2026年新高考数学专题复习学案 7. 指数函数与对数函数一轮复习与应用

这是一份2026年新高考数学专题复习学案 7. 指数函数与对数函数一轮复习与应用，共26页。
例1．设函数则满足的实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
解析：①当时，，此时，不合题意；
②当时，，可化为，所以，解得．
综上，实数的取值范围是．故选：B．
例2．若函数，在R上为严格增函数，则实数的取值范围是（ ）
A．（1，3） B．（2，3） C． D．
解析：在上为严格增函数，，解得.即实数的取值范围是.故选：D（本文由凌晨讲数学整理，.）
例3．已知函数的值域为R，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
解析：因为在上单调递增，所以当时，，若函数的值域为R，则，解得．故选：A.
例4．已知函数则图象上关于原点对称的点有（ ）
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
解析：作出的图象，再作出函数关于原点对称的图象如图所示.因为函数关于原点对称的图象与图象有三个交点，故图象上关于原点对称的点有3对.故选：C

★考点2.指数函数图象变换与应用
例5．指数函数与的图象如图所示，则（ ）
A． B． C．D．
解析：因为函数的图象是下降的，所以；又因为函数的图象是上升的，所以.故选：C.
例6．函数（）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
解析：当时，，因此，且函数在上单调递增，故A、B均不符合；
当 时，，因此，且函数在上单调递减，故C符合，D不符合．故选：C．
例7．已知函数的图象经过原点，且无限接近直线，但又不与该直线相交，则（ ）
A． B． C． D．
解析：因为函数图象过原点，所以，得，又该函数图象无限接近直线，且不与该直线相交，所以，则，所以.故选：C
例8．已知函数 方程有两个不同的根，分别是则 （ ）
A．B．3C．6D．9
解析：由题意得：为R上的增函数，且当时，，，当时，，，方程有两个不同的根等价于函数与的图象有两个交点，作出函数与的图象如下图所示：由图可知与图象关于对称，
则两点关于对称，中点在图象上，由，解得：.
所以.故选：B
★考点3.常见的几类指数型函数模型
假设且.
(1)..
(2)..
(3)..
(4)..
(5)..
(6)..
请自行判断上述（2）-（6）函数的奇偶性
例9．函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
解析：函数定义域为R，，又函数在R上单调递减，则，所以函数的值域为.故选：A
例10．已知函数，则下列说法不正确的是（ ）
A．函数单调递增 B．函数值域为
C．函数的图象关于对称 D．函数的图象关于对称
解析：，函数，，则，
又内层函数在上单调递增，外层函数在上单调递增，所以根据复合函数单调性的法则可知，函数单调递增，故A正确；因为，所以，则，所以函数的值域为，故B正确；
，，所以函数关于点对称，故C错误，D正确.故选：C.
★考点4.对数运算与应用
1.对数的概念与性质
（1）对数的概念：如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底数N的对数，记作x＝lgaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数，lgaN叫做对数式。
（2）对数的性质
对数式与指数式的互化：ax＝N⇔x＝lgaN(a>0，且a≠1)；
= 1 \* GB3 ①lga1＝0， = 2 \* GB3 ②lgaa＝1， = 3 \* GB3 ③algaN＝N， = 4 \* GB3 ④ lgaaN＝N (a>0，且a≠1).
指数式与对数式的关系
2.对数的的运算法则
如果a>0，且a≠1，M>0，N>0
= 1 \* GB3 ①lga(M·N)＝lgaM＋lgaN = 2 \* GB3 ②lgaeq \f(M,N)＝lgaM－lgaN = 3 \* GB3 ③lgaMn＝nlgaM(n∈R)
3.换底公式
（1）lgab＝eq \f(lgcb,lgca)(a>0，且a≠1，c>0，且c≠1，b>0)
（2）换底公式的三个重要结论
①lgab＝eq \f(1,lgba)； ②lgambn＝eq \f(n,m)lgab； ③lgab·lgbc·lgcd＝lgad.
例11．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知，，则_______
解析：由题，整理得，
或，又，所以，故，故答案为：64.
例12．设，，.若，，则最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
解析：∵，，，，∴，，
∴，当且仅当，时取等号.∴的最大值为1.故选：C.
★考点5.对数函数图像（变换）与应用
1.对数函数的图象与性质
例13．函数与的图象的交点个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
解析：函数与都是偶函数，其中，，
在同一坐标系中，作出函数与的图象，如下图，
由图可知，两函数的交点个数为6.故选：D
例14．已知函数为上的奇函数，且当时，，则（ ）
A． B． C． D．
解析：，因为为上的奇函数，所以.故选：A
例15．“”是“方程在上有实数根”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：因为方程在上有实数根，设，，当时，函数在单调递增，无交点，如图①所示，不成立；当时，函数在单调递增，函数在单调递减，如图②所示，即方程转化为在有解，故，解得.
综上所诉，实数的取值范围为：.所以是的充分不必要条件.
故选：A.

★考点6.对数型函数及应用
例16．函数的最小值为________
解析：因为
，当，即时，取到最小值，且.故答案为：
例17．已知函数的最大值为2，则__________.
解析：因为函数由与复合而成，
而在定义域上单调递增，所以当取最大值时，函数取得最大值，由二次函数的性质易知当时，，此时，所以，解得．故答案为：
例18．已知函数，则以下说法正确的是（ ）
A．函数的定义域为 B．函数的值域为
C．函数是定义域上的奇函数D．函数是定义域上的偶函数
解析：A选项，由题意得，解得，故定义域为，A正确；
B选项，，定义域为，由于在上单调递增，在上单调递减，又在上单调递增，故在上单调递增，在上单调递减，故，值域为，B正确；
CD选项，定义域为，关于原点对称，且，
故为偶函数，C错误，D正确；故选：ABD
例19．已知函数，，，，有成立，则实数的取值集合为（ ）
A． B．
C． D．
解析：令，则该函数在上单调递减，又在定义域上单调递增，所以函数在上单调递减，所以，即函数在上的值域为，令，则，因为，，有成立，所以值域为值域的子集，即为函数值域的子集，
当时，，显然不满足题意；当时，的对称轴，且开口向上，所以在上单调递增，且，所以，，即，所以，所以，所以或（与矛盾舍去），所以，所以，即实数的取值集合为.
故选：B
★考点7.指对六朵“金花”及十大应用



上述六个指数或对数函数组合出的新函数及其图象是非常重要的.需要注意的是，对于函数与在处的极限值，需要由洛必达法则来计算，此处计算一个以展示其原理.，故其图象在处趋近于.除此之外，还需注意函数与函数的图象在正无穷远的特征，其它们图象都是上去了之后就不再下穿轴.最后，要注意到与函数
之间的基本关系，后者实际上是前者向上平移一个单位得到，在实际应用中，后者出现的频率也相当之高.下面我们看到有关它们的十大应用，即：
1.图像问题
例20．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
解析：函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数为奇函数，排除A，B；当时，函数，则，当时，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，排除D．故选：C
2.方程根的个数
例21. 已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解析：（1）函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,在内,单调递增；
在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.
3.整数解问题
例22.已知偶函数满足，，且当时，.若关于的不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
解析：因为偶函数满足，则，即，
所以，函数是周期为的周期函数，当时，，令，可得.由可得，由可得.
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，因为关于的不等式在上有且只有个整数解，则关于的不等式在上有且只有个整数解，如下图所示：

因为，且，又因为，所以，要使得不等式在上有且只有个整数解，则这五个整数解分别为、、、、，
所以，，即，故选：B.
4.恒成立问题
例23．已知当时，均有不等式成立，则实数a的取值范围为______．
解析：①.时，不等式为，不恒成立；
②.时，，令，，由得，
当时，，递增，时，，递减，
∴时，，要使命题成立，则，；
③.时，函数是增函数，在唯一零点，，，即增函数，，但当时，，所以有唯一零点，要使不等式恒成立，只有，∴，，综上的取值范围是．
5.凸凹反转
凸凹反转是证明不等式的一种技巧，欲证明，若可将不等式左端拆成，且的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选取为上凸型函数，为下凹型函数来完成证明.于是，这就需要我们熟悉高中阶段常见的六个具有这样特点的函数.关于上述六个函数的性质和图像的应用在之前已经讲过，本节主要的目标就是来展示凸凹反转技巧的基本应用手法和命题技术.
例如在上面六个函数中，我们可以选取凸函数，求导可得：，故可得在上减，上增，于是.
再考虑凹函数，则，故在处取得最大值，即
. 这样可得，即，将这个不等式包装一下就得到了下面这道2013年高考真题.
例24.（2013全国卷）设函数，曲线在点处的切线为．
（1）求；
（2）证明：．
解析：（2），从而等价于．设函数，
则，所以当时，；当时，．故在
上单调递减，在上单调递增，从而在上的最小值为．
设函数，则．所以当时，；当时，
．故在上单调递增，在上单调递减，从而在上的最大
值为.由于，所以当时，，即．
例25．设函数．
（1）当时，求的极值；
（2）当时，证明：在上恒成立．
解析：（2）当时，，下面证，即证，
设，则，在上，，是减函数；在上，
，是增函数．所以.
设，则，在上，，是增函数；在上，，
是减函数，所以.所以，即，所以
，即，即在上恒成立．
注：凸凹反转技巧性较强，是一种命题的好方法，但对于应试的考生而言，技巧性过强而难以掌握，同时，它的使用范围也比较局限.
6.比较大小
例26.若,则（）
A.B.
C.D.
解析:构造函数,则,令,解得,当时,,故单调递减,又因为,所以,即
,又因为,所以,则
,即.答案:D
例27.已知,且3,则（ ）
A. B. C. D.
解析：由题意,得.设,则
.当时,;当时,,
所以在上单调递增,在上单调递减,结合,易画出的大致图象(如图),又,结合的大致图象,可得
.
7.极值点偏移
例28.（2010天津卷）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）如果，且，证明：.
解析：（2）等价于，故可得：
，由对数均值不等式可得：，故.
8.函数同构
解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为的结构，即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式： = 1 \* GB3 ①； = 2 \* GB3 ②； = 3 \* GB3 ③； = 4 \* GB3 ④； = 5 \* GB3 ⑤.
1.直接变形：
（1）积型：（同左）；
（同右）；
（取对数）.
说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.
（2）商型：（同左）；
（同右）；
（取对数）.
（3）和差型：（同左）；
（同右）.
2.先凑再变形：
若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以，同加上等，再用上述方式变形.常见的有：
= 1 \* GB3 ①；
= 2 \* GB3 ②；
= 3 \* GB3 ③
④
⑤
例29．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
解析：，，由于，则，同理可知，，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，，则，，则，构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.所以，.故选：C.
例30．已知函数，，若，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
解析：由题意得，，，即，令函数，则，所以，时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又当时，，时，，作函数的图象.由图可知，当时，有唯一解，故，且，∴.设，，则，
令解得，所以在上单调递增，在上单调递减，∴，即的最大值为.故选：D.
9.朗博不等式.
朗博不等式是近年来随着函数同构出现的一个热门的不等式，其原理如下：下面主要注意的是，那么根据指数函数的基本不等式可得：
，
等号成立当且仅当.
例31．若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
解法1：因为，所以，设，则且原不等式可化为，只需．设，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以，所以．故选：B．
解法2：由不等式，可得.
例32.已知函数（，为自然对数的底数），.
（1）若有两个零点，求实数的取值范围；
（2）当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围.
解析1.（2）当时，，原命题等价于对一切恒成立对一切恒成立.令
，令，，则
在上单增，又，
，使即①当时，，当时，，即在递减，在递增，
由①知函数在单调递增即，实数的取值范围为.
解析2.由不等式，可得.
注意：朗博不等式命制的导数题目用通法解决时会出现同构型隐零点情形，即：
与这样的基本关系，读者在此处需特别注意.
10.函数嵌套
例33．已知函数，若关于的方程有且仅有三个不同的实数解，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
解析：因为，所以，当，；当，，所以在和单调递减，在单调递增，且当时，，，故的大致图象如图所示：关于的方程等价于，即或，由图知，方程有且仅有一解，则有两解，所以，解得，故选:C.
例34．（多选题）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数只有两个极值点
B．方程有且只有两个实根，则的取值范围为
C．方程共有4个根
D．若，，则的最大值为2
解析：对于，对求导得：，当或时，，当时，，即函数在，上单调递减，在上单调递增，因此，函数在处取得极小值，在处取得极大值，故选项正确；
对于，由选项知，作出曲线及直线，如图，要使方程有且只有两个实根，观察图象得当时，直线与曲线有2个交点，
所以方程有且只有两个实根，则的取值范围为，故选项错误；对于，由得：，解得，令，则，结合图象方程有两解，，，所以或，因为，所以，所以方程有两解；又因为，结合图象可知：也有两解，综上：方程共有4个根，故选项正确；对于，因为，而函数在上单调递减，因此当时，，当且仅当，所以t的最大值为2，故选项正确.故选：CD
三．习题演练
1．若函数且满足对任意的实数都有成立，则实数的取值范围是（ ）（本文由凌晨讲数学整理，.）
A．B．C．D．
【详解】函数满足对任意的实数都有，
所以函数是上的增函数，则由指数函数与一次函数单调性可知应满足，解得，所以数的取值范围为，故选：.
2．若，，，则正数大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【详解】由，则为与交点的横坐标，由，则为与交点的横坐标，由，即，则为与交点的横坐标，作出，，，的图象如下所示，
由图可知，.故选：B
3．命题：函数（且）的图象恒过定点；命题：当时，函数在区间上存在最小值．则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
【详解】，当时，，所以其图象恒过定点，故命题为假命题；，因为，∴，
所以二次函数对称轴在区间之内，当时，取得最小值，故命题为真命题.
所以是假命题，是假命题，是真命题，是假命题.
故选：C.
4．已知幂函数的图象过函数的图象所经过的定点，则的值等于（ ）
A． B． C．2 D．
【详解】由于为幂函数，则，解得：，则；
函数，当 时，，故的图像所经过的定点为，所以，即，解得：,故选：B.
5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【详解】因为在上单调递减，则，即；又因为在上单调递减，则，即；可得，且在上单调递增，则，即；综上所述：.
故选：D.
6．已知直线（，）过函数（，且）的定点T，则的最小值为________
【详解】令时，可得，可知函数，且的图象恒过定点，因为定点在直线上，可得，且，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.
7．已知函数，则函数零点的个数是_______
【详解】令，即，解得或，作出函数的图象如图，
由图可知，方程有个实数解，有个实数解，且均互不相同，所以，的实数解有个，所以，函数零点的个数是个.故答案为：
8．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，若函数在区间上有且仅有10个零点，则实数的取值范围是__________
【详解】因为是奇函数，且，所以，即函数是关于对称，以2为周期的奇函数，又时，，在同一坐标系中作出函数，的图象如图所示：
因为函数在区间上有且仅有10个零点，所以函数，在区间上有且仅有10个交点，由图知：实数的取值范围是，
故答案为：
9．设函数，若，且，则的最小值为________
【详解】由题意可知：的定义域为，令，解得；令，解得；则当时，，故，所以；
当时，，故，所以；故，即.
当时，则，当且仅当，时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：
10．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【详解】若，可知在内单调递增，可知在内单调递增，可得对任意恒成立，又因为在定义域内单调递增，可知在内单调递增，由题意可得：，解得，
所以实数的取值范围是.故选：B.
11．已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程至少有两解，则的取值范围为（ ）．
A．B．C．D．
【详解】由已知，则，则，可知函数为周期函数，最小正周期，又当时，，可知函数的图象如图所示，且的值域为，关于的方程至少有两解，
可得函数与函数的图象至少有两个交点，如图所示，

可知当时，，解得，即，当时，，解得，即，综上所述，故选：C.
12．（多选题）已知函数，则下列有关该函数叙述正确的有（ ）
A．是偶函数 B．是奇函数
C．在上单调递增 D．的值域为
【详解】

函数，由，解得，因此的定义域为，显然，函数是奇函数，错误，B正确；
函数，显然在单调递增，当时，，函数在上单调递增，于是在上单调递增，正确；当或时，，函数在上单调递减，于是在上单调递减，图像如图所示，所以值域为，故D错误.故选:BC．
13．函数的部分图像大致是（ ）
A． B．
C． D．
解析：函数的定义域为，因为，所以为偶函数，
所以的图象关于轴对称，所以排除BC，因为，所以排除D，故选：A
14．已知实数，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
解析：由，，，可得，，．令，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以，所以，又，．故选：D．
15．关于函数，有如下四个命题：
①函数的图像关于轴对称； ②函数的图像关于直线对称；
③函数的最小正周期为； ④函数的最小值为2．
其中所有真命题的序号是__________
解析：对于①：定义域为，因为，所以是上的偶函数，所以图像关于轴对称，故①正确；
对于②：对于任意的，，
所以函数的图像关于直线对称，故②正确；
对于③：因为，
所以函数的最小正周期不为，故③错误；
对于④：设，则，因为，当且仅当，即时等号成立，所以函数的最小值为2，故④正确，故答案为：①②④
16.设，函数．
（1）已知，求证：函数为定义域上的奇函数；
（2）已知．
（i）判断并证明函数的单调性；
（ii）函数在区间上的值域是，求的取值范围．
解析：（1）因为，所以，由得函数的定义域为，又所以函数为定义域上的奇函数
（2）当时，因为，所以，所以函数的定义域为．
（i）结论：函数为上的单调增函数．
证明：设对任意的，，且，
因为，所以即因为，所以，，
又，所以，即，所以函数为上的单调增函数
（ii）因为，所以，从而．又由知，，所以，
因为，由（i）知，函数为上的单调增函数．因为函数在区间上的值域是，所以，即从而关于的方程有两个互异实根．令，所以方程有两个互异正根．所以，解得.
17．已知函数是偶函数.
（1）.并求实数的值；
（2）.若方程有实数根，求的取值范围；
（3）.设，若函数与的图象有且仅有一个公共点，求实数的取值范围.
解析：（1）由于为偶函数，对任意，有，对恒成立.
可得：对恒成立，
即对恒成立，∴
（2）由题意知有实数根，即：有解.
令，则函数的图像与直线有交点.
,∵∴,∴的取值范围是.
（3）由（1）知，
∴由题意知有且只有一个实数根.令，则关于的方程有且只有一个正根.若，则，不合题意，舍去；
若，则方程的两根异号或方程有两相等正根.方程有两相等正根等价于，解得.方程的两根异号等价于，解得.综上所述，实数的取值范围是.
18．已知函数和有相同的最大值.
（1）求a；
（2）证明：存在直线y=b，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
解析：（2）由（1）知，由于时，，时，，因此只有才可能满足题意，记，且，由（1）得在上单调递增，在单调递减，且，所以存在，使得，设，则，设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以，是增函数，时，，，又，所以存在，使得，即此时与有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，同理与也有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，若与和共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线和的公共点，记其横坐标为，令，则，记与的三个交点的横坐标从左到右依次为，且满足，且，即，又，且，且在和上分别单调，所以，即，所以为的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标成等比数
图象
图像特征
在轴的上方，过定点
当逐渐增大时，图象逐渐上升
当逐渐增大时，图象逐渐下降
性质
定义域
值域
单调性
在上是增函数
在上是减函数
奇偶性
非奇非偶函数
范围
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
图象
a＞1
0＜a＜1
性质
定义域：(0，＋∞)
值域：R
当x＝1时，y＝0，即过定点(1,0)
当0＜x＜1时，y＜0；
当x＞1时，y＞0
当0＜x＜1时，y＞0；
当x＞1时，y＜0
在(0，＋∞)上为增函数
在(0，＋∞)上为减函数