1、考点04 指数、对数、幂函数一、考纲要求内容要 求ABC幂函数指数函数的图像与性质对数函数的图像与性质1、了解幂函数的概念，掌握常见的幂函数的图像；2、理解指数函数的概念，以及指数函数的图像与性质。会用指数函数模型解决简单的实际问题；3、理解对数函数的概念及其性质，了解对数函数的换底公式，理解对数函数的性质，会画对数函数的图像；二、近五年高考分析2年份2015年2016年2019年考查知识点指数函数及不等式指数函数的性质以及指数函数与不等式的结合对数与导数的结合指数函数、对数函数作为一类特殊的函数，在江苏高考中往往作为一种载体与其他函数结合考查，重点考查与指数、对数函数有关的综合函数的单调性、
2、奇偶性以及与不等式等知识点的综合，难度往往较大。幂函数在江苏高考中的要求较低，近几年江苏高考中还没有涉及，在平时的复习中可以适当的关注。三、考点总结在高考复习中要注意以下几点：要善于用指数函数的图像和性质，研究指数函数的单调性，对于这类问题考查的热点是对含参的讨论。在有关根式的变形或者求值的过程中，要善于用转化的思想和方程观点处理问题；研究对数问题尽量华为同底，另外对数问题中要注意定义域的限制，充分对对数函数的概念、图像、性质讨论一些与之有关的复合函数的限制；对于与指数函数、对数函数有关的综合体现要善于运用数形结合的思想以及等价转化的思想，注意与其他知识点的结合。四、五年真题1、（2019年江
3、苏卷）.在平面直角坐标系中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是_.【答案】.【解析】设点，则.又，当时，点A在曲线上的切线为，即，代入点，得，即，考查函数，当时，当时，且，当时，单调递增，注意到，故存在唯一的实数根，此时，故点的坐标为.2、(2016年江苏卷)已知函数f(x)axbx(a0，b0，a1，b1)(1) 设a2，b.求方程f(x)2的根；若对于任意xR，不等式f(2x)mf(x)6恒成立，求实数m的最大值；(2) 若0a1，函数g(x)f(x)2有且只有1个零点，求ab的值 第1问的第2小题，通过将变量m分离出来
4、，将问题转化为求分离出的函数的最小值则可第2问，注意到g(0)0，从而得0是函数g(x)的一个零点，为此，只需说明函数g(0)为函数g(x)的最大值或者最小值，进而说明它的某个极值点与0相等，由此来求出ab的值【解析】 (1) 因为a2，b，所以f(x)2x2x.方程f(x)2，即2x2x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，于是2x1，解得x0.由条件知f(2x)22x22x(2x2x)22(f(x)22.因为f(2x)mf(x)6对于xR恒成立，且f(x)0，所以对于一切实数R恒成立。而所以m4，故实数m的最大值为4.(2) 解法1 因为函数g(x)f(x)2只有1个零点，而g
5、(0)f(0)2a0b020，所以0是函数g(x)的唯一零点因为g(x)axlnabxlnb，又由0a1知lna0，所以g(x)0有唯一解x0log.令h(x)g(x)，则h(x)(axlnabxlnb)ax(lna)2bx(lnb)2，从而对任意xR，h(x)0，所以g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当x(，x0)时，g(x)g(x0)0.因而函数g(x)在(，x0)上是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数下证x00.若x00，则x00，于是galoga220，且函数g(x)在以和loga2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在和loga2之间存在g(x)的零点，记为x1.因为0a1
6、，所以loga20.又0，所以x10，同理可得，在和logb2之间存在g(x)的非0的零点，矛盾因此，x00.于是1，故lnalnb0，所以ab1.解法2 因为g(x)axbx2，所以g(x)axlnabxlnb，因为0a1，所以g(x)在xR上单调递增，且g(0)lnalnbln(ab)，g(0)0，若ab1，则g(0)0，所以g(0)不是极小值，因此，存在x0使得g(x0)0，令x2minloga3，x01，则g(x2)g(loga3)0，所以在(x0，x1)，(x2，x0)内各有一个零点，这与题设矛盾，同理，当0ab0时，f(x)ex1，则f(ln2)的值为_【答案】3【解析】因为f(x
7、)为奇函数，所以f(ln2)f(ln2)(eln21)(21)3.2.(2019常州期末） 函数y的定义域为_【答案】(0，e【解析】由题得1lnx0，lnx1，得00.3.(2019镇江期末） 函数f(x)的定义域为_【答案】 (，2【解析】由得即x2，故函数的定义域为(，24、(2018南京、盐城、连云港二模）函数f(x)lg(2x)的定义域为_【答案】 (，2)【解析】由题意得2x0，即x2，所以函数f(x)lg(2x)的定义域为(，2)5、(2018盐城三模）函数的定义域为 【答案】【解析】由题意，即，即，解得.6、(2017南京、盐城二模） 函数f(x)ln的定义域为_【答案】 (，
8、1)【解析】由0，得1x0，即x1.易错警示 定义域应该写成集合(或区间)形式，区间是某些集合的缩写7、(2017苏锡常镇调研（一） 函数f(x) 的定义域为_【答案】 (1，)【解析】：由题意可得解得x且x1，故所求函数的定义域为(1，)8、(2018苏州期末） 已知4a2，logax2a，则正实数x的值为_【答案】 【解析】：由4a2，得22a21，所以2a1，即a.由logx1，得x.9、(2017徐州、连云港、宿迁三检）如图，已知正方形的边长为，平行于轴，顶点，和分别在函数，和()的图象上，则实数的值为 【答案】 【解析】 设（），因为正方形的边长为2，所以，则，即，解之得，即所求的实
9、数的值为10、(2017南京学情调研） 已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且f(x)g(x)x.若存在x0，使得等式af(x0)g(2x0)0成立，则实数a的取值范围是_【答案】 【解析】思路分析 由于所给出的是一个函数方程，因此，根据函数的奇偶性，可以得到另外一个函数方程，从而可求出f(x)，g(x)的解析式，通过将等式af(x0)g(2x0)0中的a分离出来，转化为求分离之后的函数的值域问题因为f(x)g(x)x，所以f(x)g(x)2x.又因为f(x)，g(x)分别为奇函数、偶函数，所以f(x)g(x)2x，由此解得f(x)，g(x)，从而等式af(x0)g(2x0
10、)0等价于a(2x02x0)(22x022x0)0.因为x0，所以t2x02x0，故at在上单调递减，在上单调递增，故t，即a.解后反思 已知方程有解求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式进行变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后利用数形结合法进行求解本题所采用的是分离参数法题型二：指数、对数函数的综合运用1、(2018苏锡常镇调研） 已知函数f(x)(e是自然对数的底)若函数yf(x)的最小值是4，则实数a的取值范
11、围为_【答案】 e4，)【解析】解法1 在x1时，f(x)minf(2)4.所以当x1时，aex4恒成立转化为aex4对x1恒成立因为ex4在(，1)上的值域为(4，e4)，所以ae4.解法2 当xae，当x1时，f(x)x4，当且仅当x，即x2时，取“”，故函数f(x)的值域是e4，) . 解法1中，因为ex4在x0，(6分)所以g(x)0，g(x)在上单调递增，所以g(x)的最大值为g(e) .(8分)同理，单调递增函数g(x),x，(9分)则h(x).1若a0，g(x)0，h(x)，h(x)0，令u(x)(1xx2)lnxax2x1，则u(x)(12x)lnx(2a1)x0.即u(x)在
12、上单调递减，所以umax(x)u(1)a20，所以a2.(11分)2若a，g(x)0，h(x).由1知，h(x)，又h(x)在区间上是单调减函数，所以u(x)(1xx2)lnxax2x10对x恒成立，即ax2x1(1xx2)lnx对x恒成立，即alnx对x恒成立，令(x)lnx，x.(x)lnxlnx，证(x)lnxx1(1xe)又(x)10，即lnxx1，所以(x)lnx(x1)0.即(x)在区间上单调递减，所以(x)min(e)lne1，所以a(x)min1，又a，所以a.(13分)3若a0，所以g(x)在上单调递增，又g(1)g(e)a0，则存在唯一的x0(1，e)，使h(x0)0，所以
13、h(x)在上不单调(15分)综上所述，a(16分)5、(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知函数f(x)，g(x)lnx，其中e为自然对数的底数(1) 求函数yf(x)g(x)在x1处的切线方程；(2) 若存在x1，x2(x1x2)，使得g(x1)g(x2)f(x2)f(x1)成立，其中为常数，求证：e；(3) 若对任意的x(0,1，不等式f(x)g(x)a(x1)恒成立，求实数a的取值范围【解析】 思路分析 (1) 记(x)，所求的切线方程为y(1)(1)(x1)(2) 记p(x)f(x)g(x)，则存在x1，x2(x1x2)，使p(x1)p(x2)，即函数p(x)在定义
14、域(0，)上不是单调函数可先考虑其对立情况：函数p(x)在定义域(0，)上是单调函数，求得e.(3) 由第(1)题，画出曲线y(x(0,1)及切线y(x1)，可猜想，a.考虑到当x1时，与x1均等于零，所以用分离参数的方法不太合适因为f(x)g(x)a(x1)a(x1)lnxa(x1)ex可设F(x)lnxa(x1)ex，注意到F(1)0.再证，当a时，F(x)F(1)对x(0,1恒成立；当a时，存在x0(0,1)，使得F(x0)F(1)规范解答 (1) 函数y，y，当x1时，y0，y.所求的切线方程为y(x1)，即xey10.(2分)(2) 记p(x)f(x)g(x)，则存在x1，x2(x1
15、x2)，使得p(x1)p(x2)即函数p(x)在定义域(0，)上不是单调函数(4分)假设p(x)在定义域(0，)上是单调函数，则p(x)0或p(x)0对x(0，)恒成立，即或对x(0，)恒成立记h(x)，x(0，)，则h(x) ，易得h(x)的值域为e，)综上所述，函数p(x)在定义域(0，)上是单调函数的充要条件是e，(7分)所以函数p(x)在定义域(0，)上不是单调函数的充要条件是e.因此，e.(9分)(3) 因为f(x)g(x)a(x1)a(x1)lnxa(x1)ex设F(x)lnxa(x1)ex，则F(x)0对x(0,1恒成立考虑F(x)axexxex.当x(0,1时，单调递减，取值范
16、围为.当a时，F(x)0对x(0,1恒成立，所以F(x)在(0,1上单调递增，F(x)maxF(1)0，满足题意；(12分)当a时，F(x)在(0,1上有唯一零点x0(0,1)易得F(x)在(0，x0上单调递增，在x0,1上单调递减，所以F(x0)F(1)0，不合题意综上所述，实数a的取值范围是.(16分)解后反思 第(2)题也可考虑用反证法：假设e，则可证p(x)0恒成立，即p(x)在(0，)上单调递增，得出矛盾第(3)题中，对某些函数(或式子)作变形处理，可减少一些运算量6、（2017年苏北四市联考）已知函数f(x)在x0处的切线方程为yx.(1) 求实数a的值；(2) 若对任意的x(0,
17、2)，都有f(x)0)，所以当x1时，g(x)x10，进而将问题转化为判断ln与x2x1的大小关系，也即比较ln与 的大小，为此，构造函数(t)lnt (t1)，通过研究函数(t)在(1，)上的最值来得到答案分析2：注意到g(x)(x0)，从而得到g()1(*)，再注意到x1，x2是函数g(x)lnxxb的两个零点，从而有lnx1x1b0，lnx2x2b0，消去参数b得lnx2x1，即1，将此式代入(*)式，从而g()()ln(lnt)，至此来构建以t为元的函数加以解决规范解答 (1) 由题意得f(x) ，因为函数在x0处的切线方程为yx，所以f(0)1，得a1.(4分)(2) 由(1)知f(
18、x)0，即kx22x对任意x(0,2)都成立，从而k0.(6分)又不等式整理可得k0，函数h(x)在(1,2)上单调递增，同理，函数h(x)在(0,1)上单调递减，所以kh(x)minh(1)e1.综上所述，实数k的取值范围是0，e1)(10分)(3) 解法1 结论是g()1即可. (12分)因为x1，x2是函数g(x)的两个零点，所以相减得x2x1ln，不妨令t1，则x2tx1，则tx1x1lnt，所以x1lnt，x2lnt，即证lnt2，即证(t)lnt20，(14分)因为(t) 0，所以(t)在(1，)上单调递增，所以(t)(1)0，即lnt2.综上，函数g(x)总满足g()0，x20，
19、不妨令t1，则g()1 (lnx2lnx1) lnt.(14分)令(t)2lnt，因为(t)0，所以(t)在(1，)上单调递减，所以(t)0，所以g()0.(16分)解后反思 由恒成立问题来求参数的取值范围，一般有两种思维方式：一是将参数分离出来后，转化为求一个已知函数在某个范围内的最值问题；二是将问题看作以范围已知的量为元的函数，通过分类讨论来求函数的最值来解决问题在应用这两种思维方式时，要根据不同的问题，进行合理地选择7、（2017南京二模）已知函数f(x)g(x)h(x)，其中函数g(x)ex，h(x)x2axa.(1) 求函数g(x)在(1，g(1)处的切线方程；(2) 当0a2时，求
20、函数f(x)在x2a，a上的最大值；(3) 当a0时，对于给定的正整数k，问函数F(x)ef(x)2k(lnx1)是否有零点？请说明理由(参考数据e2.718，1.649，e4.482，ln20.693)规范解答 (1) g(x)ex，故g(1)e，所以切线方程为yee(x1)，即yex.(3分)(2) f(x)ex(x2axa), 故f(x)(x2)(xa)ex，令f(x)0，得xa或x2.当2a2，即0a1时，f(x)在2a，a上单调递减，在a，a上单调递增，所以f(x)maxmaxf(2a)，f(a)由于f(2a)(2a2a)e2a，f(a)(2a2a)ea，故f(a)f(2a)，所以f
21、(x)maxf(a)(5分)当2a2，即1a2时，f(x)在2a，2上单调递增，在2，a上单调递减，在a，a上单调递增，所以f(x)maxmaxf(2)，f(a)由于f(2)(4a)e2，f(a)(2a2a)ea，故f(a)f(2)，(7分)所以f(x)maxf(a)综上得，f(x)maxf(a)(2a2a)ea.(8分)(3) 结论：当k1时，函数F(x)无零点；当k2时，函数F(x)有零点(9分)理由如下：当k1时，实际上可以证明：ex1x22lnx20.证法1 直接证明F(x)ex1x22lnx2的最小值大于0，可以借助虚零点处理F(x)(x22x)ex1，显然可证F(x)(x22x)e
22、x1在(0，)上单调递增因为Fe12eee0，Fe40，所以存在x0，使得F(x0)(x2x0)ex010，即xex01，所以当x(0，x0)时，F(x)单调递减；当x(x0，)时，F(x)单调递增，所以 F(x)minF(x0)xex012lnx022，其中x0，而(x)2单调递减，所以(x)20，所以F(x)min0，所以命题得证(14分)证法2 转化为证明，下面分别研究左右两个函数令p(x)，则可求得p(x)minp(1)e2.令q(x)，则可求得q(x)maxq(e)e2，即p(x)ming(x)max，所以命题得证(14分)证法3 先放缩，再证明可先证明不等式exex(参考第1小题，
23、过程略)，然后就有ex1x2e2x3成立，所以只要证e2x32lnx2.令h(x)e2x32lnx2，则可求得h(x)minhln0，所以命题得证(14分)当k2时，F(x)ex1x22k(lnx1), 此时F2k(1ln2)4(1ln2)0，F(ek)eek2k1(2k22k)下面证明F(ek)0，可借助结论exx2(x2)处理，首先证明结论exx2(x2)：令m(x)exx2(x2)，则m(x)ex2x，故m(x)ex20，所以m(x)ex2x在2，)上单调递增，所以m(x)m(2)0，所以m(x)exx2在2，)上单调递增，所以m(x)m(2)0，得证借助结论得eek2k1ek22k1(k22k1)2(k1)4(k1)(k1)32k(k1)，所以F(ek)0，又因为函数F(x)连续，所以F(x)在上有零点(16分)解后反思 (1) 已知切点求切线，这是送分题(2) 求函数在闭区间上的最大值，这也是常规题，只是需对极值点是否在给定的闭区间内，展开讨论分类讨论思想几乎是每份试卷中函数大题都要涉猎的(3) 对于问题(3)尤其值得反思：常见的不等关系如：exex，exx2(x2)，虽然不能直接引用，但为证题指明了方向；虚零点处理方法；当k2时，函数F(x)有零点，这里的，ek通常称为支撑点，它是如何寻找的问题(3)虽然难，但这几点在今后的解题中值得借鉴和尝试