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3.3 指数函数、对数函数
基础篇
考点 一 指数与对数的定义及运算 考点 二 指数函数与对数函数的图象与性质
1. 1.
指数幂的运算 指数函数的图象与性质
{ａꎬｎ ｋ (ｋ Ｎ )ꎻ ａ ａ
ｎ ａｎ ＝２ ＋１ ∈ >１ ０< <１
根式的性质 ＝ ａ ꎬｎ ｋ(ｋ Ｎ )
｜ ｜ ＝２ ∈
若ｎ ａ有意义ꎬ则( ｎ ａ)ｎ ａ
＝ 图象
ａ ｍ ｎ ｎ ａｍꎬａ ꎬｍꎬｎ Ｎ ꎬｎ
＝ >０ ∈ >１
分数指数幂
ｍ
ａ－ｎ １ ꎬａ ꎬｍꎬｎ Ｎ ꎬｎ 定义域 Ｒ
＝ ｎ ａｍ >０ ∈ >１
值域 ( ꎬ )
指数幂运算性质
ａｒａｓ
＝
ａｒ
＋
ｓ
过定点( ꎬ )
０
ꎬ即
＋∞
当ｘ 时ꎬｙ
０ １ ＝０ ＝１
(其中ａꎬｂ ꎬ (ａｒ)ｓ ａｒｓ
>０ ＝
ｒꎬｓ Ｒ) 当ｘ 时ꎬｙ ꎻ 当ｘ 时ꎬｙ ꎻ
∈ (ａｂ)ｒ ａｒｂｒ >０ >１ <０ >１
＝ 当ｘ 时ꎬ ｙ 当ｘ 时ꎬ ｙ
性质 <０ ０< <１ >０ ０< <１
2.
对数的性质与运算法则
在( ꎬ )上是增 在( ꎬ )上是
ꎻ ａ －∞ ＋∞ －∞ ＋∞
性质 ｌｏｇａ１＝０ ｌｏｇａ ＝１ 函数 减函数
ａｌｏｇａＮ Ｎꎻ ａＮ Ｎ(ａ 且ａ ꎬＮ )
＝ ｌｏｇａ ＝ >０ ≠１ >０
2.
对数函数的图象与性质
Ｎ
Ｎ ｌｏｇａ (ａꎬｂ均大于 且不等于 ꎬＮ )
ｌｏｇｂ ＝ ｂ ０ １ >０
换底 ｌｏｇａ ａ ａ
>１ ０< <１
公式 相关结论: ｂ １ ꎻ ｂ ｃ ｄ ｄ
ｌｏｇａ ＝ ａ ｌｏｇａ ｌｏｇｂ ｌｏｇｃ ＝ｌｏｇａ
ｌｏｇｂ
(ａꎬｂꎬｃ均大于 且不等于 ꎬｄ )
０ １ >０
图象
条件 ａ 且ａ ꎬＭ ꎬＮ
>０ ≠１ >０ >０
(ＭＮ) Ｍ Ｎ
运算 ｌｏｇａ ＝ｌｏｇａ ＋ｌｏｇａ
法则 结论 Ｍ Ｍ Ｎ 定义域 ( ꎬ )
ｌｏｇａＮ ＝ｌｏｇａ －ｌｏｇａ ０ ＋∞
Ｍｎ ｎ Ｍ(ｎ Ｒ) 值域 Ｒ
ｌｏｇａ ＝ ｌｏｇａ ∈
ａ ａ
>１ ０< <１
过定点( ꎬ )ꎬ即当ｘ 时ꎬｙ
5 １ ０ ＝１ ＝０
年
当ｘ 时ꎬｙ ꎻ 当ｘ 时ꎬｙ ꎻ
高 >１ >０ >１ <０
考 性质
当 ｘ 时ꎬｙ 当 ｘ 时ꎬｙ
3 ０< <１ <０ ０< <１ >０
年 在( ꎬ )上是减
模 在( ꎬ )上是增函数 ０ ＋∞
拟 ０ ＋∞ 函数
A
版
高
考
数
学
２４０
3. 4. 反函数 指数函数在同一平面直角坐
１)
一般地 指数函数 ｙ ａｘ ａ 且 ａ 与对 标系中的图象的相对位置与
ꎬ ＝ ( >０ꎬ ≠１)
数函数 ｙ ｘ ａ 且 ａ 互为反函数 底数的大小关系如图所示
＝ｌｏｇａ ( >０ꎬ ≠１) ꎬ ꎬ
它们的定义域与值域正好互换 图象关于直 其中 ｃ ｄ ａ ｂ.
ꎬ ０< < <１< <
线 ｙ ｘ 对称. 在直线 ｘ 的右侧
＝ ２) ＝ １ :
当 ａ 时 底数越大
>１ ꎬ ꎬ
图象越靠近 ｘ 轴 当
ꎻ ０
ａ 时 底数越小
< <１ ꎬ ꎬ
图象越靠近 ｘ 轴.如图
所示 其中 ａ ｂ ｃ ｄ .
ꎬ > >１> > >０
专
题
三
函
数
的
概
念
与
基
本
初
等
函
数
２４１
综合篇
考法 一 比较指数式、对数式大小的方法 来比较大小 解简单的指数不等式 求函数的
、 、
值域 最值 等.
1.
单调性法：对于同底数指数式 对数式的大 ( )
、 3.
求解与指数函数有关的复合函数问题 首先
小比较 利用函数的单调性进行比较. ꎬ ꎬ
ꎬ
要熟知指数函数的定义域 值域 单调性等相
2.
中间量法：对于底数不同的指数式 对数式 、 、
、
关性质 其次 要明确复合函数的构成 涉及
或指数式 对数式的综合比较大小 利用 中 ꎬ ꎬ ꎬ
、 ꎬ “ 值域 单调区间 最值等问题时 一般要借助
间量法 比较 中间量常选 和 . 、 、 ꎬ
” ꎬ ０ １ 同增异减 分析判断 最终将问题归纳为与
3. 构造法：对于复杂的代数式的大小比较问 “ ” ꎬ
内层函数相关的问题加以解决.
题 常根据代数式的结构特点构造函数 利用
ꎬ ꎬ 注意 当底数 ａ 与 的大小关系不确定时ꎬ应分类
函数的性质比较大小. １
讨论.
例1 ( 天津ꎬ ꎬ 分)设 ａ . ꎬｂ
２０２１ ５ ５ ＝ｌｏｇ２０ ３ ＝ 例2 (多选)( 河北高碑店月考ꎬ )已
２０２１ １１
ｌｏｇ１ ２０ . ４ ꎬｃ ＝０ . ４ ０ . ３ꎬ则 ａꎬｂꎬｃ 的大小关系为
知函数 ｆ(ｘ) ２
ｘ
ｍ(ｍ Ｒ)ꎬ则下列说法正
( ) ＝ ｘ ＋ ∈
２ ＋１
ａ ｂ ｃ ｃ ａ ｂ ｂ ｃ ａ ａ ｃ ｂ 确的是 ( )
Ａ. < < Ｂ. < < Ｃ. < < Ｄ. < <
解析 . ꎬ ａ ꎬ ｆ(ｘ)的定义域为 Ｒ
∵ ｌｏｇ２０ ３<ｌｏｇ２１＝０ ∴ <０ Ａ.
. . ５ ꎬ ｂ ꎬ 若 ｆ(ｘ)为奇函数ꎬ则 ｍ １
∵ ｌｏｇ１ ２０ ４＝－ｌｏｇ２０ ４＝ｌｏｇ２ >ｌｏｇ２２＝１ ∴ >１ Ｂ. ＝－
２ ２
. ０ . ３ . ０ ꎬ ｃ ꎬ ａ ｃ ｂ.故选 Ｃ. ｆ(ｘ)在 Ｒ 上单调递减
∵ ０<０ ４ <０ ４ ＝１ ∴ ０< <１ ∴ < < Ｄ.
若 ｍ ꎬ则 ｆ(ｘ)的值域为( ꎬ )
答案 Ｄ. ＝０ ０ １
Ｄ
解析 对于 ꎬ由 ｘ 恒成立ꎬ知函数
Ａ ２ ＋１≠０
考法 二 指数型复合函数的相关问题 ｆ(ｘ)的定义域为 Ｒꎬ所以 正确ꎻ
Ａ
1. 对于 ꎬ由函数 ｆ(ｘ)为奇函数ꎬ得 ｆ( ｘ)
对于与指数函数的图象有关的问题 一般从 Ｂ － ＝
ꎬ
ｘ ｘ
最基本的指数函数的图象入手 通过平移 伸 ｆ(ｘ)ꎬ即 ２ － ｍ ２ ｍꎬ
ꎬ 、 － ｘ ＋ ＝－ ｘ －
－
缩 对称变换得到. ２ ＋１ ２ ＋１
、
2.
指数函数的性质主要是单调性 常用单调性
ꎬ
ꎬ故 错误.故选 .
１ －１ Ｄ ＡＢＣ
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
－ 答案
所以 ｍ ２ ２ ２ ２ ２ ＡＢＣ
２ ＝－ ｘ － ｘ ＝－ ｘ － ＝－ ｘ －
－
２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１ １ ２ ＋１
ｘ＋１
考法 三 对数型复合函数的相关问题
２
１ ꎬ即 ｍ １ꎬ所以 正确ꎻ 解决与对数函数有关的函数单调性问题
ｘ ＝－１ ＝－ Ｂ
２ ＋１ ２ 的关键 一是看底数是否大于 当底数未明确
ｘ ｘ : １ꎬ
对于 ꎬ由ｆ(ｘ) ２ ｍ ２ ＋１－１ ｍ １ 给出时 应对底数 ａ 是否大于 进行讨论 二
Ｃ ＝ ｘ ＋ ＝ ｘ ＋ ＝－ ｘ ＋ ꎬ １ ꎻ
２ ＋１ ２ ＋１ ２ ＋１
是运用复合法来判断其单调性 但应注意中间
ｍ ꎬ因为函数 ｙ ｘ 为 Ｒ 上的增函数ꎬ所以 ꎬ
＋１ ＝２ ＋１
变量的取值范围 三要注意其定义域 这是一
ꎻ (
ｙ １ 为Ｒ 上的增函数ꎬ所以ｆ(ｘ)在Ｒ 上单
个隐含条件 也就是要坚持 定义域优先 的
＝－ ｘ
)ꎬ “ ”
２ ＋１
原则.
调递减是不正确的ꎬ所以 不正确ꎻ
Ｃ
ｘ 例4 已知ａ ꎬ且ａ ꎬ ｆ(ｘ) ａｘ２ ｘ 在
>０ ≠１ ＝ ｌｏｇａ｜ － ｜
对于 ꎬ当 ｍ 时ꎬｆ(ｘ) ２ １ ꎬ
Ｄ ＝０ ＝ ｘ ＝１－ ｘ [ ꎬ )上是增函数ꎬ则 ａ 的取值范围是 ( )
２ ＋１ ２ ＋１ ３ ４
{ }
由 ｘ ꎬ可得 １ ꎬ所以 １ ａ １ ａ １或 ａ
２ ＋１>１ －１<－ ｘ <０ １－ ｘ ∈ Ａ. ≤ ≤ >１
２ ＋１ ２ ＋１ ６ ４
( ꎬ )ꎬ即函数 ｆ(ｘ)的值域为( ꎬ )ꎬ所以 正 {ａ ａ }
０ １ ０ １ Ｄ Ｂ. ｜ >１
{ }
确.故选
ＡＢＤ. ａ １ ａ １
Ｃ. ≤ <
答案
８ ４
ＡＢＤ
{ }
例3 (多选)( 山东枣庄三中检测ꎬ ) ａ １ ａ １或 ａ
２０２１ １０ Ｄ. ≤ ≤ >１
ｘ ｘ ｘ ｘ ５ ４
－ －
已知函数 ｆ(ｘ) ｅ －ｅ ꎬｇ(ｘ) ｅ ＋ｅ ꎬ则 ｆ(ｘ) 解析 令 ｇ(ｘ) ａｘ２ ｘ ꎬ由题意知 ｇ(ｘ)
＝ ＝ ＝ ｜ － ｜ ≠
２ ２
ꎬ作出 ｇ(ｘ) ａｘ２ ｘ 的图象如图.
和ｇ(ｘ)满足 ( ) ０ ＝ ｜ － ｜
若 ａ ꎬ则 ｙ ｘ 在( ꎬ
ｆ( ｘ) ｆ(ｘ)ꎬｇ( ｘ) ｇ(ｘ) >１ ＝ ｌｏｇａ ０
Ａ. － ＝ － － ＝
ｆ( ) ｆ( )ꎬｇ( ) ｇ( ) )上单调递增ꎬ １ ꎬ由
Ｂ. －２ < ３ －２ < ３ ＋∞ ０<ａ<１
ｆ( ｘ) ｆ(ｘ)ｇ(ｘ)
Ｃ. ２ ＝ ２ ｇ(ｘ)的图象可知 ｇ(ｘ)在[ ꎬ
[ｆ(ｘ)]２ [ｇ(ｘ)]２ ３
Ｄ. － ＝１ )上递增ꎬ故 ｆ(ｘ) ａｘ２ ｘ 在[ ꎬ )上单
解析 易知 ｆ(ｘ)ꎬｇ(ｘ)的定义域为 Ｒ.选项 ４ ＝ ｌｏｇａ ｜ － ｜ ３ ４
调递增ꎬ故 ａ 时成立ꎻ
ｘ ｘ ｘ ｘ >１
－ －
ꎬ ｆ( ｘ) ｅ －ｅ ｅ －ｅ ｆ(ｘ)ꎬｇ( ｘ) ì
Ａ － ＝ ＝－ ＝－ － ＝ ï １ ꎬ
２ ２ ï ï ａ≤３
ｘ － ｘ 若 ａ ꎬ则í２ 解得 １ ａ １.综上可
ｅ ＋ｅ ｇ(ｘ)ꎬ故 正确.选项 ꎬ易知ｆ(ｘ)为增 ０< <１ ï ≤ ≤
＝ Ａ Ｂ ï１ ꎬ ６ ４
5 ２ î ï ａ≥４
年 ２ －２
函数ꎬ则 ｆ( ) ｆ( )成立ꎬ又 ｇ( ) ｅ ＋ｅ ꎬ { }
高
考 －２ < ３ －２ ＝ 知ꎬａ 的取值范围是 ａ １ ａ １或 ａ .
3 ２ ≤ ≤ >１
６ ４
年 ３ －３
模 ｇ( ) ｅ ＋ｅ ｇ( )ꎬ故 正确.选项 ꎬ ｆ(ｘ) 答案
３ ＝ > －２ Ｂ Ｃ ２
拟 Ａ
２
A ｘ － ｘ ｘ － ｘ ２ ｘ －２ ｘ 例5 ( ２０２１ 辽宁葫芦岛联考ꎬ ２０ )已知函数
ｇ(ｘ) ｅ －ｅ ｅ ＋ｅ ｅ －ｅ ｆ( ｘ)ꎬ
版
＝ ２× ＝ ＝ ２ ｘ
２ ２ ２ ｆ(ｘ)满足 ｆ(ｘ) ｆ( ｘ) ＋１.
高
考 故 正确. 选项 ꎬ[ｆ (ｘ)]２ [ｇ (ｘ)]２ ２ － － ＝ ３ｌｎ ｘ －１
数 Ｃ Ｄ － ＝
学 [ｆ(ｘ) ｇ(ｘ)][ｆ(ｘ) ｇ(ｘ)] ｘ( － ｘ) ( １ )求 ｆ(ｘ)的解析式ꎻ
＋ － ＝ｅ －ｅ ＝
２４２
æ ö æ ö 令 ｙ ｍꎬ函数 ｙ ｍ 在( ꎬ )上单调递
( )若 ｆçｘ １ ÷ ｆçç ｘ２ １ ａ÷÷ 对 ｘ ( ꎬ ＝ｌｎ ＝ｌｎ ０ ＋∞
２ è ＋ｘ ＋６ø＋ è － －ｘ２ － ø≥０ ∈ １ ｘ
增ꎬｍ ＋１ ２ 在( ꎬ )上单调递减ꎬ所
)恒成立ꎬ求 ａ 的取值范围. ＝ｘ ＝１＋ｘ １ ＋∞
＋∞ －１ －１
ｘ ｘ
解析 ( )要使 ｆ(ｘ) ｆ( ｘ) ＋１有意 以 ｆ(ｘ) ＋１在( ꎬ )上单调递减.
１ ２ － － ＝ ３ｌｎ ｘ ＝ ｌｎ ｘ １ ＋∞
－１ －１
ｘ ｘ ｘ
义ꎬ则 ＋１ ꎬ即 ｘ 或 ｘ . 因为 ｆ(ｘ) ｆ( ｘ) ＋１ － ＋１ ꎬ所以
ｘ >０ <－１ >１ ＋ － ＝ ｌｎ ｘ ＋ｌｎ ｘ ＝０
－１ －１ － －１
ｘ ｆ(ｘ) ｆ( ｘ)ꎬ即 ｆ(ｘ)是奇函数.
因为 ｆ(ｘ) ｆ( ｘ) ＋１ꎬ ＝ － －
２ － － ＝ ３ｌｎ ｘ ① æ ö æ ö
－１ 由 ｆçｘ １ ÷ ｆççｘ２ １ ａ÷÷ꎬ得 ｘ １ ｘ２
ｘ è ＋ｘ ＋６ø≥ è ＋ｘ２ ＋ ø ＋ ｘ ＋６≤ ＋
所以用 ｘ 代替 ｘ 得 ｆ( ｘ) ｆ(ｘ) － ＋１
－ ２ － － ＝ ３ｌｎ ｘ ＝
－ －１
１ ａ.令 ｔ ｘ １ꎬ
ｘ ｘ２ ＋ ＝ ＋ｘ
－１ꎬ
３ｌｎ ｘ ②
＋１
由 ｘ ꎬ得 ｔ ｘ １ ꎬ即 ｔ ( ꎬ ).
ｘ >１ ＝ ＋ｘ >２ ∈ ２ ＋∞
得 ｆ(ｘ) ＋１ꎬ
①×２＋② ３ ＝ ３ｌｎ ｘ
－１
将ｔ ｘ １两边平方得ｘ２ １ ｔ２ ꎬ则 ａ ｔ２
故 ｆ(ｘ)
ｘ
＋１ꎬｘ ( ꎬ ) ( ꎬ ).
＝ ＋ｘ ＋ｘ２ ＝ －２ ≥－ ＋
＝ ｌｎ ｘ ∈ －∞ －１ ∪ １ ＋∞
－１ ｔ ꎬ令 ｙ ｔ２ ｔ ꎬ则该函数在( ꎬ )上单
＋８ ＝－ ＋ ＋８ ２ ＋∞
( )由题意可知 ｘ １ ꎬｘ２ １ ａ 在 ｘ 调递减ꎬ即 ｙ ꎬ所以 ａ ꎬ即 ａ .
２ ＋ｘ ＋６>１ ＋ｘ２ ＋ >１ ∈ <６ ≥６ ≥３６
故 ａ 的取值范围为[ ꎬ ).
( ꎬ )恒成立. ３６ ＋∞
１ ＋∞
专
题
三
函
数
的
概
念
与
基
本
初
等
函
数
２４３
