同步微点进阶强化训练 对数函数的图像与性质-2025-2026学年高一上学期数学人教A版（2019）必修第一册

一、单选择题 （23-24高一上·海南海口·阶段练习） 1．函数的图象是（    ） A．   B．   C．   D．   2．函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 3．设函数，则是（    ） A．奇函数，且在上是增函数 B．奇函数，且在上是减函数 C．偶函数，且在上是增函数 D．偶函数，且在上是减函数 （24-25高一上·上海·单元测试） 4．对数函数(，且)与二次函数在同一坐标系内的图象可能是(    ) A． B． C． D． （23-24高二下·河北保定·期中） 5．已知函数的值域为R，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 6．已知函数的图象经过定点，那么使得不等式在区间上有解的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．对不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． （23-24高一下·内蒙古·阶段练习） 8．若，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选择题 （23-24高三上·广东佛山·阶段练习） 9．已知，则下列不等式可能成立的是（    ） A． B． C． D． （23-24高一上·江苏苏州·期末） 10．已知，，，则（    ） A． B． C． D． （23-24高一上·云南昆明·期末） 11．关于函数，以下结论正确的是（    ） A．方程有唯一的实数解，且 B．对恒成立 C．对，都有 D．对，均有 三、填空题： 12．已知f（x）＝在区间[2，＋∞）上为减函数，则实数a的取值范围是 ． 13．如图，已知是函数图象上的两点，是函数图象上的一点，且直线垂直于轴，若是等腰直角三角形（其中为直角顶点），则点的横坐标为 ．    14．设不等式的解集为，若，则实数的取值范围是 . 四、解答题. （23-24高一上·上海·期末） 15．已知函数是定义在上的奇函数，且图象如图所示.    (1)根据奇函数的对称性，在如图的坐标系中画出时图象； (2)①求当时，的解析式； ②说明当时，的单调性并用单调性定义证明. 16．已知函数f(x)＝loga (a＞0，b＞0，a≠1)． (1)求f(x)的定义域； (2)讨论f(x)的奇偶性； (3)讨论f(x)的单调性； （24-25高一上·福建厦门·期中） 17．已知函数，关于的不等式的解集为，且. (1)求的值； (2)是否存在实数，使函数的最小值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. （23-24高一上·浙江宁波·期中） 18．设，已知函数的表达式为. (1)当时，求不等式的解集； (2)设，若存在，使得函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求实数的取值范围. （24-25高一上·上海松江·期中） 19．已知函数 (1)当时，解不等式：； (2)当时，不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)是否存在实数，使得函数在上的最大值为，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 强化练14    对数函数的图象与性质 一、单选择题 （23-24高一上·海南海口·阶段练习） 1．函数的图象是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】根据对数函数的性质判断． 【详解】，当或时，，，排除AD， 当时，，，排除C， 故选：B． 2．函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对数函数与二次函数的单调性及复合函数的单调性计算即可. 【详解】由条件可得得. 设，易知其图象的对称轴为. ∵函数为减函数，∴要求函数的单调递增区间， 即求函数在上的单调递减区间， 由二次函数性质可得：函数在上的单调递减区间为， 故选：D. 3．设函数，则是（    ） A．奇函数，且在上是增函数 B．奇函数，且在上是减函数 C．偶函数，且在上是增函数 D．偶函数，且在上是减函数 【答案】A 【分析】求函数定义域，利用可得函数是奇函数，根据可分析函数的单调性. 【详解】由得，故函数的定义域是，关于原点对称， 因为，所以是奇函数． 因为，在上是增函数，在上是减函数，所以在上是增函数. 故选：A． （24-25高一上·上海·单元测试） 4．对数函数(，且)与二次函数在同一坐标系内的图象可能是(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别讨论和时，的单调性和的开口方向以及对称轴在轴的哪一侧即可求解. 【详解】若，则函数在上单调递减， 又函数的图象开口向下， 对称轴为直线，则对称轴在轴左侧，故CD错误； 若，则函数在上单调递增， 又函数的图象开口向上， 且对称轴为直线，则对称轴在轴右侧，故B错误，A正确. 故选:A. （23-24高二下·河北保定·期中） 5．已知函数的值域为R，则实数a的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求解的值域，结合的值域为，分析的单调性、值域即可. 【详解】因为函数在上单调递增， 故， 又因为的值域为， 则需满足， ，解得. 故选：B. 6．已知函数的图象经过定点，那么使得不等式在区间上有解的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可求得，进而得到，根据对数真数大于零可确定；将不等式化为，根据对数函数单调性，结合分离变量法可得，根据不等式有解可知，令，将问题转化为求解在上的最大值的问题，利用二次函数性质可求得最大值，结合可得结果. 【详解】，，解得：，； 当时，恒成立，若，则； 由得：， ，即； 令，，，即； 令，则当时，， ，又，，即实数的取值范围为. 故选：D. 7．对不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】原不等式整理为，令，，在上单调递增，分，，三种情况讨论，最后得出交集即为所求． 【详解】， 即， 令，， 因为在上单调递增， ①时，，即：恒成立， 需要在上恒成立， 而二次函数开口向下，所以需要 ， 解得； ②当时原不等式显然恒成立； ③时，恒成立，即恒成立， 在上恒成立， 又开口向下且对称轴为， 由及可知， 所以在上单调递减， 时，， 所以需要 ， 解得， 综上可得， 的取值范围是， 故选：A． （23-24高一下·内蒙古·阶段练习） 8．若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先设，得到函数的单调性和的解为a＝5，并求出，所以，根据对数函数单调性比较出大小. 【详解】设函数，则为增函数， 因为，所以的解为a＝5， ，所以，． 因为，所以． 故选：B 【点睛】方法点睛：对数比较大小的方法有： （1）对于真数相同的对数，可利用倒数法加以解决，有时也可把对数转化为指数式进行比较； （2）当底数与真数都不相同时，一般可选取适当的“媒介”（通常以“0”或“1”为媒介），分别与要比较的数比较大小，从而间接地得出要比较的数的大小关系； （3）作差（商）比较法是比较两个数值大小的常用方法，即对两值作差（商），看其值与0（1）的关系，从而确定所比两值的大小关系． 二、多选择题 （23-24高三上·广东佛山·阶段练习） 9．已知，则下列不等式可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用对数函数的图象与性质一一判定即可. 【详解】在同一坐标系中作出函数，，的图象， 从图中可以看出，当，，均在区间时，有， 当，，均在区间时，有，故A正确，B错误； 由于，所以有， 作出函数，，的图象，类似地可以得出C正确，D不正确. 故选：AC．    （23-24高一上·江苏苏州·期末） 10．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据换底公式即可求解A，根据对数的运算性质即可求解BCD. 【详解】对于A，，故A正确， ，， 由于，，故， ，所以， 故，故BC错误，D正确， 故选：AD 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用换底公式转化对数式，结合临界值得解. （23-24高一上·云南昆明·期末） 11．关于函数，以下结论正确的是（    ） A．方程有唯一的实数解，且 B．对恒成立 C．对，都有 D．对，均有 【答案】AC 【分析】A选项，判断出在定义域上单调递增，结合特殊点的函数值，由零点存在性定理得到A正确；B选项，由于与不一定相等，故与不一定相等；C选项，由函数单调性得到C正确；D选项，计算后结合基本不等式得到. 【详解】A选项，由于在R上单调递增，在上单调递增， 故在定义域上单调递增， 又，故由零点存在性定理可得， 方程有唯一的实数解，且，A正确； B选项，，， 显然，由于与不一定相等，故与不一定相等，B错误； C选项，由A选项可知，在定义域上单调递增， 对，都有，C正确； D选项，，均有， ， 由于，当且仅当时，等号成立， 故，即，D错误. 故选：AC 【点睛】结论点睛： （1）若函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，则在上单调递增； （2）若函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递减，则在上单调递减； 三、填空题： 12．已知f（x）＝在区间[2，＋∞）上为减函数，则实数a的取值范围是 ． 【答案】（－4，4] 【分析】由题意可得≤2，且在[2，＋∞）上的最小值大于零，从而可得解不等式组可得答案 【详解】二次函数的对称轴为x＝， 由已知，应有≤2，且满足当x≥2时y＝x2－ax＋3a>0， 即解得－4<a≤4． 故答案为：（－4，4] 13．如图，已知是函数图象上的两点，是函数图象上的一点，且直线垂直于轴，若是等腰直角三角形（其中为直角顶点），则点的横坐标为 ．    【答案】 【详解】设 因为 ，所以 ，因为是等腰直角三角形，所以可得 ，又因为在函数图象上，所以 ，解得 点A的横坐标为 ，故答案为. 14．设不等式的解集为，若，则实数的取值范围是 . 【答案】 【详解】分析：因为对数的底数不确定，故需要对底数分类讨论.如果，那么根据在上、的符号判断出恒不成立.如果，那么根据及的图像得到，从而得到的取值范围. 详解：由题设，有在上恒成立. 若，因，所以，，所以在恒不成立； 若，考虑函数和函数在的图像（如图所示）， 故，所以，解不等式有. 点睛：对数不等式中的底数不确定时，需要就底数的范围分类讨论.当不等式涉及到二次函数和对数函数（或指数函数）时，可以利用它们图像的特征（如单调性、函数值增长的速度等）来求解参数的取值范围. 四、解答题. （23-24高一上·上海·期末） 15．已知函数是定义在上的奇函数，且图象如图所示.    (1)根据奇函数的对称性，在如图的坐标系中画出时图象； (2)①求当时，的解析式； ②说明当时，的单调性并用单调性定义证明. 【答案】(1)作图见解析； (2)①；②单调递减，证明见解析. 【分析】（1）利用奇函数图象关于原点对称作出时图象. （2）①利用奇函数的定义求出当时，的解析式；②单调递减，再利用单调性定义结合对数函数单调性推理即得. 【详解】（1）由于奇函数图象关于原点对称，因此作出函数在时的图象关于原点的对称图形， 即得函数在时的图象，如图：    （2）①当时，，由函数是奇函数得， 当时，，则， 所以当时，的解析式为：. ②当时，是单调递减函数，证明如下： ，且，， 由，得，而函数在上单调递减， 即，于是，即， 所以当时，是单调递减函数. 16．已知函数f(x)＝loga (a＞0，b＞0，a≠1)． (1)求f(x)的定义域； (2)讨论f(x)的奇偶性； (3)讨论f(x)的单调性； 【答案】(1) (－∞，－b)∪(b，＋∞)；(2)见解析；(3)见解析. 【分析】(1)直接解不等式＞0即得函数的定义域.(2)利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性.(3)利用函数单调性的定义判断函数的单调性. 【详解】(1)令＞0， 解得f(x)的定义域为(－∞，－b)∪(b，＋∞)． (2)因f(－x)＝loga＝loga－1 ＝－loga＝－f(x)， 故f(x)是奇函数． (3)令u(x)＝，则函数u(x)＝1＋在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是减函数，所以当0＜a＜1时，f(x)在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是增函数；当a＞1时，f(x)在(－∞，－b)和(b，＋∞)上是减函数． 【点睛】(1)本题主要考查函数的定义域，考查函数的奇偶性的判断和单调性的判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 用定义法判断函数的单调性的一般步骤：①取值，设，且；②作差，求；③变形（合并同类项、通分、分解因式、配方等）；④判断的正负符号；⑤根据函数单调性的定义下结论. （24-25高一上·福建厦门·期中） 17．已知函数，关于的不等式的解集为，且. (1)求的值； (2)是否存在实数，使函数的最小值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）先根据，求出不等式的解，结合可得的值； （2）利用换元法，把函数转化为二次函数，结合二次函数区间最值法求解. 【详解】（1）由可得，又，所以， 又因为的解集为，所以， 因为，所以，即， 解得或，因为，所以； （2）由（1）可得， 令，则，设， ①当 时，在上单调递增， 则，解得，符合要求； ②当时，在上单调递减，在上单调递增， ，解得，又，故； ③当时，在上单调递减， ，解得，不合题意； 综上所述，存在实数或符合题意. （23-24高一上·浙江宁波·期中） 18．设，已知函数的表达式为. (1)当时，求不等式的解集； (2)设，若存在，使得函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据函数的单调性转化为自变量的不等式，解得即可； （2）根据函数的单调性求出最值，根据不等式有解分离参数求取值范围. 【详解】（1）当时，，不等式， 即，所以，即，等价于， 解得或； 所以不等式的解集为； （2）因为，，所以当时，函数为减函数， 所以函数在区间上单调递减， 又函数在区间上最大值和最小值的差不超过1， 所以， 即，即 所以， 即存在使成立，只需即可， 考虑函数，，令， ， 设，其中， 任取，且，则， 因为，所以，因为，所以， 所以，所以函数在上单调递减， 所以在单调递减，所以， ，所以， 所以的取值范围为. （24-25高一上·上海松江·期中） 19．已知函数 (1)当时，解不等式：； (2)当时，不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)是否存在实数，使得函数在上的最大值为，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在，使得结论成立，理由见解析 【分析】（1）变形得到，利用对数函数的单调性、定义域求解出不等式解集； （2）利用换元法，可化为在上恒成立，参变分离，结合基本不等式求解； （3）先由定义域得到，研究在上的单调性，得到在上的最大值必在端点处产生，从而得到不等式组，无解，故不存在，使得结论成立． 【详解】（1）由已知得， 即，因为是增函数， 所以，解得， 所以原不等式的解集为； （2）由题意令，因为，所以， 所以不等式在上恒成立， 可化为在上恒成立， 分离参数得，因为，当且仅当时取等号， 则要使原式恒成立，只需即可，即实数的取值范围为； （3）首先要使函数在上有意义，需，所以， 易知函数在上的最大值必在端点处产生， 故只需，或， 由①得或4，由②得，故无解，舍去； 由④得或，由③得，故无解，舍去； 综上可知，不存在a使结论成立． 【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为： 第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式， 第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用函数单调性或基本不等式进行求解. 第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$