六个常用指对型函数的图象和性质

yxO六个常用指对型函数的图象和性质六巨头函数是高考常考的六个函数，现把它们的图象和性质归纳整理，作为备考资料，正象我们学过的一次，二次，指数，对数，三角函数一样，如果遇到这样的题目，就可以快速作答。（1）函数xeyx22)1(xexxexeyxxx，当1x时0y，y是增函数当10x，或0x时，0y，y是减函数（2）函数xxeyxxxeey，当1x时，0y，y是增函数，当1x时，0y，y是减函数（3）函数xexyxexy1，当1x时，0y，y是减函数，当10x时，0y，y是增函数（4）函数xxyln，1lnxy，当ex1时，0y，y是增函数，当ex10时，0y，y是减函数yxOyxO（5）函数xxyln2ln1xxy，当ex时，0y，y是减函数当ex0时，0y，y是增函数（6）函数xxyln，2)(ln1lnxxy，当ex时，0y，y是增函数当10x，或ex1时，0y，y是减函数例．(2013辽宁，理12)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，f(2)＝2e8，则x＞0时，f(x)()．A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值解：令F(x)＝x2f(x)，则F′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，F(2)＝4·f(2)＝2e2.由x2f′(x)＋2xf(x)＝exx，得x2f′(x)＝exx－2xf(x)＝2e2xxfxx，∴f′(x)＝3e2xFxx.令φ(x)＝ex－2F(x)，则φ′(x)＝ex－2F′(x)＝2ee(2)exxxxxx.∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)的最小值为φ(2)＝e2－2F(2)＝0.∴φ(x)≥0.又x＞0，∴f′(x)≥0.∴f(x)在(0，＋∞)单调递增．∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D.例：（2015-04-24太原二模）已知函数f(x)定义域为),0(的，且满足xf′(x)＋xf(x)＝xxln，eef1)(，则下列结论正确的是()．A．f(x)有极大值，无极小值B．f(x)有极小值，无极大值yxOC．f(x)既有极大值又有极小值D．f(x)既无极大值也无极小值解析：令F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋xf(x)＝xxln，xxFxf)()(，22)(ln)()()(xxFxxxFxxFxf令)(ln)(xFxxt，xxxFxxtln1)(1)(当ex时，0)(xt，单调递减当ex0时，0)(xt，单调递减0)(ln)(maxeFext,11)(eeeF.0)(xf∴f(x)既无极大值也无极小值．故选D.例[2014·天津卷]设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R.已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：x2x1随着a的减小而增大；(3)证明：x1＋x2随着a的减小而增大．解：参数不分离(1)由f(x)＝x－aex，可得f′(x)＝1－aex.下面分两种情况讨论：(i)a≤0时，f′(x)0在R上恒成立，可得f(x)在R上单调递增，不合题意．(ii)a0时，由f′(x)＝0，得x＝－lna.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－lna)－lna(－lna，＋∞)f′(x)＋0－f(x)－lna－1这时，f(x)的单调递增区间是(－∞，－lna)；单调递减区间是(－lna，＋∞)．于是，“函数y＝f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立：①f(－lna)0；②存在s1∈(－∞，－lna)，满足f(s1)0；③存在s2∈(－lna，＋∞)，满足f(s2)0.由f(－lna)0，即－lna－10，解得0ae－1.而此时，取s1＝0，满足s1∈(－∞，－lna)，且f(s1)＝－a0；取s2＝2a＋ln2a，满足s2∈(－lna，＋∞)，且f(s2)＝2a－e2a＋ln2a－e2a0.故a的取值范围是)1,0(e参数全分离：xexa，xexxf)(，xxxxxeeexeexf1)()(2，由xexxf)(的图象可得，a的取值范围是)1,0(e参数半分离：xaex1，设xey与kxy相切于点),(00yxP，则有000kxeekxx解之得ekx10，如果两图象有两个公共点，则ek，即ea1，a的取值范围是)1,0(e(2)证明：由f(x)＝x－aex＝0，有a＝xex.设g(x)＝xex，由g′(x)＝1－xex，知g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．并且，当x∈(－∞，0]时，g(x)≤0;当x∈(0，＋∞)时，g(x)0.由已知，x1，x2满足a＝g(x1)，a＝g(x2)．由)1,0(ea及g(x)的单调性，可得x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)．对于任意的)1,0(,21eaa，设a1a2，g(ξ1)＝g(ξ2)＝a1，其中0ξ11ξ2；g(η1)＝g(η2)＝a2，其中0η11η2.因为g(x)在(0，1)上单调递增，所以由a1a2，即g(ξ1)g(η1)，可得ξ1η1.类似可得ξ2η2.又由ξ1，η10，得ξ2ξ1η2ξ1η2η1，所以x2x1随着a的减小而增大．(3)证明：由11xaex22xaex，可得lnx1＝lna＋x1，lnx2＝lna＋x2.故x2－x1＝lnx2－lnx1＝lnx2x1.设x2x1＝t，则t1，且x2＝tx1，x2－x1＝lnt，解得x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1，所以x1＋x2＝（t＋1）lntt－1.①令h(x)＝（x＋1）lnxx－1，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝－2lnx＋x－1x（x－1）2.令u(x)＝－2lnx＋x－1x，得u′(x)＝x－1x2.当x∈(1，＋∞)时，u′(x)0.因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)u(1)＝0，由此可得h′(x)0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．而由(2)，t随着a的减小而增大，所以x1＋x2随着a的减小而增大．例：2014太原二模21已知函数f(x)＝axxln)0(a有两个不相等的零点x1，x2，且x1x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：x2x1是a的减函数；(3)证明21xx是a的减函数．解法一：由题意得，),0(,1)(xxaxxf，令0)(xf，则ax10，令0)(xf则ax1，则)(xf在)1,0(a单调递增，在),1(a单调递减01ln)1()(maxaaxfea10。0)1(af，)1,1(1ax，aaaf11ln2)1(2，令at1，则et，令)(ln2)(ettttm则02)(tttm)(tm02)(eem0)1(2af)1,1(22aax综上所述，a的取值范围是)1,0(e例：[2014·新课标全国卷Ⅰ]设函数f(x)＝aexlnx＋bex－1x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)证明：f(x)1.21．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aexlnx＋axex－bx2ex－1＋bxex－1.由题意可得f(1)＝2，f′(1)＝e，故a＝1，b＝2.(2)证明：由(1)知，f(x)＝exlnx＋2xex－1，从而f(x)1等价于xlnxxe－x－2e.设函数g(x)＝xlnx，则g′(x)＝1＋lnx，所以当x∈0，1e时，g′(x)0；当x∈1e，＋∞时，g′(x)0.故g(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g1e＝－1e.设函数h(x)＝xe－x－2e，则h′(x)＝e－x(1－x)．所以当x∈(0，1)时，h′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0.故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－1e.因为gmin(x)＝g1e＝h(1)＝hmax(x)，所以当x0时，g(x)h(x)，即f(x)1.