专题08 指数函数与对数函数 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年）

这是一份专题08 指数函数与对数函数 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年），共42页。

目录TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc76627277" 常考点01 指、对数的化简求值 PAGEREF _Tc76627277 \h 1
\l "_Tc76627278" 常考点02 指、对数模型在生活中的应用 PAGEREF _Tc76627278 \h 3
\l "_Tc76627279" 常考点03 指、对数函数及图象 PAGEREF _Tc76627279 \h 7
\l "_Tc76627280" 常考点04 利用指、对数函数比较大小 PAGEREF _Tc76627280 \h 10
\l "_Tc76627281" 常考点05 利用指、对数函数解不等式（方程） PAGEREF _Tc76627281 \h 13
\l "_Tc76627282" 常考点06 指、对数函数的综合应用 PAGEREF _Tc76627282 \h 16
\l "_Tc76627283" 易错点01 公式运用不熟练没有得到最终解 PAGEREF _Tc76627283 \h 22
\l "_Tc76627284" 易错点02 使用换元法,使变量范围扩大致误 PAGEREF _Tc76627284 \h 23
\l "_Tc76627285" 易错点03 处理对数函数问题忽略真数大于零 PAGEREF _Tc76627285 \h 24
\l "_Tc76627286" 专项训练 （全卷共22题） PAGEREF _Tc76627286 \h 25
专项训练：按新高考真题的试题量和难度标准编写
常考点01 指、对数的化简求值
【典例1】（2021·湖南长沙市·高三模拟）镜片的厚度是由镜片的折射率决定，镜片的折射率越高，镜片越薄，同时镜片越轻，也就会带来更为舒适的佩戴体验．某次社会实践活动中，甲、乙、丙三位同学分别制作了三种不同的树脂镜片，折射率分别为，，．则这三种镜片中，制作出最薄镜片和最厚镜片的同学分别为（ ）
A．甲同学和乙同学 B．丙同学和乙同学 C．乙同学和甲同学 D．丙同学和甲同学
【答案】C
【解析】判断出，，的大小关系即可得出答案.
【详解】，．∵．∴．
又∵，，∴．∴有．
又因为镜片折射率越高，镜片越薄，故甲同学创作的镜片最厚，乙同学创作的镜片最薄．故选：C.
【典例2】（2021·浙江高三期末）已知x，y为正实数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据指数和对数的运算法则进行运算即可求得结果.
【详解】A中，，故A不正确；
B中，，故B正确；
C中，，故C不正确；
D中，，故D不正确. 故选：B.
【技巧点拨】
1）根式、指数幂化简原则：①化根式为分数指数幂；②化负指数幂为正指数幂；③化小数为分数；④注意运算的先后顺序．
2）对数性质在计算中的应用
(1)对数运算时的常用性质：lgaa＝1，lga1＝0.
(2)使用对数的性质时，有时需要将底数或真数进行变形后才能运用；对于多重对数符号的，可以先把内层视为整体，逐层使用对数的性质．
3）对数运算的一般思路
(1)拆：首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后利用对数运算性质化简合并．
(2)合：将对数式化为同底数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算．
【变式演练1】（2021·福建高三模拟）已知实数a，b满足，，则（ ）
A．3B．7C．D．
【答案】C
【分析】结合已知条件转化为相同的形式，然后构造函数，通过研究函数的单调性可得，进而结合对数的运算即可化简求得结果.
【详解】因为，所以，即，
又因为，即，
构造函数，则恒成立，
故在上单调递增，即存在唯一的实数，使得，所以，
所以，即，所以，故选：C.
【变式演练2】（2021·江苏南通市·高三模拟）若x，y，z均为正数，且，与最接近的整数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】设，则，，，利用换底公式及对数的运算性质即可求解.
【详解】解：设，所以，，，
.故选：C.
【点睛】本题的解题关键是，设，然后将多变量问题变为单变量问题处理.
【变式演练3】（2020·全国高考真题（文））设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知等式，利用指数对数运算性质即可得解
【详解】由可得，所以，所以有，故选：B.
【点睛】本题考查的是有关指对式的运算的问题，涉及到的知识点有对数的运算法则，指数的运算法则，属于基础题目.
常考点02 指、对数模型在生活中的应用
【典例1】
1．（2020·海南高考真题）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A．1.2天 B．1.8天 C．2.5天 D．3.5天
【答案】B
【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.
【详解】
因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，所以天.故选：B.
【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.
【典例2】
2．（2021·全国高考真题（文））青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（ ）（）
A．1.5B．1.2C．0.8D．0.6
【答案】C
【分析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解.
【详解】由，当时，，
则.故选：C.
【技巧点拨】
本类题型的特点是注重知识的应用，特别是指、对数型函数模型的应用，重点掌握指数式与对数式互化，函数与方程思想，数学运算、数学建模等．解题关键是正确进行指数式与对数式的互化．
【变式演练1】（2021·重庆高三模拟）我国航天技术的迅猛发展与先进的运载火箭技术密不可分.据了解，在不考虑空气阻力和地球引力的理想状态下，可以用公式计算火箭的最大速度()，其中()是喷流相对速度，()是火箭(除推进剂外)的质量，()是推进剂与火箭质量的总和，称为“总质比”.已知甲型火箭的总质比为400，经过材料更新和技术改进后，甲型火箭的总质比变为原来的，喷流相对速度提高了，最大速度增加了900()，则甲型火箭在材料更新和技术改进前的喷流相对速度为（ ）(参考数据：，)
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意列出改进前的等式等量关系式，改进后的等是等量关系式，联立即可解出．
【详解】解：设改进前的速度为，则，
，故选：．
【变式演练2】（2021·江苏苏州市·常熟中学高三三模）生物体死亡后，它机体内原有的碳14含量P会按确定的比率衰减(称为衰减率)，P与死亡年数t之间的函数关系式为(其中a为常数)，大约每经过5730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”.若2021年某遗址文物出土时碳14的残余量约占原始含量的79%，则可推断该文物属于（ ）参考数据：.
参考时间轴：
A．战国B．汉C．唐D．宋
【答案】B
【分析】根据“半衰期”得，进而解方程得，进而可推算其所处朝代.
【详解】由题可知，当时，，故，解得，
所以，所以当时，解方程，
两边取以为底的对数得，解得，
所以，所以可推断该文物属于汉朝.故选：B
【点睛】本题考查指数运算与对数运算，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据半衰期计算得，进而解方程.
【变式演练3】（2021·福建南平市·高三二模）克劳德·香农是美国数学家、信息论的创始人，他创造的香农定理对通信技术有巨大的贡献．技术的数学原理之一便是著名的香农公式：．它表示：在受噪声干挠的信道中，最大信息传递速率取决于信道带宽、信道内信号的平均功率、信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比．按照香农公式，若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至4000，则大约增加（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意设，，然后利用对数的性质计算即可得答案
【详解】设，，则，
又，，故选：B．
常考点03 指、对数函数及图象
【典例1】（2021·四川凉山州·高三三模）函数，且，则（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】B
【解析】运用代入法进行求解即可.
【详解】由，所以，故选：B
【典例2】（2019·浙江高考真题）在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题通过讨论的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点且单调递增，函数过定点且单调递减，D选项符合；当时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.
【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论的不同取值范围，认识函数的单调性.
【技巧点拨】
1）判断一个函数是否是指数函数，关键是看解析式是否符合y＝ax(a＞0，a≠1)这一结构形式．
2）对数函数的解析式同时满足：
①对数符号前面的系数是1；②对数的底数是不等于1的正实数(常数)；③对数的真数仅有自变量x.
3）对于有关指数型函数的图象问题，一般是从最基本的指数函数的图象入手，通过平移、伸缩、对称变换而得到．特别地，当底数a与1的大小关系不确定时应注意分类讨论．
4）判断指数函数图象上底数大小的问题，可以先通过令x＝1得到底数的值再进行比较．
5） (1)不管a>1还是0(2)在第一象限内，依图象的分布，逆时针方向a逐渐变小，即a的值越小，图象越靠近y轴．
6）指数型、对数型函数的图象与性质的讨论，常常要转化为相应指数函数，对数函数的图象与性质的问题．
【变式演练1】（2021·河北衡水市·高三其他模拟）函数且a≠1)的图象过定点Q，且角a的终边也过点Q，则___________.
【答案】
【分析】首先可得点的坐标，然后可得，然后可求出答案.
【详解】由题可知点Q(4，2)，所以
所以
故答案为：
【变式演练2】（2021·山东潍坊市·高三三模）已知函数（且）的图象如下图所示，则下列四个函数图象与函数解析式对应正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】由函数图象过点可得的值，根据指数、对数、幂函数图象的特点逐一判断即可.
【详解】由图可得，即，单调递减过点，故A正确；
为偶函数，在上单调递减，在上单调递增，故B正确；
为偶函数，结合指数函数图象可知C错误；
，根据““上不动、下翻上”可知D正确；故选：ABD.
【变式演练3】（2021·四川高三三模（理））函数及，则及的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】讨论、确定的单调性和定义域、在y轴上的截距，再讨论、，结合的单调性，即可确定函数的可能图象.
【详解】当时，单调递减，单调递减，所以单调递增且定义域为，此时与y轴的截距在上，排除C.
当时，单调递减，单调递增，所以单调递减且定义域为，此时与y轴的截距在上.
∴当时，单调递增；当时，单调递减，故只有B符合要求.故选：B.
常考点04 利用指、对数函数比较大小
【典例1】（2021·全国新高考真题2卷）已知，，．则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用即介质，即可比较a与c，b与c的大小关系.
【详解】,所以; ，即;
综上，,故选：C.
【点睛】本题考查对数比较大小问题，难度不较大，关键难点是找到合适的介质.
【典例2】（2021·全国高考真题（理））设，，．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】,所以;
下面比较与的大小关系.
记,则,，
由于
所以当0所以在上单调递增，所以,即,即;
令,则,,
由于，在x>0时,,
所以,即函数在[0,+∞)上单调递减，所以,即,即b【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
【技巧点拨】
1、比较指、对数式的大小的方法是：(1)同底（或能化成同底数的先化成同底），再利用单调性比较大小；(2)指数或真数相同，利用图象法或转化为同底数进行比较。（3）若底数、指数（真数）均不同，引入中间量进行比较.（中间量一般选择0，1）。
2.根据指数函数图象判断底数大小的问题，可以通过直线x＝1与图象的交点进行判断．如图是指数函数(1)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，底数a，b，c，d与1之间的大小关系为c＞d＞1＞a＞b.
规律：在y轴右(左)侧图象越高(低)，其底数越大．
3.根据对数函数图象判断底数大小的问题，可以通过直线y＝1与图象的交点进行判断．
【变式演练1】（2020·全国高考真题（理））已知55<84，134<85．设a=lg53，b=lg85，c=lg138，则（ ）
A．a【答案】A
【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系.
【详解】由题意可知、、，，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得.
综上所述，.故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.
【变式演练2】（2020·全国高考真题（理））若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果.
【详解】由得：，令，
为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，
，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定.故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
【变式演练3】（2020·全国高考真题（理））若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.
【详解】设，则为增函数，因为
所以，
所以，所以.
，
当时，，此时，有
当时，，此时，有，所以C、D错误.故选：B.
【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.
常考点05 利用指、对数函数解不等式（方程）
【典例1】（2021·江苏南通市·高三模拟）已知函数，在R上单调递增，其中e为自然对数的底数，那么当m取得最大值时，关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先根据函数的单调性求得，从而确定m的最大值为1，接着确定函数的解析式，接着分类讨论的解集即可.
【详解】解：因为函数在R上单调递增，则有，解得，
所以m的最大值为1，此时，令，解得，
当时，，解得，所以，
当时，，解得，综上，不等式的解集为，故选：B.
【点睛】本题主要考查根据分段函数的单调性求参数的取值范围，处理这类问题主要是每一段上的单调性要考虑，还要考虑两段的端点值进行比较大小才能最后确定函数的单调性.
【典例2】（2021·广东高三模拟）是不超过的最大整数，则方程满足的所有实数解是___________．
【答案】或
【解析】时，，
当时，，则，所以，所以；
当时，，则，所以，所以；
所以或．
点睛：本题考查高斯函数在函数中的应用．时，，则本题应该分两类讨论，所以得到和的分类情况，解得答案．其分类讨论的思想方法也体现了高斯函数的本质——分段函数．
【技巧点拨】
1.解决指数不等式的求解问题一般利用指数函数的单调性，要特别注意底数a的取值范围，并在必要时进行分类讨论．
2.对可化为a2x＋b·ax＋c＝0或a2x＋b·ax＋c≥0(≤0)形式的方程或不等式，常借助换元法解题，但应注意换元后“新元”的范围.对数形式的方程或不等式方法同上，只是要加上对定义域的考虑即可.
2.解对数不等式的类型及方法：（1）形如lgax＞lgab的不等式，借助y＝lgax的单调性求解，如果a的取值不确定，需分a＞1与0＜a＜1两种情况讨论．（2）形如lgax＞b的不等式，需先将b化为以a为底的对数式的形式．
3.有关指、对数方程、不等式问题的求解，往往是利用相应的指、对数型函数图象和性质，数形结合求解．
【变式演练1】（2021·上海高三二模）方程的解集为__________.
【答案】
【分析】对变形，再利用换元法转化成一元二次方程问题来求解即可．
【详解】，
即：，令，
则方程可化为，解得：或，或或
方程的解集是：故答案为：.
【点睛】本题的关键一是对数运算性质及转化思想，二利用换元方法求解．
【变式演练2】（2021·合肥市第六中学高三其他模拟）已知函数则使得成立的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将函数可化为，再判断函数的奇偶性与单调性，根据函数的单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可；
【详解】解：∵可化为为偶函数，且在上单调递增，∴由得，即，解得或．故选：A．
【变式演练3】（2021·上海高三二模）已知函数，则不等式的解集为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设函数，判断其单调性与奇偶性；从而得出单调性与对称性，将所求不等式化为，根据函数单调性，即可求出结果.
【详解】设函数，则函数是定义域为，
根据指数函数与幂函数的单调性可得，是增函数，是减函数，是增函数，
所以在上单调递增；
又，所以是奇函数，其图象关于原点对称；
又，
即的图象可由向右平移一个单位，再向上平移两个单位后得到，
所以是定义域为的增函数，
且其图像关于点对称，即有，即 ．
由得 ，即，
即，所以 ，解得 ．故选：A．
【点睛】求解本题的关键在于根据函数的解析式，判断函数的单调性与对称性，进而即可求解不等式.
常考点06 指、对数函数的综合应用
【典例1】（2021·河南洛阳市·高三三模）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，如：，，已知，则函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简得出，可得时，；时，；时，，即可求出.
【详解】，
当时，，则，则，此时，
当时，，则，
当时，，则，则，此时，
则对于函数，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时，
故的值域为.故选：A.
【点睛】解题的关键是化简得出，分别求出时的取值范围.
【典例2】（2021·山东高三专题练习）已知函数（且，）是偶函数，函数（且） .（1）求的值；（2）若函数有零点，求的取值范围；（3）在（2）的条件下，若，，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）利用函数是偶函数，利用偶函数的定义，化简函数，求的值；
（2）问题转化为有解，分和两种情况讨论；（3）由条件可知问题转化为，根据不等式恒成立，参变分离后对恒成立，转化为求函数最值.
【详解】解：（1）∵为偶函数，∴，有，
对恒成立.
∴对恒成立.
∴，恒成立，∴.
（2）若函数有零点， 即，即有解.
令，则函数图象与直线有交点.
当时，∵，，无解.
当时，∵，，由有解可知，所以，
∴的取值范围是.
（3）当时，，
由（2）知，，当且仅当时取等号，所以的最小值是.
由题意，，，使得成立，
即，成立，所以对恒成立，设，则对恒成立，设函数，易知函数，
函数在内都是减函数，所以在是减函数，
则，所以. 即的取值范围是.
【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若若，，有，则的值域是值域的子集 ．
【技巧点拨】
1.应用对数函数的图象和性质，解答与对数函数有关的函数值域和复合函数的单调性等问题，必须弄清三方面的问题：一是定义域，所有问题都必须在定义域内讨论；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成，即它是由哪些基本初等函数复合而成的．另外，解题时要注意数形结合、分类讨论、转化与化归思想的使用．
2.求解与指数函数有关的复合函数问题，首先要熟知指数函数的定义域、值域、单调性等相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及单调性问题时，要借助“同增异减”这一性质分析判断．
解答指、对数函数性质的综合应用，首先判断指数型函数的性质，再利用其性质灵活求解即可。
【变式演练1】（2021·广东茂名市·高三二模）已知函数若函数有且只有两个不同的零点，则实数的取值可以是（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【答案】BCD
【分析】作出函数的图象如下图所示，将原问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，根据图示可得实数的取值范围.
【详解】根据题意，作出的图像如下所示：
令，得，所以要使函数有且只有两个不同的零点，
所以只需函数的图像与直线有两个不同的交点，
根据图形可得实数的取值范围为，故选：．
【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（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：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
【变式演练2】（2021·浙江高三模拟）已知函数为定义在上的偶函数，当时，函数的最小值为1，则______.
【答案】2
【分析】根据偶函数的定义可得，从而利用换元法：令，将原问题转化为含参数的二次函数最值即可求解.
【详解】解：由题意得，即，即，
所以，所以，.
令，.
因为在上是增函数，所以当时，.
因为在上的最小值是1，所以在上的最小值是1.
当时，，解得或（舍去）；
当时，，不合题意，舍去.综上，.故答案为：2.
【点睛】本题解题的关键是观察出与的关系，然后利用换元法将原问题等价转化为二次函数最值来解决.
【变式演练3】（2021·宁夏银川市·高三三模）已知函数是奇函数，当时，.若不等式（ 且）对任意的恒成立，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】先求出时的解析式，再利用对数的运算性质参变分离后结合导数可求参数的取值范围.
【详解】设，则，故，
故不等式（ 且）对任意的恒成立即为：
对任意的恒成立即对任意的恒成立.
设，则，
因为，故，故在为减函数，
故，故，整理得到，故.故答案为：.
【点睛】方法点睛：与对数有关的不等式的恒成立问题，我们可以利用对数的函数的图象，也可以利用对数的性质把底数分离出来，再结合导数求新函数的最值，从而求出参数的取值范围.
易错点01 公式运用不熟练没有得到最终解
【例1】已知求
【错解】∵∴ ∴
错因：因对性质不熟而导致题目没解完.
【正解】∵∴
∴
【例2】（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】运用对数运算法则和换底公式进行求解.
【详解】由，可得，
所以.故选：A
【例3】（2021·重庆市长寿中学校高三其他模拟）下列运算法则正确的是（ ）
A． B．
C．（且） D．
【答案】CD
【分析】取可判断A选项的正误；取，可判断B选项的正误；利用对数的换底公式可判断C选项的正误；利用指数的运算性质可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，若，则无意义，A选项错误；
对于B选项，若，，则无意义，B选项错误；
对于C选项，由换底公式可得（且），C选项正确；
对于D选项，当，、时，，D选项正确.故选：CD.
易错点02 使用换元法,使变量范围扩大致误
【例1】若方程有实根,则a的取值范围是 .
【错解】设,则方程有实根,所以,a的取值范围是.
【错因】忽略了.
【正解】设,则问题转化为方程至少有1个正根,因为两根之积为1,所以方程有2个正根,所以且,a的取值范围是.
【点睛】使用换元法,设,则t的范围由的值域确定．
【例2】（2021·上海高三三模）已知函数.求函数在区间上的最大值.
【答案】当时，；当时，.
【分析】由题设整理，令有，根据二次函数的性质可求区间最大值.
【详解】由题意，有且，
令，则，开口向上且对称轴为，
∴当，即时，，即；
当，即时，，即；
易错点03 处理对数函数问题忽略真数大于零
【例1】（2020·海南高考真题）已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可.
【详解】由得或 所以的定义域为
因为在上单调递增 所以在上单调递增
所以故选：D
【点睛】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域.
【例2】（2021·上海高三二模）方程的解为___________．
【答案】
【分析】结合对数运算以及指数运算，解方程求得的值.
【详解】依题意，，
，，，即或，解得或，
当时，，不符合题意，舍去.
所以.故答案为：
满分：150分 完成时间：120分钟
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.（2021·湖南衡阳市八中高三其他模拟）数字通信的研究中，需要解决在恶劣环境（噪声和干扰导致极低的信噪比）下的网络信息正常传输问题.根据香农公式，式中是信道带宽（赫兹），是信道内所传信号的平均功率（瓦），是数据传送速率的极限值，单位是为信号与噪声的功率之比，为无量纲单位（如：，即信号功率是噪声功率的1000倍），讨论信噪比时，常以分贝为单位即（信噪比，单位为）.在信息最大速率不变的情况下，要克服恶劣环境影响，可采用提高信号带宽的方法来维持或提高通信的性能.现在从信噪比的环境转到的环境，则信号带宽大约要提高（ ）
（附：）
A．10倍B．9倍C．2倍D．1倍
【答案】B
【分析】依题意，分别求出，，进而可得.
【详解】，
，
所以，，
所以，所以，即大约提高9倍.故选：B.
【点睛】在求时，是解决本题的一个关键.
2．（2021·湖南株洲市·高三二模）若函数的大致图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令得到，再根据函数图象与x轴的交点和函数的单调性判断.
【详解】令得，即，解得，由图象知，
当时，，当时，，故排除AD， 当时，易知是减函数，
当时，，，故排除C 故选：B
3．（2018·全国高考真题（理））设，，则
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：求出，得到的范围，进而可得结果．
详解：.
,即
又即故选B.
点睛：本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题．
活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.
4．（2020·全国高考真题（文））Lgistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Lgistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A．60B．63C．66D．69
【答案】C
【分析】将代入函数结合求得即可得解.
【详解】，所以，则，
所以，，解得.故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
5．（2021·济南市·山东省实验中学高三二模）中国科学院院士吴文俊在研究中国古代数学家刘徽著作的基础上，把刘徽常用的方法概括为“出入相补原理”：一个图形不论是平面的还是立体的，都可以切割成有限多块，这有限多块经过移动再组合成另一个图形，则后一图形的面积或体积保持不变利用这个原理，解决下面问题：已知函数满足，且当时的解析式为，则函数在的图象与直线围成封闭图形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题设“出入相补原理”，结合函数在的图象与直线围成封闭图形的特征及其对称性，应用数形结合的方法，移补图形可得矩形即可求面积.
【详解】由题意知：关于对称，而，且，，∴在，、及的图象如下，
∴将所围成的图形在x轴下半部分阴影区域分成两部分相补到x轴上半部分阴影区域，可得到图示：由x轴、y轴、、所围成的矩形的面积，
∴函数在的图象与直线围成封闭图形的面积为.故选：C
【点睛】利用函数的对称性及端点值，应用数形结合及“出入相补原理”，可将所围成的图形转化为由x轴、y轴、、所围成的矩形.
6．（2021·河南洛阳市·高三其他模拟）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，如：，，已知，则函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合指数函数性质求得的值域，然后再根据新定义求的值域．
【详解】，显然，，
所以的值域是， 当时，，
时，，当时，所以所求值域是．故选：C．
7．（2021·珠海市第二中学高三模拟）设是奇函数，若函数图象与函数图象关于直线对称，则的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出的定义域，然后利用奇函数的性质求出的值，从而得到的定义域，然后利用反函数的定义，即可求出的值域．
【详解】因为，所以可得或，
所以的定义域为或，
因为是奇函数，定义域关于原点对称，所以，解得，
所以的定义域为，
因为函数图象与函数图象关于直线对称，所以与互为反函数，
故的值域即为的定义域. 故选：.
8．（2021·上海高三二模）已知函数，设（）为实数，且．给出下列结论：①若，则；
②若，则．其中正确的是（ ）
A．①与②均正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①与②均不正确
【答案】A
【分析】令，得到为递增函数，且为奇函数，①中，不妨设，结合，利用直线的方程得到，进而得到，可判断①正确；②中，不妨设，得到点，利用直线的方程得到，进而得到，可判定②正确.
【详解】令函数，可得函数为单调递增函数，
又由，即，
所以函数为奇函数，图象关于点对称，如图（1）所示，
①中，因为，且，则，
不妨设， 则点，此时直线的方程为，
可得，
则，可得，
又由，所以，
即，即，所以①正确；
②中，若，不妨设，则，
不妨设， 则点，此时直线的方程为，
可得，
则，可得，
又由，所以，
即，即，所以②正确.故选：A.
【点睛】令函数，得到函数为递增函数，且为奇函数，求得点和，结合直线和的方程，得出不等式关系式是解答的关键.
二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.（2021·辽宁高三月考）已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】先判断，再判断A；利用判断B；利用B的结论判断C；利用C的结论判断D.
【详解】因为，所以，即A不正确；
因为，所以，即B正确；由可知，，C正确；
由可知，，则，即D正确．故选：BCD.
10．（2021·山东高三专题练习）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数的定义域为，则实数的取值范围是
B．若函数的值域为，则实数
C．若函数在区间上为增函数，则实数的取值范围是
D．若，则不等式的解集为
【答案】AC
【分析】对于A，首先要对分类讨论，然后在定义域为的条件下再求的取值范围；对于B，使内层函数的最小为4即可；对于C，一是要考虑内层函数的单调性，二是要考虑定义域；对于D，在解对数不等式时，一定要从定义域为基本前提出发.
【详解】对于A，由题意知对恒成立，
由于当时，不等式不恒成立，所以．
当时，由解得，所以A正确；
对于B，若函数的值域为，则，显然不为0，
则函数的最小值为4，则当时，
，解得，所以B错误；
对于C，若函数在区间上为增函数，则在上为增函数，且在内的函数值为正，所以解得，所以C正确；
对于D，若，则不等式等价于，
则，解得，所以D不正确．故选：AC．
【点睛】判断复合函数的单调性要注意把握两点：
一是要同时考虑两个函数的定义域；二是同时考虑两个函数的单调性，
正确理解“同增异减"的含义，即增增→增，减减→增，增减→减，减增→减．
11．（2021·湖北武汉市·汉阳一中高三二模）设函数和，若两函数在区间上的单调性相同，则把区间叫做的“稳定区间”，已知区间为函数的“稳定区间”，则实数a的可能取值是（ ）
A．B．C．0D．
【答案】AB
【分析】首先求函数，根据两个函数同为增函数或同为减函数，确定绝对值里面的正负，根据恒成立求的取值范围.
【详解】由题意得与在区间上同增或同减.
若同增，则在区间上恒成立，即所以.
若同减，则在区间上恒成立，即无解，
所以A，B选项符合题意.故选：AB
【点睛】思路点睛：本题考查指数函数单调性的综合应用，本题的关键是读懂“稳定区间”的定义，同时讨论函数同为增函数或同为减函数，去绝对值后转化为恒成立问题.
12．（2021·广东佛山市·高三其他模拟）函数，下列说法正确的是（ ）
A．的定义域为 B．在定义域内单调递増
C．不等式的解集为 D．函数的图象关于直线对称
【答案】AD
【分析】分别考虑函数的定义域、单调性及对称性就可以对每一个选项作出判断.
【详解】要使函数有意义，则，故A正确；
，令，易知其在上单调递减，所以在上单调递减，故B不正确；
由于在上单调递减，所以对，有，故C不正确；
令，解得，所以关于直线对称，故D正确.故选：AD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2018·上海高考真题）已知常数，函数的图象经过点，．若，则______．
【答案】6
【分析】直接利用函数的关系式，利用恒等变换求出相应的a值．
【详解】函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．
则：，整理得：=1，
解得：2p+q=a2pq，由于：2p+q=36pq，所以：a2=36，由于a＞0，故：a=6．故答案为6
【点睛】本题考查的知识要点：函数的性质的应用，代数式的变换问题的应用．
14．（2021·江苏南通市·高三模拟）已知在上是减函数，且对任意的都成立，写出一个满足以上特征的函数___________.
【答案】答案不唯一
【分析】由变形到可考虑对数函数，然后根据单调性以及“”可考虑构造对数型函数.
【详解】由题意可知，可变化为的形式，由此可想到对数函数，
又因为在上是减函数且，
所以满足条件的一个函数可取，故答案为：(答案不唯一).
15．（2021·山西阳泉市·高三三模）已知函数，.设为实数，若存在实数，使得，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】首先求得函数的值域，然后结合题意得到关于的不等式，求解不等式即可求得最终结果.
【详解】当时，，函数的解析式，
结合二次函数的性质可得的值域为，
当时，，则，
据此可知，函数的值域为，
由可得，
即：，解得：，即的取值范围为.故答案为：.
【点睛】本题考查学生的是函数的应用问题，属于中档题目.首先求出分段函数的值域，一段根据对数函数的单调性，另外一段的值域利用二次函数的性质求得，根据题意，即方程有解问题，从而限制b的范围，解出不等式即可.
16．（2021·山东高三其他模拟）已知数列满足．给出定义：使数列的前项和为正整数的叫做“好数”，则在内的所有“好数”的和为______．
【答案】2026
【分析】先计算出数列的前项和，然后找到使其为正整数的，相加即可得到答案．
【详解】由题，
．所以，．
因为为正整数，所以，即．
令，则．因为，所以．
因为为增函数，且所以．
所以所有“好数”的和为．故答案为：2026．
【点睛】本题考查了数列的新定义、对数运算法则，解题时应认真审题，找到规律，注意等比数列求前项和公式的灵活运用．
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17．（2021·湖南高三其他模拟）已知函数且)的图像过点.（1）求函数的解析式；（2）若函数在区间上的最大值是最小值的4倍，求实数的值.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）代入点，即可求出a得到函数解析式；
（2）根据指数函数的单调性求出函数的最值，利用最大值是最小值的4倍求m.
【详解】（1）因为函数且)的图像过点，所以，解得，
所以
（2）由（1）知，所以函数为递减函数.
故函数在区间上的最大值，最小值分别为，，
所以，即，解得.
18．（2021·全国高三模拟）已知函数，函数的图象上任意一点P关于原点的对称点Q的轨迹恰好是函数的图象．（1）写出的解析式：（2）若，时，总有成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）设是函数图象上的任意一点，则P关于原点的对称点Q的坐标在函数的图象上得，再是函数图象上的点，可得答案；
（2）求时，利用换元法求出的最小值可得答案．
【详解】（1）由题意，设是函数图象上的任意一点，
则P关于原点的对称点Q的坐标为，
因为已知点Q在函数的图象上，所以，而，
所以，所以，
而是函数图象上的点，所以．
（2）当时，，
下面求当时，的最小值，令，则，
因为，即，解得，所以，
又，所以，所以，
所以时，的最小值为0，
因为当时，总有成立，所以，即所求m的取值范围为．
19．（2021·上海格致中学高三三模）“弗格指数”是用来衡量地区内居民收益差距的一个经济指标，其中b是该地区的最低保障收入系数，a是该地区收入中位系数，x是该地区收入均值系数，经换算后，a、b、x都是大于1的实数，当时，该地区收入均衡性最为稳定.
（1）指出函数的定义域与单调性（不用证明），并说明其实际意义，经测算，某地区的“弗格指数”为0.89，收入均值系数为3.15，收入中位系数为2.17，则该地区的最低保障收入系数为多少（精确到0.01）？
（2）要使该地区收入均衡性最为稳定，求该地区收入均值系数的取值范围（用a、b表示）.
【答案】（1）定义域为，在上 单调递减，实际意义见解析，1.04；（2）.
【分析】（1）由及且可得函数的定义域；由复合函数的单调性可得函数的单调性；将，，代入函数，用计算器可求得；
（2）解不等式可得结果.
【详解】（1）要使函数有意义，则，又且，解得，
所以，函数的定义域为；令，则.
因为，所以当时，函数单调递减；
又，所以在上单调递增，故在定义域上是减函数.
其实际意义是：当该地区收入均值系数大于该地区的最低保障收入系数时，收入均值系数越大，弗格指数越小. 将，，代入函数得，
所以，用计算器可解得.
（2）要使该地区收入均衡性最为稳定，则，即，又，所以，
即，又，，所以，解得，
即该地区收入均值系数的取值范围是.
【点睛】第（2）问的关键点是解不等式.
20．（2021·上海高三二模）设且，，已知函数.
（1）当时，求不等式的解；（2）若函数在区间上有零点，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）或.
【分析】（1）根据题意得，进而分和两种情况求解即可；
（2）由题知，进而根据已知条件得，再结合对勾函数性质即可得或，进而求得答案.
【详解】解：（1），不等式可化为
若，则，解得，所以不等式的解集为.
若，则，解得，所以不等式的解集为.
综上所述：，的解集为；，的解集为.
（2）.
令，即，
∵，∴，∴；∴ .
设，则，
∴或，解得或.
【点睛】本题考查对数函数的性质，对数运算，函数的零点求参数，考查分类讨论思想，运算求解能力，化归转化能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于将问题转化为，有解，进而求解.
21．（2020·上海高三专题练习）定义在上的函数，若满足:对任意，存在常数，都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的上界
（1）设，判断在上是否是有界函数，若是，说明理由，并写出所有上界的值的集合；若不是，也请说明理由.
（2）若函数在上是以为上界的有界函数，求实数的取值范围.
【答案】（1）是有界函数;（2）
【分析】（1）分离常数后,可得函数的单调性,在区间内求得最大值与最小值,即可根据有界函数的定义求得的取值范围.（2）根据有界函数定义,可得的值域.代入解析式可分离得的不等式组.利用换元法转化为二次不等式形式,结合恒成立条件,即可求得的取值范围.
【详解】（1）则在上单调递增
所以对任意满足而所以
若恒成立,则 即所有上界的值的集合为
（2）函数在上是以为上界的有界函数
根据有界函数定义,可知在上恒成立
所以即化简变形可得
令 则在上恒成立 即满足
由二次函数性质可知,,当时,
,所以当时,
即,故的取值范围为
【点睛】本题考查了函数新定义的内容,对函数单调性与值域的综合应用,换元法的应用,恒成立问题的解法,属于中档题.
22．（2021·上海高三二模）设为给定的实常数，若函数在其定义域内存在实数，使得成立，则称函数为“函数”．（1）若函数为“函数”，求实数的值；（2）若函数为“函数”，求实数的取值范围；（3）已知()为“函数”，设.若对任意的，当时，都有成立，求实数的最大值．
【答案】（1）；（2）；（3）1.
【分析】（1）由题意可得，根据解析式即可求解.
（2）由题意可得，根据解析式整理可得，讨论或，使方程有根即可求解.（3）根据函数，求出，，设，从而可得，得出，构造函数，使其在区间上单调递增即可.
【详解】解：（1）由为“函数”，得
即，解得，故实数的值为；
（2）由函数为“G(1)函数”可知，存在实数，
使得，，即；
由，得， 整理得.
① 当时，，符合题意；
② 当时，由，即，解得且；
综上，实数的取值范围是；
（3）由为“函数”，得，即，从而，，
不妨设，则由，即，得，
令，则在区间上单调递增，又，
如图，可知，故实数的最大值为1.
【点睛】本题考查了函数的新定义，解题的关键是理解函数为“函数”的定义，对于（3）将问题转化为在区间上单调递增，考查了分析能力、转化能力.