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2023高考数学二轮复习专题10 对数与对数函数 （解析版）
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这是一份2023高考数学二轮复习专题10 对数与对数函数 （解析版），共43页。
专题10 对数与对数函数
【考点预测】
1.对数式的运算
(1)对数的定义：一般地，如果且，那么数叫做以为底的对数，记作，读作以为底的对数，其中叫做对数的底数，叫做真数．
(2)常见对数：
①一般对数：以且为底，记为，读作以为底的对数；
②常用对数：以为底，记为；
③自然对数：以为底，记为；
(3) 对数的性质和运算法则：
①；；其中且；
②(其中且，)；
③对数换底公式：；
④；
⑤；
⑥，；
⑦和；
⑧；
2.对数函数的定义及图像
(1)对数函数的定义：函数 且叫做对数函数．
对数函数的图象
图象
性质
定义域：
值域：
过定点，即时，
在上增函数
在上是减函数
当时，，当时，
当时，，当时，
【方法技巧与总结】
1.对数函数常用技巧
在同一坐标系内，当时，随的增大，对数函数的图象愈靠近轴；当时，对数函数的图象随的增大而远离轴．(见下图)
【题型归纳目录】
题型一：对数运算及对数方程、对数不等式
题型二：对数函数的图像
题型三：对数函数的性质（单调性、最值（值域））
题型四：对数函数中的恒成立问题
题型五：对数函数的综合问题
【典例例题】
题型一：对数运算及对数方程、对数不等式
例1．（2022·全国·高三专题练习）（1）计算；
（2）已知，求实数x的值；
（3）若，，用a，b，表示．
【答案】（1）7；（2）109；（3）．
【解析】
（1）利用对数恒等式和对数的运算法则计算即可；
（2）利用指对互化可得实数x的值；
（3）先求出，再利用换底公式结合对数的运算法则求得结果．
【详解】
（1）原式=；
（2）因为，所以，所以，所以x=109；
（3）因为，所以，所以
．
例2．（2022·全国·高三专题练习）（1）求的值.
（2）已知，，试用，表示
【答案】（1）18；（2）.
【解析】
【分析】
（1）首先根据题意得到原式，再利用换底公式化简即可得到答案.
（2）首先根据题意得到，，再利用换底公式化简即可得到答案.
【详解】
（1）原式
（2）由得到，
由，得到，即.
.
【点睛】
本题主要考查对数的换底公式，同时考查指数、对数的互化公式，属于中档题.
例3．（2022·全国·高三专题练习）（1）已知a，b，c均为正数，且3a＝4b＝6c，求证：；
（2）若60a＝3，60b＝5，求的值．
【答案】（1）详见解析；（2）2.
【解析】
【分析】
（1）设，应用指对数的互化有，进而应用换底公式及对数的运算性质分别求、，即可证结论；
（2）应用指对数互化有，应用对数的运算性质求，进而可求的值.
【详解】
（1）设，则.
∴，
∴，
而，
∴.
（2）由题设知：，
得，，
∴，
则.
例4．（2022·全国·模拟预测）若，，则（ ）
A．a＋b＝100 B．b－a＝e
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用指数和对数互化，得到a，b后逐项判断.
【详解】
对于A，由，，得，，所以，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确．
故选：D．
例5．（2022·全国·模拟预测）已知实数，满足，，，，，，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
根据得到，再利用换底公式得到，利用，即，求出，，所以.
【详解】
由，得，.
由，，所以，
所以，解得：，则，即，
所以，，所以，
故选：C.
例6．（2022·北京昌平·二模）已知函数，则关于的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由二次函数的性质判断区间单调性，根据解析式知恒过且，进而确定区间值域，再由对数函数性质求的对应区间值域，即可得不等式解集.
【详解】
由题设，对称轴为且图象开口向下，则在上递增，上递减，
由，即恒过且，
所以上，上，
而在上递增，且上，上，
所以的解集为.
故选：C
例7．（2022·全国·江西师大附中模拟预测（文））已知函数则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】
分、和，依次解不等式，再取并集即可.
【详解】
当时，不等式为，解得；
当时，不等式为，易知，解得；
当时，不等式为，解得；
综上，解集为：.
故答案为：.
例8．（2022·辽宁·东北育才学校二模）若函数满足：（1），且，都有；（2），则___________.（写出满足这些条件的一个函数即可）
【答案】，（logax，(0
【分析】
满足第一个条件，表示函数是单调递减函数，第二个条件正好是符合对数的运算性质；
【详解】
对于条件①，不妨设，则，∵，∴
∴，∴为上的单调递增函数，对于条件②
，刚好符合对数的运算性质，故这样的函数可以是一个单调递减的对数函数.
故答案为:.（logax，(0
（1）解关于x的方程；
（2）不等式的解集是，试求实数a的值.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件求出m值，并代入方程，再解方程即得.
(2)由给定解集借助对数函数单调性求出范围，换元借助一元二次不等式即可得解.
【详解】
（1）由已知得，即，则，于是得，
方程，
从而得或，即或，或，
所以原方程的根为或；
（2）依题意，函数中，，从而得.
又，令，
即一元二次不等式的解集为，
因此有-1，2是关于的方程的两根，则，
所以实数a的值为2.
【方法技巧与总结】
对数的有关运算问题要注意公式的顺用、逆用、变形用等.对数方程或对数不等式问题是要将其化为同底，利用对数单调性去掉对数符号，转化为不含对数的问题，但这里必须注意对数的真数为正.
题型二：对数函数的图像
例10．（2022·山东潍坊·二模）已知函数（且）的图像如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
结合函数的图象可得和，然后逐项分析即可求出结果.
【详解】
由图象可知在定义域内单调递增，所以，
令，即，所以函数的零点为，结合函数图象可知，所以，
因此，故A错误；
，又因为，所以，因此不一定成立，故B错误；
因为，即，且，所以，故C正确；
因为，所以，即，故D错误，
故选：C.
例11．（2022·江苏省高邮中学高三阶段练习）函数且的图象恒过定点，若点在直线上，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由对数函数的性质，可得，可得，再根据基本不等式“”的用法，即可求出结果.
【详解】
解：因为函数且的图象恒过定点，
所以，即，
所以，
又，所以
所以，当且仅当，即时取等号.
故选：C.
（多选题）例12．（2022·福建·莆田二中模拟预测）已知函数（且）的图象如下所示．函数的图象上有两个不同的点，，则（ ）
A．， B．在上是奇函数
C．在上是单调递增函数 D．当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A结合对数型函数图像相关知识求解；对于B运用定义法判断是否在上是奇函数；对于C运用定义法判断函数单调性；对于D通过作差法并对式子变形即可判断.
【详解】
对于A，由图像可知，函数（且）在上单调递增，所以，因为经过，所以，所以，，故A错误.
对于B，，定义域关于原点对称，，所以在上是奇函数，故B正确.
对于C，对于，由题意不妨令，则
，因为，，所以，即，所以在上是单调递增函数，故C正确.
对于D，，因为，，所以，所以，当且仅当时等号成立，即当时，成立，故D正确.
故选：BCD
例13．（2022·全国·高三专题练习）已知，若的图象与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】
由分段函数解析式，结合导数研究的性质，再将问题转化为与有3个不同交点，应用数形结合的思想有与在上至少有2个交点，最后由导数求它们相切或过时参数a的值，即可知的取值范围.
【详解】
由题设，上，故值域为且单调递增；
上，故值域为且单调递减；
∴在上值域为且单调递减；在上值域为且单调递增；
要使与轴有3个不同的交点，即与有3个不同交点，它们的图象如下：
∴由图知：要使函数图象有3个交点，则与在上至少有2个交点，
由，，则，
此时，若与相切时，切点为，
∴，可得，
当过时，有，得，
∴.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：根据已知研究的性质，并将问题转化为与的交点问题，应用导数的几何意义、数形结合的思想求参数范围.
【方法技巧与总结】
研究和讨论题中所涉及的函数图像是解决有关函数问题最重要的思路和方法.图像问题是数和形结合的护体解释.它为研究函数问题提供了思维方向.
题型三：对数函数的性质（单调性、最值（值域））
例14．（2022·陕西·榆林市第十中学高二期中（文））函数的一个单调增区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出函数的定义域，再利用复合函数单调性法则“同增异减”即可求解.
【详解】
函数的定义域为.
要求函数的一个单调增区间，
只需求的增区间，只需.
所以.
所以函数的一个单调增区间是.
故选：C
例15．（2022·天津·南开中学二模）已知函数是R上的单调函数，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分函数在R上的单调递减和单调递增求解.
【详解】
当函数是R上的单调递减函数，
所以，解得，
因为且，
所以当时，不可能是增函数，
所以函数在R上不可能是增函数，
综上：实数a的取值范围为，
故选：B
例16．（2022·浙江·模拟预测）己知实数，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
对利用换底公式等价变形，得，结合的单调性判断，同理利用换底公式得，即，
再根据对数运算性质得，结合单调性， ，继而得解.
【详解】
由可得，
因为在上单调递增，且，，所以，即，
其次，，所以，
又因为且单调递增，所以由可知，综上，．
故选：A
例17．（2022·全国·高三专题练习（理））函数f(x)＝logax(0＜a＜1)在[a2，a]上的最大值是（ ）
A．0 B．1
C．2 D．a
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对数函数的单调性可求出结果.
【详解】
∵0＜a＜1，∴f(x)＝logax在[a2，a]上是减函数，
∴f(x)max＝f(a2)＝logaa2＝2．
故选：C
例18．（2022·重庆·模拟预测）若函数有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对数函数的性质可得且，则，即可求出的大致范围，再令的根为、且，，，对分两种情况讨论，结合二次函数、对数函数的单调性判断即可；
【详解】
解：依题意且，所以，解得或，综上可得，
令的根为、且，，，
若，则在定义域上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
根据复合函数的单调性可知，在上单调递增，在上单调递减，函数不存在最小值，故舍去；
若，则在定义域上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
根据复合函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，所以函数在取得最小值，所以；
故选：A
【方法技巧与总结】
研究和讨论题中所涉及的函数性质是解决有关函数问题最重要的思路和方法.性质问题是数和形结合的护体解释.它为研究函数问题提供了思维方向.
题型四：对数函数中的恒成立问题
例19．（2022·北京·高三专题练习）若不等式在内恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对数函数的图象与性质，分和两种情况分类讨论，结合函数的单调性，列出不等式，即可求解.
【详解】
当时，由，可得，则，
又由，此时不等式不成立，不合题意；
当时，函数在上单调递减，
此时函数在上单调递增，
又由在上单调递增，
要使得不等式在内恒成立，
可得，解得.
故选：A.
例20．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数的值域为，若不等式
在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
根据题意，先求得，把不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，结合指数幂的运算性质，即可求解.
【详解】
由题意，函数的值域为，可得函数的最大值为，
当时，函数显然不存在最大值；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数有最大值，即，解得；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数无最大值，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
由在上恒成立，可得；
由在上恒成立，即在上恒成立，可得；
由在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得函数在上单调递增，所以，即，
综上可得，即实数的取值范围是.
故选：A.
例21．（2022·浙江·高三阶段练习）已知函数，，若存在，任意，使得，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
将问题转化为在对应区间上，结合对勾函数、对数函数的性质求、的区间最值，即可求的范围.
【详解】
若在上的最大值，在上的最大值，
由题设，只需即可.
在上，当且仅当时等号成立，
由对勾函数的性质：在上递增，故.
在上，单调递增，则，
所以，可得.
故答案为：.
例22．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，已知实数，若在上恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】.
【解析】
【分析】
把不等式作等价变形，构造函数，借助其单调性可得，分离参数构造函数并求出最大值作答.
【详解】
函数定义域为，则：
，
令，函数在上单调递增，则有原不等式等价于
，
令，，求导得：，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，则，
所以实数a的取值范围是.
【点睛】
关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，借助同构思想构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数在上的最大值与最小值之和为．
（1）求实数的值；
（2）对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据指对数函数的单调性得函数在上是单调函数，进而得，解方程得；
（2）根据题意，将问题转化为对于任意的，恒成立，进而求函数的最值即可.
【详解】
解：（1）因为函数在上的单调性相同，
所以函数在上是单调函数，
所以函数在上的最大值与最小值之和为，
所以，解得和（舍）
所以实数的值为.
（2）由（1）得，
因为对于任意的，不等式恒成立，
所以对于任意的，恒成立，
当时，为单调递增函数，
所以，所以，即
所以实数的取值范围
【点睛】
本题考查指对数函数的性质，不等式恒成立求参数范围，考查运算求解能力，回归转化思想，是中档题.本题第二问解题的关键在于根据题意，将问题转化为任意的，恒成立求解.
例24．（2022·陕西安康·高三期末（文））已知函数.
(1)若，求a的值；
(2)若对任意的，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由可求得的值，进而可求得实数的值；
（2）由可得出或，分、两种情况讨论，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
(1)
解：因为，所以，
所以，所以，解得.
(2)
解：由，得，即，
即或.
当时，，则或，
因为，则不成立，
由可得，得；
当时，，则或，
因为，则不成立，所以，解得.
综上，的取值范围是.
例25．（2022·上海·高三专题练习）已知，.
（1）当时，求函数的值域；
（2）对任意，其中常数，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）当时，当时，当时，.
【解析】
【分析】
（1）依题意可得，根据二次函数的性质计算可得；
（2）由得，令，对一切的恒成立，参变分离，根据函数的单调性求出函数的最值即可求出参数的取值范围；
【详解】
（1）因为，，
令，
∵，∴，所以当，即时取最大值，当或，即或时取最小值，
∴函数的值域为.
（2）由得，
令，∵，∴，
∴对一切的恒成立，
①当时，若时，；
当时，恒成立，即，
函数在单调递减，于是时取最小值-2，此时，
于是；
②当时，此时时，恒成立，即，
∵，当且仅当，即时取等号，即的最小值为-3，；
③当时，此时时，恒成立，即，
函数在单调递增，于是时取最小值，
此时，于是.
综上可得：当时，当时，当时，
【方法技巧与总结】
（1）利用数形结合思想，结合对数函数的图像求解；
（2）分离自变量与参变量，利用等价转化思想，转化为函数的最值问题.
（3）涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，借助同构思想构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
题型五：对数函数的综合问题
例26．（2022·河北·张家口市第一中学高三阶段练习）已知定义域为的单调递增函数满足：，有，则方程的解的个数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【解析】
【分析】
根据给定条件求出函数的解析式，再将问题转化成求两个函数图象公共点个数作答.
【详解】
因定义域为的单调递增函数满足：，有，
则存在唯一正实数使得，且，即，于是得，
而函数在上单调递增，且当时，，因此，，
方程，
于是得方程的解的个数是函数与的图象公共点个数，
在同一坐标系内作出函数与的图象如图，
观察图象知，函数与的图象有3个公共点，
所以方程的解的个数为3.
故选：A
【点睛】
思路点睛：图象法判断方程的根的个数，常常将方程变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
例27．（2022·四川雅安·三模（文））设是定义在R上的偶函数，对任意，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程恰有3个不同的实数根，则a的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
把方程恰有3个不同的实数根，转化成在区间内函数与函数的图象有三个交点，数形结合去解决即可.
【详解】
由题意可得，函数是周期为4的偶函数．
根据，，画出内的图象如图所示．
关于x的方程恰有3个不同的实数根，
则在区间内函数与函数的图象有三个交点，
则，解得．
故选：D
例28．（2022·广西柳州·高一期中）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据给定a，b的范围，利用正弦函数单调性判断A；利用不等式性质及均值不等式结合指对数函数判断B，C，D作答.
【详解】
因，且，则，而正弦函数在上单调递增，即有，A正确；
由得：，B不正确；
因，，则，C正确；
因，，则，D不正确.
故选：AC
例29．（2022·河北保定·二模）已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据指数式与对数式的关系由条件求出，，，构造函数结合零点存在性定理确定的范围，由此判断的大小关系.
【详解】
∵，∴，，∴.
设，∵，，在上先增后减，
∴.
∵，
∴，，
∴，
∴.
∵，
∴
设，
∵，，在上先增后减，
∴.
∴.
故选：BC.
【点睛】
本题解决的关键在于结合函数的单调性及零点存在性定理确定的范围.
例30．（2022·广东·三模）已知，e是自然对数的底，若，则的取值可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】CD
【解析】
【分析】
由题构造函数，进而可得，然后构造函数，利用导数可得
函数的最小值，即得.
【详解】
设，则在R上单调递增，
因为，则，
设，则，即，
所以，
设，，
当，当，
则在单调递减，在单调递增，
，即，
所以，即，
故的取值可以是3和4.
故选：CD.
例31．（2022·全国·高三专题练习）已知是函数的零点，则_______．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据零点定义可得，整理可得，根据此时可得成立，代入化简即可得解.
【详解】
根据题意可得，
整理可得，
可得当，即成立，
又，
代入可得.
故答案为：.
【过关测试】
一、单选题
1．（2022·辽宁辽阳·二模）区块链作为一种新型的技术，被应用于许多领域.在区块链技术中，某个密码的长度设定为512B，则密码一共有种可能，为了破解该密码，在最坏的情况下，需要进行次运算.现在有一台计算机，每秒能进行次运算，那么在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需的时间大约为（参考数据，）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意所求时间为，利用对数的运算进行求解即可.
【详解】
设在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需的时间为秒，则有，
两边取常用对数，得
，
所以.
故选：B.
2．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知，，其中且，且，若，则的值为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
由对数换底公式用表示出，代入解方程可得．
【详解】
因为，所以，得，
所以.
即. 因为，所以，解得
故选：A．
3．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知正实数x，y，z满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据选项可考虑令，再分别表示出再判断即可
【详解】
令，则，故，故
故选：C
4．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（文））已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在上单调递增
B．是奇函数，且在上单调递减
C．是偶函数，且在上单调递增
D．是偶函数，且在上单调递减
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对数的性质求定义域，由奇偶性定义判断的奇偶性，利用复合的单调性判断的单调性.
【详解】
对于，有，解得，
∴的定义域为，关于原点对称.
函数为偶函数.
，内层函数在上为减函数，外层函数为增函数，
函数在上为减函数.
故选：D.
5．（2022·全国·高三专题练习）函数的图象恒过定点
A．（2，2） B．（2，1） C．（3，2） D．（2，0）
【答案】A
【解析】
【详解】
试题分析：函数恒过（1,0）点，即在它的范围内不论取什么值，x=1,y=0恒成立.类似令x-1=1,即x=2,f(2)=2,所以恒过（2,2）.故选A.
考点：过定点的问题，就是要让参数不起作用，由恒过（1,0）点类似可得结论.
6．（2022·安徽六安·一模（文））设函数，，若对任意的，都存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题设可知值域为值域的子集，结合对数函数、二次函数的性质列不等式组，求参数范围.
【详解】
设的值域为A，而的值域为，由已知有，
所以是值域的子集，
当时，开口向下且对称轴，又，显然是值域上的子集，符合题设；
当时，，显然是值域上的子集，符合题设；
当时，开口向上且对称轴，此时只需，即时，是值域上的子集.
综上，.
故选：A.
7．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）设且，若对恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题设知在恒成立，结合正弦函数、对数函数性质可得，再根据正弦、对数函数的区间单调性及恒成立求参数范围.
【详解】
由题设，即在恒成立，
当时，上，不满足题设，
所以，此时在上递减，递增，
要使不等式恒成立，则，即，
综上.
故选：D
8．（2022·浙江·模拟预测）己知实数，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
对利用换底公式等价变形，得，结合的单调性判断，同理利用换底公式得，即，
再根据对数运算性质得，结合单调性， ，继而得解.
【详解】
由可得，
因为在上单调递增，且，，所以，即，
其次，，所以，
又因为且单调递增，所以由可知，综上，．
故选：A
二、多选题
9．（2022·重庆市天星桥中学一模）已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值是4
B．的最小值是2
C．的最小值是
D．的最小值是
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A：利用“乘1法”转化后，利用基本不等式求得最小值，进而判定；
对于B：先利用基本不等式求得的取值范围，根据此范围利用基本不等式求最小值时注意基本不等式取等号的条件不能成立，进而判定；
对于C：利用基本不等式和指数幂的运算性质得到最小值，进而判定；
对于D：利用对数的运算法则、对数函数的单调性和B中求得的的取值范围，得到所求式子的最大值为-2，进而判定.
【详解】
对于A：，当且仅当时等号成立，
故A正确；
对于B：，当且仅当时等号成立，
∵,∴，当且仅当时取等号.
但,故等号取不到，∴，故B错误；
对于C：，当且仅当时等号成立，
故C正确；
对于D：，当且仅当时等号成立，故D错误．
故选：AC．
10．（2022·广东汕头·二模）设a，b，c都是正数，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
设，根据指数与对数的关系，利用换底公式及指数幂的运算法则，逐一验证四个选项得答案．
【详解】
解：设，则，，，
所以
，
即，所以，所以，故D正确；
由，所以，故A正确，B错误；
因为，，
又，所以，即，故C正确；
故选：ACD
11．（2022·河北·高三阶段练习）下列函数中，存在实数a，使函数为奇函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，当时，函数的定义域为，关于原点对称，
又由，
即，所以函数为奇函数，所以A正确；
对于B中，因为函数为偶函数，所以函数不可能是函数，
即不存在实数，使得函数为奇函数，所以B不符合题意；
对于C中，由函数定义域为，关于原点对称，
又由，即，解得，所以C符合题意；
对于D中，当时，函数，
其定义域为，关于原点对称，
又由，即，
所以函数为奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
12．（2022·江苏·南京师大附中高三开学考试）当时，，则的值可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
分和，分别作函数与的图象，观察在处的函数值关系可解.
【详解】
分别记函数，
由图1知，当时，不满足题意；
当时，如图2，要使时，不等式恒成立，只需满足，即，即，解得.
故选：ABC
三、填空题
13．（2022·天津·二模）已知，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据对数得运算性质可得，则，再根据结合基本不等式即可得解.
【详解】
解：因为，
所以，
所以，故，且，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
14．（2022·全国·高三专题练习）已知，则__________．
【答案】3
【解析】
【分析】
根据已知条件进行同构，研究同构函数单调性得到再转化求解即可.
【详解】
因为，
所以，
令，则，
因为当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即，
所以．
故答案为：3
15．（2022·河南·模拟预测（文））已知函数，若，则实数a的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
分和，解指数不等式及对数不等式，再取并集即可.
【详解】
若，则，故，解得，故；
若，则，故，解得，故；
综上：或.
故答案为：.
16．（2022·河南·开封高中模拟预测（文））已知函数为奇函数，且对定义域内的任意x都有．当时，．给出以下4个结论：
①函数的图象关于点成中心对称；
②函数是以2为周期的周期函数；
③当时，；
④函数在上单调递减．
其中所有正确结论的序号为______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】
由题意，作出函数的图象，再根据图形变换，即可判断各结论的真假．
【详解】
由题知为奇函数，其图象关于原点中心对称，又对定义域内的任意x都有，所以其图象还关于点对称，
据此可判断函数为周期函数，2是函数的周期．
又当时，，画出函数图象可知①②正确，④错误．
当时，，所以，又因为函数是以2为周期的奇函数，所以，所以，所以③也正确．
故答案为：①②③．
四、解答题
17．（2022·北京·高三专题练习）已知函数，设，函数的定义域为[m，n] (m
【解析】
【分析】
画出函数的图像，数形结合得知函数的可能定义域的情况，结合题意可解出的值.
【详解】
画出函数的图像，如图所示，
结合图像可知，要使的值域是[0，1]，
其定义域可能是、、，
且，
因此结合题意可知，
所以.
18．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，a＞0且a≠1．
(1)求f(x)的定义域；
(2)判断f(x)的奇偶性并予以证明；
(3)当a＞1时，求使f(x)＞0的x的解集．
【答案】(1)(－1，1)；
(2)奇函数，证明见解析；
(3)(0，1)．
【解析】
【分析】
（1）结合真数大于零得到关于的不等式组即可求得函数的定义域；
（2）结合（1）的结果和函数的解析式即可确定函数的奇偶性；
（3）结合函数的单调性得到关于的不等式组，求解不等式组即可求得最终结果．
(1)
要使函数有意义，则，
解得，即函数的定义域为；
(2)
函数的定义域关于坐标原点对称，
是奇函数．
(3)
若时，由得，
则，求解关于实数的不等式可得，
故不等式的解集为．
19．（2022·北京·高三专题练习）已知函数，作出的大致图像并写出它的单调性；
【答案】详见解析.
【解析】
【分析】
分和，先作出函数的图象，再得到的图象求解.
【详解】
当时，函数的图象，如图所示：
则的图象，如图所示：
由图象知：在上递减，在上递增；
当时，函数的图象，如图所示：
则的图象，如图所示：
由图象知：在上递减，在上递增；
20．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.当
时，求该函数的值域；
【答案】
【解析】
【分析】
由对数的运算性质将函数解析式化简为，令，则，利用换元法将原问题转化为求一元二次函数在闭区间的值域问题求解.
【详解】
解：，
令，由，则，
所以有，，
所以当时，，当时，
所以函数的值域为.
21．（2022·全国·高三专题练习）已知：函数在其定义域上是奇函数，a为常数．
(1)求a的值．
(2)证明：在上是增函数．
(3)若对于上的每一个x的值，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据奇函数的定义列出等式，整理化简可得结果；
（2）将看成是由 复合而成，根据复合函数的单调性的判断方法证明即可；
（3）不等式恒成立问题转化为
解决，因此根据函数的单调性求得最值，解不等式可得答案.
(1)
解：由题意，是奇函数，
故 ，即，
即，所以，
即 ，则，
故 ，
当时，，无意义，不符合题意；
当时，满足，
故；
(2)
证明：由（1）知：，
设 ，那么可以看成是由 复合而成，
因为在定义域内是减函数，
故要证明函数在上是增函数，只需证明在上是减函数即可；
不妨设 ，
则 ，
， ，
故，即，即,
所以在上是单调减函数，
故在上是增函数．
(3)
解：对于上的每一个x的值，不等式恒成立，
即恒成立，只需即可；
而由（2）知在上是增函数，在上是单调减函数，
故在上是增函数，
故，
故，即 .
22．（2022·北京东城·高三期末）曲线在点处的切线交轴于点.
(1)当时，求切线的方程；
(2)为坐标原点，记的面积为，求面积以为自变量的函数解析式，写出其定义域，并求单调增区间.
【答案】(1)
(2)，定义域，增区间为和和
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义可求得切线方程.
（2）利用导数的几何意义求出切线方程，求得坐标，利用面积公式，写成分段函数，进而求得函数的定义域，再利用导数结合换元法研究函数的单增区间.
(1)
由，求导，当时，切点为，
切线的斜率，则切线方程为：，即
所以切线的方程为：
(2)
由，求导，切点
切线斜率，则切线方程为
令，则，所以切线与轴的交点
，
所以的面积为
当时，；
当或时，
所以面积以为自变量的函数解析式为
由表示面积，，
即或或
解得：或或
所以函数的定义域为
令，令，则
则，求导
令，即，解得
所以在区间上单调递增，其余部分单调递减；
所以在区间上单调递增，其余部分单调递减，
又，且，，由翻折变换可知，
的单调递增区间为和和
专题10 对数与对数函数
【考点预测】
1.对数式的运算
(1)对数的定义：一般地，如果且，那么数叫做以为底的对数，记作，读作以为底的对数，其中叫做对数的底数，叫做真数．
(2)常见对数：
①一般对数：以且为底，记为，读作以为底的对数；
②常用对数：以为底，记为；
③自然对数：以为底，记为；
(3) 对数的性质和运算法则：
①；；其中且；
②(其中且，)；
③对数换底公式：；
④；
⑤；
⑥，；
⑦和；
⑧；
2.对数函数的定义及图像
(1)对数函数的定义：函数 且叫做对数函数．
对数函数的图象
图象
性质
定义域：
值域：
过定点，即时，
在上增函数
在上是减函数
当时，，当时，
当时，，当时，
【方法技巧与总结】
1.对数函数常用技巧
在同一坐标系内，当时，随的增大，对数函数的图象愈靠近轴；当时，对数函数的图象随的增大而远离轴．(见下图)
【题型归纳目录】
题型一：对数运算及对数方程、对数不等式
题型二：对数函数的图像
题型三：对数函数的性质（单调性、最值（值域））
题型四：对数函数中的恒成立问题
题型五：对数函数的综合问题
【典例例题】
题型一：对数运算及对数方程、对数不等式
例1．（2022·全国·高三专题练习）（1）计算；
（2）已知，求实数x的值；
（3）若，，用a，b，表示．
【答案】（1）7；（2）109；（3）．
【解析】
（1）利用对数恒等式和对数的运算法则计算即可；
（2）利用指对互化可得实数x的值；
（3）先求出，再利用换底公式结合对数的运算法则求得结果．
【详解】
（1）原式=；
（2）因为，所以，所以，所以x=109；
（3）因为，所以，所以
．
例2．（2022·全国·高三专题练习）（1）求的值.
（2）已知，，试用，表示
【答案】（1）18；（2）.
【解析】
【分析】
（1）首先根据题意得到原式，再利用换底公式化简即可得到答案.
（2）首先根据题意得到，，再利用换底公式化简即可得到答案.
【详解】
（1）原式
（2）由得到，
由，得到，即.
.
【点睛】
本题主要考查对数的换底公式，同时考查指数、对数的互化公式，属于中档题.
例3．（2022·全国·高三专题练习）（1）已知a，b，c均为正数，且3a＝4b＝6c，求证：；
（2）若60a＝3，60b＝5，求的值．
【答案】（1）详见解析；（2）2.
【解析】
【分析】
（1）设，应用指对数的互化有，进而应用换底公式及对数的运算性质分别求、，即可证结论；
（2）应用指对数互化有，应用对数的运算性质求，进而可求的值.
【详解】
（1）设，则.
∴，
∴，
而，
∴.
（2）由题设知：，
得，，
∴，
则.
例4．（2022·全国·模拟预测）若，，则（ ）
A．a＋b＝100 B．b－a＝e
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用指数和对数互化，得到a，b后逐项判断.
【详解】
对于A，由，，得，，所以，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确．
故选：D．
例5．（2022·全国·模拟预测）已知实数，满足，，，，，，则（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
根据得到，再利用换底公式得到，利用，即，求出，，所以.
【详解】
由，得，.
由，，所以，
所以，解得：，则，即，
所以，，所以，
故选：C.
例6．（2022·北京昌平·二模）已知函数，则关于的不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由二次函数的性质判断区间单调性，根据解析式知恒过且，进而确定区间值域，再由对数函数性质求的对应区间值域，即可得不等式解集.
【详解】
由题设，对称轴为且图象开口向下，则在上递增，上递减，
由，即恒过且，
所以上，上，
而在上递增，且上，上，
所以的解集为.
故选：C
例7．（2022·全国·江西师大附中模拟预测（文））已知函数则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】
分、和，依次解不等式，再取并集即可.
【详解】
当时，不等式为，解得；
当时，不等式为，易知，解得；
当时，不等式为，解得；
综上，解集为：.
故答案为：.
例8．（2022·辽宁·东北育才学校二模）若函数满足：（1），且，都有；（2），则___________.（写出满足这些条件的一个函数即可）
【答案】，（logax，(0
【分析】
满足第一个条件，表示函数是单调递减函数，第二个条件正好是符合对数的运算性质；
【详解】
对于条件①，不妨设，则，∵，∴
∴，∴为上的单调递增函数，对于条件②
，刚好符合对数的运算性质，故这样的函数可以是一个单调递减的对数函数.
故答案为:.（logax，(0
（1）解关于x的方程；
（2）不等式的解集是，试求实数a的值.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件求出m值，并代入方程，再解方程即得.
(2)由给定解集借助对数函数单调性求出范围，换元借助一元二次不等式即可得解.
【详解】
（1）由已知得，即，则，于是得，
方程，
从而得或，即或，或，
所以原方程的根为或；
（2）依题意，函数中，，从而得.
又，令，
即一元二次不等式的解集为，
因此有-1，2是关于的方程的两根，则，
所以实数a的值为2.
【方法技巧与总结】
对数的有关运算问题要注意公式的顺用、逆用、变形用等.对数方程或对数不等式问题是要将其化为同底，利用对数单调性去掉对数符号，转化为不含对数的问题，但这里必须注意对数的真数为正.
题型二：对数函数的图像
例10．（2022·山东潍坊·二模）已知函数（且）的图像如图所示，则以下说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
结合函数的图象可得和，然后逐项分析即可求出结果.
【详解】
由图象可知在定义域内单调递增，所以，
令，即，所以函数的零点为，结合函数图象可知，所以，
因此，故A错误；
，又因为，所以，因此不一定成立，故B错误；
因为，即，且，所以，故C正确；
因为，所以，即，故D错误，
故选：C.
例11．（2022·江苏省高邮中学高三阶段练习）函数且的图象恒过定点，若点在直线上，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
由对数函数的性质，可得，可得，再根据基本不等式“”的用法，即可求出结果.
【详解】
解：因为函数且的图象恒过定点，
所以，即，
所以，
又，所以
所以，当且仅当，即时取等号.
故选：C.
（多选题）例12．（2022·福建·莆田二中模拟预测）已知函数（且）的图象如下所示．函数的图象上有两个不同的点，，则（ ）
A．， B．在上是奇函数
C．在上是单调递增函数 D．当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A结合对数型函数图像相关知识求解；对于B运用定义法判断是否在上是奇函数；对于C运用定义法判断函数单调性；对于D通过作差法并对式子变形即可判断.
【详解】
对于A，由图像可知，函数（且）在上单调递增，所以，因为经过，所以，所以，，故A错误.
对于B，，定义域关于原点对称，，所以在上是奇函数，故B正确.
对于C，对于，由题意不妨令，则
，因为，，所以，即，所以在上是单调递增函数，故C正确.
对于D，，因为，，所以，所以，当且仅当时等号成立，即当时，成立，故D正确.
故选：BCD
例13．（2022·全国·高三专题练习）已知，若的图象与轴有3个不同的交点，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】
由分段函数解析式，结合导数研究的性质，再将问题转化为与有3个不同交点，应用数形结合的思想有与在上至少有2个交点，最后由导数求它们相切或过时参数a的值，即可知的取值范围.
【详解】
由题设，上，故值域为且单调递增；
上，故值域为且单调递减；
∴在上值域为且单调递减；在上值域为且单调递增；
要使与轴有3个不同的交点，即与有3个不同交点，它们的图象如下：
∴由图知：要使函数图象有3个交点，则与在上至少有2个交点，
由，，则，
此时，若与相切时，切点为，
∴，可得，
当过时，有，得，
∴.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：根据已知研究的性质，并将问题转化为与的交点问题，应用导数的几何意义、数形结合的思想求参数范围.
【方法技巧与总结】
研究和讨论题中所涉及的函数图像是解决有关函数问题最重要的思路和方法.图像问题是数和形结合的护体解释.它为研究函数问题提供了思维方向.
题型三：对数函数的性质（单调性、最值（值域））
例14．（2022·陕西·榆林市第十中学高二期中（文））函数的一个单调增区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出函数的定义域，再利用复合函数单调性法则“同增异减”即可求解.
【详解】
函数的定义域为.
要求函数的一个单调增区间，
只需求的增区间，只需.
所以.
所以函数的一个单调增区间是.
故选：C
例15．（2022·天津·南开中学二模）已知函数是R上的单调函数，则实数a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
分函数在R上的单调递减和单调递增求解.
【详解】
当函数是R上的单调递减函数，
所以，解得，
因为且，
所以当时，不可能是增函数，
所以函数在R上不可能是增函数，
综上：实数a的取值范围为，
故选：B
例16．（2022·浙江·模拟预测）己知实数，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
对利用换底公式等价变形，得，结合的单调性判断，同理利用换底公式得，即，
再根据对数运算性质得，结合单调性， ，继而得解.
【详解】
由可得，
因为在上单调递增，且，，所以，即，
其次，，所以，
又因为且单调递增，所以由可知，综上，．
故选：A
例17．（2022·全国·高三专题练习（理））函数f(x)＝logax(0＜a＜1)在[a2，a]上的最大值是（ ）
A．0 B．1
C．2 D．a
【答案】C
【解析】
【分析】
根据对数函数的单调性可求出结果.
【详解】
∵0＜a＜1，∴f(x)＝logax在[a2，a]上是减函数，
∴f(x)max＝f(a2)＝logaa2＝2．
故选：C
例18．（2022·重庆·模拟预测）若函数有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对数函数的性质可得且，则，即可求出的大致范围，再令的根为、且，，，对分两种情况讨论，结合二次函数、对数函数的单调性判断即可；
【详解】
解：依题意且，所以，解得或，综上可得，
令的根为、且，，，
若，则在定义域上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
根据复合函数的单调性可知，在上单调递增，在上单调递减，函数不存在最小值，故舍去；
若，则在定义域上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
根据复合函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，所以函数在取得最小值，所以；
故选：A
【方法技巧与总结】
研究和讨论题中所涉及的函数性质是解决有关函数问题最重要的思路和方法.性质问题是数和形结合的护体解释.它为研究函数问题提供了思维方向.
题型四：对数函数中的恒成立问题
例19．（2022·北京·高三专题练习）若不等式在内恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据对数函数的图象与性质，分和两种情况分类讨论，结合函数的单调性，列出不等式，即可求解.
【详解】
当时，由，可得，则，
又由，此时不等式不成立，不合题意；
当时，函数在上单调递减，
此时函数在上单调递增，
又由在上单调递增，
要使得不等式在内恒成立，
可得，解得.
故选：A.
例20．（2022·江苏·高三专题练习）已知函数的值域为，若不等式
在上恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
根据题意，先求得，把不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，结合指数幂的运算性质，即可求解.
【详解】
由题意，函数的值域为，可得函数的最大值为，
当时，函数显然不存在最大值；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数有最大值，即，解得；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
此时函数无最大值，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
由在上恒成立，可得；
由在上恒成立，即在上恒成立，可得；
由在上恒成立，即在上恒成立，
令，可得函数在上单调递增，所以，即，
综上可得，即实数的取值范围是.
故选：A.
例21．（2022·浙江·高三阶段练习）已知函数，，若存在，任意，使得，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】
将问题转化为在对应区间上，结合对勾函数、对数函数的性质求、的区间最值，即可求的范围.
【详解】
若在上的最大值，在上的最大值，
由题设，只需即可.
在上，当且仅当时等号成立，
由对勾函数的性质：在上递增，故.
在上，单调递增，则，
所以，可得.
故答案为：.
例22．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，已知实数，若在上恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】.
【解析】
【分析】
把不等式作等价变形，构造函数，借助其单调性可得，分离参数构造函数并求出最大值作答.
【详解】
函数定义域为，则：
，
令，函数在上单调递增，则有原不等式等价于
，
令，，求导得：，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，则，
所以实数a的取值范围是.
【点睛】
关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，借助同构思想构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
例23．（2022·全国·高三专题练习）已知函数在上的最大值与最小值之和为．
（1）求实数的值；
（2）对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据指对数函数的单调性得函数在上是单调函数，进而得，解方程得；
（2）根据题意，将问题转化为对于任意的，恒成立，进而求函数的最值即可.
【详解】
解：（1）因为函数在上的单调性相同，
所以函数在上是单调函数，
所以函数在上的最大值与最小值之和为，
所以，解得和（舍）
所以实数的值为.
（2）由（1）得，
因为对于任意的，不等式恒成立，
所以对于任意的，恒成立，
当时，为单调递增函数，
所以，所以，即
所以实数的取值范围
【点睛】
本题考查指对数函数的性质，不等式恒成立求参数范围，考查运算求解能力，回归转化思想，是中档题.本题第二问解题的关键在于根据题意，将问题转化为任意的，恒成立求解.
例24．（2022·陕西安康·高三期末（文））已知函数.
(1)若，求a的值；
(2)若对任意的，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）由可求得的值，进而可求得实数的值；
（2）由可得出或，分、两种情况讨论，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
(1)
解：因为，所以，
所以，所以，解得.
(2)
解：由，得，即，
即或.
当时，，则或，
因为，则不成立，
由可得，得；
当时，，则或，
因为，则不成立，所以，解得.
综上，的取值范围是.
例25．（2022·上海·高三专题练习）已知，.
（1）当时，求函数的值域；
（2）对任意，其中常数，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）当时，当时，当时，.
【解析】
【分析】
（1）依题意可得，根据二次函数的性质计算可得；
（2）由得，令，对一切的恒成立，参变分离，根据函数的单调性求出函数的最值即可求出参数的取值范围；
【详解】
（1）因为，，
令，
∵，∴，所以当，即时取最大值，当或，即或时取最小值，
∴函数的值域为.
（2）由得，
令，∵，∴，
∴对一切的恒成立，
①当时，若时，；
当时，恒成立，即，
函数在单调递减，于是时取最小值-2，此时，
于是；
②当时，此时时，恒成立，即，
∵，当且仅当，即时取等号，即的最小值为-3，；
③当时，此时时，恒成立，即，
函数在单调递增，于是时取最小值，
此时，于是.
综上可得：当时，当时，当时，
【方法技巧与总结】
（1）利用数形结合思想，结合对数函数的图像求解；
（2）分离自变量与参变量，利用等价转化思想，转化为函数的最值问题.
（3）涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，借助同构思想构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
题型五：对数函数的综合问题
例26．（2022·河北·张家口市第一中学高三阶段练习）已知定义域为的单调递增函数满足：，有，则方程的解的个数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【解析】
【分析】
根据给定条件求出函数的解析式，再将问题转化成求两个函数图象公共点个数作答.
【详解】
因定义域为的单调递增函数满足：，有，
则存在唯一正实数使得，且，即，于是得，
而函数在上单调递增，且当时，，因此，，
方程，
于是得方程的解的个数是函数与的图象公共点个数，
在同一坐标系内作出函数与的图象如图，
观察图象知，函数与的图象有3个公共点，
所以方程的解的个数为3.
故选：A
【点睛】
思路点睛：图象法判断方程的根的个数，常常将方程变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
例27．（2022·四川雅安·三模（文））设是定义在R上的偶函数，对任意，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程恰有3个不同的实数根，则a的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
把方程恰有3个不同的实数根，转化成在区间内函数与函数的图象有三个交点，数形结合去解决即可.
【详解】
由题意可得，函数是周期为4的偶函数．
根据，，画出内的图象如图所示．
关于x的方程恰有3个不同的实数根，
则在区间内函数与函数的图象有三个交点，
则，解得．
故选：D
例28．（2022·广西柳州·高一期中）已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据给定a，b的范围，利用正弦函数单调性判断A；利用不等式性质及均值不等式结合指对数函数判断B，C，D作答.
【详解】
因，且，则，而正弦函数在上单调递增，即有，A正确；
由得：，B不正确；
因，，则，C正确；
因，，则，D不正确.
故选：AC
例29．（2022·河北保定·二模）已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据指数式与对数式的关系由条件求出，，，构造函数结合零点存在性定理确定的范围，由此判断的大小关系.
【详解】
∵，∴，，∴.
设，∵，，在上先增后减，
∴.
∵，
∴，，
∴，
∴.
∵，
∴
设，
∵，，在上先增后减，
∴.
∴.
故选：BC.
【点睛】
本题解决的关键在于结合函数的单调性及零点存在性定理确定的范围.
例30．（2022·广东·三模）已知，e是自然对数的底，若，则的取值可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】CD
【解析】
【分析】
由题构造函数，进而可得，然后构造函数，利用导数可得
函数的最小值，即得.
【详解】
设，则在R上单调递增，
因为，则，
设，则，即，
所以，
设，，
当，当，
则在单调递减，在单调递增，
，即，
所以，即，
故的取值可以是3和4.
故选：CD.
例31．（2022·全国·高三专题练习）已知是函数的零点，则_______．
【答案】2
【解析】
【分析】
根据零点定义可得，整理可得，根据此时可得成立，代入化简即可得解.
【详解】
根据题意可得，
整理可得，
可得当，即成立，
又，
代入可得.
故答案为：.
【过关测试】
一、单选题
1．（2022·辽宁辽阳·二模）区块链作为一种新型的技术，被应用于许多领域.在区块链技术中，某个密码的长度设定为512B，则密码一共有种可能，为了破解该密码，在最坏的情况下，需要进行次运算.现在有一台计算机，每秒能进行次运算，那么在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需的时间大约为（参考数据，）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意所求时间为，利用对数的运算进行求解即可.
【详解】
设在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需的时间为秒，则有，
两边取常用对数，得
，
所以.
故选：B.
2．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）已知，，其中且，且，若，则的值为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
由对数换底公式用表示出，代入解方程可得．
【详解】
因为，所以，得，
所以.
即. 因为，所以，解得
故选：A．
3．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知正实数x，y，z满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据选项可考虑令，再分别表示出再判断即可
【详解】
令，则，故，故
故选：C
4．（2022·河南·南阳中学高三阶段练习（文））已知函数，则（ ）
A．是奇函数，且在上单调递增
B．是奇函数，且在上单调递减
C．是偶函数，且在上单调递增
D．是偶函数，且在上单调递减
【答案】D
【解析】
【分析】
根据对数的性质求定义域，由奇偶性定义判断的奇偶性，利用复合的单调性判断的单调性.
【详解】
对于，有，解得，
∴的定义域为，关于原点对称.
函数为偶函数.
，内层函数在上为减函数，外层函数为增函数，
函数在上为减函数.
故选：D.
5．（2022·全国·高三专题练习）函数的图象恒过定点
A．（2，2） B．（2，1） C．（3，2） D．（2，0）
【答案】A
【解析】
【详解】
试题分析：函数恒过（1,0）点，即在它的范围内不论取什么值，x=1,y=0恒成立.类似令x-1=1,即x=2,f(2)=2,所以恒过（2,2）.故选A.
考点：过定点的问题，就是要让参数不起作用，由恒过（1,0）点类似可得结论.
6．（2022·安徽六安·一模（文））设函数，，若对任意的，都存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题设可知值域为值域的子集，结合对数函数、二次函数的性质列不等式组，求参数范围.
【详解】
设的值域为A，而的值域为，由已知有，
所以是值域的子集，
当时，开口向下且对称轴，又，显然是值域上的子集，符合题设；
当时，，显然是值域上的子集，符合题设；
当时，开口向上且对称轴，此时只需，即时，是值域上的子集.
综上，.
故选：A.
7．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）设且，若对恒成立，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题设知在恒成立，结合正弦函数、对数函数性质可得，再根据正弦、对数函数的区间单调性及恒成立求参数范围.
【详解】
由题设，即在恒成立，
当时，上，不满足题设，
所以，此时在上递减，递增，
要使不等式恒成立，则，即，
综上.
故选：D
8．（2022·浙江·模拟预测）己知实数，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
对利用换底公式等价变形，得，结合的单调性判断，同理利用换底公式得，即，
再根据对数运算性质得，结合单调性， ，继而得解.
【详解】
由可得，
因为在上单调递增，且，，所以，即，
其次，，所以，
又因为且单调递增，所以由可知，综上，．
故选：A
二、多选题
9．（2022·重庆市天星桥中学一模）已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值是4
B．的最小值是2
C．的最小值是
D．的最小值是
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A：利用“乘1法”转化后，利用基本不等式求得最小值，进而判定；
对于B：先利用基本不等式求得的取值范围，根据此范围利用基本不等式求最小值时注意基本不等式取等号的条件不能成立，进而判定；
对于C：利用基本不等式和指数幂的运算性质得到最小值，进而判定；
对于D：利用对数的运算法则、对数函数的单调性和B中求得的的取值范围，得到所求式子的最大值为-2，进而判定.
【详解】
对于A：，当且仅当时等号成立，
故A正确；
对于B：，当且仅当时等号成立，
∵,∴，当且仅当时取等号.
但,故等号取不到，∴，故B错误；
对于C：，当且仅当时等号成立，
故C正确；
对于D：，当且仅当时等号成立，故D错误．
故选：AC．
10．（2022·广东汕头·二模）设a，b，c都是正数，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
设，根据指数与对数的关系，利用换底公式及指数幂的运算法则，逐一验证四个选项得答案．
【详解】
解：设，则，，，
所以
，
即，所以，所以，故D正确；
由，所以，故A正确，B错误；
因为，，
又，所以，即，故C正确；
故选：ACD
11．（2022·河北·高三阶段练习）下列函数中，存在实数a，使函数为奇函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】
对于A中，当时，函数的定义域为，关于原点对称，
又由，
即，所以函数为奇函数，所以A正确；
对于B中，因为函数为偶函数，所以函数不可能是函数，
即不存在实数，使得函数为奇函数，所以B不符合题意；
对于C中，由函数定义域为，关于原点对称，
又由，即，解得，所以C符合题意；
对于D中，当时，函数，
其定义域为，关于原点对称，
又由，即，
所以函数为奇函数，所以D正确；
故选：ACD.
12．（2022·江苏·南京师大附中高三开学考试）当时，，则的值可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
分和，分别作函数与的图象，观察在处的函数值关系可解.
【详解】
分别记函数，
由图1知，当时，不满足题意；
当时，如图2，要使时，不等式恒成立，只需满足，即，即，解得.
故选：ABC
三、填空题
13．（2022·天津·二模）已知，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据对数得运算性质可得，则，再根据结合基本不等式即可得解.
【详解】
解：因为，
所以，
所以，故，且，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
14．（2022·全国·高三专题练习）已知，则__________．
【答案】3
【解析】
【分析】
根据已知条件进行同构，研究同构函数单调性得到再转化求解即可.
【详解】
因为，
所以，
令，则，
因为当时，，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即，
所以．
故答案为：3
15．（2022·河南·模拟预测（文））已知函数，若，则实数a的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
分和，解指数不等式及对数不等式，再取并集即可.
【详解】
若，则，故，解得，故；
若，则，故，解得，故；
综上：或.
故答案为：.
16．（2022·河南·开封高中模拟预测（文））已知函数为奇函数，且对定义域内的任意x都有．当时，．给出以下4个结论：
①函数的图象关于点成中心对称；
②函数是以2为周期的周期函数；
③当时，；
④函数在上单调递减．
其中所有正确结论的序号为______．
【答案】①②③
【解析】
【分析】
由题意，作出函数的图象，再根据图形变换，即可判断各结论的真假．
【详解】
由题知为奇函数，其图象关于原点中心对称，又对定义域内的任意x都有，所以其图象还关于点对称，
据此可判断函数为周期函数，2是函数的周期．
又当时，，画出函数图象可知①②正确，④错误．
当时，，所以，又因为函数是以2为周期的奇函数，所以，所以，所以③也正确．
故答案为：①②③．
四、解答题
17．（2022·北京·高三专题练习）已知函数，设，函数的定义域为[m，n] (m
【解析】
【分析】
画出函数的图像，数形结合得知函数的可能定义域的情况，结合题意可解出的值.
【详解】
画出函数的图像，如图所示，
结合图像可知，要使的值域是[0，1]，
其定义域可能是、、，
且，
因此结合题意可知，
所以.
18．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，a＞0且a≠1．
(1)求f(x)的定义域；
(2)判断f(x)的奇偶性并予以证明；
(3)当a＞1时，求使f(x)＞0的x的解集．
【答案】(1)(－1，1)；
(2)奇函数，证明见解析；
(3)(0，1)．
【解析】
【分析】
（1）结合真数大于零得到关于的不等式组即可求得函数的定义域；
（2）结合（1）的结果和函数的解析式即可确定函数的奇偶性；
（3）结合函数的单调性得到关于的不等式组，求解不等式组即可求得最终结果．
(1)
要使函数有意义，则，
解得，即函数的定义域为；
(2)
函数的定义域关于坐标原点对称，
是奇函数．
(3)
若时，由得，
则，求解关于实数的不等式可得，
故不等式的解集为．
19．（2022·北京·高三专题练习）已知函数，作出的大致图像并写出它的单调性；
【答案】详见解析.
【解析】
【分析】
分和，先作出函数的图象，再得到的图象求解.
【详解】
当时，函数的图象，如图所示：
则的图象，如图所示：
由图象知：在上递减，在上递增；
当时，函数的图象，如图所示：
则的图象，如图所示：
由图象知：在上递减，在上递增；
20．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.当
时，求该函数的值域；
【答案】
【解析】
【分析】
由对数的运算性质将函数解析式化简为，令，则，利用换元法将原问题转化为求一元二次函数在闭区间的值域问题求解.
【详解】
解：，
令，由，则，
所以有，，
所以当时，，当时，
所以函数的值域为.
21．（2022·全国·高三专题练习）已知：函数在其定义域上是奇函数，a为常数．
(1)求a的值．
(2)证明：在上是增函数．
(3)若对于上的每一个x的值，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据奇函数的定义列出等式，整理化简可得结果；
（2）将看成是由 复合而成，根据复合函数的单调性的判断方法证明即可；
（3）不等式恒成立问题转化为
解决，因此根据函数的单调性求得最值，解不等式可得答案.
(1)
解：由题意，是奇函数，
故 ，即，
即，所以，
即 ，则，
故 ，
当时，，无意义，不符合题意；
当时，满足，
故；
(2)
证明：由（1）知：，
设 ，那么可以看成是由 复合而成，
因为在定义域内是减函数，
故要证明函数在上是增函数，只需证明在上是减函数即可；
不妨设 ，
则 ，
， ，
故，即，即,
所以在上是单调减函数，
故在上是增函数．
(3)
解：对于上的每一个x的值，不等式恒成立，
即恒成立，只需即可；
而由（2）知在上是增函数，在上是单调减函数，
故在上是增函数，
故，
故，即 .
22．（2022·北京东城·高三期末）曲线在点处的切线交轴于点.
(1)当时，求切线的方程；
(2)为坐标原点，记的面积为，求面积以为自变量的函数解析式，写出其定义域，并求单调增区间.
【答案】(1)
(2)，定义域，增区间为和和
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义可求得切线方程.
（2）利用导数的几何意义求出切线方程，求得坐标，利用面积公式，写成分段函数，进而求得函数的定义域，再利用导数结合换元法研究函数的单增区间.
(1)
由，求导，当时，切点为，
切线的斜率，则切线方程为：，即
所以切线的方程为：
(2)
由，求导，切点
切线斜率，则切线方程为
令，则，所以切线与轴的交点
，
所以的面积为
当时，；
当或时，
所以面积以为自变量的函数解析式为
由表示面积，，
即或或
解得：或或
所以函数的定义域为
令，令，则
则，求导
令，即，解得
所以在区间上单调递增，其余部分单调递减；
所以在区间上单调递增，其余部分单调递减，
又，且，，由翻折变换可知，
的单调递增区间为和和
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