专题4.6 指、对数函数的综合应用大题专项训练-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册）

这是一份专题4.6 指、对数函数的综合应用大题专项训练-2023-2024学年高一数学重点题型专项训练（人教A版必修第一册），文件包含专题46指对数函数的综合应用大题专项训练举一反三人教A版必修第一册原卷版docx、专题46指对数函数的综合应用大题专项训练举一反三人教A版必修第一册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。

专题4.6 指、对数函数的综合应用大题专项训练【七大题型】
【人教A版（2019）】
姓名：___________班级：___________考号：___________
题型一
指数型函数的定义域与值域


1．（2023·全国·高一随堂练习）求下列函数的定义域和值域；
（1）y=2x+1；（2）y=1−2x；（3）y=2x.
【解题思路】（1）根据指数运算的性质求出函数的定义域和值域；
（2）根据二次根式被开方数非负性，结合指数函数的单调性求出函数的定义域，结合二次根式的性质和指数运算的性质求出函数的值域；
（3）根据二次根式被开方数非负性，结合指数函数的单调性求出函数的定义域，结合二次根式的性质和指数函数的单调性求出函数的值域；
【解答过程】解：（1）y=2x+1的定义域为R，值域为(0,+∞).
（2）由1−2x≥0知x⩽0，故y=1−2x的定义域为(−∞,0]；由0⩽1−2x<1知0⩽1−2x<1，故y=1−2x的值域为[0,1).
（3）y=2x的定义域为[0,+∞)；由x⩾0知2x⩾1，故y=2x的值域为[1,+∞).
2．（2023秋·全国·高一随堂练习）求下列函数的定义域和值域，并写出其单调区间.
（1）f(x)=1−3x+2；
（2）f(x)=1312−x；
（3）f(x)=2−x2−2x+3；
（4）f(x)=19x−23⋅13x+1,x∈[−2,3].
【解题思路】（1）由1−3x+2≥0得定义域，再结合指数函数性质得值域，单调区间；
（2）由2−x≠0得定义域，然后求出12−x的取值范围，再由指数函数性质得值域，单调区间；
（3）求出−x2−2x+3的取值范围，由指数函数的性质得值域，单调区间；
（4）设t=(12)x，把函数转化为二次函数，确定t的范围后可得值域，单调区间．
【解答过程】（1）由1−3x+2≥0得x≤−2，所以定义域为(−∞,−2]，又3x+2>0，
所以0≤1−3x+2<1，0≤y<1，所以值域中[0,1)，
u=1−3x+2在R上是减函数，所以f(x)=1−3x+2的减区间是(−∞,−2]；
（2）由2−x≠0得x≠2，所以定义域是(−∞,2)∪(2,+∞)，
又12−x≠0，所以值域是(0,1)∪(1,+∞)，
u=12−x在(−∞,2)和(2,+∞)上都是增函数，
所以f(x)=1312−x的减区间是(−∞,2)和(2,+∞)；
（3）定义域是R，又−x2−2x+3=−(x+1)2+4≤4，所以值域中(0,16]，
u=−(x+1)2+4在(−∞,−1]上递增，在[−1,+∞)上递减，
所以f(x)=2−x2−2x+3的增区间(−∞,−1]，减区间是[−1,+∞)；
（4）定义域是[−2,3]，令t=(13)x，由x∈[−2,3]，所以t∈[127,9]，
y=t2−23t+1=(t−13)2+89，所以89≤y≤76]，值域89,76，
又y=t2−23t+1=(t−13)2+89在[127,13]上递减，在[13,9]上递增，而t=(13)x是减函数，
所以f(x)=19x−23⋅13x+1,x∈[−2,3]的减区间是[−2,1]，增区间[1,3]．
3．（2023秋·高一单元测试）已知函数fx=3x，且fa=2,gx=3ax−4x.
(1)求gx的解析式；
(2)当x∈−2,1时，求gx的值域．
【解题思路】（1）利用已知条件求出3a的值，代入解析式中即可；
（2）利用换元法转化为二次函数求出函数值域即可.
【解答过程】（1）由函数fx=3x，fa=2，得3a=2，
所以gx=2x−4x=−2x2+2x.
（2）设2x=t，因为x∈−2,1，所以14≤t≤2，
所以gt=−t2+t，14≤t≤2，
由gt的对称轴为t=12，如图所示：
  
由图可知：
当t=12，即x=−1时，gx有大值14，
当t=2，即x=1时，gx有最小值−2，
故gx的值域是−2,14.
4．（2023秋·山西朔州·高一统考期末）已知函数f(x)=4a×9x+(8a−3)×3x−1+139a−43(a∈R).
(1)若a=14，求f(x)的值域；
(2)若a>38，存在实数m，n(m 【解题思路】（1）首先得到fx解析式，令u=3x,u∈0,+∞结合二次函数的性质求出函数的值域；
（2）首先可得fx在R上单调递增，则问题转化为fx=3x+1在R上有两个不同的实数解，令t=3x，则问题转化为4at2+8a3−4t+13a9−43=0在0,+∞上有两个不同的实数解，根据一元二次方程根的分布得到不等式组，解得即可.
【解答过程】（1）若a=14则fx=9x−3x−1−3536，令u=3x,u∈0,+∞，
令y=u2−u3−3536,u∈0,+∞，二次函数开口向上，对称轴为u=16，
所以当u=16时ymin=162−13×16−3536=−1，
所以fx的值域为−1,+∞；
（2）因为a>38，所以fx在R上单调递增，
所以当fx的定义域为m,n时，fx的值域为fm,fn，
即fm=3m+1fn=3n+1，
即fx=3x+1在R上有两个不同的实数解，
即4a×9x+8a3−4×3x+13a9−43=0在R上有两个不同的实数解，
令t=3x,t∈0,+∞，所以4at2+8a3−4t+13a9−43=0在0,+∞上有两个不同的实数解，
所以−8a3−48a>013a9−43>0Δ=8a3−42−4×4a13a9−43>0，解得1213 所以实数a的取值范围为1213,1.
5．（2023秋·江苏南通·高三统考开学考试）已知函数fx=2x+2−x，x∈R.
(1)求函数ℎx=f2x−fx的值域；
(2)若gx=f2x−2k⋅2x−2−x在1,+∞上最小值为−4，求实数k的值.
【解题思路】（1）先求出ℎx的解析式，令t=2x+2−x≥2，设m(t)=t2−t−2,t≥2，利用二次函数的单调性求值域；
（2）先求出gx的解析式，令n=2x−2−x≥32，设ℎ(n)=n2−2kn+2，对称轴为n=k，讨论对称轴与区间的关系，可得最小值，即可求解.
【解答过程】（1）因为fx=2x+2−x，所以ℎx=f2x−fx=22x+2−2x−2x+2−x，
令t=2x+2−x，则t=2x+2−x≥22x⋅2−x=2，当且仅当2x=2−x即x=0时，等号成立，
所以22x+2−2x=2x+2−x2−2，记m(t)=t2−t−2,t≥2，
易知函数m(t)在2,+∞上单调递增，所以m(t)≥m2=22−2−2=0，
即m(t)的值域为0,+∞，所以函数ℎx=f2x−fx的值域为0,+∞.
（2）gx=f2x−2k⋅2x−2−x=22x+2−2x−2k⋅2x−2−x
=2x−2−x2−2k⋅2x−2−x+2，
令n=2x−2−x，根据单调性的性质知，函数n=2x−2−x在1,+∞单调递增，
则n=2x−2−x≥2−12=32，记ℎ(n)=n2−2kn+2,n≥32，对称轴为n=k，
当k≤32时，ℎ(n)在32,+∞上单调递增，所以ℎ(n)的最小值为ℎ(32)=94−3k+2=−4，
解得k=114>32，不合题意舍去；
当k>32时，ℎ(n)在32,k上单调递减，在k,+∞上单调递增，
所以ℎ(n)的最小值为ℎ(k)=k2−2k2+2=2−k2=−4，解得k=6或k=−6舍去；
综上可得，k=6.
题型二
对数型函数的定义域与值域


6．（2023秋·高一课时练习）已知函数f(x)=loga(ax−x) (a>0,a≠1).
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)若a=2,x∈[1,9]，求函数f(x)的值域.
【解题思路】（1）根据真数大于0，解不等式可得结果；
（2）先配方求出t=2x−x的值域，再根据对数函数的单调性求出f(x)的值域.
【解答过程】（1）由ax−x>0得x(ax−1)>0，
因为x>0，所以ax−1>0，因为a>0，所以x>1a，所以x>1a2，
所以函数f(x)的定义域为(1a2,+∞).
（2）因为a=2，所以f(x)=log2(2x−x)，
令t=2x−x，则t=2(x−14)2−18，
因为x∈[1,9]，所以t∈[1,15]，
所以log21≤log2(2x−x)≤log215，
即0≤f(x)≤log215.
所以函数f(x)的值域为[0,log215].
7．（2023·全国·高一专题练习）已知函数f(x)=loga(1+x)，g(x)=loga(1−x)(a>0,且a≠1)．
(1)求函数fx+gx的定义域；
(2)判断函数fx+gx的奇偶性，并说明理由；
(3)讨论函数fx+gx的值域．
【解题思路】（1）由对数的真数大于零可求得函数的定义域.
（2）根据函数奇偶性的定义判断.
（3）换元后分a>1和0 【解答过程】（1）1+x>0且1−x>0，得−1 （2）因为定义域关于原点对称，且f(−x)=loga(1−x)+loga(1+x)=f(x)，
所以函数为偶函数.
（3）fx+gx=loga(1+x)+loga(1−x)=loga(1−x2)，
令t=1−x2，由−1 则y=logat，t∈(0,1]，
当a>1时，y=logat≤0，所以原函数的值域为(−∞,0]；
当0 8．（2023秋·山东菏泽·高二校考开学考试）设函数fx=loga3+x+loga3−x，(a>0，且a≠1)，f1=3．
(1)求a的值及fx的定义城；
(2)判断fx的奇偶性，并给出证明；
(3)求函数fx在1,2上的值域．
【解题思路】（1）根据真数大于0求解定义域，由f1=3求a的值.
（2）根据奇偶性的定义判断.
（3）fx=log29−x2，根据真数的范围求解.
【解答过程】（1）由3+x>03−x>0可得−3 因为fx=loga3+x+loga3−x=loga9−x2，
由题意f1=loga8=3，故a=2;
（2）因为f−x=loga9−x2=fx，
又定义域关于原点对称，所以函数fx为偶函数，
（3）由（1）可知a=2，fx=log29−x2，
∵1≤x≤2，所以5≤9−x2≤8，
所以函数的值域为log25,3．
9．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=logax+1x−1（a>0且a≠1）.
(1)求函数fx的定义域；
(2)若a=2，求函数y=f2x的值域；
(3)是否存在实数a，b，使得函数fx在区间b,32a上的值域为1,2，若存在，求a，b的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据对数函数的性质求解函数的定义域；（2）首先变形f2x=log21+22x−1，再根据函数的定义域求函数的值域；（3）由函数的定义域确定32a>b>1，讨论01两种情况讨论函数的单调性，再由函数的值域，列方程，即可求解.
【解答过程】（1）由x+1x−1>0，解得fx的定义域为−∞,−1∪1,+∞.
（2）当a=2时，fx=log2x+1x−1，y=f2x=log22x+12x−1=log21+22x−1.
因为fx的定义域是−∞,−1∪1,+∞，所以2x>1，
所以22x−1∈0,+∞，1+22x−1∈1,+∞，
所以log21+22x−1∈0,+∞，
所以，y=f2x的值域是0,+∞.
（3）因为函数fx在b,32a上的值域为1,2，又a>0，且a≠1，
由fx的定义域得b,32a⊆1,+∞，所以32a>b>1.
①当0 所以fb=1f32a=2，即1+2b−1=a1+232a−1=a2，
因为b>1，所以1+2b−1>1，所以1+2b−1=a无解.
（或者因为32a>1，所以1+232a−1>1，所以1+232a−1=a2无解），
故此时不存在实数a，b满足题意.
②当a>1时，因为y=1+2x−1在1,+∞上单调递减，所以函数fx=loga1+2x−1在b,32a上单调递减，
所以f32a=1fb=2，即1+2b−1=a21+232a−1=a
解得a=2或a=−13（舍），b=53.
综上，存在实数a=2，b=53.
10．（2023秋·江苏常州·高三校考开学考试）已知函数fx=logax−4ax−6a(a>0且a≠1)．
(1)当a=2时，求fx的单调增区间；
(2)是否存在α，β∈0,4a，使fx在区间α,β上的值域是logaβ,logaα？若存在，求实数a的取值范围；若不存在，试说明理由．
【解题思路】（1）先求得fx的定义域，然后根据复合函数单调性同增异减求得fx的单调增区间.
（2）对a进行分类讨论，根据函数的单调性以及fx在区间α,β上的值域，利用构造函数法，结合一元二次方程根的个数列不等式组，由此求得a的取值范围.
【解答过程】（1）a=2时，fx=log2x−8x−12，
由x−8x−12>0解得x<8或x>12，
所以fx的定义域为−∞,8∪12,+∞，
函数y=x−8x−12=x2−20x+96图象开口向上，对称轴为x=10，
y=log2x在0,+∞上单调递增，
根据复合函数单调性同增异减可知：fx的增区间为12,+∞.
（2）令gx=x−4ax−6a，则gx在0,4a上单调递减，
当a>1,且fx在区间α,β上的值域是logaβ,logaα，即gx在区间α,β上的值域是β,α.
故必须gα=αgβ=β，即α,β是gx=x的在0,4a上的两个不等实根.
而y=gx与y=x在0,4a上只有一个交点，不符合（舍）.
当0 故必须gα=βgβ=α，即α−4aα−6a=β①β−4aβ−6a=α②，
 ①− ②得α+β−10a=−1，得β=−α+10a−1，代入 ①得：
α2+1−10aα+24a2−10a+1=0，同理β2+1−10aβ+24a2−10a+1=0，
令ℎx=x2+1−10ax+24a2−10a+1，
则ℎx在0,4a有两个零点，即ℎ0=24a2−10a+1>0ℎ4a=−6a+1>00<10a−12<4aΔ=1−10a2−424a2−10a+1>0，
24a2−10a+1>01−6a>00<10a−1<8a4a2+20a−3>0，4a−16a−1>0a<161<10a<8a+1a−−5−272a−−5+272>0，
解得7−52 题型三
指数型函数的单调性问题


11．（2023·上海·高一专题练习）设fx=2x+a⋅2−x，其中a∈R．
(1)若函数y=fx是奇函数，求a的值；
(2)若函数y=fx在−∞,2上是严格减函数，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由奇函数定义可知f−x+fx=0，由此可构造方程求得结果；
（2）根据单调性定义可知对任意x10恒成立，由此可整理得到a>2x1+x2，根据2x1+x2<16可求得a的取值范围.
【解答过程】（1）∵fx为奇函数，∴f−x+fx=2−x+a⋅2x+2x+a⋅2−x=a+12x+2−x=0，
又2x+2−x>0，∴a+1=0，解得：a=−1.
（2）设x1 ∵fx在−∞,2上为严格减函数，∴fx1−fx2>0恒成立，
即2x1+a⋅2−x1−2x2−a⋅2−x2=2x1−2x2−a2x1−2x22x1⋅2x2=2x1−2x21−a2x1+x2>0，
∵2x1<2x2，∴1−a2x1+x2<0，即a>2x1+x2，
∵x1+x2<4，∴2x1+x2<24=16，∴a≥16，即a的取值范围为16,+∞.
12．（2023秋·陕西榆林·高三校联考阶段练习）已知函数fx=3x+a⋅3−x（a∈R）．
(1)若a=3，求不等式fx≥4的解集；
(2)若f1=103，gx=9x+9−x+mfx+2m−1，求gx的最小值．
【解题思路】（1）结合指数函数的性质解不等式；
（2）用换元法t=3x+3−x，然后结合二次函数性质求得最小值．
【解答过程】（1）若a=3，则fx=3x+3⋅3−x
所以fx≥4，即3x+3⋅3−x≥4，所以3x−13x−3≥0，
所以3x≤1或3x≥3，解得x≤0或x≥1，
即不等式fx≥4的解集为−∞,0∪1,+∞．
（2）若f1=103，即3+a3=103，解得a=1．
所以gx=9x+9−x+m3x+3−x+2m−1=3x+3−x2+m3x+3−x+2m−3，
令t=3x+3−x，t∈2,+∞，所以y=gx=t2+mt+2m−3．
当−m2≤2，即m≥−4时，y=t2+mt+2m−3在2,+∞上单调递增，
所以ymin=22+2m+2m−3=4m+1，即gxmin=4m+1．
当−m2>2，即m<−4时，y=t2+mt+2m−3在2,−m2上单调递减，在−m2,+∞上单调递增，
所以ymin=−m22+m⋅−m2+2m−3=−m24+2m−3，即gxmin=−m24+2m−3．
综上，gxmin=−m24+2m−3,m<−44m+1,m≥−4．
13．（2023秋·江西宜春·高三校考开学考试）设函数f(x)=a2x−(k−1)ax，（a>0且a≠1）是定义域为R的奇函数，且y=f(x)的图象过点1,32．
(1)求k和a的值；
(2)是否存在实数m，使函数g(x)=22x+2−2x−mf(x)在区间1,log23上的最大值为1．若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由
【解题思路】（1）利用奇函数及给定的点求出k和a的值作答.
（2）由（1）求出函数f(x)的解析式，换元并利用二次函数在闭区间上的最大值分段讨论作答.
【解答过程】（1）因为函数f(x)是R上的奇函数，则f(0)=2−k=0，解得k=2，f(x)=ax−a−x，
显然f(−x)=a−x−ax=−f(x)，即函数f(x)是奇函数，因此k=2，
由f(1)=a−1a=32，a>0且a≠1，解得a=2，
所以k=2，a=2.
（2）由（1）知，f(x)=2x−2−x在1,log23上单调递增，令t=2x−2−x，则32≤t≤83，
22x+2−2x=(2x−2−x)2+2=t2+2，则22x+2−2x−mf(x)=t2+2−mt，
令ℎ(t)=t2−mt+2，依题意，ℎ(t)=t2−mt+2在[32,83]上的最大值为1，
二次函数ℎ(t)=t2−mt+2图象对称轴t=m2，
当m2−32>|83−m2|，即m>256时，ℎ(t)max=ℎ(32)=174−32m=1，解得m=136<256，矛盾，
当m≤256时，ℎ(t)max=ℎ(83)=829−83m=1，解得m=7324，则m=7324，
所以存在实数m=7324，满足题意.
14．（2023春·福建三明·高二校考阶段练习）已知函数fx=ax+m−1ax(a>0,a≠1)是定义域为R的奇函数．
(1)求实数m的值；
(2)若f1<0，不等式fx2+bx+f1−x<0在x∈2,3上恒成立，求实数b的取值范围；
(3)若f1=32，且函数ℎx=a2x+1a2x−2tfx在x∈1,+∞上最小值为−2，求实数t的值．
【解题思路】（1）由奇函数的定义和性质，可得所求值；
（2）求得f(x)的单调性，参变分离转化为函数最值问题，即可得实数b的取值范围；；
（3）求得a，应用指数函数的单调性和换元法，可得所求值．
【解答过程】（1）因为fx是定义域为R的奇函数，所以f0=0，
所以1+m−1=0，所以m=0，经检验，当m=0时，fx为R上的奇函数；
（2）由（1）知：fx=ax−1ax(a>0,a≠1)，
因为f1<0，所以a−1a<0，又a>0且a≠1，所以0 所以fx=ax−1ax是R上的单调递减函数，
又fx是定义域为R的奇函数，
所以fx2+bx+f1−x<0⇒fx2+bxx−1，
⇒b>−x−1x+1max对于x∈2,3，令gx=−x−1x+1又gx在区间2,3上单调递减，所以gx的最大值为g2=−32，∴b>−32
（3）因为f1=32，所以a−1a=32，解得a=2或a=−12（舍去）
所以ℎx=22x+122x−2t2x−12x=2x−12x2−2t2x−12x+2
令u=fx=2x−12x，则gu=u2−2tu+2，
因为fx=2x−12x在R上为增函数，且x≥1，所以u≥f1=32，
因为ℎx=22x−122x−2tfx在x∈1,+∞上最小值为−2，
所以gu=u2−2tu+2在32,+∞上的最小值为−2，
因为gu=u2−2tu+2=(u−t)2+2−t2的对称轴为u=t，
所以当t≥32时，g(u)min=gt=2−t2=−2，解得t=2或t=−2（舍去）
当t<32时，g(u)min=g32=174−3t=−2，解得t=2512>32，
综上可知：t=2．
15．（2023·浙江温州·高二统考学业考试）已知定义在R上的函数f(x)=m⋅4x−2x+1+1−m(m∈R)．
(1)当m=1时，求f(x)的值域；
(2)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，求实数m的取值范围；
(3)若函数y=g(x)的定义域内存在x0，使得ga+x0+ga−x0=2b成立，则称g(x)为局部对称函数，其中(a,b)为函数g(x)的局部对称点．若(1,0)是f(x)的局部对称点，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）利用二次函数的性质求得fx的值域.
（2）利用换元法，对m进行分类讨论，结合二次函数的性质求得m的取值范围.
（3）由f1+x+f1−x=0分离参数m，利用换元法，结合二次函数的性质求得m的取值范围.
【解答过程】（1）当m=1时，f(x)=4x−2x+1=2x2−2⋅2x=2x−12−1，
由于2x>0，所以fx=2x−12−1≥−1，当2x=1,x=0时等号成立，
所以fx的值域为−1,+∞.
（2）依题意，函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
f(x)=m⋅4x−2x+1+1−m=m⋅2x2−2⋅2x+1−m，
当x>1时，令t=2x>2，则y=mt2−2t+1−m①，
当m=0时，y=−2t+1，在2,+∞上单调递减，
即fx在1,+∞上单调递减，不符合题意.
当m>0时，①的对称轴t=−−22m=1m>0，
要使fx在1,+∞上单调递增，则y=mt2−2t+1−m在2,+∞上单调递增，
所以m>01m≤2，解得m≥12.
当m<0时，①的对称轴t=−−22m=1m<0，
函数y=mt2−2t+1−m的开口向下，在区间1m,+∞上单调递减，不符合题意.
综上所述，m的取值范围是12,+∞.
（3）根据局部对称函数的定义可知，f1+x+f1−x=0，
即m⋅41+x−21+x+1+1−m+m⋅41−x−21−x+1+1−m=0，
4m⋅4x+4m⋅4−x−2m−4⋅2x−4⋅2−x+2=0，
2m⋅4x+2m⋅4−x−m−2⋅2x−2⋅2−x+1=0，
m=2⋅2x+2⋅2−x−12⋅4x+2⋅4−x−1，令s=2⋅2x+2⋅2−x−1≥22⋅2x⋅2⋅2−x−1=3，
当且仅当2⋅2x=2⋅2−x,x=0时等号成立，
则s2=4⋅4x+4⋅4−x+1+24−2⋅2x−2⋅2−x=4⋅4x+4⋅4−x+9−4⋅2x−4⋅2−x
=4⋅4x+4⋅4−x−2⋅2⋅2x+2⋅2−x−1+7=4⋅4x+4⋅4−x−2s+7，
所以2⋅4x+2⋅4−x−1=s2+2s−92，
则m=ss2+2s−92=2ss2+2s−9=2s−9s+2，
函数y=s−9s+2在区间3,+∞上单调递增，所以y=s−9s+2≥3−93+2=2，
所以m=2s−9s+2∈0,1，
所以m的取值范围是0,1.
题型四
对数型函数的单调性问题


16．（2023秋·安徽淮北·高一校考期末）已知函数fx=log2x2+ax+3−2.
(1)若a=2，求函数fx的值域
(2)若函数fx在1,+∞上单调递增，求a的取值范围
【解题思路】（1）根据二次函数的性质及对数函数的性质，即可求解；
（2）根据复合函数单调性结合条件可得−a2≤1且12+1×a+3≥0，进而即得.
【解答过程】（1）由题知fx=log2x2+2x+3−2，
∵x2+2x+3=x+12+2≥2，
∴fx=log2x2+2x+3−2≥log22−2=−1，
即函数fx的值域为−1,+∞；
（2）因为函数fx在1,+∞上单调递增，又函数y=log2x在定义域上单调递增，
所以u=x2+ax+3在1,+∞上单调递增，且u>0在1,+∞上恒成立，
所以−a2≤1且12+1×a+3≥0，
解得a≥−2，即a的取值范围为a≥−2.
17．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=log2x2−4．
(1)求函数fx的定义域；
(2)求函数fx的单调区间；
(3)求不等式fx>3的解集.
【解题思路】（1）解出不等式x2−4>0可得答案；
（2）根据对数型复合函数的单调性可得答案；
（3）根据对数函数的单调性可解出答案.
【解答过程】（1）由x2−4>0可得x>2或x<−2，
所以函数fx的定义域为−∞,−2∪2,+∞，
（2）因为y=x2−4在−∞,−2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
y=log2x是增函数，
所以函数fx=log2x2−4在−∞,−2上单调递减，在2,+∞上单调递增，
（3）因为fx>3，所以log2x2−4>3=log28，
所以x2−4>8，x2>12，所以x>23或x<−23，
所以不等式fx>3的解集为−∞,−23∪23,+∞.
18．（2023春·重庆九龙坡·高一校考阶段练习）已知a∈R，函数fx=log2x2−3x+a.
(1)若函数fx的图象经过点3,1，求不等式fx<1的解集；
(2)设a>2，若对任意t∈3,4，函数fx在区间t,t+1上的最大值与最小值的差不超过1，求a的取值范围.
【解题思路】（1）将点3,1代入fx=log2x2−3x+a可求出a，然后根据函数的单调性即得；
（2）由复合函数的单调性知fx=log2x2−3x+a在区间t,t+1上单调递增，进而得到最大值与最小值，再由题可得a≥−t2+5t−2对任意t∈3,4恒成立，构造新函数，求最值可得出答案.
【解答过程】（1）由题可得f3=log232−3×3+a=1，解得a=2，
即fx=log2x2−3x+2
由fx=log2x2−3x+2<1=log22，可得x2−3x+2>0x2−3x+2<2，
解得0 所以不等式fx<1的解集为{x∣0 （2）因为fx=log2x2−3x+a是复合函数，设px=x2−3x+a，fx=log2p(x)，
因为t∈3,4，px=x2−3x+a在区间t,t+1单调递增，fx=log2p(x)单调递增，
故函数fx在区间t,t+1上单调递增，
又a>2，所以px=x2−3x+a>32−9+a=a>0，
所以f(x)max=ft+1,f(x)min=ft，
由题意，ft+1−ft≤1，即log2(t+1)2−3t+1+a≤log22t2−3t+a，对任意t∈3,4恒成立，
故(t+1)2−3t+1+a≤2t2−3t+a，对任意t∈3,4恒成立，
整理得：a≥−t2+5t−2，
令gt=−t2+5t−2，t∈3,4，只需g(t)max≤a即可，
因为gt=−t2+5t−2的对称轴为t=52，图象是开口向下的抛物线，
故gt=−t2+5t−2在t∈3,4上单调递减，
故g(t)max=g3=4，
所以a≥4，即a的取值范围是4,+∞.
19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=loga(kx2−2x+6)(a>0且a≠1)．
(1)若函数的定义域为R，求实数k的取值范围；
(2)是否存在实数k，使得函数f(x)在区间[2，3]上为增函数，且最大值为2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由题意可得kx2−2x+6>0恒成立，再根据k>0，且Δ =4−24k<0，求得k的范围．
（2）分类讨论a的范围，利用二次函数的性质，求得k的值．
【解答过程】（1）∵函数f(x)=loga(kx2−2x+6)(a>0且a≠1)的定义域为R，故kx2−2x+6>0恒成立，
∴k>0，且Δ =4−24k<0，∴ k>16；
（2）令gx=kx2−2x+6 ，当k≠0 时，是二次函数，其对称轴为x0=1k ，当k=0 时，
gx=−2x+6 ，有g3=0 ，不符合题意，当k＜0 时，g3=9k＜0 ，不合题意，
下面只讨论k＞0 的情况；
①当a≥322 时，要使函数f(x)=logag(x)在区间[2，3]上为增函数，
则函数y=g(x)=kx2−2x+6在[2，3]上恒正，且为增函数，
k＞0 ，则必有1k≤2 ，即k≥12 ，并且有gxmin=g2=4k+2＞0 ，g3=9k ，
∴fxmax=f3=logag3=loga9k=2,k=a29 ≥12 ，满足题意；
②当1＜a＜322 时，讨论与①相同，但k=a29＜12 ，不成立；
③当0 则函数y=g(x)=kx2−2x+6在[2，3]上恒正，且为减函数．
k＞0 ，则必有1k≥3 ，即0＜k≤13 ，并且gxmin=g3=9k＞0 ，
fxmax=f3=loga9k=2,k=a29＜19＜13 ，满足题意；
综上，（1）k＞16，（2） 当a≥322 和0＜a＜1 时，存在k=a29 使得fx 在2,3 上为增函数，并且最大值为2.
20．（2023秋·湖南长沙·高一统考期末）已知fx=loga1−x1+x（a>0，且a≠1）.
(1)求函数fx的定义域；
(2)当x∈−t,t（其中t∈−1,1，且t为常数）时，fx是否存在最小值，如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由；
(3)当a>1时，求满足不等式fx−2+f4−3x≥0的实数x的取值范围.
【解题思路】(1)根据真数大于零解不等式即可求定义域；
(2)讨论函数的单调性即可求最小值；
(3)利用函数的奇偶性单调性解不等式.
【解答过程】（1）由1−x1+x>0可得1−x>01+x>0或1−x<01+x<0，
解得−1 （2）设−1 ∵−10，1+x11+x2>0，∴1−x11+x1>1−x21+x2，
①当a>1时fx1>fx2，则fx在−1,1上是减函数，又t∈−1,1，
∴x∈−t,t时，fx有最小值，且最小值为ft=loga1−t1+t；
②当0 ∴x∈−t,t时，fx无最小值.
（3）由于fx的定义域为−1,1，定义域关于原点对称，
且f−x=loga1+x1−x=loga1−x1+x−1=−fx，所以函数fx为奇函数.
由（2）可知，当a>1时，函数fx为减函数，由此，不等式fx−2+f4−3x≥0等价于fx−2≥−f(4−3x)=f3x−4，
即有x−2≤3x−4−1 所以x的取值范围是1,53.
题型五
指数型函数的恒成立、有解问题


21．（2023·全国·高一专题练习）已知函数f(x)=−2x+b2x+1+a是定义在R上的奇函数.
(1)求a+2b的值；
(2)若对任意t∈(1,2)，不等式f(t2−2t)+f(2t2−k)>0恒成立，求实数k的取值范围.
【解题思路】（1）取特值求出a,b，再利用奇函数定义验证作答.
（2）探讨函数f(x)的单调性，结合单调性奇偶性脱去不等式中法则“f”，再分离参数求解作答.
【解答过程】（1）由f(x)是定义在R上的奇函数，得f(0)=0，即b−1a+2=0，解得b=1，
于是f(x)=1−2xa+2x+1，由f(1)=−f(−1)，得1−2a+4=−1−12a+1，解得a=2，
当b=1,a=2时，f(x)=1−2x2x+1+2，显然f(−x)=1−2−x2−x+1+2=2x−12x+1+2=−f(x)，
即函数f(x)为R上的奇函数，因此b=1,a=2，
所以a+2b=4.
（2）由（1）知f(x)=1−2x2x+1+2=−12+12x+1，显然f(x)是R上的减函数，
不等式f(t2−2t)+f(2t2−k)>0⇔f(t2−2t)>−f(2t2−k)=f(−2t2+k)，
于是t2−2t<−2t2+k⇔k>3t2−2t，依题意，t∈(1,2)，k>3t2−2t恒成立，
令g(t)=3t2−2t，t∈(1,2)，而g(1)=1,g(2)=8，因此g(t) 所以k≥8.
22．（2023春·福建福州·高二校考阶段练习）设函数fx=4x−2x+1+22x−1，x>0.
(1)求函数fx的值域；
(2)设函数gx=x2−ax+1，若对∀x1∈1,2，∃x2∈1,2，fx1=gx2，求实数a取值范围.
【解题思路】（1）利用基本不等式求函数值域；
（2）将问题转化为fx的值域为gx值域的子集求解.
【解答过程】（1）∵fx=4x−2x+1+22x−1=2x−12+12x−1=2x−1+12x−1，又∵x>0，2x−1>0，
∴fx≥22x−1⋅12x−1=2，当且仅当2x−1=12x−1，即x=1时取等号，
所以fx∈2,+∞，
即函数fx的值域为2,+∞.
（2）∵fx=2x−1+12x−1，
设t=2x−1，因为x∈1,2，所以t∈1,3，函数y=t+1t在1,3上单调递增，
∴y∈2,103，即fx∈2,103，
设x∈1,2时，函数gx的值域为A.由题意知2,103⊆A，
∵函数gx=x2−ax+1
①当a2≤1，即a≤2时，函数gx在1,2上递增，
则g1≤2g2≥103，即12−a+1≤222−2a+1≥103 ，∴0≤a≤56 ，
②当1 而g1=2−a<0且g2=5−2a<1，不合题意，
③当a2>2，即a>4时，函数gx在1,2上递减，
则g1≥103g2≤2，即12−a+1≥10322−2a+1≤2 ，满足条件的a不存在，
综上所述，实数a取值范围为a0≤a≤56.
23．（2023·全国·高一课堂例题）已知函数fx的定义域为R，且对任意的x，y∈R都有fx+y=fx+fy．当x>0时，fx>0，f1=2．
(1)求f0并证明fx的奇偶性；
(2)判断fx的单调性并证明；
(3)若f4x−a+f6+2x+1>6对任意x∈R恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先赋值法求f0,再根据f0=fx−x=fx+f−x判奇偶即可.
（2）fx在R上是增函数，根据定义证明得到结果；
（3）由f3=6， f4x−a+f6+2x+1>6转化为4x−a+6+2x+1>3恒成立．利用函数的单调性，构造函数，转化求解即可．
【解答过程】（1）f0=f0+0=f0+f0，所以f0=0，
又fx的定义域为R，关于原点对称，f0=fx−x=fx+f−x=0，
所以f−x=−fx，所以fx为奇函数．
（2）fx在R上单调递增，证明如下．
∀x1>x2，有fx1−x2=fx1+f−x2=fx1−fx2，
因为x1−x2>0，所以fx1−x2>0，
所以fx1−fx2>0，所以fx在R上单调递增．
（3）因为fx+y=fx+fy，f1=2，
所以f2=f1+f1=2f1=4，
所以f3=f2+f1=3f1=6．
所以f4x−a+f6+2x+1=f4x−a+6+2x+1>6=f3，
因为fx在R上单调递增，所以4x−a+6+2x+1>3，
所以a<2x2+2⋅2x+3=2x+12+2恒成立，故a≤3．
故实数a的取值范围为−∞,3．
24．（2023春·浙江·高二统考学业考试）已知函数f(x)=2x+1，g(x)=x|x−2a|.
(1)若g(x)是奇函数，求a的值并判断g(x)的单调性（单调性不需证明）；
(2)对任意x1∈[−1,+∞)，总存在唯一的x2∈[2,+∞)，使得fx1=gx2成立，求正实数a的取值范围.
【解题思路】（1）函数为奇函数，举特例求出a的值，再证明函数为奇函数，根据x的正负，可观察出 gx=xx在R上单调性.
（2）由题意可知fx1∈1,+∞，而gx=x2−2ax,x≥2a−x2+2ax,x<2a，分2a≤2，2<2a<4， 2a≥4讨论求解.
【解答过程】（1）∵gx为奇函数，
则g1+g−1=1−2a−1+2a=0，解得a=0.
此时g(x)=x|x|，
又g(x)+g(−x)=x|x|−x|x|=0，又g(x)的定义域为R，
此时g(x)为奇函数
所以若g(x)为奇函数，a=0，
当x≥0时，gx=x2在0,+∞上单调递增，
当x<0时，gx=−x2在−∞,0上单调递增，
又g(x)为定义在R上的连续函数，
故g(x)在R上单调递增.
（2）当x∈−1,+∞时，f(x)=2x+1，∴fx∈1,+∞
gx=x2−2ax,x≥2a−x2+2ax,x<2a.
①当2a≤2时，gx在2,+∞上单调递增，∴g2=4−4a≤1，a≥34，∴34≤a≤1.
②当2<2a<4时，gx在2,2a上单调递减，在2a,+∞上单调递增.
∴g2=−4+4a<1，a<54，∴1 ③当2a≥4时，gx在2,a上单调递增，在a,2a上单调递减，在2a,+∞上单调递增.
∴ga=−a2+2a2<1，−1 综上可知，34≤a<54.
25．（2023·全国·高一专题练习）已知函数fx=x2−a+3x+6a∈R
(1)解关于x的不等式fx≤6−3a；
(2)已知gx=m⋅2x+7−3m，当a=1时，若对任意的x1∈1,4，总存在x2∈0,2，使fx1=gx2成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）根据x2−(a+3)x+6≤6−3a，分类讨论a，即可解出不等式；
（2）求出当a=1时fx的解析式，根据f(x)的值域是g(x)的值域的子集列不等式组，即可求出实数m的取值范围.
【解答过程】（1）由题意，
在f(x)=x2−(a+3)x+6(a∈R)中，f(x)≤6−3a，
∴x2−(a+3)x+6≤6−3a，
∴(x−3)(x−a)≤0，
当a<3时，解得a≤x≤3，
当a=3时，解得x=3，
当a>3时，解得3≤x≤a，
综上，当a<3时，不等式的解集为xa≤x≤3，
当a≥3时，不等式的解集为x3≤x≤a
（2）在f(x)=x2−(a+3)x+6(a∈R)中，
当a=1时，f(x)=x2−4x+6，
∵x∈[1,4]，fxmin=f2=2,fxmax=f4=6
∴函数fx的值域是[2,6]，
在gx=m⋅2x+7−3m中，
∵对任意的x1∈[1,4]，总存在x2∈[0,2]，使fx1=gx2成立，
∴f(x)的值域是g(x)的值域的子集，
当m>0时，g(x)∈[7−2m,m+7]，则m>07−2m≤2m+7≥6，解得m≥52
当m<0时，g(x)∈[m+7,7−2m]，则m<07−2m≥6m+7≤2，解得m≤−5，
当m=0时，g(x)∈{7}，不成立；
综上，实数m的取值范围(−∞,−5]∪52,+∞.
题型六
对数型函数的恒成立、有解问题


26．（2023·全国·高一专题练习）已知函数f(x)=x−log2(4x+a)（a∈R且a≥0）．
(1)若函数f(x)为奇函数，求实数a的值；
(2)对任意的x∈12,1，不等式f(x)−f(−x)≤1恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据奇函数的定义求解；
（2）由对数函数性质转化不等式，再进行分离参数，转化为利用单调性求函数的最值，从而得参数范围．
【解答过程】（1）因为函数f(x)为奇函数，所以f(−x)+f(x)=0对定义域内每一个元素x恒成立．
即f(−x)+f(x)=−log24−x+a−x−log24x+a+x =−log24x+a4−x+a=−log21+a4x+4−x+a2=0，
则1+a4x+4−x+a2=1，即a4x+4−x+a=0．
又因为a≥0，所以4x+4−x+a>0，故a=0．
（2）因为f(x)=log22x4x+a，所以f(−x)=log22−x4−x+a=log22x1+a⋅4x．
由f(x)−f(−x)=log21+a⋅4x4x+a≤1，得到0<1+a⋅4x4x+a≤2，
又a≥0，故只需要1+a⋅4x≤2⋅4x+2a，即a4x−2≤2⋅4x−1对任意x∈12,1恒成立．
因为x∈12,1，所以4x−2>0，故a≤2⋅4x−14x−2=2+34x−2对任意的x∈12,1恒成立．
因为y=2+34x−2在12,1为减函数，所以2+34x−2min=72，故a≤72．
综上所述，0≤a≤72．
27．（2023秋·吉林长春·高一校考期末）已知函数fx=log99x+1+2txt∈R为偶函数.
(1)求t的值；
(2)求fx的最小值；
(3)若f42x+4−2x≥fm4x−4−x对∀x∈R恒成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）运用偶函数的定义和对数的运算性质，结合恒等式的性质可得所求值；
（2）运用对数运算性质及均值不等式即可得到结果；
（3）先证明函数的单调性，化抽象不等式为具体不等式，转求函数的最值即可.
【解答过程】（1）因为fx=log99x+1+2txt∈R为偶函数，
所以f−x=fx，则log99−x+1−2tx=log99x+1+2tx，
所以4tx=log91+9x9x−log99x+1=log99−x=−x，即4t+1x=0恒成立，
因为x不恒为0，所以4t+1=0，故t=−14.
（2）由（1）得，fx=log99x+1−x2=log99x+1−log99x2
=log99x+13x=log93x+13x，
因为3x>0，则3x+13x≥23x⋅13x=2，当且仅当3x=13x，即x=0时，等号成立，
所以log93x+13x≥log92，故fx最小值为log92.
（3）因为fx=log93x+13x，
任取x1,x2∈0,+∞且x1 所以3x1+13x1−3x2+13x2=3x1−3x2+3x2−3x13x1⋅3x2=3x1−3x2⋅3x1+x2−13x1+x2，
因为x1,x2∈0,+∞且x10，
所以3x1−3x2⋅3x1+x2−13x1+x2<0，即3x1+13x1<3x2+13x2，
所以log93x1+13x1 又因为fx为偶函数，f42x+4−2x≥fm4x−4−x，
所以42x+4−2x≥m4x−4−x，
当x=0时，2≥0恒成立，则m∈R；
当x≠0时，4x−4−x>0，所以m≤42x+4−2x4x−4−x，
设ux=42x+4−2x4x−4−x=4x−4−x2+24x−4−x=4x−4−x+24x−4−x≥22，
当且仅当4x−4−x=24x−4−x，即4x−4−x=2时，等号成立，
由复合函数的单调性易得y=4x−4−x在R上单调递增，
且当x=0时，y=0<2，当x=1时，y=4−14>2，
所以4x−4−x=2有解，即4x−4−x=2有解，所以等号能成立，
所以u(x)min=22，故m≤22，则−22≤m≤22；
综上，−22≤m≤22.
28．（2023秋·江苏盐城·高一校考期末）已知函数fx=lg1−xx+1.
(1)求不等式ffx+flg2>0的解集；
(2)函数gx=3−axa>0,a≠1，若存在x1,x2∈0,1，使得fx1=gx2成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）求得f(x)的定义域和值域及函数的单调性，得110<1−xx+1<12，解不等式即可得到所求范围；
（2）求得当0≤x<1时，f(x)的值域；以及讨论a>1，0 【解答过程】（1）由1−xx+1>0，可得−1 又f−x=lg1+x1−x=−lg1−x1+x=−fx，即fx为奇函数.
又fx=lg1−xx+1=lg−x+1+2x+1=lg−1+2x+1，
函数y=−1+2x+1在−1,1上单调递减，值域为0,+∞.
由复合函数的单调性质知fx在−1,1上单调递减，且fx的值域为R，
不等式ffx+flg2>0，转化为ffx>−flg2，
因为fx为奇函数，所以ffx>−flg2=f−lg2，
因为fx在−1,1上单调递减，所以−1 即−1 即x+110<1−x 则原不等式的解集为13,911.
（2）因为存在x1,x2∈0,1，使得fx1=gx2成立，
所以x∈0,1时，fx的值域与gx的值域有交集.
因为fx=lg−1+2x+1在0,1上是减函数，f0=1，
所以fx的值域为−∞,0，
当a>1时，gx=3−ax在0,1上单调递减，故gx的值域为3−a,2，
所以3−a<0即a>3，
当0 综上所述，实数a的取值范围为3,+∞.
29．（2023秋·河南郑州·高一校考期末）已知函数fx=log4x4⋅log2x16.
(1)求函数fx的值域；
(2)解关于x的不等式fx>3；
(3)若对任意的x∈2,4，不等式f2x−a⋅log2x+1≥0恒成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）根据对数的运算性质可化简fx=log2x2−6log2x+8,由换元法结合二次函数的性质即可求解，
（2）由一元二次不等式以及对数不等式即可求解，
（3）分离参数，结合基本不等式求解最值即可求解.
【解答过程】（1）因为fx定义域为0,+∞，
则fx=12log2x4⋅2log2x16=log2x−2log2x−4=log2x2−6log2x+8,
设log2x=tt∈R，则y=t2−6t+8=(t−3)2−1≥−1，
所以fx值域为−1,+∞.
（2）不等式可化为t2−6t+8>3，即t2−6t+5>0解得t<1或t>5
即log2x<1或log2x>5，解得032
所以不等式的解集为{x∣032}
（3）因为f2x−a⋅log2x+4≥0，
所以log2x−1⋅log2x−3−alog2x+1≥0，
设log2x=t，则t∈1,2，
原问题化为对任意t∈1,2,t2−4t+4−at≥0，
即a≤t+4t−4，
因为t+4t−4≥2t⋅4t−4=0（当且仅当t=2即x=4时，取等号），
即t+4t−4的最小值为0，
所以a≤0.
30．（2023秋·江西·高三校联考阶段练习）已知函数fx=log22x+1+ax是偶函数．
(1)求a的值；
(2)设gx=fx+x，ℎx=x2−2x+m，若对任意的x1∈0,4，存在x2∈0,5，使得gx1≥ℎx2，求m的取值范围.
【解题思路】（1）由偶函数的定义求参数值；
（2）由gx在0,4上的最小值不小于ℎx在0,5上的最小值求解．
【解答过程】（1）因为fx=log22x+1+ax是偶函数，
所以f−x−fx=0，即log22−x+1−ax−log22x+1−ax=0，
即2ax=log22−x+1−log22x+1=log22−x+12x+1=−x，所以a=−12．
（2）因为对任意的x1∈0,4，存在x2∈0,5，使得gx1≥ℎx2，
所以gx在0,4上的最小值不小于ℎx在0,5上的最小值．
因为gx=log22x+1+12x在0,4上单调递增，所以gxmin=g0=1，
ℎx=x2−2x+m在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以ℎxmin=ℎ1=m−1，
所以1≥m−1解得m<2，即m的取值范围是−∞,2．
题型七
指数函数与对数函数的综合应用


31．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高一校考期末）已知函数fx=9log3x+1log3x，gx=m⋅9x−3x+1−1，m>0．
(1)求函数fx在区间1,+∞上的最小值；
(2)若对∀x1∈1,+∞，∃x2∈1,2，使得fx1−gx2>−2成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）令log3x=t，将函数化为y=9t+1t，利用基本不等式求最值；
（2）独立m，将问题转化为∃a∈19,13，使得m<9a2+3a成立，求9a2+3a的最大值，得m的取值范围.
【解答过程】（1）令log3x=t，因为x∈1,+∞，所以t∈0,+∞，
则f(x)=9log3x+1log3x可化为y=9t+1t，t∈0,+∞，
因为9t+1t≥29t×1t=6，当且仅当9t=1t，即t=13，x=313时，等号成立，
所以x=313时，f(x)取最小值6.
（2）由（1），f(x1)∈6,+∞，
因为∀x1∈1,+∞，∃x2∈1,2，使得f(x1)−g(x2)>−2成立，
所以∃x2∈1,2，使得g(x2)<6+2=8成立，
即∃x∈1,2，使得m<9×13x2+3×13x成立，
令13x=a，因为x∈1,2，a∈19,13，
所以∃a∈19,13，使得m<9a2+3a成立，
因为当a∈19,13，9a2+3a=3a+122−14≤3×13+122−14=2，
当a=13，即x=1时，9a2+3a取最大值2，
所以0 32．（2023春·四川德阳·高一统考期末）设函数fx=2x+k2x满足f0=kk+1.
(1)判定fx的奇偶性并说明理由；
(2)当fx为奇函数时，是否存在常数a>0，使得关于t的不等式flogat+1+1+f−logat+1<0在区间1,2上的解集非空，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）先求出函数解析式，然后利用奇偶性函数的定义判断即可；
（2）利用奇函数及单调性把问题转化为logat+1t<−2在区间1,2上的解集非空，分类讨论求解即可.
【解答过程】（1）由20+k20=kk+1得：k2=1，所以k=1或-1.
当k=1时，fx=2x+12xx∈R，由于f−x=2−x+12−x=2x+12x=fx，
所以fx为偶函数；
当k=−1时，fx=2x−12xx∈R，
由于f−x=2−x−12−x=−2x+12x=−2x−12x=−fx，所以fx为奇函数.
（2）当fx为奇函数时，fx=2x−12xx∈R，
由于fx=2x−12x=2x−12x，且y=2x及y=−12x在R上均单调递增，
所以fx在R上单调递增.
假设存在常数a>0，
使得关于t的不等式flogat+1+1+f−logat+1<0在区间1,2上解集非空，
所以flogat+1+1 由fx的单调性知logat+1t<−2在区间1,2上的解集非空，
当a>1时，有0 即a−2>1+1tmin=32，所以a2<23，无解（与a>1矛盾），
当0a−2在区间1,2上的解集非空，
即a−2<1+1tmax=2，所以a2>12，所以a>22，即22 综上可知，存在a>0使原命题成立，其范围是22,1.
33．（2023秋·江苏常州·高二校考开学考试）已知函数fx=2x，gx=log31+x1−x.
(1)求函数gx的定义域，判断并证明该函数的单调性；
(2)函数Fx=f2x−3fx，若对∀x1∈0,1，都∃x2∈−12,12，使得Fx1=gx2+m成立，求实数m的取值范围；
(3)函数Gx=f2x−3afx，若对∀x1∈0,1，都存在∃x2∈−12,12，使得Gx1≥gx2成立，求实数a的取值范围；
【解题思路】（1）利用对数的真数大于零可求得函数gx的定义域，然后判断出函数gx=log31+x1−x在其定义域上为增函数，利用函数单调性的定义可证明结论成立；
（2）求出函数Fx在0,1上的值域，求出函数gx+m在−12,12上的值域，根据题意可得出两个函数值域的包含关系，可得出关于实数m的不等式组，即可解得实数m的取值范围；
（3）求出函数gx在−12,12上的值域，可得出∀x∈0,1，2x2−3a⋅2x≥−1，令t=2x∈1,2，则t2−3at≥−1，可得3a≤t+1t，利用双勾函数的单调性求出函数y=t+1t在1,2上的最小值，即可求得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）解：对于函数gx=log31+x1−x，有1+x1−x>0，即x+1x−1<0，解得−1 所以，函数gx的定义域为−1,1，
函数gx=log31+x1−x在其定义域上为增函数，证明如下：
任取x1、x2∈−1,1且x1 则gx1−gx2=log31+x11−x1−log31+x21−x2=log31+x11−x21−x11+x2
=log31+x1−x2−x1x21−x1+x2−x1x2，
因为−1 且1+x1>0，1−x1>0，1+x2>0，1−x2>0，
则1−x1+x2−x1x2>1+x1−x2−x1x2>0，
所以，0<1+x1−x2−x1x21−x1+x2−x1x2<1，所以，gx1−gx2=log31+x1−x2−x1x21−x1+x2−x1x2<0，
所以，gx1 （2）解：Fx=f2x−3fx=22x−3⋅2x=2x−322−94，
当x∈0,1时，1≤2x≤2，则−12≤2x−32≤12，则0≤2x−322≤14，
则Fx=2x−322−94∈−94,−2，
因为函数gx在− 12,12上单调递增，且g12=log33=1，g−12=log313=−1，
故函数gx在− 12,12上的值域为−1,1，则gx+m∈m−1,m+1，
对∀x1∈0,1，都∃x2∈−12,12，使得Fx1=gx2+m成立，
则−94,−2⊆m−1,m+1，所以，m−1≤−94m+1>−2，解得−3 因此，实数m的取值范围是−3,−54.
（3）解：因为gx在−12,12上单调递增，由（2）可知，函数gx在−12,12上的值域为−1,1，
因为函数Gx=f2x−3afx=2x2−3a⋅2x，
若对∀x1∈0,1，都存在∃x2∈−12,12，使得Gx1≥gx2成立，则Gx1≥−1，
即∀x∈0,1，2x2−3a⋅2x≥−1，
令t=2x∈1,2，则t2−3at≥−1，可得3a≤t+1t，
由双勾函数的单调性可知，函数y=t+1t在1,2上单调递增，所以，ymin=yt=1=2，
所以，3a≤2，解得a≤23，故实数a的取值范围是−∞,23.
34．（2023春·河南信阳·高一校考期中）已知函数fx=log22−a2x+1−x，函数gx=2−x−t⋅2x．
(1)若gx是偶函数，求实数t的值，并用单调性的定义判断gx在0,+∞上的单调性；
(2)在（1）的条件下，若对于∀x1∈0,+∞，∀x2∈R，都有fx1+2≤gx2+log22a成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据偶函数的性质得到g−x=gx，即可求出参数t的值，从而求出函数的解析式，再利用定义法证明函数的单调性；
（2）利用基本不等式求出gx+log22amin，依题意可得对∀x∈0,+∞，log22−a2x+1−x+2≤2+log22a恒成立，首先根据log22a>0、log22−a2x+1有意义，求出a的取值范围，再根据log22−a2x+1≤log22a⋅2x恒成立，参变分离可得a≥23+13×2x恒成立，即可求出参数的取值范围.
【解答过程】（1）∵gx为偶函数，∴g−x=gx恒成立，
∴2x−t⋅2−x=2−x−t⋅2x恒成立，即1+t2x−2−x=0，∴t=−1．
∴gx=2−x+2x，经验检 ，t=1满足题意，
设任意的x1，x2∈0,+∞且x1 则fx1−fx2=2−x1+2x1−2−x2+2x2=2−x1−2−x2+2x1−2x2
=12x1−12x2+2x1−2x2=2x2−2x12x1⋅2x2+2x1−2x2=2x1−2x21−12x1⋅2x2．
因为0≤x1 所以2x1−2x2<0，1−12x1⋅2x2>0，2x1−2x21−12x1⋅2x2<0，
所以gx在0,+∞是单调增函数．
（2）gx+log22a=2−x+2x+log22a≥212x⋅2x+log22a=2+log22a．
当且仅当12x=2x即x=0时等号成立，∴gx+log22amin=2+log22a，
由题意可得：∀x∈0,+∞，fx+2≤2+log22a恒成立．
即∀x∈0,+∞，log22−a2x+1−x+2≤2+log22a恒成立，
由log22a>0有意义，得a>0，
由log22−a2x+1有意义，得2−a2x+1>0在0,+∞恒成立．
即a<2+12x在0,+∞上恒成立，
设ℎx=2+12x，易知ℎx在0,+∞上的值域为2,3，故a≤2，所以0 又∀x∈0,+∞，log22−a2x+1−x+2≤2+log22a恒成立，
即∀x∈0,+∞，log22−a2x+1≤log22a⋅2x恒成立．
即2−a2x+1≤2a⋅2x恒成立，即a≥23+13×2x恒成立，
23+13×2xmax=23+13×20=1，∴a≥1．
综上，实数a的取值范围为1,2．
35．（2023春·湖南长沙·高二校考期中）已知函数f(x)=lg1−xx+1，函数g(x)=2−ax(a>0,a≠1)，函数ℎ(x)=1−m⋅3x1+m⋅3x(m≠0)．
(1)求不等式f(f(x))+f(lg2)>0的解集；
(2)若存在x1,x2∈[0,1)，使得fx1=gx2成立，求实数a的取值范围；
(3)定义在I上的函数F(x)，如果满足：对任意x∈I，存在常数M>0，都有−M≤F(x)≤M成立，则称函数F(x)是I上的有界函数，其中M称为函数F(x)在I的上界．讨论函数ℎ(x)在x∈(0,1)上是否存在上界？若存在，求出M的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）判定f(x)为−1,1上单调递增的奇函数，解不等式即可；
（2）由题意可得f(x)和g(x)的值域需要存在交集，分类讨论a的范围求gx的值域即可；
（3）化简得ℎ(x)=−1+21+m⋅3x(m≠0)，分类讨论m的取值范围，再由定义计算即可.
【解答过程】（1）因为f(x)=lg1−xx+1，则1−x1+x>0，解得−1 而f(−x)=lg1+x1−x=−f(x)，所以f(x)为奇函数，
且0 不等式f(f(x))+f(lg2)>0，即为f(f(x))>−f(lg2)=f(−lg2)，则−1 即−1 则原不等式的解集为13,911．
（2）函数g(x)=2−ax(a>0,a≠1)，
若存在x1,x2∈[0,1)，使得fx1=gx2成立，
当0≤x<1,f(x)=lg1−xx+1的值域为(−∞,0]，
当a>1时，g(x)在[0,1)递减，可得g(x)的值域为(2−a,1]，
由题意可得f(x)和g(x)的值域需要存在交集，即有2−a<0，即a>2；
若0 可得f(x)和g(x)的值域不存在交集，故不符合题意．
综上可得a的范围是(2,+∞)．
（3）ℎ(x)=1−m⋅3x1+m⋅3x=−1+21+m⋅3x(m≠0)，
（ⅰ）当m>0,1+m⋅3x>1，
则ℎ(x)在(0,1)上单调递减，
∴1−3m1+3m<ℎ(x)<1−m1+m，
①若1−m1+m≥1−3m1+3m，即m∈0,33时，存在上界M,M∈1−m1+m,+∞，
②若1−m1+m<1−3m1+3m，即m∈33,+∞时，存在上界M,M∈3m−11+3m,+∞；
（ⅱ）当m<0时，
①若−13 ②若m=−13时，ℎ(x)=−1+21−13⋅3x在(0,1)上单调递增，ℎ(x)∈(2,+∞)，故不存在上界；
③若−1 ④若m=−1,ℎ(x)=−1+21−3x，在(0,1)上单调递增，ℎ(x)∈(−∞,−2)，故不存在上界；
⑤若m<−1,ℎ(x)在(0,1)上单调递增，ℎ(x)∈1−m1+m,1−3m1+3m，而1−3m1+3m<0，故存在上界M,M∈m−1m+1,+∞．
综上所述，当m<−1时，存在上界M,M∈m−11+m,+∞，
当−1≤m≤−13时，不存在上界，
当−13 当m∈0,33时，存在上界M,M∈1−m1+m,+∞，
当m∈33,+∞时，存在上界M,M∈3m−11+3m,+∞．