章末復習課網絡構建核心歸納一、指數函數1．根式條件n＞1.(1)n為奇數時，eq\r(n,an)＝a；n為偶數時，eq\r(n,an)＝|a|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa≥0，,－aa＜0.))(2)正分數指數冪：＝eq\r(n,am)(a＞0，m，n∈N*，且n＞1)．負分數指數冪：＝eq\f(1,\r(n,am))(a＞0，m，n∈N*，n＞1)．(3)0的正分數指數冪等于0，0的負分數指數冪沒有意義．(4)有理數指數冪的運算性質：①asat＝as＋t；②(as)t＝ast；③(ab)t＝atbt.其中s，t∈Q，a＞0，b＞0.2．指數函數圖象與性質圖象特征函數性質a＞10＜a＜1a＞10＜a＜1向x軸正負方向無限延伸函數的定義域為R圖象關于原點和y軸不對稱非奇非偶函數函數的圖象都在x軸上方函數的值域為(0，＋∞)函數圖象都過定點(0,1)a0＝1自左向右看，圖象逐漸上升自左向右看，圖象逐漸下降增函數減函數在第一象限內的圖象上的點的縱坐標都大于1在第一象限內的圖象上的點的縱坐標都小于1x＞0，ax＞1x＞0，0＜ax＜1在第二象限內的圖象上的點的縱坐標都小于1在第二象限內的圖象上的點的縱坐標都大于1x＜0，0＜ax＜1x＜0，ax＞1圖象上升趨勢是越來越陡圖象下降趨勢是越來越緩函數值開始增長速度較慢，到了某一值后增長速度極快函數值開始減小速度極快，到了某一值后減小速度較慢二、對數函數1．對數的概念當a＞0且a≠1.(1)對數的性質：①1的對數等于零；②底數的對數等于1；③零和負數沒有對數．(2)指數式與對數式的互化：ab＝N?b＝logaN2．兩種重要對數常用對數以10為底的對數lgN自然對數以無理數e＝2.71828…為底的對數lnN3.對數的運算性質如果a＞0，且a≠1，M＞0，N＞0，那么：(1)loga(M·N)＝logaM＋logaN；(2)logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN；(3)logaMn＝nlogaM(n∈R)．4．換底公式logab＝eq\f(logcb,logca)(a＞0，且a≠1；c＞0且c≠1；b＞0)．5．對數函數的圖象和性質圖象特征函數性質a＞10＜a＜1a＞10＜a＜1函數的圖象都在y軸右側函數的定義域為(0，＋∞)圖象關于原點和y軸不對稱非奇非偶函數向y軸正負方向無限延伸函數的值域為R函數的圖象都過定點(1,0)loga1＝0自左向右看，圖象逐漸上升自左向右看，圖象逐漸下降增函數減函數第一象限內的圖象上的點的縱坐標都大于0x＞1，logax＞00＜x＜1，logax＞0第四象限內的圖象上的點的縱坐標都小于00＜x＜1logax＜0x＞1，logax＜0三、冪函數的圖象與性質函數y＝xy＝x2y＝x3y＝y＝eq\f(1,x)y＝x－2定義域RRR{x|x≥0}{x|x≠0}{x|x≠0}值域R{y|y≥0}R{y|y≥0}{y|y≠0}{y|y≥0}奇偶性奇函數偶函數奇函數非奇非偶函數奇函數偶函數單調性在R上遞增在(－∞，0)上遞減，在(0，＋∞)上遞增在R上遞增在(0，＋∞)上遞增在(－∞，0)和(0，＋∞)上遞減在(－∞，0)上遞增，在(0，＋∞)上遞減圖象公共點(0,0)，(1,1)(1,1)四、函數與方程1．函數的零點一般地，把使函數y＝f(x)的值為0的實數x稱為函數y＝f(x)的零點．(1)函數y＝f(x)的零點就是方程f(x)＝0的實數根，也就是圖象與x軸交點的橫坐標．(2)求函數零點的方法：①代數法，解f(x)＝0求得；②幾何法：畫圖象求得；③二分法：把零點所在區(qū)間逐步二分求得近似解．2．函數零點的存在性定理若函數y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是一條不間斷的曲線，且f(a)f(b)＜0，則函數y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上有零點．①f(a)f(b)＜0是關注條件，滿足f(a)f(b)＜0時，函數y＝f(x)在(a，b)內至少有一個零點，但f(a)·f(b)＞0時，函數y＝f(x)在(a，b)內也可能存在零點．②并不是所有的函數都有零點．3．二分法用二分法求方程f(x)＝0零點近似值的步驟：第一步：確定區(qū)間[a，b]，驗證f(a)·f(b)＜0；第二步：求區(qū)間(a，b)的中點x1；第三步：計算f(x1)，①若f(x1)＝0，則x1就是函數的零點；②若f(a)·f(x1)＜0，則令b＝x1(此時零點x0∈(a，x1))；③若f(x1)·f(b)＜0，則令a＝x1(此時零點x0∈(x1，b))；第四步：判斷是否達到精確要求：即區(qū)間端點a，b的值按精確要求是否相等，若相等此值則為函數零點的近似值，否則重復第二、三、四步．五、函數模型及其應用1．常見的幾類函數模型(1)一次函數模型：f(x)＝kx＋b(k，b為常數，k≠0)；(2)反比例函數模型：f(x)＝eq\f(k,x)＋b(k，b為常數，k≠0)；(3)二次函數模型：f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c為常數，a≠0)；(4)指數函數模型：f(x)＝abx＋c(a，b，c為常數，a≠0，b＞0，b≠1)；(5)對數函數模型：f(x)＝mlogax＋n(m，n，a為常數a＞0，a≠1，m≠0)；(6)冪函數模型：f(x)＝axn＋b(a，b，n為常數，a≠0，n≠1)．2．解函數應用問題的步驟(四步八字)(1)審題：弄清題意，分清條件和結論，理順數量關系，初步選擇數學模型；(2)建模：將自然語言轉化為數學語言，將文字語言轉化為符號語言，利用數學知識，建立相應的數學模型；(3)求模：求解數學模型，得出數學結論；(4)還原：將數學問題還原為實際問題.要點一有關指數、對數的運算問題指數與指數運算、對數與對數運算是兩個重要的知識點，不僅是本章考查的重要題型，也是高考的必考內容．指數式的運算首先要注意化簡順序，一般負指數先轉化成正指數，根式化為指數式；其次若出現分式，則要注意把分子、分母因式分解以達到約分的目的．對數運算首先要注意公式應用過程中范圍的變化，前后要等價；其次要熟練地運用對數的三個運算性質，并根據具體問題合理利用對數恒等式和換底公式等．換底公式是對數計算、化簡、證明常用的公式，一定要掌握并靈活運用．【例1】(1)化簡：÷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2\r(3,\f(b,a))))×eq\r(3,ab)；(2)計算：2log32－log3eq\f(32,9)＋log38－25log53.解(1)原式＝(2)原式＝log34－log3eq\f(32,9)＋log38－52log53＝log3(4×eq\f(9,32)×8)－52log53＝log39－9＝2－9＝－7.【訓練1】＋log3eq\f(5,4)＋log3eq\f(4,5)＝________.解析＋log3eq\f(5,4)＋log3eq\f(4,5)＝(eq\f(2,3))－3＋log31＝eq\f(27,8)＋0＝eq\f(27,8).答案eq\f(27,8)要點二比較大小比較幾個數的大小問題是指數函數、對數函數和冪函數的重要應用，其基本方法是：將需要比較大小的幾個數視為某類函數的函數值，其主要方法可分以下三種：(1)根據函數的單調性(如根據一次函數、二次函數、指數函數、對數函數、冪函數的單調性)，利用單調性的定義求解；(2)采用中間量的方法(實際上也要用到函數的單調性)，常用的中間量如0,1，－1等；(3)采用數形結合的方法，通過函數的圖象解決．【例2】設a＝3，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))0.2，c＝，則a，b，c的大小關系為________．解析a＝3＜0,0＜b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))0.2＜1，c＝＞1，故有a＜b＜c.答案a＜b＜c【訓練2】(1)判斷大?。簂og32，log23，log25的大小關系為__________________．(2)已知0＜a＜1，x＝logaeq\r(2)＋logaeq\r(3)，y＝eq\f(1,2)loga5，z＝logaeq\r(21)－logaeq\r(3)，則x，y，z的大小關系為________．解析(1)由于log31＜log32＜log33，log22＜log23＜log25，即0＜log32＜1,1＜log23＜log25，所以log32＜log23＜log25.(2)依題意，得x＝logaeq\r(6)，y＝logaeq\r(5)，z＝logaeq\r(7).又0＜a＜1，eq\r(5)＜eq\r(6)＜eq\r(7)，因此有l(wèi)ogaeq\r(5)＞logaeq\r(6)＞logaeq\r(7)，即y＞x＞z.答案(1)log32<log23<log25(2)y＞x＞z要點三函數的零點與方程根的關系及應用根據函數零點的定義，函數y＝f(x)的零點就是方程f(x)＝0的根，判斷一個方程是否有零點，有幾個零點，就是判斷方程f(x)＝0是否有根，有幾個根．從圖形上說，函數的零點就是函數y＝f(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標，函數零點、方程的根、函數圖象與x軸交點的橫坐標三者之間有著內在的本質聯系，利用它們之間的關系，可以解決很多函數、方程與不等式的問題．在考試中有許多問題涉及三者的相互轉化，應引起我們的重視．【例3】設g(x)＝e2x＋|ex－a|，x∈[0，ln3]，其中a≤2eq\r(2)，(1)當a＝1時，函數g(x)是否存在零點，若存在，求出所有零點；若不存在，說明理由；(2)求函數g(x)的最小值．解(1)當a＝1時，設t＝ex(顯然t∈[1,3])，則h(t)＝t2＋t－1，令h(t)＝t2＋t－1＝0，解得t＝eq\f(－1＋\r(5),2)或t＝eq\f(－1－\r(5),2)都不滿足t∈[1,3]，∴x∈[0，ln3]時，函數g(x)不存在零點．(2)設t＝ex，則h(t)＝t2＋|t－a|(顯然t∈[1,3]．當a≤1時，h(t)＝t2＋t－a在區(qū)間[1,3]上是增函數，所以h(x)的最小值為h(1)＝2－a.當1＜a≤2eq\r(2)時，h(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2－t＋a1≤t≤a，,t2＋t－aa＜t≤3.))因為函數h(t)在區(qū)間[a,3]上是增函數，在區(qū)間[1，a]上也是增函數，又函數h(t)在[1,3]上為連續(xù)函數，所以函數h(t)在[1,3]上為增函數，所以h(t)的最小值為h(1)＝a.綜上可得：當a≤1時，g(x)的最小值為2－a；當1＜a≤2eq\r(2)時，g(x)的最小值為a.【訓練3】設函數y＝x3與y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2的圖象的交點為(x0，y0)，則x0所在的區(qū)間是________(填序號)．①(0,1)；②(1,2)；③(2,3)；④(3,4)．解析設g(x)＝x3－22－x，則g(0)＝－4，g(1)＝－1，g(2)＝7，g(3)＝26eq\f(1,2)，g(4)＝64eq\f(3,4)，顯然g(1)·g(2)＜0，于是函數g(x)的零點，即y＝x3與y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－2的圖象的交點在(1,2)上．答案②互動探究要點四冪、指數、對數函數的綜合應用【探究1】已知函數f(x)＝lgeq\f(1＋2x＋a·4x,3)在x∈(－∞，1]上有意義，求實數a的取值范圍．解因為f(x)＝lgeq\f(1＋2x＋a·4x,3)在x∈(－∞，1]上有意義，所以1＋2x＋a·4x＞0在(－∞，1]上恒成立．因為4x＞0，所以a＞－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x))在(－∞，1]上恒成立．令g(x)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x))，x∈(－∞，1]．由y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x與y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(－∞，1]上均為增函數，可知g(x)在(－∞，1]上也是增函數，所以g(x)max＝g(1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,2)))＝－eq\f(3,4).因為a＞－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x))在(－∞，1]上恒成立，所以a應大于g(x)的最大值，即a＞－eq\f(3,4).故所求a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)).【探究2】函數f(x)＝loga(1－x)＋loga(x＋3)(0＜a＜1)．(1)求函數f(x)的定義域；(2)若函數f(x)的最小值為－2，求a的值．解(1)要使函數有意義，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x＞0，,x＋3＞0，))解得－3＜x＜1，∴定義域為(－3,1)．(2)函數可化為f(x)＝loga[(1－x)(x＋3)]＝loga(－x2－2x＋3)＝loga[－(x＋1)2＋4]．∵－3＜x＜1，∴0＜－(x＋1)2＋4≤4.∵0＜a＜1，∴l(xiāng)oga[－(x＋1)2＋4]≥loga4.由loga4＝－2，得a－2＝4，∴a＝4－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).【探究3】設函數f(x)＝kax－a－x(a＞0且a≠1)是定義域為R的奇函數．(1)若f(1)＞0，求不等式f(7＋2x)＋f(x－4)＞0的解集；(2)若f(1)＝eq\f(3,2)，且g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值．解因為f(x)是定義域為R的奇函數，所以f(0)＝0，所以k－1＝0，所以k＝1.故f(x)＝ax－a－x.(1)因為f(1)＞0，所以a－eq\f(1,a)＞0，又a＞0且a≠1，所以a＞1，而當a＞1時，y＝ax和y＝－a－x在R上均為單調增函數，所以f(x)在R上為單調增函數，原不等式化為：f(7＋2x)＞f(4－x)，所以7＋2x＞4－x，所以x＞－1，所以不等式的解集為{x|x＞－1}．(2)因為f(1)＝eq\f(3,2)，所以a－eq\f(1,a)＝eq\f(3,2)，即2a2－3a－2＝0，所以a＝2或a＝－eq\f(1,2)(舍去)，g(x)＝22x＋2－2x－4(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2.令t＝2x－2－x(x≥1)，則t＝h(x)在[1，＋∞)上為單調增函數，即h(x)≥h(1)＝eq\f(3,2).所以g(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2，t∈[eq\f(3,2)，＋∞)，所以當t＝2時，g(x)min＝－2，此時x＝log2(1＋eq\r(2))，故當x＝log2(1＋eq\r(2))時，g(x)有最小值－2.【探究4】設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\a