第3章 第6节 对数函数-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（基础版）

第三章　函数与基本 初等函数 第六节　对数函数 课标解读 考向预测 1.了解对数函数的概念，会画对数函数的图象，探索并理解对数函数的单调性与其图象上的特殊点. 2.知道对数函数y＝logax与指数函数y＝ax互为反函数(a>0，且a≠1). 对数函数中利用性质比较对数值大小，求对数函数的定义域、值域、最值等是近几年高考考查的热点，题型多以选择题、填空题为主，难度中档．预计2026年高考可能会考查对数函数的图象以及单调性等性质，题型为选择题或填空题，难度中档. 必备知识—强基础 考点探究—提素养 课时作业 目录 必备知识—强基础 a>1 0<a<1 图象 1．对数函数及其性质 (1)概念：函数_____________________叫做对数函数，其中x是自变量，定义域是___________． (2)对数函数的图象与性质 y＝logax(a＞0，且a≠1) (0，＋∞) 必备知识—强基础 5 定义域 ____________ 值域 ____ 性质 当x＝1时，y＝0，即图象过定点________ 当x>1时，y>0；当0<x<1时，y<0 当x>1时，y<0；当0<x<1时，y>0 在(0，＋∞)上是______ 在(0，＋∞)上是_______ (0，＋∞) R (1，0) 增函数 减函数 必备知识—强基础 6 2.反函数 指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数________(a>0，且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线_______对称．它们的定义域和值域正好互换． y＝logax y＝x 必备知识—强基础 7 必备知识—强基础 8 × √ √ √ 必备知识—强基础 9 解析：设f(x)＝logax，因为函数f(x)的图象过点(4，2)，所以f(4)＝loga4＝2，则a＝2，f(x)＝log2x，它的反函数g(x)的解析式为g(x)＝2x.故选A. 必备知识—强基础 10 必备知识—强基础 11 (4，－1) 必备知识—强基础 12 考点探究—提素养 对数函数的图象及其应用 考点探究—提素养 14 考点探究—提素养 15 (2)设x1，x2，x3均为实数，且e－x1＝ln x1，e－x2＝ln (x2＋1)，e－x3＝lg x3，则(　　) A．x1<x2<x3 B．x1<x3<x2 C．x2<x3<x1 D．x2<x1<x3 解析：画出函数y＝e－x，y＝ln x，y＝ln (x＋1)，y＝lg x的图象，如图所示，数形结合，知x2<x1<x3. 考点探究—提素养 16 (1)在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项．对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时，常利用数形结合思想． (2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解． 考点探究—提素养 17 1.若函数f(x)＝(k－1)ax－a－x(a>0，且a≠1)在R上既是奇函数，又是减函数，则g(x)＝loga|x＋k|的大致图象是(　　) 考点探究—提素养 18 解析：因为函数f(x)＝(k－1)ax－a－x(a>0，且a≠1)在R上是奇函数，所以f(0)＝0，所以k＝2，经检验，k＝2满足题意．又因为f(x)为减函数，所以0<a<1，则g(x)＝loga|x＋2|(0<a<1)，由g(－4－x)＝loga|－4－x＋2|＝loga|x＋2|＝g(x)，可知g(x)的图象关于直线x＝－2对称，排除C，D；又g(0)＝loga|0＋2|＝loga2<0，可知A错误．故选B. 考点探究—提素养 19 4 考点探究—提素养 20 对数函数的性质及其应用(多考向探究) 解析：a＝2log20.4＝0.4，b＝log0.42<log0.41＝0，0＝log0.31<log0.30.4<log0.30.3＝1，则c>1，故c>a>b.故选C. 考点探究—提素养 21 考点探究—提素养 22 对数值比较大小的四种常见类型 (1)底数为同一常数，可由对数函数的单调性直接进行判断． (2)底数为同一字母，需对底数进行分类讨论． (3)底数不同，真数相同，可以先用换底公式化为同底后，再进行比较． (4)底数与真数都不同，常借助1，0等中间量进行比较． 考点探究—提素养 23 3.(多选)已知a＝log827，b＝log916，c＝log48，则(　　) A．a<b B．a>c C．b<c D．b<a 考点探究—提素养 24 考向2　解简单的对数不等式 (1)已知函数f(x)＝log2x－x＋1，则不等式f(x)<0的解集是(　　) A．(1，2) B．(－∞，1)∪(2，＋∞) C．(0，2) D．(0，1)∪(2，＋∞) 解析：依题意，f(x)<0等价于log2x<x－1，在同一直角坐标系中作出y＝log2x，y＝x－1的图象，如图所示，可得log2x<x－1的解集为(0，1)∪(2，＋∞)．故选D. 考点探究—提素养 25 (2)(2025·陕西名校联盟质检)不等式log2x＋log4x<3的解集为________． (0，4) 考点探究—提素养 26 (3)不等式loga(2x＋3)>loga(5x－6)(a>1)的解集为________． 考点探究—提素养 27 与对数函数有关的不等式的求解策略 考点探究—提素养 28 考点探究—提素养 29 考点探究—提素养 30 考点探究—提素养 31 解决对数函数综合问题的策略 (1)始终牢记“对数的真数大于0”这一基本要求，这是解决对数问题的出发点． (2)善于运用对数的运算性质将对数式进行合理地化简与变形，这是研究性质的重要途径． (3)注意等价转化思想方法的合理运用，这是解决对数综合问题的关键． 考点探究—提素养 32 5.已知函数f(x)＝lg (x2－4x－5)在(a，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，2] C．[2，＋∞) D．[5，＋∞) 解析：由x2－4x－5＞0，解得x＞5或x＜－1，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(5，＋∞)．又函数y＝x2－4x－5在(5，＋∞)上单调递增，在(－∞，－1)上单调递减，所以函数f(x)＝lg (x2－4x－5)在(5，＋∞)上单调递增，所以a≥5. 故选D. 考点探究—提素养 33 6．已知f(x)＝1＋log3x(x∈[1，9])，设函数g(x)＝[f(x)]2＋f(x2)，则g(x)max－g(x)min＝_____． 5 考点探究—提素养 34 课时作业 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ 考向 对数函数的定义域及应用 对数函数的图象及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 考点 求与对数函数相关的函数的定义域 与对数函数有关的复合函数的奇偶性问题 与对数函数有关的复合函数的单调性问题 比较大小问题 与对数函数有关的复合函数的单调性问题 与对数函数有关的复合函数问题 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 36 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★ ★★ ★★ 考向 对数函数的图象及 应用 对数函数的图象及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及 应用 考点 利用对数函数的图象求参数的取值范围 对数型函数图象的识别 与对数函数有关的复合函数问题 与对数函数有关的复合函数问题 由函数的性质写解析式 与对数函数有关的复合函数的单调性问题 与对数函数有关的复合函数的值域问题 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 37 题号 15 16 17 18 19 20 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 考向 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 对数函数的性质及应用 考点 解对数方程与不等式 与对数函数有关的复合函数问题 比较大小问题　 由对数函数的单调性求参数的取值范围 与对数函数有关的复合函数问题 与对数函数有关的复合函数问题 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 38 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 39 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 40 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 41 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 42 4．若f(x)＝lg (x2－2ax＋1＋a)在区间(－∞，1]上单调递减，则a的取值范围为(　　) A．[1，2) B．[1，2] C．[1，＋∞) D．[2，＋∞) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 43 5．已知a＝log32，b＝log53，c＝log85，则下列结论正确的是(　　) A．a<b<c B．b<a<c C．a<c<b D．b<c<a 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 44 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 45 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 47 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 48 解析：设f1(x)＝(x－1)2，f2(x)＝logax，要使当x∈(1，2)时，不等式(x－1)2＜logax恒成立，只需在区间(1，2)上，f1(x)＝(x－1)2的图象在f2(x)＝logax的图象的下方即可．当0＜a＜1时，显然不成立．当a＞1时，如图所示，要使在区间(1，2)上，f1(x)＝(x－1)2的图象在f2(x)＝logax的图象的下方，只需f1(2)≤f2(2)，即(2－1)2≤loga2，所以loga2≥1，解得1＜a≤2. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 49 二、多项选择题 9．在同一直角坐标系中，函数y＝ax与y＝loga(x－2)的图象可能是(　　) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 50 解析：当a>1时，y＝ax在R上单调递增且其图象恒过点(0，1)，y＝loga(x－2)在(2，＋∞)上单调递增且其图象恒过点(3，0)，则B符合要求；当0<a<1时，y＝ax在R上单调递减且其图象恒过点(0，1)，y＝loga(x－2)在(2，＋∞)上单调递减且其图象恒过点(3，0)，则D符合要求．故选BD. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 51 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 52 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 55 三、填空题 12．(2025·江苏名校模拟)写出一个同时满足下列性质①②的函数为f(x)＝______________________． ①f(xy)＝f(x)＋f(y)；②f(x)在定义域上单调递增． 解析： loga(MN)＝logaM＋logaN，且f(x)＝logax(a>1)单调递增．故答案为log2x(满足logax(a>1)均可)． log2x(满足logax(a>1)均可) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 56 13．若函数y＝f(x)与y＝5x互为反函数，则y＝f(x2－2x)的单调递减区间是________． 解析：因为y＝f(x)与y＝5x互为反函数，所以y＝f(x)＝log5x在定义域(0，＋∞)上为增函数，由x2－2x>0，得x>2或x<0，又y＝x2－2x＝(x－1)2－1在 (－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以y＝f(x2－2x)的单调递减区间是(－∞，0)． (－∞，0) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 57 14．已知f(x)＝ln (x2＋2x＋m)，若f(x)的值域为R，则实数m的取值范围是________． 解析：因为f(x)的值域为R，所以x2＋2x＋m≤0有解，则4－4m≥0，解得m≤1，所以实数m的取值范围是(－∞，1]． (－∞，1] 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 58 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 59 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 60 16．已知函数f(x)＝loga(2－ax)． (1)当x∈[0，1]时，函数f(x)恒有意义，求实数a的取值范围； (2)是否存在这样的实数a，使得函数f(x)在区间[1，2]上为增函数，并且最大值为1？如果存在，试求出a的值；如果不存在，请说明理由． 解：(1)因为a>0且a≠1，设t(x)＝2－ax， 则t(x)＝2－ax为减函数，当x∈[0，1]时，t(x)的最小值为2－a， 当x∈[0，1]时，f(x)恒有意义， 即当x∈[0，1]时，2－ax>0恒成立， 所以2－a>0，所以a<2. 又a>0且a≠1，所以实数a的取值范围为(0，1)∪(1，2)． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 66 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 67 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 69 20．(2025·广东部分名校高三联考)已知函数f(x)＝lg (ax－3)的图象经过定点(2，0)，若k为正整数，那么使得不等式2f(x)>lg (kx2)在区间[3，4]上有解的k的最大值是________． 1 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 70 　　　　　　　　　　　　　 R 1．对数函数的图象与底数大小的比较 如图，作直线y＝1，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数．故0＜c＜d＜1＜a＜b. 由此我们可得到以下规律：在第一象限内从左到右底数逐渐增大． 2．对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象过定点(1，0)，且过点(a，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，－1))，函数图象只在第一、四象限． 3．对于函数f(x)＝|logax|(a>0，且a≠1)，若f(m)＝f(n)(m≠n)，则必有mn＝1. 题组一　走出误区——判一判 (1)由y＝logax(a>0，且a≠1)，得x＝ay，所以x＞0.(　　) (2)y＝log2x2与y＝logx3不是对数函数．(　　) (3)函数y＝loga(x－1)的定义域为(0，＋∞)．(　　) (4)函数y＝log2x与y＝logeq \s\do15(\f(1,2))eq \f(1,x)的图象重合．(　　) 题组二　回归教材——练一练 (1)(人教B必修第二册习题4－3B T1改编)若对数函数f(x)的图象经过点(4，2)，则它的反函数g(x)的解析式为(　　) A．g(x)＝2x B．g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(x) C．g(x)＝4x D．g(x)＝x2 (2)(人教A必修第一册4.4.1练习T2改编)下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lg x的定义域和值域相同的是(　　) A．y＝x B．y＝lg x C．y＝2x D．y＝eq \f(1,\r(x)) (3)(人教B必修第二册4.2.3例1改编)已知实数a＝log32，b＝log2π，c＝log2eq \r(10)，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<a<b D．c<b<a (4)(人教B必修第二册4.2.3尝试与发现改编)已知函数y＝loga(x－3)－1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点P，则点P的坐标是________． eq \a\vs4\al() (1)(2025·广东深圳名校联考)已知a>0，且a≠1，则函数y＝logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))的图象一定经过(　　) A．第一、二象限 B．第一、三象限 C．第二、四象限 D．第三、四象限 解析：当x＝0时，y＝logaeq \f(1,a)＝－1，则当0<a<1时，函数图象经过第二、三、四象限，如图1；当a>1时，函数图象经过第一、三、四象限，如图2.所以函数y＝logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))的图象一定经过第三、四象限．故选D. 2．已知函数f(x)＝|log2x|，实数a，b满足0＜a＜b，且f(a)＝f(b)，若f(x)在[a2，b]上的最大值为2，则eq \f(1,a)＋b＝____． 解析：∵f(x)＝|log2x|，∴f(x)的图象如图所示，又f(a)＝f(b)且0＜a＜b，∴0＜a＜1，b＞1且ab＝1，∴a2＜a，当a2≤x≤b时，由图可知，f(x)max＝f(a2)＝|log2a2|＝－2log2a＝2，∴a＝eq \f(1,2)，∴b＝2，∴eq \f(1,a)＋b＝4. 考向1　比较大小问题 (1)(2025·天津滨海新区模拟)已知a＝2log20.4，b＝log0.42，c＝eq \f(1,log0.30.4)，则(　　) A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．a>c>b (2)(2025·辽宁沈阳模拟)已知a＝log721，b＝log510，c＝log33eq \r(3)，则(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．c>a>b 解析：由已知条件，得c＝log33eq \r(3)＝log33eq \s\up7(\f(3,2))＝eq \f(3,2)，a＝log721＝log7(3×7)＝1＋log73>1＋log7eq \r(7)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，b＝log510＝log5(2×5)＝1＋log52<1＋log5eq \r(5)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，所以a>c>b.故选B. 解析：因为a＝log827＝log2333＝log23，b＝log916＝log34，c＝log48＝eq \f(3,2)，所以eq \f(a,b)＝eq \f(log23,log34)＝eq \f(ln 3,ln 2)×eq \f(ln 3,ln 4)＝eq \f(6ln 3×ln 3,6ln 2×ln 4)＝eq \f(2ln 3,3ln 2)×eq \f(3ln 3,2ln 4)＝eq \f(ln 9,ln 8)×eq \f(ln 27,ln 16)>1，又a，b均大于0，所以a>b，故A错误，D正确；因为a＝log23>log22eq \r(2)＝eq \f(3,2)＝c，所以a>c，故B正确；因为16<33，即4<3eq \s\up6(\f(3,2))，所以b＝log916＝log34<log33eq \s\up6(\f(3,2))＝eq \f(3,2)＝c，即b<c，故C正确．故选BCD. 解析：因为log4x＝eq \f(log2x,log24)＝eq \f(1,2)log2x，所以原不等式化为eq \f(3,2)log2x<3，即log2x<2＝log24，解得0<x<4，所以原不等式的解集为(0，4)． 解析：因为a>1，所以对数函数y＝logax为增函数，则原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3>0，,5x－6>0，,2x＋3>5x－6，))解得eq \f(6,5)<x<3，即原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，3)). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(41,16)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,2)，＋∞)) 4.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x∈(－∞，0]时，f(x)单调递减，则不等式f(logeq \s\do15(\f(1,3))(2x－5))＞f(log38)的解集为________________． 解析：因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0]上单调递减，所以可将f(logeq \s\do15(\f(1,3))(2x－5))＞f(log38)化为|logeq \s\do15(\f(1,3))(2x－5)|＞|log38|，即log3(2x－5)＞log38或log3(2x－5)＜－log38＝log3eq \f(1,8)，即2x－5＞8或0＜2x－5＜eq \f(1,8)，解得x＞eq \f(13,2)或eq \f(5,2)＜x＜eq \f(41,16). 考向3　与对数函数有关的复合函数问题 (多选)已知函数f(x)＝ln (x2＋x＋m)(m∈R)，则(　　) A．当m>eq \f(1,4)时，f(x)的定义域为R B．f(x)一定存在最小值 C．f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(1,2)对称 D．当m≥1时，f(x)的值域为R 解析：对于A，若m>eq \f(1,4)，则Δ＝1－4m<0，则二次函数y＝x2＋x＋m的图象恒在x轴的上方，即x2＋x＋m>0恒成立，所以f(x)的定义域为R，故A正确；对于B，若m＝0，则f(x)＝ln (x2＋x)的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，值域为R，没有最小值，故B错误；对于C，由于函数y＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋m－\f(1,4)))为偶函数，其图象关于y轴对称，将该函数的图象向左平移eq \f(1,2)个单位长度即可得到函数f(x)＝ln eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋m－\f(1,4)))＝ln (x2＋x＋m)的图象，所以f(x)图象的对称轴为直线x＝－eq \f(1,2)，故C正确；对于D，若m≥1，则y＝x2＋x＋m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋m－eq \f(1,4)≥eq \f(3,4)，故f(x)的值域不是R，故D错误．故选AC. 解析：由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤x≤9，,1≤x2≤9，))∴1≤x≤3，∴g(x)的定义域为[1，3]，g(x)＝[f(x)]2＋f(x2)＝(1＋log3x)2＋1＋log3x2＝(log3x)2＋4log3x＋2，设t＝log3x，则0≤t≤1，则y＝t2＋4t＋2＝(t＋2)2－2在[0，1]上单调递增，∴当t＝0，即x＝1时，g(x)min＝2，当t＝1，即x＝3时，g(x)max＝7，∴g(x)max－g(x)min＝5. 一、单项选择题 1．(2025·江苏泰州模拟)函数f(x)＝eq \r(ln （1－x）)的定义域为(　　) A．(－∞，0] B．(－∞，1) C．[0，1) D．[0，＋∞) 解析：函数f(x)＝eq \r(ln （1－x）)有意义，等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,ln （1－x）≥0，))解得x≤0，故函数f(x)的定义域为(－∞，0]．故选A. 2．函数f(x)＝eq \f(xlog2|x|,2x＋2－x)的部分图象大致是(　　) 解析：易知f(x)＝eq \f(xlog2|x|,2x＋2－x)的定义域为{x|x≠0}，因为f(－x)＝eq \f(－xlog2|－x|,2－x＋2x)＝－eq \f(xlog2|x|,2x＋2－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除B，D；又f(2)＝eq \f(2,22＋2－2)>0，排除C.故选A. 3．(2025·广东揭阳模拟)若函数f(x)＝x3·ln (eq \r(x2＋2a)－x)为偶函数，则a＝(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2 解析：易得，函数f(x)的定义域为R，因为函数f(x)＝x3ln (eq \r(x2＋2a)－x)为偶函数，且y＝x3为奇函数，故g(x)＝ln (eq \r(x2＋2a)－x)为奇函数，故g(－x)＋g(x)＝0，即ln [eq \r(（－x）2＋2a)＋x]＋ln (eq \r(x2＋2a)－x)＝0，即ln (x2＋2a－x2)＝0，即2a＝1，解得a＝eq \f(1,2).故选B. 解析：令函数g(x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，该函数图象的对称轴为直线x＝a，要使函数f(x)在(－∞，1]上单调递减，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）>0，,a≥1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a≥1，))解得1≤a<2，所以a的取值范围为[1，2)．故选A. 解析：因为log32＝log3eq \r(3,8)<log3eq \r(3,9)＝log33eq \s\up7(\f(2,3))＝eq \f(2,3)＝log55eq \s\up7(\f(2,3))＝log5eq \r(3,25)<log5eq \r(3,27)＝log53，所以a<b.因为ln 3×ln 8<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln 3＋ln 8,2)))eq \s\up12(2)＝(lneq \r(24))2<(ln 5)2，所以eq \f(ln 3,ln 5)<eq \f(ln 5,ln 8)，所以log53<log85，所以b<c，所以a<b<c.故选A. 6．若函数f(x)＝logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(3,2)x))(a＞0，且a≠1)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒有f(x)＞0，则f(x)的单调递增区间为(　　) A．(0，＋∞) B．(2，＋∞) C．(1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) 解析：令M＝x2＋eq \f(3,2)x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，M∈(1，＋∞)，因为f(x)＞0恒成立，所以a＞1，所以函数y＝logaM为增函数，又M＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(9,16)，所以M的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，＋∞)).又x2＋eq \f(3,2)x>0，所以x＞0或x＜－eq \f(3,2)，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．故选A. 7．已知函数f(x)的定义域为D，若满足如下两个条件：①f(x)在D内是单调函数；②存在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m,2)，\f(n,2)))⊆D，使得f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m,2)，\f(n,2)))上的值域为[m，n]，那么就称函数f(x)为“希望函数”．若函数f(x)＝loga(ax＋t)(a>0，且a≠1)是“希望函数”，则t的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) 解析：∵函数f(x)＝loga(ax＋t)(a>0，且a≠1)是“希望函数”，∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m,2)，\f(n,2)))上的值域为[m，n]．易知函数f(x)单调递增，∴m,2))eq \b\lc\{\rc(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(loga(a+t)＝m，,loga(aeq \s\up7(\f(n,2))+t)＝n，))) 即m,2))eq \b\lc\{\rc(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＋t＝am，, aeq \s\up7(\f(n,2))＋t＝an，))) ∴m，n为方程ax－aeq \s\up7(\f(x,2))－t＝0的两个不相等的实数根，令p＝aeq \s\up7(\f(x,2))(p>0)，则p2－p－t＝0，∴Δ＝1＋4t>0，－t>0，得－eq \f(1,4)<t<0.故选A. 8．当x∈(1，2)时，不等式(x－1)2＜logax恒成立，则a的取值范围是(　　) A．(0，1) B．(1，2) C．(1，2] D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) 10．(2025·山东烟台模拟)已知函数f(x)＝logm(x＋m)(m>1)的定义域为(－4，＋∞)，则(　　) A．m＝4 B．f(－2)＝eq \f(1,2) C．3是f(x)的零点 D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x))>f(2) 解析：对于A，由x＋m>0，得x>－m，故f(x)＝logm(x＋m)(m>1)的定义域为(－m，＋∞)，故－m＝－4，解得m＝4，A正确；对于B，因为f(x)＝log4(x＋4)，所以f(－2)＝log4(－2＋4)＝eq \f(1,2)，B正确；对于C，令f(x)＝0，即log4(x＋4)＝0，解得x＝－3，故－3是f(x)的零点，C错误；对于D，当x＝1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)＋1))＝f(2)，故D错误．故选AB. 11．已知函数f(x)＝ln (e2x＋1)－x，则(　　) A．f(ln 2)＝ln eq \f(5,2) B．f(x)是奇函数 C．f(x)在(0，＋∞)上单调递增 D．f(x)的最小值为ln 2 解析：因为f(ln 2)＝ln (e2ln 2＋1)－ln 2＝ln eq \f(5,2)，故A正确；因为f(x)＝ln (e2x＋1)－x＝ln (e2x＋1)－ln ex＝ln eq \f(e2x＋1,ex)＝ln (ex＋e－x)，所以f(－x)＝ln (ex＋e－x)，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故B错误；因为y＝ex＋e－x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝ln (ex＋e－x)在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；由于f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x)为偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)的最小值为f(0)＝ln 2，故D正确．故选ACD. 四、解答题 15．定义在(－1，1)上的函数f(x)和g(x)，满足f(x)＋g(－x)＝0，且g(x)＝logaeq \f(1＋x,2)，其中a>1. (1)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2，求f(x)的解析式； (2)若不等式f(x)>1的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，m))，求m－a的值． 解：(1)由题意知，f(x)＝－g(－x)＝logaeq \f(2,1－x)， 又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2，所以loga4＝2，即a＝2. 所以f(x)的解析式为f(x)＝log2eq \f(2,1－x)(－1<x<1)． (2)由f(x)>1，得eq \f(2,1－x)>a， 由题意知，1－x>0，所以1－eq \f(2,a)<x<1， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,a)＝－\f(1,3)，,m＝1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2)，,m＝1，))所以m－a＝－eq \f(1,2). (2)由(1)知，t(x)＝2－ax，且当a>0时，函数t(x)为减函数． 因为f(x)在区间[1，2]上为增函数， 所以y＝logat(x)为减函数，所以0<a<1. 当x∈[1，2]时，f(x)的最大值为f(2)＝loga(2－2a)＝1， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,loga（2－2a）＝1，)) 即a＝eq \f(2,3). 故存在a＝eq \f(2,3)，使得函数f(x)在区间[1，2]上为增函数，并且最大值为1. 17．(2024·北京高考)已知(x1，y1)，(x2，y2)是函数y＝2x的图象上两个不同的点，则(　　) A．log2eq \f(y1＋y2,2)<eq \f(x1＋x2,2) B．log2eq \f(y1＋y2,2)>eq \f(x1＋x2,2) C．log2eq \f(y1＋y2,2)<x1＋x2 D．log2eq \f(y1＋y2,2)>x1＋x2 解析：对于A，B，由题意不妨设x1<x2，因为函数y＝2x是增函数，所以0<2x1< 2 x2，即0<y1<y2，因为eq \f(2x1＋2x2,2)>eq \r(2 x1·2 x2)＝2eq \s\up7(\f(x1+ x2,2))，即eq \f(y1＋y2,2)>2eq \s\up7(\f(x1+ x2,2))>0，又函数y＝log2x是增函数，所以log2eq \f(y1＋y2,2)>log22eq \s\up7(\f(x1+ x2,2))＝eq \f(x1＋x2,2)，故A错误，B正确；对于C，例如x1＝－1，x2＝－2，则y1＝eq \f(1,2)，y2＝eq \f(1,4)，可得log2eq \f(y1＋y2,2)＝log2eq \f(3,8)＝log23－3∈(－2，－1)，即log2eq \f(y1＋y2,2)>－3＝x1＋x2，故C错误；对于D，例如x1＝0，x2＝1，则y1＝1，y2＝2，可得log2eq \f(y1＋y2,2)＝log2eq \f(3,2)∈(0，1)，即log2eq \f(y1＋y2,2)<1＝x1＋x2，故D错误．故选B. 18．(2025·广东佛山模拟)已知0<a<1且a≠eq \f(1,2)，若函数f(x)＝2logax－log(2a)x在(0，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 解析：依题意，f(x)＝eq \f(2ln x,ln a)－eq \f(ln x,ln (2a))＝eq \f(2ln (2a)－ln a,ln a·ln (2a))·ln x＝eq \f(ln （4a）,ln a·ln （2a）)·ln x，显然函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此eq \f(ln （4a）,ln a·ln （2a）)<0，而0<a<2a<4a，则ln (4a)<0或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln a<0，,ln (2a)>0，))解得0<a<eq \f(1,4)或eq \f(1,2)<a<1，所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).故选D. 19．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)·ln (x＋b)，若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为(　　) A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D．1 解析：解法一：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，得x＝1－b.若－a≤－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a>0，ln (x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－b<－a<1－b，当x∈(－a，1－b)时，可知x＋a>0，ln (x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－a＝1－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a<0， ln (x＋b)<0，此时f(x)>0，当x∈[1－b，＋∞)时，可知x＋a≥0，ln (x＋b)≥0，此时f(x)≥0，可知－a＝1－b符合题意；若－a>1－b，当x∈(1－b，－a)时，可知x＋a<0，ln (x＋b)>0，此时f(x)<0，不符合题意．综上所述，－a＝1－b，即b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq \f(1,2).故选C. 解法二：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，得x＝1－b，则当x∈(－b，1－b)时，ln (x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0；当x∈(1－b，＋∞)时，ln (x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0，故1－b＋a＝0，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq \f(1,2).故选C. 解析：由已知可得f(2)＝lg (2a－3)＝0，则2a－3＝1，解得a＝2，故f(x)＝lg (2x－3)，由2f(x)>lg (kx2)，得lg (2x－3)2>lg (kx2)，因为x∈[3，4]，则kx2<4x2－12x＋9，可得k<eq \f(9,x2)－eq \f(12,x)＋4，令t＝eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))，g(t)＝9t2－12t＋4，则函数g(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))上单调递减，所以g(t)max＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq \f(25,16)，所以k<eq \f(25,16).因此正整数k的最大值是1. $$