专题2.7 指数与指数函数（举一反三复习讲义）
【全国通用】
考点要求
(1)了解根式的概念及性质，了解分数指数幂的含义，掌握指数幂的运算性质
(2)熟练掌握指数函数的图象与性质
高考真题
统计
考点
2024 年
2025 年
2026 年
指数与指数
函数
天津卷：第2 题，5
分
天津卷：第5 题，5
分
北京卷：第4 题，4
分
天津卷：第7 题，5
分
上海卷（秋考）：第
13 题，4 分
天津卷：第6 题，5
分
命题规律
分析
1、指数与指数函数
指数函数是常见的重要函数，指数与指数函数是高考常考的热点内容，
从近三年的高考情况来看，主要考查指数幂的运算、指数函数的性质，指
数函数较少单读考查，常结合幂函数与对数函数的图象与性质解决具体的
问题，包括：比较指对幂数的大小、解不等式等题型，主要以单选题的形
式考察，难度较易。
知识点
1
指数运算的解题策略
1．根式与分数指数幂
(1)根式的定义：式子
叫做根式，n 叫做根指数，a 叫做被开方数.
(2)分数指数幂
①正数的正分数指数幂：
；
②正数的负分数指数幂：
；
规定：0 的正分数指数幂等于0；0 的负分数指数幂没有意义.
2．指数幂运算的一般原则
(1)指数幂的运算首先将根式、分数指数幂统一为分数指数幂，以便利用法则计算，还应注意：①必须同底
数幂相乘，指数才能相加.②运算的先后顺序.
指数与指数函数
考点1
(2)当底数是负数时，先确定符号，再把底数化为正数.
(3)运算结果不能同时含有根号和分数指数，也不能既有分母又含有负指数.
知识点
2
指数函数的常见问题及解题思路
1．比较指数式的大小
比较指数式的大小的方法是：(1)能化成同底数的先化成同底数幂，再利用单调性比较大小；
(2)不能化成同底数的，一般引入“
0 或
1”
等中间量比较大小.
2．指数方程(不等式)的求解思路
指数方程(不等式)的求解主要利用指数函数的单调性进行转化.
3．指数型函数的解题策略
涉及指数型函数的综合问题，首先要掌握指数函数相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及值域、单
调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断.
【题型1 指数幂的运算】
【例1】（2026·北京大兴·三模）已知2
a=3,log25=b，则2
a−b的值为（ ）
A．15
B．5
3
C．3
5
D．−2
【答案】C
【解题思路】结合指数与对数的转化及指数运算性质即可求解.
【解答过程】因为log25=b，所以2
b=5，
又2
a=3，所以2
a−b= 2
a
2
b = 3
5.
故选：C.
【变式1-1】（2026·四川自贡·一模）已知a>b>1，若logab+ logba= 5
2，a
b=b
a，则ab=（ ）
A．8
B．6
C．4
D．2
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，利用对数运算性质及指数运算求解.
【解答过程】由a>b>1，得logba>logbb=1，由logab+ logba= 5
2，得
1
logba + logba= 5
2，
则logba=2，即a=b
2，又a
b=b
a，因此(b
2)
b=b
b
2
，即b
2b=b
b
2
，解得b
2=2b,b=2，
所以ab=b
3=8.
故选：A.
【变式1-2】（2026·北京房山·一模）自然界中，大多数生物存在着世代重叠现象，它们在生活史中会持续
不断地繁殖后代，且有时不同的世代能在同一时间进行繁殖.假定某类生物的生长发育不受密度制约时，其
增长符合模型：N (t )= N 0e
rt，其中N 0为种群起始个体数量，r为增长系数，N (t )为t时刻的种群个体数量.
当t =3时，种群个体数量是起始个体数量的2 倍.若N (4)=150，则N (10)=（ ）
A．300
B．450
C．600
D．750
【答案】C
【解题思路】根据已知函数模型计算得出e
3r =2，再结合指数运算计算求解.
【解答过程】因为模型：N (t )= N 0e
rt，其中N 0为种群起始个体数量，r为增长系数，
因为当t =3时，种群个体数量是起始个体数量的2 倍.
所以N (3)= N 0e
3r =2 N 0，所以e
3r =2，
若N (4)= N 0e
4r =150，则N (10)= N 0e
10r = N 0e
4r×e
6r =150×2
2=600.
故选：C.
【变式1-3】（2026·浙江嘉兴·二模）若实数a,b满足e
ae
2b−1=1，则ab的最大值为（ ）
A．1
16
B．1
2
C．1
4
D．1
8
【答案】D
【解题思路】由指数运算可得a+2b=1，再由二次函数可得ab的最大值.
【解答过程】因为e
ae
2b−1=1，所以e
a+2b−1=e
0，即a+2b=1，
故ab=b(1−2b)=−2(b−1
4)
2
+ 1
8 ≤1
8，即ab≤1
8，当且仅当b= 1
4 时等号成立，
故ab的最大值为1
8，
故选：D.
【题型2 指数函数的图象及应用】
【例2】（2026·安徽合肥·三模）当a<0时，函数f (x)=e
x
x
2−ax
的图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】求出函数f (x)的定义域，结合x<a时，f (x)的符号，结合排除法可得出合适的选项.
【解答过程】对于函数f (x)，因为a<0，由x
2−ax≠0可得x≠a且x≠0，
故函数f (x)的定义域为(−∞,a)∪(a,0)∪(0,+∞)，排除AC，
当x<a时，f (x)=e
x
x (x−a) >0，排除D.
故选：B.
【变式2-1】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）函数y =
x
2
e
| x|−2
的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解题思路】先求出函数的定义域和奇偶性，再根据指定区间函数值的符号即可求出结果.
【解答过程】∵y =
x
2
e
| x|−2
，
∴e
| x|−2≠0，则x≠± ln2，即定义域为{x| x≠± ln 2}，
设f (x)= y =
x
2
e
| x|−2
，则f (−x)=
(−x)
2
e
|−x|−2
=
x
2
e
| x|−2
= f (x)，
故f (x)= y =
x
2
e
| x|−2
为偶函数，图象关于y轴对称，排除BC，
当x>ln2时，e
| x|>2，e
| x|−2>0，
x
2
e
| x|−2
>0，f (x)>0，排除A，
所以选项D 正确.
故选：D.
【变式2-2】（2026·河南·三模）函数f (x)=(2
−x−2
x)|x)
x 的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】根据函数的定义域可判排除D，根据图象对称性排除C，根据x>0时函数值的符号排除A，
故可得正确的选项.
【解答过程】f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，排除D；
因为f (−x)=(2
x−2
−x)|−x)
−x =(2
−x−2
x)⋅|x)
x = f (x)，所以f (x)为偶函数，
图象关于y 轴对称，排除C；
当x>0时，f (x)=(2
−x−2
x)|x)
x =2
−x−2
x<0，排除A．
故选：B.
【变式2-3】（25-26 高一上·湖南常德·阶段检测）函数f (x)= 2
x−2
−x
x
2−1
的大致图象为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解题思路】利用函数的定义域，奇偶性，特殊值选出答案
【解答过程】由题意知，函数f (x)的定义域为{x∣x≠±1)，
因为f (−x)= 2
−x−2
x
x
2−1
=−f (x)，所以f (x)为奇函数，排除A，
f (2)= 5
4 >0，排除B，f(
1
2)=−2❑√2
3
<0，排除C，故D 正确.
故选：D.
【题型3 比较指数幂的大小】
【例3】（2026·重庆北碚·模拟预测）设a= 2
3 ，b=(
1
2)
2
3 ，c =(
2
3)
1
2，则（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．c>a>b
D．b>c>a
【答案】C
【解题思路】找中间量、合理构造函数后，利用指数函数、幂函数的单调性求解
【解答过程】构造指数函数f (x)=(
2
3)
x
，底数0< 2
3 <1，
所以f (x)单调递减，即(
2
3)
1
2 >(
2
3)
1
,c>a；
a
3=(
2
3)
3
= 8
27 ,b
3=[(
1
2)
2
3)
3
= 1
4 , 8
27 > 1
4 ⇒a>b，即c>a>b.
故选：C.
【变式3-1】（2026·天津河西·三模）设a=2.1
0.7，b=0.7
2.1，c =log2.10.7，则a，b，c的大小关系是
（ ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．a<c<b
D．c<b<a
【答案】D
【解题思路】根据指数函数和对数函数的性质，分别求得a>1，0<b<1和c<0，即可求解.
【解答过程】由指数函数的性质，可得a=2.1
0.7>2.1
0=1，即a>1，
b=0.7
2.1<0.7
0=1且b=0.7
2.1>0，即0<b<1，
又由对数函数的性质，可得c =log2.10.7<log2.11=0，即c<0，
所以c<b<a.
故选：D.
【变式3-2】（2026·河南·模拟预测）已知a= log0.50.4，b=0.5
0.4，c = log45，则（ ）
A．a>c>b
B．a>b>c
C．c>a>b
D．b>c>a
【答案】A
【解题思路】利用对数函数、指数函数的单调性，结合换底公式比较大小.
【解答过程】由对数换底公式得： a= log0.50.4 = log2
−10.4 =−log20.4 = log22.5，
c = log45= log25
log24 = 1
2 log25= log2
❑√5，
因为y = log2 x是增函数，且2.5>❑√5>2，
所以： log 22.5>log 2
❑√5>log 22=1，即a>c>1，
指数函数y =0.5
x是减函数，因此0<0.5
0.4<0.5
0=1，即b<1，
综上可得a>c>b.
故选：A.
【变式3-3】（2026·天津东丽·一模）已知a=(❑√0.25)
0.6,b= log40.6,c =(
1
4)
−0.3
则a，b，c 的大小关系是
（ ）
A．c<b<a
B．b<c<a
C．c<a<b
D．b<a<c
【答案】D
【解题思路】根据指数函数、对数函数单调性比较大小
【解答过程】a=(
❑√
1
4)
0.6
=(
1
2)
0.6
，因为y =(
1
2)
x
在R上单调递减，所以0<(
1
2)
0.6
<(
1
2)
0
=1，即0<a<1，
y = log4 x在(0,+∞)上单调递增，所以log40.6<log41=0，即b<0，
c = 4
0.3，因为y = 4
x在R上单调递增，所以4
0.3>4
0=1，所以c>1，
所以b<a<c，
故选：D.
【题型4 解指数不等式】
【例4】（2026·重庆·模拟预测）已知集合A ={x| x ≤3}，B ={x|2
x>1}，则A ∩B =( )
A．(1,3]
B．(0,3]
C．(0,+∞)
D．(−∞,3]
【答案】B
【解题思路】解不等式求得集合B，进而求得A ∩B.
【解答过程】由2
x>1=2
0，得x>0，即B ={x| x>0}.
已知A ={x| x ≤3}，
因此，A ∩B ={x|0< x ≤3}=(0,3].
故选：B.
【变式4-1】（2026·广东汕头·一模）“log3a>log3b”是“3
a>3
b”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【解题思路】根据指、对数函数性质解不等式，结合充分、必要条件分析判断.
【解答过程】因为log3a>log3b，等价于a>b>0，
且3
a>3
b，等价于a>b，
又因为a>b>0可以推出a>b，a>b不能推出a>b>0，
所以“log3a>log3b”是“3
a>3
b”的充分不必要条件.
故选：A．
【变式4-2】（2026·陕西咸阳·二模）已知集合A ={x ∈N|x
2−2 x −3≤0))，B ={x|2
x≤4))，则A ∩B =
（ ）
A．{1,2)
B．{−1,0,1,2)
C．{0,1,2)
D．{0,1,2,3)
【答案】C
【解题思路】根据一元二次不等式的解法及指数函数的性质求出集合A，B，再根据交集的概念求解即可.
【解答过程】A ={x∈N|x
2−2 x−3≤0))={x∈N|−1≤x ≤3))= {0,1,2,3)，
B ={x|2
x≤4))={x|x ≤2))，
所以A ∩B = {0,1,2)，
故选：C．
【变式4-3】（2026·江西南昌·一模）已知f (x)={
2
−x , x ≤−1
−x
2+ 4 x +1, x>−1)，则不等式f (x)<1的解集为（ ）
A．(−∞,−1)
B．(4 ,+∞)
C．(−∞,0)∪(4 ,+∞)
D．(−1,0)∪(4 ,+∞)
【答案】D
【解题思路】结合指数函数的性质及一元二次不等式的解法分情况解不等式即可.
【解答过程】当x ≤−1时，原不等式可化为2
−x<1，解得x>0，此时解集为∅.
当x>−1时，原不等式可化为−x
2+ 4 x +1<1，即x
2−4 x>0，解得x<0或x>4.
又x>−1，所以−1< x<0或x>4.
综上，不等式f (x)<1的解集为(−1,0)∪(4 ,+∞).
故选：D．
【题型5 指数（型）函数的单调性问题】
【例5】（2026·广东广州·模拟预测）若函数f (x)=(
1
3)
x (x +a)
在区间(0,2)单调递增，则a 的取值范围是
（ ）
A．(−∞,4)
B．[4 ,+∞)
C．[−4 ,+∞)
D．(−∞,−4)
【答案】D
【解题思路】根据指数复合函数的区间单调性，结合二次函数的性质有−a
2 ≥2，即可得.
【解答过程】令t = x( x +a)，又y =(
1
3)
t
在R 上单调递减，
所以要使f (x)=(
1
3)
x (x +a)
在区间(0,2)单调递增，
则t = x( x +a)在区间(0,2)单调递减，
所以由t = x( x +a)=( x + a
2 )
2
−a
2
4 的开口向上且对称轴为x =−a
2得−a
2 ≥2，解得a≤−4.
故选：D.
【变式5-1】（2026·河南南阳·模拟预测）函数f ( x)=2
❑√x
2−4 x−21的单调递减区间为（ ）
A．(−∞,2]
B．(−∞,−3]
C．[2,+ ∞)
D．[7,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】根据指数函数单调性结合复合函数单调性规则计算判断即可.
【解答过程】对于函数f ( x)=2
❑√x
2−4 x−21，令x
2−4 x−21≥0，即(x−7)(x +3)≥0，解得x ≥7或x ≤−3，
所以函数f ( x)=2
❑√x
2−4 x−21的定义域为(−∞,−3)∪[7,+∞)，
又函数y = x
2−4 x−21在(−∞,−3]上单调递减，在[7 ,+ ∞)上单调递增，
y = ❑√t在定义域上单调递增，
所以函数y =
❑√x
2−4 x−21在(−∞,−3]上单调递减，在[7,+ ∞)上单调递增，
又y =2
x在定义域上单调递增，
所以f ( x)=2
❑√x
2−4 x−21在(−∞,−3]上单调递减，在[7 ,+ ∞)上单调递增，
即函数f ( x)=2
❑√x
2−4 x−21的单调递减区间为(−∞,−3].
故选：B.
【变式5-2】（2026·江西·二模）若函数 f (x)=2025
∣x−a∣在区间[2026,+ ∞)上单调递增，则a 的取值范
围为（ ）
A．[2026,+ ∞)
B．(0,2026]
C．(−∞,2026)
D．(−∞,2026]
【答案】D
【解题思路】根据指数复合函数单调性计算求参即可.
【解答过程】根据函数 f (x)=2025
∣x−a∣在区间[2026,+ ∞)上单调递增，且y =2025
x单调递增，
可得y =| x−a|在区间[2026,+ ∞)上单调递增，所以a≤2026.
故选:D.
【变式5-3】（2026·陕西西安·模拟预测）若函数f (x)=2
x
2+ax−3在(1,+ ∞)上单调，则a的取值范围是
（ ）
A．[−2,+∞)
B．[−1,+∞)
C．(−∞,−2)
D．(−∞,−1)
【答案】A
【解题思路】根据指数函数、二次函数以及复合函数的单调性求解即可.
【解答过程】因为函数y =2
x在R上为增函数，y = x
2+ax−3在(−∞,−a
2)上为减函数，在(−a
2 ,+∞)上
为增函数，
且函数f (x)=2
x
2+ax−3在(1,+∞)上单调，
根据复合函数的单调性，可得−a
2 ≤1，即a≥−2，
所以a的取值范围是[−2,+ ∞).
故选：A.
【题型6 指数（型）函数的最值（值域）问题】
【例6】（2026·云南昆明·二模）已知函数f (x)=2|x)+|x), x∈[−1,2)，则f (x)的最大值与最小值之差为
（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【解题思路】根据分段函数结合指数函数单调性计算得出最值即可求解.
【解答过程】函数f (x)=2|x)+|x)={
2
x+ x , x∈[0,2)
2
−x−x , x∈[−1,0))，
因为x∈[0,2),f (x)=2
x+ x单调递增，所以1≤f (x)≤6；
因为x ∈[−1,0),f (x)=2
−x−x单调递减，所以1<f (x)≤3；
所以当x =0时，f (x)min=1；当x =2时，f (x)max=6；
则f (x)的最大值与最小值之差为6−1=5.
故选：D.
【变式6-1】（2026·海南·一模）若函数f (x)=a
x
2 −1(a>0且a≠1)在区间[0,4)上的值域为[0,4)，则a=
（ ）
A．❑√3
B．❑√5
C．3
D．5
【答案】B
【解题思路】利用指数函数性质计算即可得.
【解答过程】由指数函数的性质知f (x)必是单调函数，
又f (0)=a
0−1=1−1=0，
因为值域为[0,4 ]，所以函数f ( x)在[0,4 ]上单调递增，故f (4)= 4，
即a
2−1= 4，解得a=± ❑√5，又a>0，故a= ❑√5.
故选：B.
【变式6-2】（2026·湖南岳阳·模拟预测）若函数y =3
x+m在[0,2)上的最小值与最大值的和等于24，则m=
（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【解题思路】根据指数函数的单调性求出最值即可得解.
【解答过程】因为函数y =3
x+m在[0,2]上是增函数，
所以ymin=3
0+m=1+m, ymax=3
2+m=9+m，
则1+m+9+m=24，所以m=7.
故选：C.
【变式6-3】（2026·安徽六安·模拟预测）若f ( x)是定义在R上的偶函数，当x ≤0时，f ( x)=|2
x−4|，则
函数f ( x)在[−1,1]上的值域为（ ）
A．[3, 7
2 ]
B．[−3,0]∪[3,+ ∞)
C．[−2, 7
2 ]
D．[−3,2]
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，结合指数函数单调性求出f ( x)在[−1,0]上的值域，再利用偶函数的性质求
出指定区间上的值域.
【解答过程】当x ≤0时，0<2
x≤1，f ( x)= 4−2
x，函数f ( x)在(−∞,0]上单调递减，
当−1≤x ≤0时，f ( x)∈[3, 7
2 ]，又函数f ( x)是R上的偶函数，
则当0≤x ≤1时，f ( x)∈[3, 7
2 ]，所以函数f ( x)在[−1,1]上的值域为[3, 7
2 ].
故选：A.
一、单选题
1．（2026·重庆·模拟预测）已知集合A =¿，则A ∩B =（ ）
A．{−2, −1, 0, 1, 2)
B．{0, 1, 2)
C．{1, 2)D．{−3, 3)
【答案】B
【解题思路】解不等式求得集合A ,B，进而求得A ∩B.
【解答过程】x
2−x−12=(x−4)(x +3)<0,−3< x<4，则A = {0,1,2,3).
2
x<8=2
3, x<3，所以B = {x| x<3)，
所以A ∩B = {0, 1, 2).
故选：B.
2．（2026·山西忻州·模拟预测）设a= 4
0.1，b=2
0.3，c = log43，则a，b，c 的大小关系为（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>a>b
D．b>c>a
【答案】B
【解题思路】根据a= 4
0.1=2
0.2，利用指数函数y =2
x的单调性比较a，b，再与“1”比较即可.
【解答过程】a= 4
0.1=2
0.2，b=2
0.3．
因为指数函数y =2
x单调递增，且0.3>0.2，
所以b>a．
又a=2
0.2>1，c = log43<log4 4 =1．
所以b>a>c．
故选：B.
3．（2026·安徽合肥·模拟预测）函数y ={
(
4
3)
x
,
−1≤x ≤0
x
4
3 ,
0< x ≤1 )
的值域为（ ）
A．(0,1]
B．[
3
4 ,1)
C．( 3
4 ,1]
D．[0,1)
【答案】A
【解题思路】分别求出y =(
4
3)
x
在[−1,0]上的值域以及y = x
4
3在(0,1]上的值域可得答案.
【解答过程】因y =(
4
3)
x
在[−1,0]上单调递增，则x∈[−1,0)时，(
4
3)
x
∈[
3
4 ,1)，
又y = x
4
3在(0,1]上单调递增，则x∈(0,1]时，x
4
3 ∈(0,1]，
则y ={
(
4
3)
x
,
−1≤x ≤0
x
4
3 ,
0< x ≤1 )
的值域为(0,1]∪[
3
4 ,1)=(0,1]，故A 正确．
故选：A.
4．（2026·天津滨海新区·三模）已知实数a,b,c满足a=0.5
a，b=0.5
1
a
2，c = ln a，则a,b,c的大小关系为
（ ）
A．a<c<b
B．b<a<c
C．c<a<b
D．c<b<a
【答案】D
【解题思路】先构造函数确定a的取值范围，再利用指数函数单调性比较b与a的大小，结合对数函数性质
判断c的符号，最终得到三者大小关系．
【解答过程】令f (x)= x−0.5
x，因为y = x是R上的增函数，y =0.5
x是R 上的减函数，
所以f (x)= x−0.5
x为R上的单调递增函数，
计算得f (0.5)=0.5−0.5
0.5=0.5−
❑√2
2 <0，f (1)=1−0.5
1=0.5>0，
由零点存在性定理可得方程x =0.5
x得解a∈(0.5,1)，
由a∈(0.5,1)，得a
2∈(0.25,1)，所以1
a
2 >1>a，
又y =0.5
x为R上的单调递减函数， y = ln x在(0,+∞)上单调递增，
所以b=0.5
1
a
2 <0.5
a=a，c = ln a<ln1=0，
所以c<b<a．
故选：D.
5．（2026·甘肃张掖·二模）已知函数f (x)=3
a x
2−2 x在[−1,+ ∞)上单调递减，则实数a的取值范围为（ ）
A．[−1,+∞)
B．(−∞,−1)
C．[−1,0)
D．[−1,0)
【答案】C
【解题思路】利用复合函数的单调性求解即可.
【解答过程】因为y =3
x为R上的增函数，
所以由复合函数的单调性知y =a x
2−2 x在[−1,+∞)上单调递减，
当a=0时，y =−2 x在[−1,+∞)上单调递减，满足题意；
当a≠0时，y =a x
2−2 x在[−1,+∞)上单调递减，则{
a<0
1
a ≤−1)
，
解得−1≤a<0.
综上，−1≤a≤0.
故选：C.
6．（2026·北京·三模）物体在常温下的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度是T 0，
t min后的温度是T，则T −T a
T 0−T a
=2
−t
h，其中T a表示环境温度，h称为半衰期．现有一杯88
∘C的咖啡放在
24
∘C的房间中，如果咖啡降温到40
∘C大约需要20min，那么降温到30
∘C大约需要（ ）（参考数据；
lg2≈0.301,lg3≈0.477）
A．33min
B．34 min
C．35min
D．36min
【答案】B
【解题思路】先求出半衰期h，再根据指数，对数的运算性质及换底公式计算即可.
【解答过程】由题意可得40−24
88−24 =2
−20
h =(
1
2)
20
h ，即16
64 = 1
4 =(
1
2)
2
=(
1
2)
20
h ，解得h=10.
设降温到30
∘C大约需要t min，则30−24
88−24 =(
1
2)
t
10，即6
64 = 3
32 =(
1
2)
t
10，
所以t
10 = log 1
2
3
32 =
lg 3
32
lg 1
2
= lg3−5lg2
−lg2
=5−lg3
lg2 ≈5−0.477
0.301 ≈5−1.585≈3.415，
解得t ≈34.15，所以大约需要34 min.
故选：B.
7．（2026·天津·模拟预测）已知a，b>0，则“a
0.5<b
0.5<1”是“0.5
b<0.5
a”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解题思路】又函数单调性得到充分性成立，举出反例可得必要性不成立.
【解答过程】由题意得a，b>0，a
0.5<b
0.5<1=1
0.5，
而y = x
0.5在[0,+ ∞)上单调递增，故a<b<1，
而y =0.5
x在[0,+ ∞)上单调递减，故0.5
b<0.5
a，充分性成立，
0.5
b<0.5
a，不妨设b=2,a=1，满足要求，
但此时1=a<b，不满足a
0.5<b
0.5<1，必要性不成立，
故“a
0.5<b
0.5<1”是“0.5
b<0.5
a”的充分不必要条件.
故选：A.
8．（2026·河南驻马店·模拟预测）关于函数f (x)=
2
x
2
x+1
，有如下描述：①f (x)的定义域为R；②f (x)的值
域为(0,1)；③f (x)是减函数；④f (x)的图象关于点(0, 1
2)对称．其中描述正确的个数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】根据指数函数的性质，及函数的对称性逐一判断即可．
【解答过程】由f (x)=
2
x
2
x+1
=1−
1
2
x+1
，
对于①，由2
x∈(0,+ ∞)，则分母2
x+1>1对全体实数都成立，所以f (x)的定义域为R，故①正确；
对于②，由2
x∈(0,+∞)，则2
x+1∈(1,+ ∞)，则
1
2
x+1
∈(0,1)，所以f (x)的值域为(0,1)，故②正确；
对于③，由y =2
x是增函数，则y =
1
2
x+1是减函数，所以f (x)=1−
1
2
x+1是增函数，故③错误；
对于④，由f (−x)=
2
−x
2
−x+1
=
1
1+2
x ，则f (x)+ f (−x)=1，所以f (x)的图象关于点(0, 1
2)对称，故④正
确．
综上描述正确的个数是3．
故选：C.
二、多选题
9．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）以下运算正确的是（ ）
A．
5√(−0.1)
5=0.1
B．(lg2)
2+lg2lg25+(lg5)
2=1
C．(
16
81)
−3
4 = 8
27
D．e
2+ ln2=2e
2
【答案】BD
【解题思路】根据指数幂运算和对数的计算公式逐一判断即可.
【解答过程】
5√(−0.1)
5=−0.1，A 错误；
(lg2)
2+lg2lg25+(lg5)
2=(lg2)
2+2lg2lg5+(lg5)
2=(lg2+lg5)
2=1，B 正确；
(
16
81)
−3
4 =[(
2
3)
4
)
−3
4 =(
2
3)
−3
= 27
8 ，C 错误；
e
2+ ln2=e
2·e
ln2=2e
2，D 正确.
故选：BD.
10．（25-26 高一上·黑龙江牡丹江·期中）已知函数f (x)=a
x(a>0，且a≠1)，若f (3)=8，则下列说法正
确的有（ ）
A．f (−1)= 1
2
B．f (5)=16
C．f (x)是增函数
D．不等式f (x
2+3 x +1)<32的解集是(−4,1)
【答案】ACD
【解题思路】根据题意，由f (3)=8，得a=2，所以得函数f (x)=2
x，即可判断A，B，由指数函数的性质
可判断C，由函数的单调性将不等式化为x
2+3 x +1<5，解该不等式即可判断D.
【解答过程】依题意，f (3)=a
3=8，解得a=2，
所以f (x)=2
x，
所以f (−1)= 1
2，f (5)=2
5=32，故A 正确，B 错误，
因为f (x)=2
x是增函数，故C 正确，
又f (x
2+3 x +1)<32= f (5)，
所以x
2+3 x +1<5，即x
2+3 x−4 =(x + 4)(x−1)<0,，
解得−4< x<1，故D 正确，
故选：ACD.
11．（2026·四川成都·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−1
e
x+1
，则下列结论正确的是（ ）
A．函数f (x)的定义域为R
B．函数f (x)的值域为(−1,1)
C．f (x)+ f (−x)=0
D．函数f (x)为减函数
【答案】ABC
【解题思路】根据指数幂运算性质，结合指数函数的单调性逐一判断即可.
【解答过程】A：因为e
x>0，所以e
x+1≠0，因此函数f (x)的定义域为R，所以本选项说法正确；
B：f (x)=e
x−1
e
x+1
=e
x+1−2
e
x+1
=1−
2
e
x+1
，
因为e
x>0，所以e
x+1>1⇒0<
1
e
x+1
<1⇒−2< −2
e
x+1
<0⇒−1<1−
2
e
x+1
<1，
因此函数f (x)的值域为(−1,1)，所以本选项说法正确；
C：因为f (x)+ f (−x)=e
x−1
e
x+1
+e
−x−1
e
−x+1
=e
x−1
e
x+1
+ 1−e
x
1+e
x =0，
所以本选项说法正确；
D：因为f (0)=0,f (1)=e−1
e+1 >0，
所以不满足减函数的定义，因此本选项说法不正确，
故选：ABC.
三、填空题
12．（2026·上海闵行·一模）已知a>0，b>0，化简：
3√b
3√b
13 ⋅(a2−❑√3b)
2+ ❑√3⋅b2−❑√3=__________.
【答案】a
【解题思路】根据根式与分数指数幂的互化、指数运算的性质直接求解即可.
【解答过程】∵a>0,b>0，
∴
3√b
3√b
13 ⋅(a2−❑√3b)
2+ ❑√3⋅b2−❑√3= b
1
3
b
13
3
·a
(2−❑√3)(2+ ❑√3)·b
(2−❑√3)+(2+ ❑√3)=b
1
3 −13
3 ab
4=a.
故答案为：a.
13．（2026·云南昭通·模拟预测）已知函数y =a
x−2025+2025（a>0，且a≠1）的图象恒过定点P，则点P
的坐标为__________．
【答案】(2025,2026)
【解题思路】根据指数函数性质求解即可.
【解答过程】令x−2025=0，解得x =2025，此时y =a
0+2025=2026，
所以函数y =a
x−2025+2025（a>0，且a≠1）的图象恒过定点P(2025,2026)．
故答案为：(2025,2026).
14．（2026·吉林长春·二模）已知函数f (x)=2
x−2
−x，若f (2
a)+ f (−4)>0，则a的取值范围是
___________．
【答案】(2,+∞)
【解题思路】先判断函数f (x)的奇偶性，再判断函数f (x)的单调性，利用函数性质求a的范围即可.
【解答过程】已知函数f (x)=2
x−2
−x，则f (−x)=2
−x−2
x =−(2
x−2
−x)=−f (x)，
∴f (x)是奇函数，
∵y =2
x是增函数，y =−2
−x =−(
1
2)
x
是增函数，
∴f (x)=2
x−2
−x是增函数，
因为f (2
a)+ f (−4)>0，
∴f (2
a)+ f (−4)= f (2
a)−f (4)>0，即f (2
a)>f (4)，
∵f (x)是单调递增函数，
∴2
a>4 =2
2，解得a>2．
所以a的取值范围是(2,+ ∞).
故答案为：(2,+∞).
四、解答题
15．（2026·四川眉山·一模）计算下列各式的值：
(1)(log105)
2+2log102−(log102)
2；
(2)(2 1
4)
1
2 −(−7.8)
0−(3 3
8)
2
3 +(
2
3)
−2
.
【答案】(1)1
(2)1
2
【解题思路】（1）利用对数的运算法则计算求解；
（2）运用指数的运算法则计算每一项，再合并计算求解．
【解答过程】（1）原式=(log105)
2+(2−log102)log102
=(log105)
2+(1+ log105)log102
=(log105)
2+ log102⋅log105+ log102
=(log105+ log102)⋅log105+ log102
= log105+ log102=1．
（2）原式=(
3
2)
2× 1
2 −1−(
3
2)
3× 2
3 +(
3
2)
2
= 3
2 −1−9
4 + 9
4 = 1
2.
16．（2026·上海黄浦·二模）已知f (x)=2
x．
(1)若f (x)−f (2−x)=3，求x的值；
(2)是否存在实数a，使函数y = f (x)+af (−x)是奇函数？请说明理由．
【答案】(1)x =2；
(2)存在实数a=−1，使函数y = f (x)+af (−x)是奇函数.
【解题思路】（1）利用换元法将含有指数的方程转化为一元二次方程，再根据指数函数的性质求解.
（2）利用奇函数在x =0处的特殊性质求出a的可能值，再将a的值代回函数，根据奇函数的定义证明即可.
【解答过程】（1）由题意，f (x)−f (2−x)=2
x−2
2−x =2
x−4
2
x =3，
令t =2
x,t >0，则有t −4
t =3，即t
2−3t −4 =0，得(t −4)(t +1)=0，解得t = 4或t =−1（舍去），
所以t =2
x = 4，则x =2.
（2）假设存在实数a，使函数y = f (x)+af (−x)=2
x+a⋅2
−x是奇函数，
则x =0时，y =1+a=0，解得a=−1.
当a=−1时，函数y = f (x)+af (−x)=2
x−2
−x，定义域为R.
设函数g(x)= y =2
x−2
−x, x∈R.
对任意x∈R，g(−x)=2
−x−2
x=−g(x)，故函数g(x)=2
x−2
−x为奇函数.
综上，存在实数a=−1，使函数y = f (x)+af (−x)是奇函数.
17．（25-26 高一下·上海·期中）已知函数y =1−
m
5
x+1
，x∈R是奇函数，m为实数．
(1)求m的值；
(2)当x∈[−1,2)时，求函数y =1−
m
5
x+1的值域．
【答案】(1)2
(2)[−2
3 , 12
13)
【解题思路】（1）由函数f (x)是奇函数，有f (0)=0，解得m的值并检验即可；
（2）利用单调性求函数在区间内的值域．
【解答过程】（1）函数f (x)=1−
m
5
x+1
(x∈R)是奇函数，则f (0)=1−
m
5
0+1
=0，解得m=2，
当m=2时，f (x)=1−
2
5
x+1
= 5
x−1
5
x+1
，f (−x)= 5
−x−1
5
−x+1
= 1−5
x
1+5
x =−f (x)，
f (x)为奇函数，所以m的值为2．
（2）由（1）知函数f (x)=1−
2
5
x+1，
由y =5
x是R上的增函数，可得y =
2
5
x+1为R上的减函数，
所以f (x)=1−
2
5
x+1在[−1,2)上是增函数，
可得f (−1)≤f (x)<f (2)，
即−2
3 ≤f (x)< 12
13，故函数f (x)的值域为[−2
3 , 12
13)．
18．（2026·上海黄浦·三模）已知函数f (x)=m⋅2
x+2
−x．
(1)判断函数f (x)=m⋅2
x+2
−x的奇偶性并说明理由；
(2)当m=1时，若存在x∈(0,+ ∞)，使得f (x)=t ⋅2
x+1成立，求实数t 的取值范围.
【答案】(1)当m=1时，f (x)为偶函数；
当m=−1时，f (x)为奇函数；
当m≠±1时，f (x)既不是奇函数也不是偶函数.
(2)[
3
4 ,1)
【解题思路】（1）利用奇函数，偶函数的基本性质进行判断，分类讨论参数的取值即可求解；
（2）通过参变分离，构建辅助函数，将参数的取值范围转化为函数的值域从而进行求解.
【解答过程】（1）f (x)=m⋅2
x+2
−x，所以f (−x)=m⋅2
−x+2
x，
当m=1时，f (−x)=2
−x+2
x = f (x)，f (x)为偶函数，
当m=−1时，f (−x)=−2
−x+2
x =−f (x)，f (x)为奇函数，
当m≠±1时，f (−x)≠± f (x)，所以f (x)既不是奇函数也不是偶函数.
（2）当m=1时，f (x)=2
x+2
−x，存在x∈(0,+ ∞)，使得2
x+2
−x=t ⋅2
x+1成立，
化简可得t −1= 1−2
x
(2
x)
2 =(
1
2
x)
2
−1
2
x ，即t =(
1
2
x)
2
−1
2
x +1在(0,+∞)上有解，
令u= 1
2
x ，因为x∈(0,+ ∞)，所以u∈(0,1)，即t =u
2−u+1在u∈(0,1)上有解，
故实数t的取值范围为函数y =u
2−u+1,0<u<1的值域，
y =u
2−u+1=(u−1
2)
2
+ 3
4 ，因为u∈(0,1)，所以y ∈[
3
4 ,1)，
即实数t的取值范围为[
3
4 ,1).
19．（25-26 高三·全国·一轮复习）已知函数f (x)=b⋅a
x（其中a，b为常数，且a>0，a≠1）的图象经过
点A (1,6)，B (3,24)．
(1)求f (x)的解析式；
(2)若不等式(
1
a)
x
+(
1
b)
x
−m≥0在(−∞,1)上恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)f (x)=3⋅2
x
(2)(−∞, 5
6)．
【解题思路】（1）根据题意，列出关于a,b的方程组，求得a=2,b=3，即可求解；
（2）根据题意，转化为m≤(
1
2)
x
+(
1
3)
x
在(−∞,1)上恒成立，结合y =(
1
2)
x
与y =(
1
3)
x
在(−∞,1)的单调
性，求得其有最小值，即可得到答案.
【解答过程】（1）解：因为函数f (x)=b⋅a
x的图象过点A (1,6)和B (3,24)，
可得{
b⋅a=6
b⋅a
3=24)，所以a
2= 4，
又因为a>0，所以a=2，则b=3，所以f (x)=3⋅2
x．
（2）解：由（1）知：a=2，b=3，
因为不等式(
1
a)
x
+(
1
b)
x
−m≥0在(−∞,1)上恒成立，
即当x∈(−∞,1)时，(
1
2)
x
+(
1
3)
x
−m≥0恒成立，
即m≤(
1
2)
x
+(
1
3)
x
在(−∞,1)上恒成立，
又因为y =(
1
2)
x
与y =(
1
3)
x
在(−∞,1)上均单调递减，
所以y =(
1
2)
x
+(
1
3)
x
在(−∞,1)上也单调递减，
所以当x =1时，y =(
1
2)
x
+(
1
3)
x
有最小值5
6，所以m≤5
6，
所以实数m的取值范围是(−∞, 5
6)．
