专题04 对数函数（题型专练）高一数学人教A版必修第一册

专题04对数函数 （题型突破·举一反三） 题型01 对数函数的概念 1 题型02 对数函数解析式的求解 3 题型03 对数型函数定点求解 4 题型04 对数型函数定义域的求解 6 题型05 图象识别与分析 8 题型06 对数型函数值的单调性 11 题型07 值域与最值的求解 13 题型08 对数型不等式求解 15 题型09 反函数的求解与应用 17 题型10 对数型函数性质的综合应用 19 ▌题型01 对数函数的概念 1. 对数函数的概念 函数叫做对数函数．其中是自变量，函数的定义域是，值域为． 2. 对数函数的判定 判断一个函数是对数函数是形如的形式，即必须满足以下条件： （1）系数为1； （2）底数为大于0且不等于1的常数； （3）对数的真数仅有自变量． 【典例1】（23-24高一·全国·课堂例题）下列函数是对数函数的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据对数函数的定义判断即可. 【详解】在对数函数的定义表达式（且）中，前面的系数必须是1，自变量在真数的位置上，否则不是对数函数， 所以只有选项C满足定义. 故选：C. 【变式1-1】（24-25高一上·全国·课前预习）下列函数是对数函数的是（    ） A．（且） B． C． D．（且） 【答案】B 【分析】利用对数函数的定义求解． 【详解】根据对数函数的定义且, 分析A,B,C,D函数形式， 函数为对数函数. 故选：B. 【变式1-2】（22-23高一上·云南曲靖·阶段检测）下列函数是对数函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对数函数定义直接判断即可. 【详解】形如的函数叫作对数函数，它的定义域是， 对于A，满足，故A正确； 对于B，C，D，形式均不正确，均错误. 故选：A 【变式1-3】（21-22高一·全国·课后作业）下列函数是对数函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对数函数的概念即得. 【详解】因为函数(且)为对数函数， 所以ABC均为对数型复合函数，而D是底数为自然常数的对数函数. 故选：D. ▌题型02 对数函数解析式的求解 1. 解题通法 待定系数法：设 ，将已知点代入，解出底数. 注意：求解过程中要时刻关注底数的范围限制. 【典例2】（24-25高一上·广东珠海·阶段检测）函数（，且）是对数函数，且过点，则________． 【答案】1 【分析】根据函数为对数函数及所过的点列方程求参数，进而求对应函数值. 【详解】由题设，可得，故， 所以. 故答案为：1 【变式2-1】（2025高二上·河南许昌·学业考试）已知函数的图象过点（8，3），则的值为（    ） A．－1 B．1 C． D． 【答案】B 【分析】将点代入函数解析式计算求得，即，即，再代入，即可得到答案． 【详解】因为函数的图象过点，所以，即， 则，解得，所以，则， 故选:B． 【变式2-2】（18-19高一·全国·课后作业）已知函数，若图象过点，则的值为（    ） A．－2 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】首先代入点求函数的解析式，再求函数值. 【详解】由条件可知，，得， 所以. 故选：B 【变式2-3】（25-26高一上·江苏无锡·期中）已知定义在上的函数满足，且．请写出一个满足条件的的解析式___________． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据题意，结合对数的运算性质，以及对数函数的性质，即可得到答案. 【详解】由对数的运算法则知：， 则满足，且的一个函数解析式可以为. 故答案为：（答案不唯一）. ▌题型03 对数型函数定点求解 1.必背结论： 对数函数 的图象恒过定点. 推广：对于函数，令真数 ，解得 ，此时 .即恒过定点. 易错点：注意区分指数函数过定点  和对数函数过定点 . 【典例3】（25-26高一上·甘肃兰州·阶段检测）关于函数图象过定点问题，有以下4个命题： ①函数的图象经过定点； ②函数的图象经过定点； ③函数的图象经过定点； ④函数的图象经过两个定点. 其中，真命题有（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】C 【分析】根据指数幂和对数运算性质逐一判断即可. 【详解】①因为 所以函数的图象经过点，因此是真命题； ②因为 所以函数定的图象经过定点，因此是真命题； ③函数的定义域为，所以是假命题； ④当时，，即该函数的图象必过， 因为的对称轴为， 所以该函数的图象还过，所以是真命题. 故选：C 【变式3-1】 (多选)（25-26高一上·甘肃张掖·阶段检测）下列说法正确的有（　　） A．幂函数必过点和 B．函数恒过点 C．对任意，且，都有，则为减函数 D．若函数为上的奇函数，则函数关于点对称 【答案】BCD 【分析】对于A，由函数图像不过即可判断；对于B，根据即可判断；对于C，根据单调性定义即可判断；对于D，根据奇函数的性质以及函数图像变换即可分析求解. 【详解】对于A，函数为幂函数，但该函数图像不过，故A错误； 对于B，由得函数恒过点，故B正确； 对于C，对任意，且，都有， 不妨令，则，此时可得，即， 则为减函数，故C正确； 对于D，由函数为奇函数，得为该函数图像的对称中心， 因为函数的图像向右平移个单位可得函数的图像， 所以为函数图像的对称中心； 由函数的图像向上平移个单位可得函数的图像， 得为函数图像的对称中心，故D正确. 故选：BCD. 【变式3-2】（25-26高三上·江西南昌·阶段检测）已知函数且的图象经过定点，则点的横坐标为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】根据给定的函数，利用对数函数的图象性质求出所过定点坐标即得. 【详解】当，即时，对任意且，恒有，即的图象过定点， 所以点的横坐标为2. 【变式3-3】（25-26高一上·天津河东·阶段检测）函数且过定点________． 【答案】 【分析】由（且）可得答案. 【详解】由（且）知，当时，， 故函数（且）过定点. 故答案为： ▌题型04 对数型函数定义域的求解 1.限制条件三要素 真数大于0： 中，必须满足 . 分母不为0：如果在分母上，整个对数式不能为0（即真数不能为1）. 偶次根式：如果在根号下，对数式必须. 2. 技巧： 通常转化为解不等式或不等式组. 【典例4】（23-24高三上·宁夏银川·阶段检测）函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解. 【详解】由函数有意义，则满足，解得且， 所以函数的定义域为. 故选：D. 【变式4-1】(多选)（24-25高一上·安徽淮北·期末）已知函数定义域为R，则的值可能为（   ） A．5 B．0 C．8 D．6 【答案】ACD 【详解】因为函数定义域为R， 所以对恒成立， 若，则对不恒成立，故不符合题意； 若，则，解得， 所以的取值范围为. 【变式4-2】（15-16高一上·山西临汾·阶段检测）函数的定义域为______. 【答案】 【分析】根据偶次根式被开方数大于等于0，结合对数函数的单调性，即可得答案. 【详解】由题意得，则， 因为在上单调递增， 所以，则的定义域为. 【变式4-3】（24-25高一上·天津河北·期末）函数的定义域为________． 【答案】 【分析】偶次根式被开方数不为负数，分母不为0，真数大于0，根据这些条件列出的不等式组，则此不等式组的解就是函数的定义域． 【详解】要使函数有意义 所以解得 函数的定义域为． ▌题型05 图象识别与分析 1.单调性  时，图象上升（增函数）；时，图象下降（减函数）. 2.对称性  与 关于轴对称. 3. 奇偶性 注意复合函数如是偶函数，图象关于 y 轴对称. 【典例5】函数满足，那么函数的图象大致为（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】由代入可得，进而可得，根据对称性及对数函数图象即可选择符合条件的图象. 【详解】由题意得函数满足，可得． 而函数关于对称， 所以函数的图象为如下，故B正确.    【变式5-1】（2025高二上·辽宁营口·学业考试）若函数，则由图象可得，依次对应的函数为（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】B 【分析】根据正比例函数图象为直线，指数函数和对数函数的增长凹凸规律判断即可.. 【详解】由函数图象知，为正比例函数，则对应函数为， 为对数函数，则对应函数为， 为指数函数，则对应函数为， 故选：B. 【变式5-2】（25-26高一上·广东中山·阶段检测）函数的图像大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性、特殊点的函数值确定正确答案. 【详解】的定义域是， ， 所以是偶函数，图象关于轴对称，CD选项错误. ，B选项错误. 故选：A 【变式5-3】(多选)（25-26高一上·辽宁·阶段检测）已知，且，函数的大致图象可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】先判断函数的奇偶性，可排除D；再分，两种情况判断即可. 【详解】由，定义域为， 且，则是偶函数，排除D； 当时，， 且在上单调递增，A符合题意，B不符合题意； 当时，， 且在上单调递减，C符合题意. 故选：AC. ▌题型06 对数型函数值的单调性 1.对数函数单调性  时，图象上升（增函数）；时，图象下降（减函数）. 2.复合函数单调性判断（同增异减） 对于 ：若，则与单调性相同；若，则与单调性相反. 3.步骤 先求定义域 →→ 分解内外层函数 →→ 判断内外层单调性 →→ 复合得出结论. 【典例6】已知函数，则的单调递增区间为______；满足的非负整数解的个数为______． 【答案】 和 17 【分析】根据对数函数与二次函数的单调性求解即可. 【详解】当时，，则其单调增区间为， 函数的对称轴为， 则当时，，其单调增区间为， 综上所述，的单调递增区间为和， 由， 得或， 解得或， 所以满足的非负整数解有个. 故答案为：和；. 【变式6-1】下列函数中是增函数的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据幂函数、指数函数和对数函数性质一一判断即可. 【详解】对A，设，则，则，则其不是增函数，故A错误； 对B，因为，则为减函数，故B错误； 对C，，则其在上为增函数，故C正确， 对D，，显然其为减函数，故D错误. 故选：C. 【变式6-2】给定条件：①；②函数为减函数，写出同时满足①②的一个函数解析式______． 【答案】（答案不唯一） 【分析】结合对数运算法则和对数函数单调性，根据题意找到满足两个条件的函数即可. 【详解】取， 满足条件①， 满足条件②在区间上单调递减． 故满足题意． 故答案为：（答案不唯一） 【变式6-3】(多选)已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的定义域为 B．在区间上单调递增 C．在区间上单调递减 D．的图象关于直线对称 【答案】ABD 【分析】利用函数定义域的求法可判断A；利用复合函数单调性法则可判断BC；利用函数对称性可判断D. 【详解】对于A：令，解得， 所以的定义域为，故A正确； 对于B和C：函数， 令，则函数在上单调递增，在上单调递减， 又是增函数，所以在上单调递增，在上单调递减，故B正确，C错误； 对于D：因为， ，所以， 所以的图象关于直线对称，故D正确. 故选：ABD. ▌题型07 值域与最值的求解 求值域通法 先求真数的范围，再根据对数函数单调性求的范围. 【典例7】（25-26高二上·湖南长沙·阶段检测）已知，函数，则的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分段求出函数的取值范围，即可得解. 【详解】因为，， 当时，，在上为减函数， 所以. 当时，， 因为，所以在上为增函数， 所以. 综上，的值域为. 故选：C. 【变式7-1】（24-25高一下·湖北·阶段检测）已知函数的值域为，其中且，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别计算分段函数在每段上的值域，再取并集，根据并集为即可求出范围. 【详解】因在上单调递增，故， 若，则在上单调递减， 因，故， 此时不满足值域为； 若，则在上单调递增， 因，故， 若值域为，则，即， 综上，实数a的取值范围是. 故选：A 【变式7-2】（25-26高一上·上海·阶段检测）已知，，则函数的值域为__________. 【答案】R 【分析】根据给定条件，利用对数函数直接求出值域. 【详解】当时，函数的定义域为， 函数的真数的取值集合为， 所以函数的值域为R. 故答案为：R 【变式7-3】（25-26高三上·山东潍坊·阶段检测）求函数的定义域、值域和单调区间． 【答案】定义域为；值域为；单调递增区间为，单调递减区间为， 【分析】根据对数的性质，列不等式即可根据一元二次不等式的求解得定义域，根据复合函数的性质即可求解值域和单调性. 【详解】令，即，得，所以定义域为． 设，则是增函数． 因为，所以，所以值域为． 在上单调递增，又是增函数，所以在上是增函数； 在上单调递减，又是增函数，所以在上是减函数， 因此的单调递增区间为，单调递减区间为. ▌题型08 对数型不等式求解 1.同底法 化为的形式. 2.去对数 当时，不等号方向不变：;当时，不等号方向改变：. 3.定义域优先 解出的结果必须满足真数大于0. 【典例8】（25-26高一上·宁夏银川·阶段检测）已知函数（且），若，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先判断函数的单调性，再根据函数的单调性解不等式. 【详解】因为，所以函数在上单调递减. 由. 即所求不等式的解集为. 故选：A 【变式8-1】（25-26高一上·陕西咸阳·阶段检测）“”是“”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 【答案】C 【分析】结合对数函数的单调性，判断“”和“”之间的逻辑关系，即可得答案. 【详解】由于函数在上单调递减， 故由可得，解得； 故“”是“”的充分条件； 当时，，则， 即“”是“”的必要条件， 综合可得“”是“”的充要条件， 故选：C 【变式8-2】（2026·山东潍坊·一模）若函数和同时满足以下两个条件：①或；②，使.则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】， 要使条件①成立，则必须保证当时，恒成立， 又在上单调递增，故，. 时，，要使条件②成立，这必须保证在区间有解. 即成立，，又在上单调递增，. 综上，的取值范围是. 【变式8-3】（25-26高一上·上海·期中）求下列不等式的解集． (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先根据绝对值的非负性初步得到x的一个范围，再去绝对值符号，解一次不等式即可；（2）根据开偶次方根的数为非负数，分母不为0得到x的一个范围，再根据分子是否为0分类讨论求解. 【详解】（1）因为，所以，解得． 当时，，所以. 所以原不等式即，解得． 取交集可得原不等式的解集为． （2） 不等式有意义的条件为，即且． 当时，不等式即，成立；           当且时，，故，可化为，即，解得． 综上，原不等式的解集为． ▌题型09 反函数的求解与应用 1.反函数概念 指数函数与对数函数互为反函数. 2.图象关系 关于直线 对称. 3.点坐标关系 若原函数过点，则反函数必过点. 【典例9】（25-26高一上·河南洛阳·阶段检测）若函数的图像过点，其反函数的图像过点，则（    ） A．4 B．3 C．6 D．5 【答案】B 【分析】根据题意，得到函数的图像过点和，代入列出方程组，求得的值，即可求解. 【详解】由函数的图像过点，又由其反函数的图像过点，则函数过点， 可得，即，解得，所以. 故选：B. 【变式9-1】（多选）（25-26高一上·广东·阶段检测）与函数的图象关于直线对称的函数为（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据指数函数与对数函数的性质，可得函数与的图象关于直线对称，然后根据对数的运算逐个选项判断即可. 【详解】因为函数与的图象关于直线对称， 故只需判断哪个函数与表示同一个函数， 因为函数的定义域为， 选项A的定义域为，故排除A； 选项BCD的定义域均为， 根据对数的运算法则，， 且. 故选：BCD 【变式9-2】（25-26高一上·上海徐汇·期末）已知和它的反函数的图像都经过，则______． 【答案】 【分析】根据反函数的性质可得，列方程求即可. 【详解】因为函数的反函数的图像经过， 所以函数的图像经过， 又的图像经过， 所以. 故答案为： 【变式9-3】（24-25高一上·贵州遵义·期末）已知函数，则_____. 【答案】4 【分析】令，用来表示即得反函数表达式，代入可得答案. 【详解】令，则,因为,所以, 由反函数的定义可知,所以. 故答案为：4. ▌题型10 对数型函数性质的综合应用 1．求与对数函数有关的复合函数的性质问题，必须弄清三个问题：一是定义域；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成. 2． 对于对数型函数性质的综合应用问题，求解策略如下： (1)严格遵循定义域（真数>0，底数>0且≠1），利用单调性化解不等式或方程. (2)通过换元法将复合函数转化为二次函数等简单形式，注意新变量的取值范围. (3)结合图象变换（平移、伸缩）分析零点或最值问题. (4)熟练运用对数运算法则（积、商、幂、换底公式）化简表达式，并注意底数对单调性和奇偶性的影响. 【典例10】（25-26高一上·湖北武汉·期末）已知函数为奇函数. (1)求实数的值； (2)设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)解关于的不等式. 【答案】(1) (2) (3)当时，解集为；当时，解集为空集；当时，解集为. 【分析】（1）利用奇函数性质求参数，再验证即可； （2）由单调性得其最小值，将存在性条件转化为在给定区间的最小值不小于该值，换元后求二次函数最值； （3）将表达式代入不等式，由于分母恒正可直接去分母，对参数分类讨论，解指数不等式. 【详解】（1）因为是奇函数，定义域为，由奇函数性质， 代入得， 验证可得，满足奇函数定义，故. （2）已知，可知是上的增函数. 当时，的最小值为. 对任意，存在使， 等价于在上的最小值大于等于在上的最小值. 令，，则， ，是开口向上的二次函数，对称轴， 则最小值为， 令，即实数的取值范围为. （3）由（1）知，是定义域为的奇函数，得，因此. 将代入得，已知对任意，都有， 不等式两边同乘正数，整理得，对系数分类讨论： ①：若，不等式变为，恒成立； 若 ，，不等式变形为，此时右边，而恒成立，不等式恒成立. 因此，当时，解集为. ②：此时，不等式变形为，由于， 因此右边，而恒成立，不等式无解 因此，当时，解集为空集. ③：此时，不等式变形为，此时， 对不等式两边以3为底取对数得. 因此，当时，解集为. 综上，当时，解集为；当时，解集为空集；当时，解集为. 【变式10-1】（25-26高一上·福建泉州·阶段检测）已知函数且． (1)若函数在区间上的最大值比最小值大，求实数的值； (2)若函数的图象过． ①比较与的大小； ②解不等式：． 【答案】(1)或 (2)①，② 【分析】（1）按与分类讨论指数函数的单调性，求出最值，利用条件列方程，可得答案； （2）代入点，可得，①利用指数函数的单调性可得答案；②将不等式等价转化，设，判断其在上的单调性，结合，利用函数单调性解不等式. 【详解】（1）当时，在上单调递增，最大值为，最小值为， 由题意得：，解得：； 当时，在上单调递减，最大值为，最小值为， 由题意得：，解得：； 综上，的值为或； （2）依题意，由得，即，则. ①因，且在上是增函数， 所以； ②因，则（其中）， 由可得，即， 令，则在上单调递增，且， 所以不等式等价于， 故原不等式的解集为. 【变式10-2】（25-26高一下·上海·阶段检测）已知偶函数满足，奇函数满足． (1)请直接写出的解析式（无需求解过程）； (2)求关于m的不等式的解集； (3)存在满足，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】（1）根据函数的奇偶性定义求解即可. （2）先判断的单调性，然后化简不等式，求出解集即可. （3）先求出的最小值和最大值，然后结合已知条件求出范围即可. 【详解】（1）因为偶函数满足，奇函数满足． 所以，所以，所以. ，即，所以，所以. ． （2）由（1）知，其定义域为． 令，在上，单调递减， 所以单调递减．又因为在上单调递增， 根据复合函数“同增异减”的原则，可知在上单调递减． 因为在上单调递减，所以． 解：即恒成立，， 即，解得，解，即， 解：即，因式分解得， 解得或．综合以上三个不等式的解，取交集得 因此，不等式的解集为． （3）， 所以的值域为． 因为存在满足， 所以． 即，令，则， 即，因式分解得，解得或（舍去）． 所以，解得．又因为，所以． 因此，的取值范围是． 【变式10-3】（25-26高一下·河北邢台·开学考试）已知且，函数. (1)若，当时，恒成立，求a的取值范围； (2)当时，若在上有最大值，求m的取值范围； (3)当，时，若存在，使得对任意的及任意的，都有，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，转化为函数在上单调递减函数，结合分段函数的性质，列出不等式组，即可求解； （2）根据题意，求得，得出函数的单调性，画出图像，令，求得，结合图像，即可求解. （3）分别求得和上函数的最大值为和，根据题意，转化为存在使得恒成立，得到有解，得到，结合对数的运算公式，即可求解. 【详解】（1）解：由时，可得，即 当时，恒成立，即函数在上单调递减函数， 令，解得，则满足，解得， 所以实数的取值范围为. （2）解：当时，函数， 当时，即时，，此时单调递减； 当且时，即时，，此时单调递增； 当时，函数单调递增， 所以在单调递减，在上单调递增，在单调递增， 且，令，可得， 画出函数的图像，如图所示， 要使得在上有最大值，结合图像，则满足， 所以实数的取值范围为. （3）解：当，时，，且 当时，函数单调递增；当时，函数单调递增； 因为，可得 对任意，可得的最大值为， 对任意，可得的最大值为， 存在使得恒成立， 等价于对于某个成立， 即在，上有解， 因为函数为单调增函数，只需时成立， 即，可得， 因为，可得，所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04对数函数 （题型突破·举一反三） 题型01 对数函数的概念 1 题型02 对数函数解析式的求解 2 题型03 对数型函数定点求解 3 题型04 对数型函数定义域的求解 4 题型05 图象识别与分析 5 题型06 对数型函数值的单调性 7 题型07 值域与最值的求解 9 题型08 对数型不等式求解 10 题型09 反函数的求解与应用 11 题型10 对数型函数性质的综合应用 12 ▌题型01 对数函数的概念 1. 对数函数的概念 函数叫做对数函数．其中是自变量，函数的定义域是，值域为． 2. 对数函数的判定 判断一个函数是对数函数是形如的形式，即必须满足以下条件： （1）系数为1； （2）底数为大于0且不等于1的常数； （3）对数的真数仅有自变量． 【典例1】（23-24高一·全国·课堂例题）下列函数是对数函数的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据对数函数的定义判断即可. 【详解】在对数函数的定义表达式（且）中，前面的系数必须是1，自变量在真数的位置上，否则不是对数函数， 所以只有选项C满足定义. 故选：C. 【变式1-1】（24-25高一上·全国·课前预习）下列函数是对数函数的是（    ） A．（且） B． C． D．（且） 【变式1-2】（22-23高一上·云南曲靖·阶段检测）下列函数是对数函数的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（21-22高一·全国·课后作业）下列函数是对数函数的是（    ） A． B． C． D． ▌题型02 对数函数解析式的求解 1. 解题通法 待定系数法：设 ，将已知点代入，解出底数. 注意：求解过程中要时刻关注底数的范围限制. 【典例2】（24-25高一上·广东珠海·阶段检测）函数（，且）是对数函数，且过点，则________． 【答案】1 【分析】根据函数为对数函数及所过的点列方程求参数，进而求对应函数值. 【详解】由题设，可得，故， 所以. 故答案为：1 【变式2-1】（2025高二上·河南许昌·学业考试）已知函数的图象过点（8，3），则的值为（    ） A．－1 B．1 C． D． 【变式2-2】（18-19高一·全国·课后作业）已知函数，若图象过点，则的值为（    ） A．－2 B．2 C． D． 【变式2-3】（25-26高一上·江苏无锡·期中）已知定义在上的函数满足，且．请写出一个满足条件的的解析式___________． ▌题型03 对数型函数定点求解 1.必背结论： 对数函数 的图象恒过定点. 推广：对于函数，令真数 ，解得 ，此时 .即恒过定点. 易错点：注意区分指数函数过定点  和对数函数过定点 . 【典例3】（25-26高一上·甘肃兰州·阶段检测）关于函数图象过定点问题，有以下4个命题： ①函数的图象经过定点； ②函数的图象经过定点； ③函数的图象经过定点； ④函数的图象经过两个定点. 其中，真命题有（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】C 【分析】根据指数幂和对数运算性质逐一判断即可. 【详解】①因为 所以函数的图象经过点，因此是真命题； ②因为 所以函数定的图象经过定点，因此是真命题； ③函数的定义域为，所以是假命题； ④当时，，即该函数的图象必过， 因为的对称轴为， 所以该函数的图象还过，所以是真命题. 故选：C 【变式3-1】 (多选)（25-26高一上·甘肃张掖·阶段检测）下列说法正确的有（　　） A．幂函数必过点和 B．函数恒过点 C．对任意，且，都有，则为减函数 D．若函数为上的奇函数，则函数关于点对称 【变式3-2】（25-26高三上·江西南昌·阶段检测）已知函数且的图象经过定点，则点的横坐标为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【变式3-3】（25-26高一上·天津河东·阶段检测）函数且过定点________． ▌题型04 对数型函数定义域的求解 1.限制条件三要素 真数大于0： 中，必须满足 . 分母不为0：如果在分母上，整个对数式不能为0（即真数不能为1）. 偶次根式：如果在根号下，对数式必须. 2. 技巧： 通常转化为解不等式或不等式组. 【典例4】（23-24高三上·宁夏银川·阶段检测）函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解. 【详解】由函数有意义，则满足，解得且， 所以函数的定义域为. 故选：D. 【变式4-1】(多选)（24-25高一上·安徽淮北·期末）已知函数定义域为R，则的值可能为（   ） A．5 B．0 C．8 D．6 【变式4-2】（15-16高一上·山西临汾·阶段检测）函数的定义域为______. 【变式4-3】（24-25高一上·天津河北·期末）函数的定义域为________． ▌题型05 图象识别与分析 1.单调性  时，图象上升（增函数）；时，图象下降（减函数）. 2.对称性  与 关于轴对称. 3. 奇偶性 注意复合函数如是偶函数，图象关于 y 轴对称. 【典例5】函数满足，那么函数的图象大致为（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】由代入可得，进而可得，根据对称性及对数函数图象即可选择符合条件的图象. 【详解】由题意得函数满足，可得． 而函数关于对称， 所以函数的图象为如下，故B正确.    【变式5-1】（2025高二上·辽宁营口·学业考试）若函数，则由图象可得，依次对应的函数为（   ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【变式5-2】（25-26高一上·广东中山·阶段检测）函数的图像大致为（    ） A． B． C． D． 【变式5-3】(多选)（25-26高一上·辽宁·阶段检测）已知，且，函数的大致图象可能为（    ） A． B． C． D． ▌题型06 对数型函数值的单调性 1.对数函数单调性  时，图象上升（增函数）；时，图象下降（减函数）. 2.复合函数单调性判断（同增异减） 对于 ：若，则与单调性相同；若，则与单调性相反. 3.步骤 先求定义域 →→ 分解内外层函数 →→ 判断内外层单调性 →→ 复合得出结论. 【典例6】已知函数，则的单调递增区间为______；满足的非负整数解的个数为______． 【答案】 和 17 【分析】根据对数函数与二次函数的单调性求解即可. 【详解】当时，，则其单调增区间为， 函数的对称轴为， 则当时，，其单调增区间为， 综上所述，的单调递增区间为和， 由， 得或， 解得或， 所以满足的非负整数解有个. 故答案为：和；. 【变式6-1】下列函数中是增函数的是（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】给定条件：①；②函数为减函数，写出同时满足①②的一个函数解析式______． 【变式6-3】(多选)已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的定义域为 B．在区间上单调递增 C．在区间上单调递减 D．的图象关于直线对称 ▌题型07 值域与最值的求解 求值域通法 先求真数的范围，再根据对数函数单调性求的范围. 【典例7】（25-26高二上·湖南长沙·阶段检测）已知，函数，则的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分段求出函数的取值范围，即可得解. 【详解】因为，， 当时，，在上为减函数， 所以. 当时，， 因为，所以在上为增函数， 所以. 综上，的值域为. 故选：C. 【变式7-1】（24-25高一下·湖北·阶段检测）已知函数的值域为，其中且，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式7-2】（25-26高一上·上海·阶段检测）已知，，则函数的值域为__________. 【变式7-3】（25-26高三上·山东潍坊·阶段检测）求函数的定义域、值域和单调区间． ▌题型08 对数型不等式求解 1.同底法 化为的形式. 2.去对数 当时，不等号方向不变：;当时，不等号方向改变：. 3.定义域优先 解出的结果必须满足真数大于0. 【典例8】（25-26高一上·宁夏银川·阶段检测）已知函数（且），若，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先判断函数的单调性，再根据函数的单调性解不等式. 【详解】因为，所以函数在上单调递减. 由. 即所求不等式的解集为. 故选：A 【变式8-1】（25-26高一上·陕西咸阳·阶段检测）“”是“”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 【变式8-2】（2026·山东潍坊·一模）若函数和同时满足以下两个条件：①或；②，使.则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式8-3】（25-26高一上·上海·期中）求下列不等式的解集． (1)； (2)． ▌题型09 反函数的求解与应用 1.反函数概念 指数函数与对数函数互为反函数. 2.图象关系 关于直线 对称. 3.点坐标关系 若原函数过点，则反函数必过点. 【典例9】（25-26高一上·河南洛阳·阶段检测）若函数的图像过点，其反函数的图像过点，则（    ） A．4 B．3 C．6 D．5 【答案】B 【分析】根据题意，得到函数的图像过点和，代入列出方程组，求得的值，即可求解. 【详解】由函数的图像过点，又由其反函数的图像过点，则函数过点， 可得，即，解得，所以. 故选：B. 【变式9-1】（多选）（25-26高一上·广东·阶段检测）与函数的图象关于直线对称的函数为（    ） A． B． C． D． 【变式9-2】（25-26高一上·上海徐汇·期末）已知和它的反函数的图像都经过，则______． 【变式9-3】（24-25高一上·贵州遵义·期末）已知函数，则_____. ▌题型10 对数型函数性质的综合应用 1．求与对数函数有关的复合函数的性质问题，必须弄清三个问题：一是定义域；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成. 2． 对于对数型函数性质的综合应用问题，求解策略如下： (1)严格遵循定义域（真数>0，底数>0且≠1），利用单调性化解不等式或方程. (2)通过换元法将复合函数转化为二次函数等简单形式，注意新变量的取值范围. (3)结合图象变换（平移、伸缩）分析零点或最值问题. (4)熟练运用对数运算法则（积、商、幂、换底公式）化简表达式，并注意底数对单调性和奇偶性的影响. 【典例10】（25-26高一上·湖北武汉·期末）已知函数为奇函数. (1)求实数的值； (2)设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围； (3)解关于的不等式. 【答案】(1) (2) (3)当时，解集为；当时，解集为空集；当时，解集为. 【分析】（1）利用奇函数性质求参数，再验证即可； （2）由单调性得其最小值，将存在性条件转化为在给定区间的最小值不小于该值，换元后求二次函数最值； （3）将表达式代入不等式，由于分母恒正可直接去分母，对参数分类讨论，解指数不等式. 【详解】（1）因为是奇函数，定义域为，由奇函数性质， 代入得， 验证可得，满足奇函数定义，故. （2）已知，可知是上的增函数. 当时，的最小值为. 对任意，存在使， 等价于在上的最小值大于等于在上的最小值. 令，，则， ，是开口向上的二次函数，对称轴， 则最小值为， 令，即实数的取值范围为. （3）由（1）知，是定义域为的奇函数，得，因此. 将代入得，已知对任意，都有， 不等式两边同乘正数，整理得，对系数分类讨论： ①：若，不等式变为，恒成立； 若 ，，不等式变形为，此时右边，而恒成立，不等式恒成立. 因此，当时，解集为. ②：此时，不等式变形为，由于， 因此右边，而恒成立，不等式无解 因此，当时，解集为空集. ③：此时，不等式变形为，此时， 对不等式两边以3为底取对数得. 因此，当时，解集为. 综上，当时，解集为；当时，解集为空集；当时，解集为. 【变式10-1】（25-26高一上·福建泉州·阶段检测）已知函数且． (1)若函数在区间上的最大值比最小值大，求实数的值； (2)若函数的图象过． ①比较与的大小； ②解不等式：． 【变式10-2】（25-26高一下·上海·阶段检测）已知偶函数满足，奇函数满足． (1)请直接写出的解析式（无需求解过程）； (2)求关于m的不等式的解集； (3)存在满足，求的取值范围． 【变式10-3】（25-26高一下·河北邢台·开学考试）已知且，函数. (1)若，当时，恒成立，求a的取值范围； (2)当时，若在上有最大值，求m的取值范围； (3)当，时，若存在，使得对任意的及任意的，都有，求的最小值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04对数函数 （题型突破·举一反三） ▌题型01 对数函数的概念 【典例1】 【答案】C 【分析】根据对数函数的定义判断即可. 【详解】在对数函数的定义表达式（且）中，前面的系数必须是1，自变量在真数的位置上，否则不是对数函数， 所以只有选项C满足定义. 故选：C. 【变式1-1】 【答案】B 【分析】利用对数函数的定义求解． 【详解】根据对数函数的定义且, 分析A,B,C,D函数形式， 函数为对数函数. 故选：B. 【变式1-2】 【答案】A 【分析】根据对数函数定义直接判断即可. 【详解】形如的函数叫作对数函数，它的定义域是， 对于A，满足，故A正确； 对于B，C，D，形式均不正确，均错误. 故选：A 【变式1-3】 【答案】D 【分析】根据对数函数的概念即得. 【详解】因为函数(且)为对数函数， 所以ABC均为对数型复合函数，而D是底数为自然常数的对数函数. 故选：D. ▌题型02 对数函数解析式的求解 【典例2】 【答案】1 【分析】根据函数为对数函数及所过的点列方程求参数，进而求对应函数值. 【详解】由题设，可得，故， 所以. 故答案为：1 【变式2-1】 【答案】B 【分析】将点代入函数解析式计算求得，即，即，再代入，即可得到答案． 【详解】因为函数的图象过点，所以，即， 则，解得，所以，则， 故选:B． 【变式2-2】 【答案】B 【分析】首先代入点求函数的解析式，再求函数值. 【详解】由条件可知，，得， 所以. 故选：B 【变式2-3】 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据题意，结合对数的运算性质，以及对数函数的性质，即可得到答案. 【详解】由对数的运算法则知：， 则满足，且的一个函数解析式可以为. 故答案为：（答案不唯一）. ▌题型03 对数型函数定点求解 【典例3】 【答案】C 【分析】根据指数幂和对数运算性质逐一判断即可. 【详解】①因为 所以函数的图象经过点，因此是真命题； ②因为 所以函数定的图象经过定点，因此是真命题； ③函数的定义域为，所以是假命题； ④当时，，即该函数的图象必过， 因为的对称轴为， 所以该函数的图象还过，所以是真命题. 故选：C 【变式3-1】 【答案】BCD 【分析】对于A，由函数图像不过即可判断；对于B，根据即可判断；对于C，根据单调性定义即可判断；对于D，根据奇函数的性质以及函数图像变换即可分析求解. 【详解】对于A，函数为幂函数，但该函数图像不过，故A错误； 对于B，由得函数恒过点，故B正确； 对于C，对任意，且，都有， 不妨令，则，此时可得，即， 则为减函数，故C正确； 对于D，由函数为奇函数，得为该函数图像的对称中心， 因为函数的图像向右平移个单位可得函数的图像， 所以为函数图像的对称中心； 由函数的图像向上平移个单位可得函数的图像， 得为函数图像的对称中心，故D正确. 故选：BCD. 【变式3-2】 【答案】C 【分析】根据给定的函数，利用对数函数的图象性质求出所过定点坐标即得. 【详解】当，即时，对任意且，恒有，即的图象过定点， 所以点的横坐标为2. 【变式3-3】 【答案】 【分析】由（且）可得答案. 【详解】由（且）知，当时，， 故函数（且）过定点. 故答案为： ▌题型04 对数型函数定义域的求解 【典例4】 【答案】D 【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解. 【详解】由函数有意义，则满足，解得且， 所以函数的定义域为. 故选：D. 【变式4-1】 【答案】ACD 【详解】因为函数定义域为R， 所以对恒成立， 若，则对不恒成立，故不符合题意； 若，则，解得， 所以的取值范围为. 【变式4-2】 【答案】 【分析】根据偶次根式被开方数大于等于0，结合对数函数的单调性，即可得答案. 【详解】由题意得，则， 因为在上单调递增， 所以，则的定义域为. 【变式4-3】 【答案】 【分析】偶次根式被开方数不为负数，分母不为0，真数大于0，根据这些条件列出的不等式组，则此不等式组的解就是函数的定义域． 【详解】要使函数有意义 所以解得 函数的定义域为． ▌题型05 图象识别与分析 【典例5】 【答案】B 【分析】由代入可得，进而可得，根据对称性及对数函数图象即可选择符合条件的图象. 【详解】由题意得函数满足，可得． 而函数关于对称， 所以函数的图象为如下，故B正确.    【变式5-1】 【答案】B 【分析】根据正比例函数图象为直线，指数函数和对数函数的增长凹凸规律判断即可.. 【详解】由函数图象知，为正比例函数，则对应函数为， 为对数函数，则对应函数为， 为指数函数，则对应函数为， 故选：B. 【变式5-2】 【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性、特殊点的函数值确定正确答案. 【详解】的定义域是， ， 所以是偶函数，图象关于轴对称，CD选项错误. ，B选项错误. 故选：A 【变式5-3】 【答案】AC 【分析】先判断函数的奇偶性，可排除D；再分，两种情况判断即可. 【详解】由，定义域为， 且，则是偶函数，排除D； 当时，， 且在上单调递增，A符合题意，B不符合题意； 当时，， 且在上单调递减，C符合题意. 故选：AC. ▌题型06 对数型函数值的单调性 【典例6】 【答案】 和 17 【分析】根据对数函数与二次函数的单调性求解即可. 【详解】当时，，则其单调增区间为， 函数的对称轴为， 则当时，，其单调增区间为， 综上所述，的单调递增区间为和， 由， 得或， 解得或， 所以满足的非负整数解有个. 故答案为：和；. 【变式6-1】 【答案】C 【分析】根据幂函数、指数函数和对数函数性质一一判断即可. 【详解】对A，设，则，则，则其不是增函数，故A错误； 对B，因为，则为减函数，故B错误； 对C，，则其在上为增函数，故C正确， 对D，，显然其为减函数，故D错误. 故选：C. 【变式6-2】 【答案】（答案不唯一） 【分析】结合对数运算法则和对数函数单调性，根据题意找到满足两个条件的函数即可. 【详解】取， 满足条件①， 满足条件②在区间上单调递减． 故满足题意． 故答案为：（答案不唯一） 【变式6-3】 【答案】ABD 【分析】利用函数定义域的求法可判断A；利用复合函数单调性法则可判断BC；利用函数对称性可判断D. 【详解】对于A：令，解得， 所以的定义域为，故A正确； 对于B和C：函数， 令，则函数在上单调递增，在上单调递减， 又是增函数，所以在上单调递增，在上单调递减，故B正确，C错误； 对于D：因为， ，所以， 所以的图象关于直线对称，故D正确. 故选：ABD. ▌题型07 值域与最值的求解 【典例7】 【答案】C 【分析】分段求出函数的取值范围，即可得解. 【详解】因为，， 当时，，在上为减函数， 所以. 当时，， 因为，所以在上为增函数， 所以. 综上，的值域为. 故选：C. 【变式7-1】 【答案】A 【分析】分别计算分段函数在每段上的值域，再取并集，根据并集为即可求出范围. 【详解】因在上单调递增，故， 若，则在上单调递减， 因，故， 此时不满足值域为； 若，则在上单调递增， 因，故， 若值域为，则，即， 综上，实数a的取值范围是. 故选：A 【变式7-2】 【答案】R 【分析】根据给定条件，利用对数函数直接求出值域. 【详解】当时，函数的定义域为， 函数的真数的取值集合为， 所以函数的值域为R. 故答案为：R 【变式7-3】 【答案】定义域为；值域为；单调递增区间为，单调递减区间为， 【分析】根据对数的性质，列不等式即可根据一元二次不等式的求解得定义域，根据复合函数的性质即可求解值域和单调性. 【详解】令，即，得，所以定义域为． 设，则是增函数． 因为，所以，所以值域为． 在上单调递增，又是增函数，所以在上是增函数； 在上单调递减，又是增函数，所以在上是减函数， 因此的单调递增区间为，单调递减区间为. ▌题型08 对数型不等式求解 【典例8】 【答案】A 【分析】先判断函数的单调性，再根据函数的单调性解不等式. 【详解】因为，所以函数在上单调递减. 由. 即所求不等式的解集为. 故选：A 【变式8-1】 【答案】C 【分析】结合对数函数的单调性，判断“”和“”之间的逻辑关系，即可得答案. 【详解】由于函数在上单调递减， 故由可得，解得； 故“”是“”的充分条件； 当时，，则， 即“”是“”的必要条件， 综合可得“”是“”的充要条件， 故选：C 【变式8-2】 【答案】A 【详解】， 要使条件①成立，则必须保证当时，恒成立， 又在上单调递增，故，. 时，，要使条件②成立，这必须保证在区间有解. 即成立，，又在上单调递增，. 综上，的取值范围是. 【变式8-3】 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先根据绝对值的非负性初步得到x的一个范围，再去绝对值符号，解一次不等式即可；（2）根据开偶次方根的数为非负数，分母不为0得到x的一个范围，再根据分子是否为0分类讨论求解. 【详解】（1）因为，所以，解得． 当时，，所以. 所以原不等式即，解得． 取交集可得原不等式的解集为． （2） 不等式有意义的条件为，即且． 当时，不等式即，成立；           当且时，，故，可化为，即，解得． 综上，原不等式的解集为． ▌题型09 反函数的求解与应用 【典例9】 【答案】B 【分析】根据题意，得到函数的图像过点和，代入列出方程组，求得的值，即可求解. 【详解】由函数的图像过点，又由其反函数的图像过点，则函数过点， 可得，即，解得，所以. 故选：B. 【变式9-1】 【答案】BCD 【分析】根据指数函数与对数函数的性质，可得函数与的图象关于直线对称，然后根据对数的运算逐个选项判断即可. 【详解】因为函数与的图象关于直线对称， 故只需判断哪个函数与表示同一个函数， 因为函数的定义域为， 选项A的定义域为，故排除A； 选项BCD的定义域均为， 根据对数的运算法则，， 且. 故选：BCD 【变式9-2】 【答案】 【分析】根据反函数的性质可得，列方程求即可. 【详解】因为函数的反函数的图像经过， 所以函数的图像经过， 又的图像经过， 所以. 故答案为： 【变式9-3】 【答案】4 【分析】令，用来表示即得反函数表达式，代入可得答案. 【详解】令，则,因为,所以, 由反函数的定义可知,所以. 故答案为：4. ▌题型10 对数型函数性质的综合应用 【典例10】 【答案】(1) (2) (3)当时，解集为；当时，解集为空集；当时，解集为. 【分析】（1）利用奇函数性质求参数，再验证即可； （2）由单调性得其最小值，将存在性条件转化为在给定区间的最小值不小于该值，换元后求二次函数最值； （3）将表达式代入不等式，由于分母恒正可直接去分母，对参数分类讨论，解指数不等式. 【详解】（1）因为是奇函数，定义域为，由奇函数性质， 代入得， 验证可得，满足奇函数定义，故. （2）已知，可知是上的增函数. 当时，的最小值为. 对任意，存在使， 等价于在上的最小值大于等于在上的最小值. 令，，则， ，是开口向上的二次函数，对称轴， 则最小值为， 令，即实数的取值范围为. （3）由（1）知，是定义域为的奇函数，得，因此. 将代入得，已知对任意，都有， 不等式两边同乘正数，整理得，对系数分类讨论： ①：若，不等式变为，恒成立； 若 ，，不等式变形为，此时右边，而恒成立，不等式恒成立. 因此，当时，解集为. ②：此时，不等式变形为，由于， 因此右边，而恒成立，不等式无解 因此，当时，解集为空集. ③：此时，不等式变形为，此时， 对不等式两边以3为底取对数得. 因此，当时，解集为. 综上，当时，解集为；当时，解集为空集；当时，解集为. 【变式10-1】 【答案】(1)或 (2)①，② 【分析】（1）按与分类讨论指数函数的单调性，求出最值，利用条件列方程，可得答案； （2）代入点，可得，①利用指数函数的单调性可得答案；②将不等式等价转化，设，判断其在上的单调性，结合，利用函数单调性解不等式. 【详解】（1）当时，在上单调递增，最大值为，最小值为， 由题意得：，解得：； 当时，在上单调递减，最大值为，最小值为， 由题意得：，解得：； 综上，的值为或； （2）依题意，由得，即，则. ①因，且在上是增函数， 所以； ②因，则（其中）， 由可得，即， 令，则在上单调递增，且， 所以不等式等价于， 故原不等式的解集为. 【变式10-2】 【答案】(1)； (2)； (3)． 【分析】（1）根据函数的奇偶性定义求解即可. （2）先判断的单调性，然后化简不等式，求出解集即可. （3）先求出的最小值和最大值，然后结合已知条件求出范围即可. 【详解】（1）因为偶函数满足，奇函数满足． 所以，所以，所以. ，即，所以，所以. ． （2）由（1）知，其定义域为． 令，在上，单调递减， 所以单调递减．又因为在上单调递增， 根据复合函数“同增异减”的原则，可知在上单调递减． 因为在上单调递减，所以． 解：即恒成立，， 即，解得，解，即， 解：即，因式分解得， 解得或．综合以上三个不等式的解，取交集得 因此，不等式的解集为． （3）， 所以的值域为． 因为存在满足， 所以． 即，令，则， 即，因式分解得，解得或（舍去）． 所以，解得．又因为，所以． 因此，的取值范围是． 【变式10-3】 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，转化为函数在上单调递减函数，结合分段函数的性质，列出不等式组，即可求解； （2）根据题意，求得，得出函数的单调性，画出图像，令，求得，结合图像，即可求解. （3）分别求得和上函数的最大值为和，根据题意，转化为存在使得恒成立，得到有解，得到，结合对数的运算公式，即可求解. 【详解】（1）解：由时，可得，即 当时，恒成立，即函数在上单调递减函数， 令，解得，则满足，解得， 所以实数的取值范围为. （2）解：当时，函数， 当时，即时，，此时单调递减； 当且时，即时，，此时单调递增； 当时，函数单调递增， 所以在单调递减，在上单调递增，在单调递增， 且，令，可得， 画出函数的图像，如图所示， 要使得在上有最大值，结合图像，则满足， 所以实数的取值范围为. （3）解：当，时，，且 当时，函数单调递增；当时，函数单调递增； 因为，可得 对任意，可得的最大值为， 对任意，可得的最大值为， 存在使得恒成立， 等价于对于某个成立， 即在，上有解， 因为函数为单调增函数，只需时成立， 即，可得， 因为，可得，所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $