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专题2.4 指数与指数函数【六大题型】
【新高考专用】
【题型1 指数幂的运算】..........................................................................................................................................2
【题型2 指数方程与指数不等式】..........................................................................................................................3
【题型3 指数函数的图象与性质】..........................................................................................................................4
【题型4 利用指数函数的单调性比较大小】.........................................................................................................6
【题型5 利用指数函数的单调性解不等式】.........................................................................................................7
【题型6 指数函数的综合问题】..............................................................................................................................9
1、指数与指数函数
考点要求
真题统计
考情分析
(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
2022 年全国甲卷（文数）：
第12 题，5 分
2023 年新课标I 卷：第4
题，5 分
2024 年天津卷：第2 题，5
分、第5 题，5 分
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，
从近几年的高考形势来看，指数函数的
考查，主要以基本函数的性质为依托，
结合指、对数运算性质，运用幂函数与
指、对数函数的图象与性质解决具体的
问题，包括比较指对幂的大小、解不等
式等题型.
【知识点1 指数运算的解题策略】
1．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.
(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；
1
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(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】（23-24 高一上·陕西咸阳·期末）化简[
3√(−5)
2]
3
2的结果为（ ）
A．5
B．√5
C．−5
D．−√5
【解题思路】根据指数幂的运算性质进行求解即可.
【解答过程】[
3√(−5)
2]
3
2 =[
3√5
2]
3
2 =(5
2
3)
3
2 =5
2
3 × 3
2 =5，
故选：A.
【变式1-1】（23-24 高一上·陕西汉中·期末）下列各式正确的是（ ）
A．
12√(−3)
4=
4√−3
B．3√(x + y)
4=(x + y)
3
4
C．3√−8=−2
D．(
n
m)
2
=n
2m
1
2
【解题思路】根据指数幂的计算公式及根式与分数指数幂的互化计算即可.
【解答过程】对于A，
12√(−3)
4=
3√3，故A 错误；
对于B，3√(x + y)
4=(x + y)
4
3，故B 错误；
对于C，3√−8=−2，故C 正确；
对于D，(
n
m)
2
=n
2m
−2，故D 错误.
故选：C.
【变式1-2】（23-24 高一下·辽宁抚顺·开学考试）已知a+ 1
a =2，则a
1
2 +a
−1
2等于（ ）
A．2
B．4
C．±2
D．± 4
2
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【解题思路】
给a
1
2 +a
−1
2平方后再开方求解即可.
【解答过程】(a
1
2 +a
−1
2 )
2=a+ 1
a +2=2+2= 4，所以a
1
2 +a
−1
2 =2.
故选：A.
【变式1-3】（23-24 高一上·湖南长沙·阶段练习）计算(−64)
1
3 +[(−3)
4]
1
4 −(√2−1)
0+
3√3 3
8 =（ ）
A．−13
2
B．−11
2
C．−1
2
D．1
2
【解题思路】利用指数运算及根式运算计算即得.
【解答过程】(−64)
1
3 +[(−3)
4]
1
4 −(√2−1)
0+
3√3 3
8 =(−4
3)
1
3 +(3
4)
1
4 −1+[( 3
2 )
3
]
1
3 =−4+3−1+ 3
2 =−1
2
.
故选：C.
【题型2 指数方程与指数不等式】
【例2】（23-24 高一上·北京顺义·期中）关于x的方程4
x−2
x =2的解为 x =1 ．
【解题思路】由4
x−2
x=2可得出(2
x+1)(2
x−2)=0，结合2
x>0可求得x的值.
【解答过程】由4
x−2
x=2可得(2
x)
2−2
x−2=0，即(2
x+1)(2
x−2)=0，
因为2
x>0，可得2
x =2，故x =1.
所以，方程关于x的方程4
x−2
x =2的解为x =1.
故答案为：x =1.
【变式2-1】（2024 高一·江苏·专题练习）不等式(
1
2)
3 x−1
≤2的解集为 {x| x ≥0} ．
【解题思路】利用指数幂的运算法则，结合指数函数的单调性将原不等式化为3 x−1≥−1求解即可.
【解答过程】原不等式可化为(
1
2)
3 x−1
≤(
1
2)
−1
因为函数y =(
1
2)
x
单调递减，
∴3 x−1≥−1，解得x ≥0．
∴不等式(
1
2)
3 x−1
≤2的解集是{x| x ≥0}．
故答案为：{x| x ≥0}.
3
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【变式2-2】（2024 高一·江苏·专题练习）不等式2
x>(
1
2)
x−x
2
的解集是 (0,2) ．
【解题思路】利用指数幂的运算法则，结合指数函数的单调性将原不等式化为x> x
2−x求解即可.
【解答过程】由2
x>(
1
2)
x−x
2
，得2
x>2
x
2−x，
因为函数y =2
x单调递增，
∴x> x
2−x，即x
2−2 x<0，解得0< x<2．
∴不等式2
x>(
1
2)
x−x
2
的解集是(0,2)．
故答案为：(0,2).
【变式2-3】（23-24 高三上·辽宁·阶段练习）已知x1和x2是方程9
x−3
x +2+3=0的两根，则9
x1+9
x2
x1+ x2
= 75 .
【解题思路】由题知3
x1+3
x2=9，3
x1⋅3
x2=3，进而得x1+ x2=1，再结合9
x1+9
x2=(3
x1+3
x2)
2
2
−⋅3
x1⋅3
x2求
解即可.
【解答过程】解：方程可化为(3
x)
2
9
−⋅3
x+3=0，由韦达定理得3
x1+3
x2=9，3
x1⋅3
x2=3，
所以3
x1+ x2=3，得x1+ x2=1.
又9
x1+9
x2=(3
x1+3
x2)
2
2
−⋅3
x1⋅3
x2=81 6=75
−
，
所以9
x1+9
x2
x1+ x2
=75.
故答案为：75.
【题型3 指数函数的图象与性质】
【例3】（2024·宁夏银川·三模）已知函数f (x)=
2
x
2
x−1+1
，则下列说法不正确的是（ ）
A．函数f (x)单调递增
B．函数f (x)值域为(0,2)
C．函数f (x)的图象关于(0,1)对称
D．函数f (x)的图象关于(1,1)对称
【解题思路】分离常数，再根据复合函数单调性的判断方法，即可判断A；根据函数形式的变形，根据指
数函数的值域，求解函数的值域，即可判断B；根据对称性的定义，f (2−x)与f (x)的关系，即可判断CD.
4
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【解答过程】f (x)=
2
x
2
x−1+1
= 2
x+2−2
2
x−1+1
=2−
2
2
x−1+1
，
函数y =2−2
t ，t =2
x−1+1，则t >1，
又内层函数t =2
x−1+1在R上单调递增，外层函数y =2−2
t 在(1,+∞)上单调递增，
所以根据复合函数单调性的法则可知，函数f (x)单调递增，故A 正确；
因为2
x−1+1>1，所以0<
2
2
x−1+1
<2，则0<2−
2
2
x−1+1
<2，
所以函数f (x)的值域为(0,2)，故B 正确；
f (2−x)=
2
2−x
2
1−x+1
=
4
2+2
x =
2
2
x−1+1
，f (2−x)+ f (x)=2，
所以函数f (x)关于点(1,1)对称，故C 错误，D 正确.
故选：C.
【变式3-1】（2024·江西·模拟预测）函数f (x)=3x
2−2|x|的一个单调递减区间为（ ）
A．(−∞,0)
B．(−1,0)
C．(0,1)
D．(1,+∞)
【解题思路】利用指数型复合函数的单调性即可得出答案.
【解答过程】令t = x
2−2|x|，则y =3
t，
由复合函数的单调性可知：
f (x)的单调递减区间为函数t = x
2−2|x|的单调递减区间，
又函数t(−x)=(−x)
2−2|−x|=t( x)，
即函数t( x)为偶函数，
结合图象，如图所示，
可知函数t = x
2−2|x|的单调递减区间为(−∞,−1)和(0,1)，
即f (x)的单调递减区间为(−∞,−1)和(0,1)．
故选：C．
5
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【变式3-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=
1
e
x+a
的图象关于点(1,f (1))对称，则a=（ ）
A．1
B．2
C．e
D．e
2
【解题思路】利用函数中心对称的性质，代入化简解方程即可求得a=e.
【解答过程】由对称中心性质可知函数f (x)满足f (x)+ f (2−x)=2f (1)，
即
1
e
x+a
+
1
e
2−x+a
=
2
e+a ，
整理可得e
3−x+e
x +1+2ae=2e
2+ae
x+ae
2−x，即e(e
2−x+e
x−2e)=a(e
x+e
2−x−2e)，
解得a=e.
故选：C.
【变式3-3】（2024·辽宁·一模）若函数f (x)=3
−2 x
2+ax在区间(1,4)内单调递减，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,4]
B．[4,16]
C．(16,+∞)
D．[16,+∞)
【解题思路】利用“同增异减”判断复合函数的单调性，从而求参数的取值范围.
【解答过程】设f (u)=3
u，u=−2 x
2+ax，则f (u)=3
u在(−∞,+∞)上单调递增.
因为f (x)=3
−2 x
2+ax在区间(1,4)内单调递减，所以函数u=−2 x
2+ax在区间(1,4)内单调递减，
结合二次函数的图象和性质，可得：a
4 ≤1，解得a≤4.
故选：A.
【题型4 利用指数函数的单调性比较大小】
【例4】（2024·云南·二模）若a=2
π −2,b=6
−1,c =2
1
3，则（ ）
A．b>a>c
B．c>a>b
C．a>b>c
D．a>c>b
【解题思路】根据中间数2比较a与c，根据中间数1比较b与c.
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【解答过程】因为a=2
π −2>2
1=2，c =2
1
3 <2，
所以a>c，因为b=6
−1= 1
6 <1，c =2
1
3 >2
0=1，
所以c>b，所以a>c>b.
故选：D.
【变式4-1】（2024·四川·模拟预测）设a=0.5
0.4，b=0.4
1.1，c =1.1
0.5，则（ ）
A．a<c<b
B．c<a<b
C．a<b<c
D．b<a<c
【解题思路】根据指数函数、幂函数的单调性，结合与特殊值1 的比较，即可得到答案.
【解答过程】因为指数函数y =0.5
x是单调减函数，所以0.5
1.1<0.5
0.4<0.5
0=1，
又由幂函数y = x
1.1在(0,+∞)上单调增函数，所以1=1
1.1>0.5
1.1>0.4
1.1，
又因为指数函数y =1.1
x是单调增函数，所以1.1
0.5>1.1
0=1，
综上可得：b<a<c，
故选：D.
【变式4-2】（2023·上海闵行·一模）已知a，b∈R，a>b，则下列不等式中不一定成立的是（ ）
A．a+2>b+2
B．2a>2b
C．a
2>b
2
D．2
a>2
b
【解题思路】
根据不等式性质可判断A，B；举反例可判断C；根据指数函数的单调性判断D.
【解答过程】对于A，B，a，b∈R，a>b，则a+2>b+2,2a>2b一定成立；
对于C，取a=−1,b=−2，满足a>b，则a
2<b
2，
当a>b>0时，a
2>b
2，故C 中不等式不一定成立；
对于D，由a>b，由于y =2
x在R 上单调递增，则2
a>2
b成立，
故选：C.
【变式4-3】（2024·全国·二模）设实数a，b满足1001
a+1010
b=2023
a，1014
a+1016
b=2024
b，则a，b
的大小关系为（ ）
A．a>b
B．a=b
C．a<b
D．无法比较
【解题思路】先假设a≥b，再推理导出矛盾结果或成立的结果即可得解.
【解答过程】假设a≥b，则1010
a≥1010
b，1014
a≥1014
b，
由1001
a+1010
b=2023
a得1001
a+1010
a≥2023
a⇒( 1001
2023 )
a
+( 1010
2023 )
a
≥1，
因函数f ( x)=( 1001
2023 )
x
+( 1010
2023 )
x
在R上单调递减，又f (1)= 1001
2023 + 1010
2023 = 2011
2023 <1，则f (a)≥1>f (1)，
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所以a<1；
由1014
a+1016
b=2024
b得1014
b+1016
b≤2024
b⇒( 1014
2024 )
b
+( 1016
2024 )
b
≤1，
因函数g( x)=( 1014
2024 )
x
+( 1016
2024 )
x
在R上单调递减，又g(1)= 1014
2024 + 1016
2024 = 2030
2024 >1，则g(b)≤1<g(1)，
所以b>1；
即有a<1<b与假设a≥b矛盾，所以a<b，
故选：C.
【题型5 利用指数函数的单调性解不等式】
【例5】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=3
x−2−3
2−x，则满足f (x)+ f (8−3 x)>0的x的取值范围是
（ ）
A．(−∞,4)
B．(−∞,2)
C．(2,+∞)
D．(−2,2)
【解题思路】设g(x)=3
x−3
−x，即可判断g(x)为奇函数，又f (x)= g(x−2)，可得f (x)图象的对称中心为
(2,0)，则f (x)+ f (4−x)=0，再判断f (x)的单调性，不等式f (x)+ f (8−3 x)>0，即f (8−3 x)>f (4−x)，
结合单调性转化为自变量的不等式，解得即可.
【解答过程】设g(x)=3
x−3
−x，x∈R，则g(−x)=3
−x−3
x=−g(x)，所以g(x)为奇函数．
又f (x)=3
x−2−3
2−x =3
x−2−3−(x−2)= g(x−2)，
则f (x)的图象是由g(x)的图象向右平移2个单位长度得到的，
所以f (x)图象的对称中心为(2,0)，所以f (x)+ f (4−x)=0．
因为y =3
x在R上单调递增，y =3
−x在R上单调递减，
所以g(x)在R上单调递增，则f (x)在R上单调递增，
因为f (x)+ f (8−3 x)>0= f (x)+ f (4−x)，
所以f (8−3 x)>f (4−x)，所以8−3 x>4−x，解得x<2，
故满足f (x)+ f (8−3 x)>0的x的取值范围为(−∞,2)．
故选：B.
【变式5-1】（2024·全国·模拟预测）已知f (x)=2
x−a+1，且f (x)<6在区间(1,2)恒成立，则实数a的取值
范围是（ ）
A．(−∞,1]
B．[−1,+∞)
C．(−1,1]
D．(−1,2]
【解题思路】f (x)<6在区间(1,2)恒成立，只需要f (x)max<6即可，再根据指数函数的单调性求出最大值即
可得解.
【解答过程】由解析式易知：f (x)单调递增，
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当x∈(1,2)时，f (x)<6恒成立，则f (2)=5−a≤6，得a≥−1．
故选：B．
【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=(
1
2)
|x|
，则使得f (2a)<f (a−1)成立的正实数a的取值
范围是（ ）
A．(
1
3 ,+ ∞)
B．(0, 1
3)
C．(0,1)
D．(1,+∞)
【解题思路】根据奇偶性定义判断出f (x)为偶函数，再根据x>0上的单调性得到参数a的取值范围.
【解答过程】由题意可知f (x)的定义域为R，且f (−x)=(
1
2)
|−x|
=(
1
2)
|x|
= f (x)，所以f (x)为偶函数．
当x>0时，函数f ( x)=(
1
2)
x
，f (x)单调递减．
若f (2a)<f (a−1)成立，则|2a|>|a−1|，解得a<−1或a> 1
3．
又a>0，所以正实数a的取值范围是(
1
3 ,+ ∞)．
故选：A．
【变式5-3】（2024·江苏宿迁·一模）已知函数f (x)=2
x−3
−x，则不等式f (x
2)<f (2 x +3)的解集为（ ）
A．(−1,3)
B．(−∞,−1)∪(3,+∞)
C．(−3,1)
D．
(−∞,−3)∪(1,+∞)
【解题思路】解法一：判断函数f ( x)的单调性，再利用单调性解不等式即可.
解法二：特值排除法.
【解答过程】解法一：函数f ( x)的定义域为R，函数y =2
x , y =3
−x分别是R 上的增函数和减函数，
因此函数f ( x)是R 上的增函数，由f (x
2)<f (2 x +3)，得x
2<2 x +3，解得−1< x<3，
所以原不等式的解集是(−1,3).
故选：A.
解法二：特值当x =0时，f (0)<f (3)，排除B，D，当x =1时，f (1)<f (5)，排除C，
对A：当x∈(−1,3)时，x
2<2 x +3，因为函数f ( x)是R 上的增函数，所以f (x
2)<f (2 x +3)，故A 成立.
故选A．
【题型6 指数函数的综合问题】
【例6】（23-24 高一上·广东湛江·期末）已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，当x ≥0时，
9
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f (x)=a⋅2
x−2
−x，且f (−1)= 3
2
．
(1)求a的值，并求出f (x)的解析式；
(2)若mf (x)−4
x−4
−x≤0在(0,+ ∞)上恒成立，求m的取值范围．
【解题思路】（1）由f (−1)= 3
2，求得a=1，再结合函数的奇偶性，求得x<0时，f (x)=2
−x−2
x，进而求
得函数f (x)的解析式；
（2）由（1），把mf (x)−4
x−4
−x≤0在(0,+∞)上恒成立，转化为m≤4
x+ 4
−x
2
x−2
−x ，结合基本不等式，即可
求解.
【解答过程】（1）解：因为f (x)是偶函数，所以f (−1)= f (1)=2a−1
2 = 3
2，解得a=1，
当x<0时，可得−x>0，可得f (x)= f (−x)=2
−x−2−(−x)=2
−x−2
x，
所以函数f (x)的解析式为f (x)=¿.
（2）解：由（1）知，当x>0时，f (x)=2
x−2
−x>0，
因为mf (x)−4
x−4
−x≤0在(0,+∞)上恒成立，
即m≤4
x+ 4
−x
2
x−2
−x = (2
x−2
−x)
2+2
2
x−2
−x
=2
x−2
−x+
2
2
x−2
−x ，
又因为2
x−2
−x+
2
2
x−2
−x ≥2√
(2
x−2
−x)⋅
2
2
x−2
−x =2√2，
当且仅当2
x−2
−x =
2
2
x−2
−x 时，即x =log2(1+√3)−1
2时等号成立，
所以m≤2√2，即m的取值范围是(−∞,2√2]．
【变式6-1】（23-24 高一上·广东茂名·期末）已知函数f (x)=2
x．
(1)当x∈[0,8]时，不等式f (x +1)≥f [( x +a)
2]总成立，求a 的取值范围；
(2)试求函数G (x)= f (x +1)+af (2 x)（a∈R）在x∈(−∞,0]的最大值H (a)．
【解题思路】（1）根据函数单调性得到∀x∈[0,8]，g(x)= x
2+(2a−1) x +a
2−1≤0恒成立，结合函数
开口方向，得到不等式组，求出答案；
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（2）换元后得到φ(t )=at
2+2t，t ∈(0,1]，分a=0，−1
a <0，0<−1
a <1和−1
a ≥1分类讨论，得到函数
最大值，求出H (a).
【解答过程】（1）函数f (x)=2
x在定义域R 上单调递增，
不等式f (x +1)≥[f (x +a)
2]⇔x +1≥(x +a)
2⇔x
2+(2a−1) x +a
2−1≤0，
依题意，∀x∈[0,8]，g(x)= x
2+(2a−1) x +a
2−1≤0恒成立，
由于g(x)开口向上，故只需¿，无解，
所以a的取值集合是∅．
（2）函数G (x)=2
x +1+a⋅2
2 x，x∈(−∞,0]，
令t =2
x∈(0,1]，φ(t )=at
2+2t，t ∈(0,1]，
当a=0时，函数φ(t )在(0,1]上单调递增，φ(t )max=φ(1)=2；
当a≠0时，φ(t )=at
2+2t =a(t + 1
a)
2
−1
a，t ∈(0,1]，
当−1
a <0，即a>0时，开口向上，函数φ(t )在(0,1]上单调递增，
所以φ(t )max =φ(1)=a+2；
当0<−1
a <1即a<−1时，开口向下，φ(t )max =φ(−1
a)=−1
a；
当−1
a ≥1即−1≤a<0时，开口向下，函数φ(t )在(0,1]上单调递增，
φ(t )max =φ(1)=2+a．
综上H (a)=¿.
【变式6-2】（2024 高二下·浙江·学业考试）设函数f (x)=a+
b
3
x−1
(a,b∈R).
(1)判断函数f (x)在区间(0,+ ∞)和(−∞,0)上的单调性（不需要证明过程）；
(2)若函数f (x)在其定义域内为奇函数，求a与b的关系式；
(3)在（2）的条件下，当a=1时，不等式f (x)≥k ⋅3
−x在x∈(0,+ ∞)恒成立，求k的取值范围.
【解题思路】（1）根据复合函数单调性即可判断出结论；
（2）利用奇函数定义可求得b=2a，经验证满足题意；
（3）将不等式转化成k ≤3
x−1+
2
3
x−1
+3在x∈(0,+∞)恒成立，再利用基本不等式即可得出k ≤2√2+3.
【解答过程】（1）由指数函数单调性可知y =3
x−1单调递增，
对b分类讨论如下：
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①当b=0时，f (x)为常函数；
②当b>0时，f (x)在区间(−∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递减
③当b<0时，f (x)在区间(−∞,0)上单调递增，在区间(0,+∞)上单调递增
（2）易知函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
∵f (x)是奇函数，∴f (x)+ f (−x)=0，
即a+
b
3
x−1
+a+
b
3
−x−1
=0⇒(2a−b)3
x+(b−2a)
3
x−1
=0，
所以b=2a，
经验证b=2a时，满足f (−x)=−f (x)，
所以a与b的关系式为b=2a.
（3）由已知得f (x)=1+
2
3
x−1
≥k ⋅3
−x，
整理可得：k ≤3
x+ 2⋅3
x
3
x−1
=3
x+ 2(3
x−1)+2
3
x−1
=3
x−1+
2
3
x−1
+3在x∈(0,+ ∞)恒成立，
由基本不等式可得3
x−1+
2
3
x−1
+3≥2√2+3，
当且仅当(3
x−1)
2=2时，即x = log3(√2+1)时，等号成立，
所以k ≤2√2+3.
【变式6-3】（23-24 高一上·广东广州·期末）定义在R上的奇函数，当x<0时，f (x)=¿，其中a>0,a≠1，
且f (1)=e，其中e是自然对数的底，e =2.71828⋯．
(1)求a的值；
(2)当x ≥0时，求函数f (x)的解析式；
(3)若存在x2> x1≥0，满足f (x2)=e f (x1)，求x1⋅f (x2)的取值范围．
【解题思路】（1）根据奇函数的定义f (−1)=−f (1)即可求得a的值；
（2）根据奇函数的定义求解析式；
（3）由函数解析式，根据x 的范围分类讨论，分别得出x1, x2的关系，把x1·f (x2)化为x1的函数，从而得
其范围.
【解答过程】（1）∵f (1)=e，f (x)是奇函数，
∴f (−1)=−a=−e，则a=e；
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（2）当0< x<1时，−1<−x<0，f (−x)=−x，又f (x)是奇函数，则f (x)= x，
当x ≥1时，−x ≤−1，f (−x)=−e
x，又f (x)是奇函数，则f (x)=e
x，
因为f (x)是定义在R 上的奇函数，则f (0)=0，
故f (x)=¿；
（3）若0≤x1< x2<1，则由f (x2)=e f (x1)，有x2=e x1，且0< x1< 1
e ，从而有
x1f (x2)= x1 x2=e x1
2∈(0, 1
e)，
若0≤x1<1≤x2，则由e f (x2)=e f (x1)，有e
x2=e x1，而e
x2≥e ,e x1<e，所以等式不成立；
若1≤x1< x2，则由f (x2)=e f (x1)，有e
x2=e
x1+1，即x2= x1+1，且x1≥1，从而有
x1f (x2)= x1e
x2= x1e
x1+1≥e
2，
综上：x1·f (x2)的取值范围为(0, 1
e)∪[e
2,+∞).
一、单选题
1．（2023·全国·模拟预测）(
3√3
9 )
2+√3
=（ ）
A．1
3
B．√3
3
C．√3
D．3
【解题思路】利用指数幂的运算性质化简计算即可.
【解答过程】(
3√3
9 )
2+√3
=(3√3−2)
2+√3=3
3−4= 1
3．
故选：A．
2．（2023·广东珠海·模拟预测）已知a>0且a≠1，下列等式正确的是（ ）
A．a
−2⋅a
3=a
−6
B．a
6
a
3 =a
2
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C．a
6+a
3=a
9
D．a
−3
2 = 1
√a
3
【解题思路】ABC 选，利用指数幂的运算法则判断，D 选项，由分数指数幂的定义得到D 正确.
【解答过程】A 选项，a>0且a≠1，故a
−2⋅a
3=a
−2+3=a，A 错误；
B 选项，a>0且a≠1，故a
6
a
3 =a
6−3=a
3，B 错误；
C 选项，a
6+a
3≠a
9，C 错误；
D 选项，a>0且a≠1，故a
−3
2 = 1
a
3
2
= 1
√a
3，D 正确.
故选：D.
3．（2023·山东·模拟预测）若a
−1−a
1= 4， 则a
−2+a
2的值为（ ）
A．8
B．16
C．2
D．18
【解题思路】利用完全平方公式结合指数幂的运算性质计算即可.
【解答过程】解：因为a
−1−a
1= 4，
所以a
−2+a
2=(a
−1−a
1)
2+2= 4
2+2=18.
故选：D．
4．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f (x)的部分图象如图所示，则f (x)的解析式可能为（ ）
A．f (x)=e
x−e
−x
3|x|−2
B．f (x)=e
x−e
−x
2−3|x|
C．f (x)=e
x+e
−x
3|x|−2
D．f (x)=
2 x
|x|−1
【解题思路】利用f (x)在(
2
3 ,+ ∞)上的值排除B，利用奇偶性排除排除C，利用f (x)在(1,+∞)上的单调性
排除D，从而判断选项.
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【解答过程】对于B，当x> 2
3时，f (x)=e
x−e
−x
2−3 x
，e
x−e
−x>0，2−3 x<0，则f (x)<0，不满足图象，故
B 错误;
对于C，f (x)=e
x+e
−x
3|x|−2，定义域为(−∞,−2
3)∪(−2
3 , 2
3)∪(
2
3 ,+ ∞)，而f (−x)=e
−x+e
x
3|x|−2 = f (x)，关
于y轴对称，故C 错误;
对于D,当x>1时，f (x)= 2 x
x−1 =2+
2
x−1，由反比例函数的性质可知f (x)在(1,+∞)单调递减，故D 错误;
利用排除法可以得到，f (x)=e
x−e
−x
3|x|−2在满足题意，A 正确.
故选：A.
5．（2023·四川攀枝花·模拟预测）已知奇函数f (x)=a
x+b⋅a
−x(a>0,a≠1)在[−1,1]上的最大值为8
3，则
a=（）
A．1
3或3
B．1
2或2
C．3
D．2
【解题思路】根据奇偶性求得b，分类讨论函数的单调性得出最大值，根据已知条件列方程求解即可．
【解答过程】因为f (x)是奇函数，所以f (−x)=−f (x)，所以f (−x)+ f (x)=0．
即a
−x+b⋅a
x+a
x+b⋅a
−x =0，则(b+1)(a
x+a
−x)=0，解得b=−1，
经检验b=−1符合题意，所以f (x)=a
x−a
−x，
当a>1时，0< 1
a <1，
则函数y =a
x在[−1,1]上单调递增，y =a
−x =(
1
a)
x
在[−1,1]上单调递减，
所以f (x)=a
x−a
−x在[−1,1]上单调递增，
所以， f ( x)max = f (1)=a−a
−1= 8
3，整理得3a
2−8a−3=0，
解得a=3或a=−1
3(舍去)，所以a=3；
当0<a<1时，1
a >1，
则函数y =a
x在[−1,1]上单调递减，y =a
−x =(
1
a)
x
在[−1,1]上单调递增，
所以f (x)=a
x−a
−x在[−1,1]上单调递减，
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所以，f ( x)max= f (−1)=a
−1−a= 8
3，整理得3a
2+8a−3=0，
解得a= 1
3或a=−3(舍去)，所以a= 1
3，
综上，a= 1
3或3．
故选：A．
6．（2023·吉林·一模）已知a=0.31
0.1，b=0.31
0.2，c =0.32
0.1，则（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>b>a
D．c>a>b
【解题思路】根据指对幂函数的单调性以及中间值进行比较即可.
【解答过程】由y =0.31
x单调递减可知：0.31
0.1>0.31
0.2，即a>b；
由y = x
0.1单调递增可知：0.32
0.1>0.31
0.1，即c>a
所以c>a>b.
故选：D.
7．（2023·湖北武汉·二模）阅读下段文字：“已知√2为无理数，若(√2)√2为有理数，则存在无理数
a=b=√2，使得a
b为有理数；若(√2)√2为无理数，则取无理数a=(√2)√2，b=√2，此时
a
b=((√2)√2)
√2=(√2)√2⋅√2=(√2)
2=2为有理数．”依据这段文字可以证明的结论是（ ）
A．(√2)√2是有理数
B．(√2)√2是无理数
C．存在无理数a，b，使得a
b为有理数
D．对任意无理数a，b，都有a
b为无理数
【解题思路】根据给定的条件，提取文字信息即可判断作答.
【解答过程】这段文字中，没有证明(√2)√2是有理数条件，也没有证明(√2)√2是无理数的条件，AB 错误；
这段文字的两句话中，都说明了结论“存在无理数a，b，使得a
b为有理数”，因此这段文字可以证明此结
论，C 正确；
这段文字中只提及存在无理数a，b，不涉及对任意无理数a，b，都成立的问题，D 错误.
故选：C.
8．（2023·全国·模拟预测）已知函数f ( x)=2023
a x
2+bx +1(a≠0)的图象关于直线x =2对称，且函数f ( x)的
最小值为1，则不等式f ( x)≥2023的解集为（ ）
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A．{x∣0< x ≤4 }
B．{x∣x ≥4或x<0}
C．{x∣0≤x ≤4 }
D．{x∣x ≥4或x ≤0}
【解题思路】先通过f (2−x)= f (2+ x)求出a,b的关系，再根据函数f ( x)的最小值为1 可求出a,b，代入
f (x)，直接解不等f ( x)≥2023即可.
【解答过程】因为函数f ( x)=2023
a x
2+bx +1(a≠0)的图象关于直线x =2对称，
所以f (2−x)= f (2+ x)，即2023
a(2−x)
2+b(2−x)+1=2023
a(2+ x)
2+b(2+ x)+1恒成立，
即a(2−x)
2+ b(2−x)+1=a(2+ x)
2+b(2+ x)+1恒成立，
即(4 a+b)x =0恒成立，
所以b+ 4 a=0，即b=−4 a，
所以f ( x)=2023
a x
2−4 ax +1=2023a(x−2)
2+1−4 a，
又因为函数f (x)有最小值为1，
所以a>0且f (2)=1，即2023
1−4 a=1，
所以1−4 a=0，即a= 1
4 ，
所以f ( x)=2023
1
4 ( x−2)
2
，所以不等式f ( x)≥2023，
即2023
1
4 ( x−2)
2
≥2023，即1
4 ( x−2)
2≥1，
解得x ≥4或x ≤0，
故选：D．
二、多选题
9．（23-24 高一上·河北石家庄·阶段练习）下列各式中一定成立的有（ ）
A．(
n
m)
7
=n
7m
1
7
B．
12√(−3)
4=
3√3
C．4√x
3+ y
4=( x + y)
3
4
D．√
3√9=
3√3
【解题思路】根据指数幂的运算性质逐项分析可得答案.
【解答过程】对于A，(
n
m)
7
=n
7m
−7，故A 错误；
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对于B，
12√(−3)
4=
12√3
4=
3√3，故B 正确；
对于C，当x =1, y =2时，4√1
3+2
3=
4√9=9
1
4 =3
1
2，( x + y)
3
4 =3
3
4，
所以4√x
3+ y
3≠(x + y)
3
4，故C 错误；
对于D，√
3√9=(9
1
3)
1
2 =[(3
2)
1
3]
1
2
=3
2× 1
3 × 1
2 =3
1
3 =
3√3，故D 正确.
故选：BD.
10．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数f (x)=
2
x
2
x−1+1
，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f (x)单调递增
B．函数f (x)值域为(0,2)
C．函数f (x)的图象关于(0,1)对称
D．函数f (x)的图象关于(1,1)对称
【解题思路】根据复合函数单调性的判断方法，即可判断A，根据函数形式的变形，根据指数函数的值域，
求解函数的值域，即可判断B，根据对称性的定义，f (2−x)与f (x)的关系，即可判断CD.
【解答过程】f (x)=
2
x
2
x−1+1
= 2
x+2−2
2
x−1+1
=2−
2
2
x−1+1
，
函数y =2−2
t ，t =2
x−1+1，则t >1，
又内层函数t =2
x−1+1在R上单调递增，外层函数y =2−2
t 在(1,+∞)上单调递增，
所以根据复合函数单调性的法则可知，函数f (x)单调递增，故A 正确；
因为2
x−1+1>1，所以0<
2
2
x−1+1
<2，则0<2−
2
2
x−1+1
<2，所以函数f (x)的值域为(0,2)，故B 正确；
f (2−x)=
2
2−x
2
1−x+1
=
4
2+2
x =
2
2
x−1+1
，f (2−x)+ f (x)=2，所以函数f (x)关于点(1,1)对称，故C 错误，D
正确.
故选：ABD.
11．（2024·湖南·模拟预测）已知函数f (x)是定义域为R的偶函数，g(x)是定义域为R的奇函数，且
f (x)+ g(x)=2e
x.函数F (x)= f (2 x)−2mf (x)在[0,+∞)上的最小值为−11，则下列结论正确的是（ ）
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A．f (x)=e
x+e
−x
B．g(x)在实数集R单调递减
C．m=3
D．m=−3.3或13
4
【解题思路】
根据函数的奇偶性可得出关于f (x), g(x)的方程组，即可得f (x),g(x)的解析式，从而得选项A；结合函数
的单调性，可判断选项B；根据f (x)的解析式，求出F (x)的解析式，利用换元法，将所求函数转化为二次
函数的最值问题，结合二次函数的对称轴和二次函数的定义域，即可求出其最小值，从而解得m=3，即可
判断选项C 与选项D.
【解答过程】A，因为f (x)为偶函数，所以f (−x)= f (x)，又g(x)为奇函数，所以g(−x)=−g(x)，
因为f (x)+ g(x)=2e
x①，所以f (−x)+ g(−x)=2e
−x，即f (x)−g(x)=2e
−x②，
由①②得：f (x)=e
x+e
−x，g(x)=e
x−e
−x，所以选项A 正确；
B，因为函数y =e
x, y =−e
−x在R上均为增函数，
故g(x)=e
x−e
−x在R上单调递增，所以选项B错误；
C、D，因为f (2 x)=e
2 x+e
−2 x =(e
x+e
−x)
2−2，
所以F (x)=(e
x+e
−x)
2−2m(e
x+e
−x)−2，
又f (x)=e
x+e
−x≥2√e
xe
−x =2，当e
x =e
−x，即x =0时等号成立，t =e
x+e
−x∈[2,+ ∞)，
设h(t )=t
2−2mt −2=(t −m)
2−m
2−2(t ≥2)，对称轴t =m，
当m>2时，函数h(t )在[2,m)上为减函数，在(m,+ ∞)上为增函数，
则h(t )min=h(m)=−m
2−2=−11，解得m=3或m=−3（舍）；
当m≤2时，h(t )在[2,+∞)上单调递增，h(t )min=h(2)=2−4 m=−11，解得：m= 13
4 >2，不符合题意.
综上m=3，所以选项C 正确，D错误.
故选：AC.
三、填空题
12．（2024·上海宝山·二模）将√a
2√a（其中a>0）化为有理数指数幂的形式为 a
5
4 .
【解题思路】直接利用根式与分数指数幂的运算法则化简求解即可
【解答过程】√a
2√a=√a
2⋅a
1
2 =√a
5
2 =a
5
4
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故答案为：a
5
4.
13．（2024·上海·三模）设t ∈R，若在区间(1,2)上，关于x 的不等式2
x> 1
x +t 有意义且能恒成立，则t 的
取值范围为 (−∞,−2]∪[−1
2 ,+ ∞) ．
【解题思路】根据x +t ≠0在(1,2)上恒成立，故t =−x∈(−∞,−2]∪[−1,+∞)，分t ∈(−∞,−2]时，
满足要求，当t ∈[−1,+∞)时，变形为t > 1
2
x −x在(1,2)上恒成立，构造g(x)= 1
2
x −x，x∈(1,2)，根据
函数单调性得到g(x)∈(−7
4 ,−1
2)，从而得到t ≥−1
2，得到答案.
【解答过程】由题意得2
x> 1
x +t 在(1,2)上有意义，故x +t ≠0在(1,2)上恒成立，
故t =−x∈(−∞,−2]∪[−1,+∞)，
当t ∈(−∞,−2]时，x +t <0，而2
x>0，满足2
x> 1
x +t ，符合题意，
当t ∈[−1,+∞)时，x +t >0，2
x> 1
x +t ⇒t > 1
2
x −x在(1,2)上恒成立，
令g(x)= 1
2
x −x，x∈(1,2)，
其中g(x)= 1
2
x −x在x∈(1,2)上单调递减，
故g(x)= 1
2
x −x∈(−7
4 ,−1
2)，
故t ≥−1
2，
综上，t 的取值范围是(−∞,−2]∪[−1
2 ,+ ∞)，
故答案为：(−∞,−2]∪[−1
2 ,+ ∞).
14．（2023·四川成都·模拟预测）设f (x)是定义在R上的偶函数，且当x ≥0时，f (x)=e
x，则不等式
f (x)≥f
2(x−1)的解集为 [
2
3 ,2] .
【解题思路】根据偶函数的性质求出函数在x<0时的解析式，即可得到f (x)=e|x|，则不等式
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f (x)≥f
2(x−1)，即e|x|≥(e|x−1|)
2，再根据指数函数的性质得到|x|≥2|x−1|，解得即可.
【解答过程】因为f (x)是定义在R上的偶函数，且当x ≥0时，f (x)=e
x，
设x<0，则−x>0，所以f (−x)=e
−x，又f (−x)= f (x)，所以f (x)=e
−x (x<0)，
所以f (x)=¿，则f (x)=e|x|，
所以不等式f (x)≥f
2(x−1)，即e|x|≥(e|x−1|)
2，即e|x|≥e2|x−1|，即|x|≥2|x−1|，
即x
2≥4 (x−1)
2，解得2
3 ≤x ≤2，
即不等式f (x)≥f
2(x−1)的解集为[
2
3 ,2].
故答案为：[
2
3 ,2].
四、解答题
15．（2023·山东·模拟预测）计算：
(1)(−π)
0+(1.5)
−2×
3√(
27
8 )
2
−
1
√0.01 +√9
2；
(2)5√a
−3b
2÷
5√a
2÷
5√b
3
【解题思路】（1）利用根式与指数幂运算法则计算即可得出结果；
（2）由根式与分数指数幂的互化，计算化简即可得出答案.
【解答过程】（1）原式=1+(
3
2)
−2
×(
27
8 )
2
3 −1
0.1 +9=1+ 4
9 ×[(
3
2)
3
]
2
3 −10+9=1+ 4
9 × 9
4 −10+9
=1+1−10+9=1
（2）由根式与分数指数幂互化运算可得，
5√a
−3b
2÷
5√a
2÷
5√b
3=a
−3
5 b
2
5 ÷ a
2
5 ÷b
3
5 =a
−3
5 ⋅a
−2
5 ⋅b
2
5 ⋅b
−3
5 =a
−1b
−1
5.
16．（2024·山东济宁·模拟预测）（1）计算：(
9
4)
1
2 −(−9.6)
0−(
27
8 )
−2
3 +(
3
2)
−2
；
（2）已知a
1
2 +a
−1
2 =3，求a
2+a
−2+1
a+a
−1+2
的值.
【解题思路】（1）利用指数的运算法则计算即可.
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（2）根据完全平方式计算即可求出.
【解答过程】解：
（1）(
9
4)
1
2 −(−9.6)
0−(
27
8 )
−2
3 +(
3
2)
−2
= 3
2 −1−4
9 + 4
9
= 1
2；
（2）a
1
2 +a
−1
2 =3，所以a+a
−1=(a
1
2 +a
−1
2)
2
−2=7
a
2+a
−2+1
a+a
−1+2
= (a+a
−1)
2−1
a+a
−1+2
= 48
9 = 16
3
.
17．（2024·上海黄浦·二模）设a∈R，函数f ( x)= 2
x+a
2
x−1
.
(1)求a的值，使得y = f ( x)为奇函数；
(2)若f (2)=a，求满足f ( x)>a的实数x的取值范围.
【解题思路】（1）由奇函数的性质可得f (−1)=−f (1)，代入解方程即可得出答案；
（2）由f (2)=a，可得a=2，则2
x+2
2
x−1
>2，由指数函数的单调性解不等式即可得出答案.
【解答过程】（1）由f (x)为奇函数，可知f (−1)=−f (1)，
即−(1+2a)=−(2+a)，解得a=1，
当a=1时，f ( x)= 2
x+1
2
x−1
,f (−x)= 2
−x+1
2
−x−1
= 1+2
x
1−2
x =−f ( x)对一切非零实数x恒成立，
故a=1时，y = f ( x)为奇函数.
（2）由f (2)=a，可得4+a
3
=a，解得a=2，
所以f ( x)>a⇔2
x+2
2
x−1
>2⇔2
x−4
2
x−1
<0 ⇔1<2
x<4
解得：0< x<2，所以满足f ( x)>a的实数x的取值范围是(0,2).
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18．（23-24 高一上·天津和平·期末）已知函数f ( x)= a⋅8
x+2
x
a⋅4
x
（a为常数，且a≠0，a∈R）．
(1)当a=−1时，若对任意的x∈[1,2]，都有f (2 x)≥mf ( x)成立，求实数m的取值范围；
(2)当f ( x)为偶函数时，若关于x的方程f (2 x)=mf ( x)有实数解，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）先化简f ( x)，并判定其单调性、求出值域，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值
问题，再利用换元思想和（1）问结论求最值即可确定m的取值范围；
（2）先利用函数的奇偶性得到a值，利用换元思想和基本不等式确定t =2
x+ 1
2
x 的范围，再根据方程在给定
区间有解进行求解.
【解答过程】（1）当a=−1时，f ( x)=2
x−1
2
x 在[1,2]上单调递增，
∴当x∈[1,2]时，f ( x)=2
x−1
2
x ∈[ 3
2 , 15
4 ]，
对任意的x∈[1,2]都有f (2 x)≥mf ( x)成立，转化为2
2 x−1
2
2 x ≥m(2
x−1
2
x )恒成立，即m≤2
x+ 1
2
x 对
x∈[1,2]恒成立，
令t =2
x∈[2,4 ]，则m≤h(t )=t + 1
t 恒成立，即m≤h(t )min，
由对勾函数的性质知：h(t )=t + 1
t 在[2,4 ]上单调递增，故h(t )min=h(2)= 5
2，
∴m的取值范围是(−∞, 5
2 ].
（2）当f ( x)为偶函数时，对xR 都有f (−x)−f ( x)=0，即(2
−x+
1
a⋅2
−x )−(2
x+
1
a⋅2
x )=0恒成立，
即(2
x−1
2
x )( 1
a −1)=0恒成立，
∴1
a −1=0，解得a=1，则f ( x)=2
x+ 1
2
x ，
此时，由f (2 x)=mf ( x)可得：2
2 x+ 1
2
2 x =m(2
x+ 1
2
x )(*)有实数解
令t =2
x+ 1
2
x ≥2√
2
x⋅1
2
x =2（当x =0时取等号），则2
2 x+ 1
2
2 x =(2
x+ 1
2
x )
2
−2=t
2−2，
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∴方程(*)⇔t
2−2=mt，即m=t −2
t 在t ∈[2,+∞)上有实数解，而m=t −2
t 在t ∈[2,+∞)上单调递增，
∴m≥1.
19．（2024·河南平顶山·模拟预测）已知函数f ( x)=1−a−1
a
x+1
(a>0且a≠1）为定义在R 上的奇函数
(1)利用单调性的定义证明：函数f ( x)在R 上单调递增；
(2)若关于x 的不等式f (m x
2−1)+ f (2−mx)>0恒成立，求实数m 的取值范围；
(3)若函数g( x)=kf ( x)−3
x有且仅有两个零点，求实数k 的取值范围．
【解题思路】（1）先根据奇函数满足f (0)=0可得a=3，再设x2> x1，证明f (x2)−f (x1)>0即可；
（2）化简可得m x
2−mx +1>0恒成立，再讨论m为0 和大于0 时两种情况，结合判别式分析即可；
（3）将题意转化为方程x
2+(1−k ) x + k =0有两个不相等的正根，
【解答过程】（1）证明：由函数f (x)为奇函数，有f (0)=1−a−1
2
=0，解得a=3，
当a=3时，f (x)=1−
2
3
x+1，f (−x)=1−
2
1
3
x +1
=1−2×3
x
3
x+1
=1−2×(3
x+1)−2
3
x+1
=−1+
2
3
x+1
= −f (−x)，
符合函数f (x)为奇函数，可知a=3符合题意．
设x2> x1，有f (x2)−f (x1)=(1−
2
3
x2+1)−(1−
2
3
x1+1)
=
2
3
x1+1
−
2
3
x2+1
=
2(3
x2−3
x1)
(3
x1+1)(3
x2+1)
，
由x2> x1，有3
x2>3
x1，有f (x2)>f (x1)，故函数f (x)在R上单调递增；
（2）由f (m x
2−1)+ f (2−mx)>0⇔f (m x
2−1)>−f (2−mx)
⇔f (m x
2−1)>f (mx −2)
⇔m x
2−1>mx −2⇔m x
2−mx +1>0．
（1）当m=0时，不等式为1>0恒成立，符合题意；
（2）当m>0时，有Δ=m
2−4 m<0，解得0<m<4，
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由上知实数m的取值范围为[0,4)；
（3）由g(x)=k(1−
2
3
x+1)−3
x，方程g(x)=0可化为3
2 x+(1−k )3
x+ k =0，
若函数g(x)有且仅有两个零点，相当于方程x
2+(1−k ) x + k =0有两个不相等的正根，
故有¿，即¿解得k >3+2√2．
故实数k的取值范围为(3+2√2,+ ∞)．
25
