[名校联盟]2012届高三数学二轮复习08讲 指数函数、对数函数与幂函数

第7讲指数函数、对数函数与幂函数1.指数函数、对数函数、幂函数是中学数学的重要函数模型，是研究函数性质与图象的良好载体，是每一年高考重点考查的对象.每一年各地高考都要涉及到对这几种函数模型的考查，考查的题型多样，从难易度上看，容易题、中档题、难题均有出现，从内容上看，以考查这些函数的图象与性质为主，同时还与数列、向量、方程、不等式、三角函数等知识融合在一起，体现知识点的交汇，是“能力立意”的好素材.备考中必须对这几种函数模型进行认真全面的分析与研究.2.指数函数、对数函数、幂函数还是抽象函数的模型，是研究和解决抽象函数问题的最佳助手，从这三类具体的函数推测相关抽象函数的性质进行预测和分析，会收到事半功倍的好效果.3.三类函数分别以指数运算、对数运算和幂运算为基础，是三类运算“一般化”的结果，因此要在备考中重视指数运算、对数运算与幂运算的意义和性质，熟练掌握它们的运算规律，运算法则.【例1】化简或求值：分析依运算性质解决.解.12lg)2(lg5lg2lg)2(lg2)3(;②;①:),0(4)2();0,0()()1.0()4()41)(1(221332312121232321212121aaaaaaaaababaab求下列各式的值已知23232323221231044)1(bbaa原式.25125100ba探究拓展（1）化简求值分为两类：有条件与无条件.无条件的指数式可直接化简求值，有条件的应把条件和结论相结合再进行化简求值..151141)1)(()()(,①②;14242)(①)2(113322121212121212121212121aaaaaaaaaaaaaaaa原式的结果利用.12lg12lg2lg1)5lg2(lg2lg)12(lg)5lg2lg2(2lg)3(2原式（2）运用对数的运算法则时，要注意各字母的取值范围，只有所得结果中的对数和所给出的对数都存在时才成立，同时不要将积商幂的对数与对数的积商幂混淆起来.变式训练1;),0(56)1(33的值求已知xxxxxaaaaaa.02.0lg6lg43lg431lg001.0lg1:)2(2计算,62,56,56)1(xxxxaaaa解.23)1)((.222)(2233222xxxxxxxxxxxxxxaaaaaaaaaaaaaa.623lg3lg22300lg23lg31)2(原式【例2】幂函数y=xa,当a取不同的正数时，在区间［0，1］上它们的图象是一族美丽的曲线（如图）.设点A（1，0），B（0，1），连接AB，线段AB恰好被其中的两个幂函数的图象三等分，即有BM=MN=NA，那么=.解析方法一由条件，得xyxy,由一),31,32(),32,31(NM.131lg32lg32lg31lg32log31log.32log,31log,)31(32,)32(31,31323132所以即可得般性答案1探究拓展本题综合考查了幂函数，指数函数，对数函数的运算及其性质，同时考查了指数与对数式的互化.变式训练2点（，2）在幂函数f(x)的图象上，点在幂函数g(x)的图象上.问当x为何值时,有①f(x)g(x)；②f(x)=g(x)；③f(x)＜g(x)?)31(32,)32(31由方法一得.1,31)32()31()31(即则2)41,2(方法二分析先求出函数的解析式，再利用数形结合的方法来求解.解设f(x)=,则由题意，得∴=2,即f(x)=x2.再设g(x)=则由题意，在同一坐标系中作出f(x)与g(x)的图象，如图所示.由图象可知：①当x1或x-1时，f(x)g(x);②当x=±1时,f(x)=g(x)；③当-1x1且x≠0时，f(x)g(x).x,)2(2,x.)(,2,)2(412xxg即得【例3】设是R上的偶函数.（1）求a的值；（2）证明：f（x）在（0，+∞）上是增函数.分析（1x∈R恒有f(x)=f(-x)成立，确定a的值.（2）用定义法或导数法证明.（1）解依题意，对一切x∈R有f(x)=f(-x),又a0,∴a=1.xxaaxfaee)(,00)e1)(e1(.ee1eexxxxxxaaaaaa即.1,012aaa即由此得到对一切x∈R成立.（2）证明方法一设0x1x2.f（x1）-f（x2）由x10,x20,x2-x10,得x1+x20.∴f（x1）-f（x2）0，即f(x)在（0,+∞)上是增函数.2121e1e1eexxxx,ee1)1(ee)1e1)(e(e12121212112xxxxxxxxxxx.0e1,01e1212xxxx方法二由f(x)=ex+e-x，得f′(x)=ex-e-x=e-x(e2x-1).当x∈(0,+∞)时，有e-x0,e2x-10,此时f′(x)0.所以f(x)在（0,+∞)上是增函数.探究拓展（1）指数函数y=ax(a0,a≠0)定义域为R，这不同于对数函数，是保证f（x）为偶函数的必要条件.（2）“恒成立”问题即“与××无关”类命题，可转化为最值问题解决或转化为恒等式问题解决，本例是用后者，得a=1(a0)，实现“零乘以任何数都等于零”.（3）单调性的证明紧扣定义，关键是运算变形创造出条件.,01aa变式训练3已知是奇函数（其中a0,a≠1).（1）求m的值；（2）讨论f(x）的单调性；（3）当f(x)的定义域区间为（1，a-2）时，f(x）的值域为（1，+∞），求a的值.解11log)(xmxxfa11log11log)()()1(xmxxmxxfxfaa.1,0111111,10)1(111011log22222222mxxxmx，mmxmxxm，xxxma时当的恒成立对定义域内的任意①当a1时，f′(x)0,∴f（x）在（-∞,-1)和(1,+∞)上都是减函数；②当0a1时，f′(x)0,∴f(x)在（-∞,-1)和(1,+∞)上都是增函数.(3)∵1xa-2,∴a3,f(x)在(1,a-2)上为减函数，.elog12)(),,1()1,(,11log)()2(2aaxxfxxxf求导得定义域为).32(32,014131log,1)2(2舍去解得即命题等价于aaaaaaafa【例4】已知函数x∈［-1，1］，函数g(x)=［f（x）］2-2af(x)+3的最小值为h(a).（1）求h(a);(2)是否存在实数m，n,同时满足以下条件：①mn3;②当h(a)的定义域为［n,m］时，值域为［n2，m2］？若存在，求出m，n的值，否则，说明理由.分析（1）复合函数.可设t=f(x)并求出t的范围，将g(x)化为关于新元t的二次函数，再求h(a).（2）探索性问题，往往先假设成立，并依此探求，如能求出合适的值m,n，说明“假设成立”是正确的，否则，不成立.,)31()(xxf解（1）因为-1≤x≤1,,3)31(31x,612)(),3()(3,3)(),()(331,32928)(),31()(31.3)()(,3,31,32)()(,)31(min2minmin222aahuahy，aaahauahy，aaahuahy，aaattutatttuxgtx则时若则时若则时若其中则设（2）因为mn3,故h(a)=12-6a,且h(a)在(3,+∞)上单调递减，假设h(a)定义域为［n，m］，值域为［n2，m2］，则有两式相减得6（m-n)=(m-n)(m+n),又mn3,所以m+n=6.这与“mn3m+n6”矛盾，故满足条件①②的实数m,n不存在..)3(612)331(3)31(32928)(:2aaaaaaah综合得.612612,)()(2222nmmnnmhmnh即变式训练4已知x满足a2x+a6≤ax+2+ax+4(a0,a≠1),函数的值域为求a的值.解∵a2x+a6≤ax+2+ax+4，∴（ax-a2）（ax-a4）≤0.针对a1与0a1两种情况讨论可得：2≤x≤4,)(log)1(log212axxayaa,0,81.4242aaaaaaaaxxxx或,0,81,81)23(log21),(log)1(log2122yxyaxxayaaa由值域可得由.21,.21,24log12log,log10②.,14log22loglog,1①,421log2,081)23(log21812的值为综合以上知得由为减函数函数时若得由为增函数函数时若且可得aaxy，aa，xyaxxxaaaaaaaa【例5】已知函数y=f(x)的定义域为R，且对任意a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)，且当x0时，f(x)0恒成立，f(3)=-3.(1)证明：函数y=f(x)是R上的减函数；（2）证明：函数y=f(x)是奇函数；（3）试求函数y=f(x)在［m,n］（m,n∈Z）上的值域.（1）证明x1，x2∈R，且x1x2,f(x2)=f［x1+(x2-x1)］=f(x1)+f(x2-x1).∵x2-x10,∴f(x2-x1)0.∴f(x2)=f(x1)+f(x2-x1)f(x1).故f(x)是R上的减函数.（2）证明∵f（a+b）=f（a）+f（b）恒成立，∴可令a=-b=x,则有f（x）+f（-x）=f（0），又令a=b=0,则有f(0)=f(0)+f(0),∴f(0)=0.x∈R，f（x）+f（-x）=0，∴f（-x）=-f（x）.故y=f(x)是奇函数.（3）解由于y=f(x)是R上的单调递减函数，∴y=f（x）在［m，n］上也是减函数，故f(x)在［m，n］上的最大值f(x)max=f(m),最小值f(x)min=f(n).由于f(n)=f(1+(n-1))=f(1)+f(n-1)=…=nf(1),同理f(m)=mf(1).又f(3)=3f(1)=-3,∴f(1)=-1,∴f(m)=-m,f(n)=-n.∴函数y=f(x)在［m,n］上的值域为［-n,-m］.探究拓展有关抽象函数的命题由于其“看不见，摸不着”的抽象，一般难度较大，常涉及知识点较多，抽象思维程度要求较高，备考者要多积累，多归纳.通常可从以下四点入手：①用具体模型函数猜测有关性质，使问题分析具有一定的方向性和目标性.②注意定义域与特殊值的应用如令x=y,x=-y,x=0,y=1等.③利用奇偶性处理符号“f”前的“负号”.④利用单调性去掉函数符号“f”，获得不等式或方程.变式训练5定义在（-1，1）上的函数f（x）满足:①对任意x,y∈(-1,1)都有②当x∈(-1,0)时，有f(x)0.（1）试判断f(x)的奇偶性；（2）判断f(x)的单调性；（3）求证：（1）解对条件中的x,y,令x=y=0，再令y=-x∴f(x)是奇函数.f(x)+f(y)=f);1(xyyx).21()131()111()51(2fnnfff,)()(0)0()0()()()0()0()0(xfxfffxfxffff可得（2）解设-1x1x20，则f(x1)-f