,解得m≠0,故为充分不必要条件.
2.AB　因为f(x)是指数函数,所以m2+2m-2=1,解得m=1或m=-3.
3.C　因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,f(-1)=-f(1).
因为当x∈(0,+∞)时,f(x)=2x,所以f(1)=2.
所以f(-1)=-f(1)=-2,所以f(-1)+f(0)=-2.
4.B　解法一:f(0)=30=1,故排除C,D;当x>0时,f(x)=3x>1,排除A.
解法二:保留函数y=3x在y轴及其右侧的图象,再将右侧的图象沿y轴翻折到y轴的左侧,即得y=3|x|的图象,对照各选项,只有B符合.
名师点睛
保留函数f(x)在y轴及其右侧的图象,并将右侧的图象沿y轴翻折到y轴的左侧,即得f(|x|)的图象.
5.B　如图,作出直线x=1,其与各函数图象的交点的纵坐标从上到下依次为c,d,a,b,
故c>d>a>b,所以b+d6.C　由x-1=0,得x=1,又f(1)=2,所以定点为A(1,2),把(1,2)代入y=mx+n,得m+n=2,
故+=(m+n)=≥·=2,当且仅当m=n=1时等号成立,故+的最小值为2.
解题模板
解决有关指数型函数的图象过定点的问题,常抓住指数函数y=ax(a>0且a≠1)的图象过定点(0,1)这一性质,采用对照法进行求解,即对于指数型函数f(x)=k·ag(x)+b(a>0且a≠1),若有g(m)=0,则函数f(x)的图象恒过定点(m,k+b).
7.C　对于A,B,指数函数f(x)=ax的图象过定点(0,1),若f(x)单调递增,则a>1,所以幂函数g(x)=xa在(0,+∞)上单调递增,且增加得越来越快,故A,B不符合;
对于C,D,指数函数f(x)=ax的图象过定点(0,1),若f(x)单调递减,则08.A　b==20.2<20.3=a,c=<=1,b=40.1>40=1,所以a>b>c.
9.D　由题意知函数f(x)在R上单调递增,
∴解得4≤a<8,故a的取值范围是[4,8).
10.A　令x2-2x-3≥0,解得x≤-1或x≥3,
所以f(x)的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞),
易知t=x2-2x-3的图象开口向上,对称轴为直线x=1,y=在[0,+∞)上单调递增,
所以y=在(-∞,-1]上单调递减,在[3,+∞)上单调递增,
因为y=在 R上单调递减,
所以f(x)=在(-∞,-1]上单调递增,在[3,+∞)上单调递减,
即f(x)=的单调递增区间为(-∞,-1].
解后反思
求复合函数的单调区间时要把握“同增异减”的原则,另外要注意函数的定义域对单调区间的影响.
11.答案　{x|2解析　∵函数f(x)=有最大值,
∴0不等式>1即>a0,
∴x2-5x+6<0,解得2故不等式的解集为{x|212.解析　(1)∵函数f(x)=为奇函数,∴f(0)==0,解得a=1,经检验,符合题意.
(2)f(x)==1-在R上单调递增,证明如下:
x1,x2∈R,且x1,
故f(x1)-f(x2)=-<0,
∴f(x1)(3)∵f(x)是R上的奇函数,且是R上的增函数,
∴由f(t2-2t)+f(2t2-1)<0得, f(t2-2t)∴t2-2t<1-2t2,解得-13.B　当0所以解得则a+b=-;
当a>1时,函数f(x)单调递增,
所以方程组无解.
综上所述,a+b=-.
易错警示
解决与指数(型)函数单调性(最大(小)值)有关的问题时,要注意底数对单调性的影响,当底数含有参数时,要注意对参数分类讨论.
14.A　命题p为假命题,则a=在[-2,0]上无解,
当x∈[-2,0]时,y=∈[1,9],故a<1或a>9.
命题q为真命题,则解得-7≤a≤2.
综上所述,实数a的取值范围为[-7,1).
15.BC　易知2x-1≠0,解得x≠0,所以f(x)的定义域为{x|x≠0},故A错误;
f(x)===1+,易知2x>0,当2x-1>0时,>0,则f(x)>1,当-1<2x-1<0时,<-2,则f(x)<-1,所以f(x)的值域为(-∞,-1)∪(1,+∞),故B正确;
f(-x)+f(x)=+=+=+=0,故C正确;
当x>0时,f(x)>0,当x<0时,f(x)<0,所以f(x)不是减函数,故D错误.
16.解析　(1)由题意知f(0)=a0+b=1+b=2,f(2)=a2+b=10,又a>0,所以a=3,b=1,所以f(x)=3x+1,
因为f(x)在[0,1]上单调递增,所以3x+1∈[2,4],
所以f(x)在[0,1]上的值域为[2,4].
(2)当0所以f(x)max=f(2)=a2+b,f(x)min=f(3)=a3+b,
因此(a2+b)-(a3+b)=,所以a=;
当a>1时,f(x)在区间[2,3]上单调递增,
所以f(x)max=f(3)=a3+b,f(x)min=f(2)=a2+b,
因此(a3+b)-(a2+b)=,所以a=.
综上,a=或a=.
能力提升练
1.A 2.BC 3.C 4.C 5.D 6.C 7.ACD 8.A
1.A　令f(x)=,易知f(x)的定义域为R,且f(-x)==-f(x),则f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除B;
当x>0时,f(x)==1-<1,x越大函数值越接近1,排除C,D,A正确.
2.BC　当a>1时,f(x)=
当x≥1时,f(x)单调递增,当x<1时,f(x)单调递减,
且x值趋近于负无穷大时,f(x)趋近于a,故A,B不符合;
对于C,D,观察题中图象知a=2,当x=0时,f(x)=1,C符合,D不符合.
当0当x<1时,f(x)单调递减,当x≥1时,f(x)单调递增,
且x值趋近于正无穷大时,f(x)趋近于a,而03.C　由题意得h(x)=--1,当x<0时,h(x)单调递增,即f(x)单调递增,又->0,所以-1当x≥0时,f(x)=--1,f(x)单调递增,又-<0,所以-2≤f(x)<-1.
作出f(x)的图象,如图,
由f(x+2)2,
所以实数x的取值范围为[-2,-1)∪(2,+∞).
4.C　由-x2+4x-3≥0解得1≤x≤3,即f(x)的定义域为[1,3],
因为y=ax-a-x=ax-在其定义域上单调递减,所以0当x∈(1,2)时,y==单调递增,y=ax(0当x∈(2,3)时,y==单调递减,y=ax(05.D　由题意得C1=×20=×10,所以=;
C2=×20=×,所以=.
因为指数函数y=在R上单调递减,且>,所以p1因为指数函数y=20x在R上单调递增,所以<,所以×20<×20,即C16.C　∵y=4x在R上为增函数,y=4-x在R上为减函数,
∴f(x)=4x-4-x在R上为增函数,
∴函数f(x)在区间[m,n]上的值域为[4m-4-m,4n-4-n],
∴整理得
∴4m,4n为关于x的方程(k-1)x2-kx+1=0的两根,
∴解得k>1且k≠2,
∴实数k的取值范围是(1,2)∪(2,+∞).
7.ACD　对于A,由于t=1+ex为R上的增函数,且t>1恒成立,故f(x)=-a为R上的减函数,A正确;
对于B,因为f(x)的定义域为R,f(-x)=-a=-a=-a,所以f(x)+f(-x)=-a+-a=4-2a,所以f(x)的图象关于点(0,2-a)对称,B错误;
对于C,因为f(x)是奇函数,所以f(x)的图象关于原点对称,由B可知, f(x)的图象关于点(0,2-a)对称,则2-a=0,解得a=2,C正确;
对于D,由f(1+3x)+f(x)>4-2a=f(x)+f(-x),可得f(1+3x)>f(-x),由A可知,f(x)是R上的减函数,所以3x+1<-x,解得x<-,故不等式的解集为,D正确.
8.A　当x>1时,f(x)=x++2a≥2+2a=4+2a,当且仅当x=2时取等号,
所以当x=2时,f(x)=x++2a取得最小值,为4+2a.
当x≤1时,f(x)=4x-a·2x+2+a2=-4a·2x+a2,
令t=2x,则原函数即g(t)=t2-4at+a2,0又因为函数f(x)的最小值为f(1),所以x=1,即t=2时,g(t)取得最小值,
所以解得1≤a≤10.
9.答案　
解析　由e2x-1+2x=e3-y+4-y得e2x-1+2x-1=e3-y+3-y,
令f(x)=ex+x(关键点),则f(2x-1)=f(3-y),易知f(x)在R上单调递增,
所以2x-1=3-y,即2x+y=4,
所以+=+=+-=(2x+y)-=-≥-=,
当且仅当=,即x=1,y=2时等号成立,
故+的最小值为.
10.答案　(-∞,-4)
解析　画出f(x)的大致图象,如图,
设f(x1)=t,则直线y=t与f(x)的图象有3个交点,
当x<0时,f(x)=x2+4x=(x+2)2-4∈[-4,+∞),
由图可知-4当x≥0时,f(x)=2x-a≥1-a,
所以当1-a<0,即a>1时,存在x1,x2,x3(x1所以a(x1+x2)=-4a的取值范围是(-∞,-4).
11.解析　(1)∵f(x)+g(x)=2x①,
∴f(-x)+g(-x)=2-x,
∵f(x)为定义在R上的奇函数,g(x)为定义在R上的偶函数,∴-f(x)+g(x)=2-x②,
联立①②,得g(x)=(2x+2-x),f(x)=(2x-2-x).
f(x)在R上单调递增,证明如下:
任取x1,x2∈R,且x1则f(x1)-f(x2)=
==(-),
∵x10,>0,
∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)∴f(x)在R上单调递增.
(2)F(x)=g(2x)-af(x)-1=(22x+2-2x)-(2x-2-x)-1,
令t=2x-2-x,x∈[0,1],易知t=2x-2-x单调递增,则t∈,22x+2-2x=+2=t2+2,
令h(t)=(t2+2)-t-1=t2-t=-,t∈.
当≤0,即a≤0时,h(t)在上单调递增,则h(t)min=h(0)=0;
当0<<,即0当≥,即a≥3时,h(t)在上单调递减,则h(t)min=h=-a.
综上所述,当a≤0时,F(x)的最小值为0;
当0当a≥3时,F(x)的最小值为-a.
12.解析　(1)f(x)=x+1不是区间上的“2阶自伴函数”,理由如下:
x∈时,f(x)=x+1∈,
当x1=3时,f(x1)=4,要想f(x1)f(x2)=2,则需f(x2)=,
但 ,故不存在x2∈,使得f(x1)·f(x2)=2,
故f(x)=x+1不是区间上的“2阶自伴函数”.
(2)由已知得,对任意的x1∈[1,b],总存在唯一的x2∈[1,b],使得·=9,即=9,故x1+x2=4,
故x2=4-x1,又x1∈[1,b],所以x2=4-x1∈[4-b,3],
又x2∈[1,b],所以所以b=3.
(3)由题意得x1,x2∈[0,1],f(x1)g(x2)=(-+2)·(4-4ax2+a2-2)=2,
易知-+2=(-1)2+1≠0,故4-4ax2+a2-2=,即=+2,
因为x1∈[0,1],所以-1∈[0,1],故+2∈[3,4],
设t=+2,则t∈[3,4],于是=t,则2x2=±+a,又x2∈[0,1],所以2x2∈[0,2],
所以t∈[3,4]时,0≤+a≤2恒成立或0≤-+a≤2恒成立.
若0≤+a≤2恒成立,则解得-≤a≤0,
若0≤-+a≤2恒成立,则解得2≤a≤2+.
综上,a的取值范围是[-,0]∪[2,2+].
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