专题探究3 指数函数与对数函数-【经纶学霸】2026-2027学年高一数学必修第一册4星学霸黑白题（北师大版）

因为函数y和y=在[-2,2]上均单调递减， 4 则函数y=2在[-2,2]上单调递减， 4 所以当x=-2时，函数y=2*取得最大值，最大值为18， 所以实数m的取值范围为[18，+∞)， ©压轴挑战 A解：a)=s2(份）=e(2k-2(任) .2k-6 log23 (}）2）-2e2-2+s246-2. (2-2)(25）-4-4e-06=4或=0， 当k=0时f(x)=1og2(-2)不满足真数大于0，即k=0不成立， 对数方程需检验根的合理性 故k=4. (2)k=4,x)=1g,42a .f(x)=l0g 4-2<1的解为1<x<2, f[)]<1转化为1<)<21<og,4-2<2, 22<4号c1…f顶0]1的解架为（号 2 k-2x (3).f(x)=log2 x2，心8(x)=fx)+logx-x-b=lg,(k-2x)- x-b, ∴.g(x0)=1og2(k-2x0)-x0-b,g(2-x0)=log2(k-4+2x)-2+ x0-b. .g(x0)=-g(2-x0), ∴.log2(k-2x0)-x0-b=-log2(k-4+2x)+2-x+b, (k-2x0)(k-4+2x0)=4·22.设t=4·226, 6e[-1,分]1≤2=4：2产的值城为4=1,2 设h(x)=(k-2x)(k-4+2xo)=-4x号+8x+(k2-4k), 对称轴为直线x。=1,:x0∈(0,2)，h(xo)在0=1处取最大值 为k2-4k+4, h(0)=h(2)=2-4k,.h(xo)的值域为B=(k2-4k,k2-4k+4]. 11 对任意的6e-1,2],函数g(x)=f八)+lgx-*-b在区间 (0,2)内总存在x。使得g(x0)=-g(2-x)成立， 实质上是关于b和x的双变量恒成立与存在性问题，分别求解对 应最值 .A≤B,.[1,2]C(2-4k,2-4k+4], 1k>4, k2-4k<1,.4<k<2+5, k2-4k+4≥2， ∴.实数k的取值范围为(4,2+√5) s4指数函数、幂函数、对数函数增长的比较 白题 基础过关 1.A解析：由于指数函数的增长是爆炸式增长，则随着x越来越大， 函数y=7产的函数值的增长速度最快， 2.D解析：对于A,幂函数与一次函数的增长速度受幂指数及 一次项系数的影响，幂指数与一次项系数不确定，增长速度不能 比较； 对于B,C,当0<a<1时，显然不成立； 对于D,当a>1,n>0时，一定存在xo,使得当x>x时，总有a>x> l0gx,但若去掉限制条件“a>1,n>0”,则结论不一定成立. 3.D解析：对A,由题图可知，注入时间在3小时以内（含3小时） 时，方案一的注人量都大于其他两种方案，故A正确，不符合题意； 对B,当注入时间恰为4小时时，由题图可知，方案三的注入量都 小于其他两个方案，故B正确，不符合题意； 对C,当注入时间恰为6小时时，方案二的注人量大于其他两个方 案，故C正确，不符合题意； 对D,当注入时间为10小时时，由题图可知方案三的注入量最大， 故应选择方案三，D错误，符合题意， 4.BCD解析：作出函数f(x)(i=1,2,3)的图象如下图所示： y=f(x) ( y=f (x) 当x>1时f(x)>f(x)>f(x),即甲在最前面，丙在最后面，A错 B对： 当0<x<1时，(x)>f(x)>f(x),即甲在最后面，丙在最前面，CD 都对. 5.解：(1)曲线C,对应的函数为g(x)=3x,曲线C2对应的函数为 f(x)=2. (2)f3)=8,g(3)=9, ∴.f(3)<g(3).又f(4)>g(4), .3<x2<4. 从图象上可以看出，当x>x2时，f(x)>g(x), .f(100)>g(100). 又g(100)>g(3), ∴f100)>g(100)>g(3)>f(3). 专题探究3指数函数与对数函数 黑题 专题强化 (1+log2(2-x),x<1, 1.A解析：因为f(x)= (2,x≥1， 所以f(-2)=1+l0g24=3,f1og26)=25=6, 则f(-2)+f(1og,6)=3+6=9. 2.BCD解析：由√(e-4)7=Ie-41=4-e,故A不正确； 由m>0,则mmmm·m·mem2·m·m3 (m)5m E动 m片m是 log2 log,(log64)]=log2 log,(log43)]=logz log33)=log21=0, 故C正确； 由log,25xog,4xog,9=1g25×g1×g9-g5xg2×g32_2g5× Ig 2 Ig 3 lg 5 Ig 2 lg 3 lg 5 lg 2 2g2×21g3=2×2×2=8,故D正确。 1g 3 1g 5 1+√5 3.2 解析：设loga=log2b=log6(a+b)=t,则a=9,b=12,a+ b=16, 参考答案黑白题学霸61 所以9+12=16.因为9>0所以1+（号）=()， 所以1+()=()°=[()]，即[()] (-1=0, 解得（任）或（台）-15（真根合去）。 所以号（侣）-（传 4解：10125-+-4+2.5)°+2-2_8 -4+23× 32+2-√2=√2-4+72+2-√2=70 (2)原式=4+lg2.3log,3+lgl8=4e+g3x3g 4 1g 3 4 1g 2 18=4+子1=2++12 5.C解析：因为函数f(x)=2+3,定义域为R,而且f(-x)=2+ 3=2+3=f(x),所以f(x)为偶函数，所以c=f-log3)=f1log23). 由指数西数与对数函数的性质可得，2<2”弓s宁之 11 且1og23>log22=1. 无法将值代入比大小，所以利用函数性质比大小 所以可得0<2"g<g3, 因为当x>0时，f(x)=2+3在(0，+0)上单调递增， 所以2")(g:2）g3),所以a<bc 6.A解析：因为a·2=1,而当a≥1时，a·2°>1，当a≤0时， a·2≤0，所以0<a<1. 因为b31g,b=1,而当0<b≤1时，b1ogb≤0，所以b>1. 因为c31ogsc=1,而当0<c≤1时，c31ogc≤0，所以c>1. 由6log,b=c2log,c=1,得1gb=P,log,c=。 1 有关6，c的式子结构相似，可以作相同的转化 所以6为y=lh×和y子(：>0)图象交点的横坐标。 1 c为y=log,x和y=(x0)图象交点的横坐标 在同一个平面直角坐标系中，作出y=l1gx,y=logsx和y= (x> 0)的图象，如图所示， y=>0) y=log;x y=log,x 由图可得c>b>1.综上，a<b<c. 7.B解析：对A,函数y=a*+b单调递增，且图象与y轴相交于x轴 下方，所以a>1且b<-1, 所以函数y=log.(x+b)单调递增且图象为y=log。x向右平移1b>1 个单位长度得到，不可能过原点，故A错误； 对B,函数y=log(x+b)单调递增，且图象过原点， 所以a>1且b=1, 所以函数y=a+b单调递增，且图象为y=a向上平移1个单位长 度得到，故B正确； 62学霸黑白题数学·必修第一册·BS 对C,函数y=a+b单调递减，且图象过原点， 所以0<a<1且b=-1, 所以函数y=log(x+b)=l0g.(x-1)单调递减，且图象为y=logx向 右平移1个单位长度得到，不可能过原点，故C错误； 对D,函数y=a+b单调递减，且图象过原点， 所以0<a<1且b=-1, 所以函数y=log.(x+b)单调递减，故D错误 8.BCD解析：对于A,注意到f(h(x)=en=x的定义域为(0， +∞)，g(x)的定义域为R,二者不是同一函数，故A错误； 对于B,h(fx))=lne=x,二者定义域相同，故B正确； 对于C,lnx=0,则x=1,f1)=e>2=2g(1),故C正确； 对于Df(x)=e,因为x1>0,则e>1,即nx2>1,故x2>e,故D 正确. 9.(1,2)解析：根据题意知，h(x)in>f(x)mim 当xe[0,1]时，函数f(x)=2的最小值f(x)n=f0)=1. 当a>1时，h(x)=lgx在[2,4]上的最小值为1g2, 则由log.2>1,解得1<a<2; 当0<a<1时，h(x)=log。x在[2,4]上的最小值为log4, 则1g.4>1,解得a>4,与0<a<1无交集，无解. 故实数a的取值范围为(1,2) 10.[-3,1]解析：因为f(x-)≤4f(x+1),即2≤4×2三 22×21=2+1+2 将系数4通过运算转化至指数位置，简化了不等式的形式 且y=2在定义域内单调递增，可得|x-tl≤Ix+11+2, 且xe[-1,1],则x+1≥0，可得1x-t1≤x+3, 原题意等价于对Hxe[-1,1],lx-t≤x+3恒成立， 又因为x∈[-1,1]，则x+3>0,可得-x-3≤x-t≤x+3,解得t≥-3 且t≤2x+3, 可知y=2x+3在[-1,1]内的最小值为1，可得≥-3且t≤1， 所以实数t的取值范围为[-3,1]. 11.解：(1)由f(2)<0可得1og2(4+t)-2<0,所以1og2(4+t)<log24,即 4+>0,解得-4<0，即1的取值范图是(-4,0)， 4+t4, (2)①因为f(x)=x有两个不相等的实根，即log2(2+t)=2x有两 个不相等的实根， log (2*+t)=2x=l0g2(2*+)=log,22, 即(2*)2-2-t=0,设m=2*∈(0，+∞)， 即m2-m-t=0有2个大于0的实数解， (4=12-4×1×(-t)>0 则m1+m2=1>0, 解得-41<0. m1m2=-t>0, 即：的取值范围为(40）】 ②由①可知(2)2-2-t=0,所以2+2=1,2·2=2w=-t 且满足1e(4,0）,0c2*<2<1,即-1，c0 x+I)+1)=s[22r+(分·2+)]小-(+) ls[22(22+7·2）+r]-sa(-0 =h[+(-22r]小-e(-0=(32-1）, 又(2)2-2=，所以f+1),1)=1e(3·2-1+ 2-2）=(-2+·2-1）=l[-(2）八+6] 因为21，所以-<2<(2)名0c -(0 放【-(2各）广品]s-l 1 12.(1)解：由函数G(x)是k级函数，得存在x满足G(x)+G(-x)= 0,即e*+x-1+e-x-1=0,即e*+e*=2, 而e+e≥2√e·e=2,当且仅当x=0时等号成立， 所以只有x=0满足题意，即G(x)是1级函数. (2)①解：依题意，G(x)=g(2x)+Ag(x)+9=g2(x)+入g(x)+9,由 函数G(x)是4级函数，得方程G(x)+G(-x)=0台g2(x)+ g2(-x)+入[g(x)+g(-x)]+18=0有四个不同的实数解， 令函数h(x)=g(x)+g(-x),由h(-x)=g(-x)+g(x)=h(x), 得h(x)为偶函数， 且g(x)+g2(-x)=(x)-2,函数(x)=(2+3)+1 (2+3) 当x>0时，函数u=(2+V3)>1在(0，+∞)上单调递增，函数y= u+在(1，+m)上单调递增， 因此函数h(x)在(0，+0)上单调递增，值域为(2，+∞)， 方程G(x)+G(-x)=0曰h2(x)+入h(x)+16=0,令t=h(x), 因此关于t的一元二次方程t2+入t+16=0在(2，+∞)上有两个不 等的实数解， [4=入2-64>0， 则4+2A+16>0,解得-10<<-8， 2 所以入的取值范围是(-10，-8). ②证明：由①不妨设m,<m2<0<m,<m4,设p(x)=h(x)+入h(x)+ 16, 而p(-x)=h2(-x)+入h(-x)+16=2(x)+Ah(x)+16=p(x),即函 数p(x)为偶函数，则m=-m, （m2=-m3, 而h2(m3)+h(m3)+16=h2(m4)+h(m4)+16=0,由①得 h(m3)·h(m4)=16, h(1)=g(1)+g(-1)=2+V3+ 254,h(2)=g(2)+g(-2)= (2+3)2+1 (2+3214, 则p(1)=h2(1)+Ah(1)+16=4λ+32<0，p(2)=h2(2)+Ah(2)+ 16=14入+212>0， 因此0<m,<1<m4<2,lm1l+|m2l+|m3l+|m41=2(m+m4), 要证1ml+|m2l+|m3l+|m4l<4,即证m+m4<2,即证m<2-m4: 通过分析法来等价转化题目需要证明的不等式 而函数h(x)在(0，+)上单调递增，要证h(m3)<h(2-m4),即 、<h(2-m4), E)-2-a>16E[25)产ta], [ket2anwi小6 即证(2+3)2+1+(2+3)2(2+3)2 （2w3)(2+3)2t72+3)>16 由基本不等式得(2+3)2(2+3) ->2 (2+√3)2(2+√/3)2 因此(2+√3)2+ 1,(2+√5)2m,(2+3)2 >14+2=16, (2+√3)2(2+3)2(2+3)2m, 所以原不等式成立. 第四章章未检测 黑题 章末提升 5-a>0,1a<5, 1.C解析：由题a+3>0,→a>-3,→ae(-3,-2)U(-2,5). a+3≠1（a≠-2 2.C解析：因为2=5=√10，所以a=log2√10，b=log5√10， 11 a61og,√1⑩log10 =log2+log/5=log/010=2. 3.A解析：因为f(x)=代4-x),所以函数图象关于直线x=2对称， 排除BD; 当x≤2时，f(x)=ln(3-x),令t=3-x,则y=lnt为增函数，t=3-x 为减函数， 根据复合函数的单调性可知，当x≤2时，f(x)=ln(3-x)单调递 减，故排除C 4.D解析：由题意知， g(x)=2 (合 y=a与y=a图象关于y轴对称 因为指数函数y=a与对数函数y=logx(a>0且a≠1)互为反函 数，且图象关于直线y=x对称，所以g(x)的图象与函数y=logx 的图象关于直线y=x对称. 5.B解析：因为1oga30.4<loga0.3=1,而403>4°=1，故1og0.4<43, 而34=81>64=43>0，故3>4，即304>403， 故1ogo30.4<403<304 6.A解析：由BC∥y轴，得IBC1=2, 又△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形， 所以1AB1=2,又A(m,n),则B(m+2,n), 因为A在函数g(x)=log2x+2图象上，而B在函数f(x)=1og2x图 象上， 1∫n=log2m+2,得了m=2，解得m=3· 2 (n=log(m+2),(m+2=2", 7.C解析：设150=a×10,其中1≤a<10,n∈N, 两边取对数得g15”=lg(a×10)=lga+n, 因为1g15”=20g3)=20(1g3+1-g2)≈23.522 所以1ga=23.522-n, 因为1≤a<10,所以0≤1lga<1,即0≤23.522-n<1, 解得22.522<n≤23.522， 又因为neN,所以n=23,所以1520的位数是23+1=24. 8.B解析：对于①，当x=1时，f代1)=log.a=1, 所以f(x)的图象过定点(1,1)，故①正确， 对于②，令a=2,m=2,n=4,此时f(x)=log2(2x), 而f(m)=f(2)=log2(2×2)=log24=2, f(n)=f(4)=log2(2×4)=1og28=3, f(mn)=f2×4)=f(8)=log2(2×8)=log216=4, 不满足f(mn)=f(m)+fn),故②错误； 对于@r(只）-ig(ox只）=log,a+lg(贤）=1+le.(只)月 而mj)-a)=lg,(am)-lg,(am）=le(g）-g（）, 因为1+e(贤）>ig(分)，所以/（只）>f(m)-fnm),故 ③正确： 参考答案黑白题学霸t63学霸黑白题数学·必修第一册·BS 专题探究3指数函数与对数函数 黑题 专题强化 限时40min 题组1指数与对数的运算 题组2 利用指数函数、对数函数的性质比较 1.*（2026·山东济南高一期中)设函数 大小 1+log2(2-x),x<1, 5.*(2026·湖北武汉华师一附中高一期末) f(x)= f(-2)+f(1og26)= 2,x≥1， 已知函数f(x)=2+3,记a=f(211),b= ( fog7）,c=-1oa3),则 () A.9 B.10 C.11 D.12 2.多选(2026·山东枣庄高一期末)下列 A.b<a<c B.c<a<b 各式运算正确的是 ( C.a<b<c D.b<c<a A.√(e-4)2=e-4 6.禁(2026·黑龙江鸡西高一月考)若a· B.m/m/m 2°=b31ogb=c31og5c=1,则 =1(m>0) (9m)5m A.a<b<c B.c<b<a C.log2[1og3(1og464)]=0 D.log225×log34×log9=8 C.b<c<a 3.*(2026·天津河西区高一月考)a,b∈R+ D.a<c<b 题组3指数函数、对数函数的综合应用 1og,a=logab=log.() 7.*★(2026·广东湛江高一月考)设a,b∈R, 4.*（2026·浙江杭州高一期中)计算： 以下四幅图象中，可能代表函数y=a+b与 1)0125+派-4+（2·3)°+ y=log(x+b)的图象的是 2 W(2-2)2; (2)4e3-1+l0g32·log1627+log186+log183. D 8.*多选(2026·河南郑州高一月考)已知 函数f(x)=e,g(x)=x,h(x)=nx,则()》 A.f(h(x))与g(x)是同一函数 B.h(f(x))与g(x)是同一函数 C.若h(xo)=0,则f(x)>2g(x) D.已知f(x1)=h(x2),若x1>0,则x2>e 82 第四章对数运算与对数函数黑白题学霸 9.*(2026·河北石家庄高一月考)已知函数12.熱新定义(2026·江苏南京师大附中高 f(x)=2,h(x)=log。x(a>0,且a≠1)，若对 一期末)已知函数G(x)的定义域为A,若恰 任意x2∈[2,4]，存在x1∈[0,1]，使得 好存在k个实数x1,x2,…,x∈A,使得 h(x2)>f(x1)成立，则实数a的取值范 G(-x:)+G(x:)=0(其中i=1,2,…,k, 围是 k∈N),则称函数G(x)为“k级函数” 10.#(2026·浙江宁波高一月考)已知函数 (1)判断函数G(x)=e+x-1是否为“k级函 f(x)=2,若对Hx∈[-1,1]，f(x-t)≤ 数”？若是，求出x的值；若不是，请说 4f(x+1)恒成立，则实数t的取值范围 明理由， 为 (2)设入∈R,记G(x)=g(2x)+入g(x)+9, 11.(2026·浙江衢州高一月考)已知函数 其中g(x)=(2+√3).若函数G(x)是 f(x)=log2(2*+t)-x. “4级函数”，且满足条件的x:分别 (1)若f2)<0,求t的取值范围； 为m1,m2,m3,m4 (2)若f(x)=x有两个不相等的实根x1,x2, ①求入的取值范围； 且x1<x2 ②证明：lm11+lm2|+|m3|+lm4l<4. ①求t的取值范围； ②求f(x1+1)+f(x2-1)的取值范围. 83