第四章 专项突破练八 常见的指数、对数函数模型（课时跟踪）-【学而思】2026-2027学年高一数学必修第一册课时作业（人教版·新教材）

专项突破练八　常见的指数、对数函数模型 　　指数与对数型函数是高一函数板块的热门考点,它所承担的重要价值依然是分析函数的基本性质:单调性与奇偶性以及这些性质的基本应用,包括闭区间上的取值范围、恒成立、能成立等与取值范围有关的问题.总而言之,内容具有较强的综合性,对从单调性到函数值域的基本解题思想加强认识,为后续导数学习与函数综合问题的处理积累丰富的经验. 1.常见的几类指数型函数模型:假设a>0且a≠1. (1)f(x)=pa2x+qax+r,p≠0.(2)f(x)=ax+a-x.(3)f(x)=ax-a-x. (4)f(x)=-.(5)f(x)=+.(6)f(x)=. 2.常见的几类对数型函数模型:假设a>0且a≠1. (1)f(x)=p(logax)2+qlogax+r,p≠0.(2)f(x)=loga,g(x)=loga都是奇函数. (3)f(x)=loga(bx+)是奇函数.(4)f(x)=loga(abx+1)-x是偶函数. 类型一　f(x)=ax+a-x与f(x)=ax-a-x 【针对训练】 1.(多选题)[2026·广西示范性高中高一调研] 已知函数f(x)=ex+e-x(e是无理数,e≈2.72),则 (　 ) A.f(x)为偶函数 B.f(x)在(0,+∞)上单调递增 C.若f(x-1)≥f(2),则x的最小值为3 D.f(x)的最小值为2 2.[2026·福建莆田高一检测] 已知函数f(x)=(k∈R)是奇函数. (1)求k的值; (2)根据定义证明:f(x)是增函数; (3)求f(x)在[-1,2]上的取值范围. 类型二　f(x)=与f(x)=loga 【针对训练】 3.(多选题)[2026·山东青岛一中高一月考] 已知函数f(x)=,且f(2)=,则 (　 ) A.b=1 B.f(x)是减函数 C.f(x)的值域为(-1,1) D.不等式f(3x2-1)+f(x-3)<0的解集为 4.已知函数f(x)=ln. (1)判断并证明函数f(x)的奇偶性; (2)判断函数f(x)在(1,+∞)上的单调性,并用定义证明; (3)若f(m2+2)>f(2m2),求实数m的取值范围. 类型三　f(x)=loga(bx+)与f(x)=loga(abx+1)-x 【针对训练】 5.已知函数f(x)=ln(x+)+2,且f(t)+f(t+1)>4,则t的取值范围为　　　　.  6.[2026·安徽皖江名校联盟高一联考] 已知函数f(x)=log2(2x+1)-kx(k∈R)是偶函数. (1)求k的值; (2)若方程f(x)=m有两个不相等的实数解,求实数m的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项突破练八　常见的指数、对数函数模型 1.ABD　[解析] 因为函数f(x)的定义域为R,且f(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)为偶函数,故A正确;设0<x1<x2,则f(x2)-f(x1)=+--=(-)[1-],因为x1<x2,所以->0,因为=,x1+x2>0,所以<=1,所以1->0,所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,故B正确;因为f(x)为偶函数,且在(0,+∞)上单调递增,所以由f(x-1)≥f(2)可得|x-1|≥2,解得x≥3或x≤-1,所以x的取值范围为(-∞,-1]∪[3,+∞),则此时x无最小值,故C错误;因为ex>0,e-x>0,所以f(x)=ex+e-x≥2=2,当且仅当ex=e-x,即x=0时取等号,所以f(x)的最小值为2,故D正确.故选ABD. 2.解:(1)由题意知f(x)的定义域是R. ∵f(x)是R上的奇函数, ∴f(-1)=-f(1),即=-,解得k=1,则f(x)==2x-. ∵f(-x)=2-x-=-=-f(x), ∴f(x)是R上的奇函数. 综上,k=1. (2)证明:由(1)得f(x)=2x-. ∀x1,x2∈R,且x1<x2,有f(x1)-f(x2)=(-)-=(-), ∵x1<x2,∴0<<, ∴-<0,1+>0, ∴(-)<0,∴f(x1)-f(x2)<0, 即f(x1)<f(x2),故f(x)是增函数. (3)由(1)(2)得f(x)=2x-,且f(x)在R上是增函数, ∴当x∈[-1,2]时,f(x)min=f(-1)=-,f(x)max=f(2)=, 故f(x)在[-1,2]上的取值范围为. 3.ACD　[解析] 由f(2)==,解得b=1,故A正确;f(x)==1-,则f(x)是R上的增函数,故B错误;∵2x>0,∴2x+1>1,则0<<1,∴-2<<0,∴-1<1+<1,∴f(x)的值域为(-1,1),故C正确;∵f(x)的定义域为R,且f(-x)===-f(x),∴f(x)为奇函数,∵f(3x2-1)+f(x-3)<0,∴f(3x2-1)<-f(x-3)=f(3-x),又f(x)是R上的增函数,∴3x2-1<3-x,即3x2+x-4<0,解得-<x<1,则不等式f(3x2-1)+f(x-3)<0的解集为,故D正确.故选ACD. 4.解:(1)函数f(x)为奇函数.证明如下: 因为f(x)=ln有意义, 所以>0,解得x>1或x<-1, 则函数f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(1,+∞),定义域关于原点对称, 又f(-x)=ln=ln=-ln=-f(x), 所以函数f(x)为奇函数. (2)函数f(x)在(1,+∞)上单调递增.证明如下: ∀x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2, 有f(x1)-f(x2)=ln-ln=ln-ln=ln, 又1--=-=,1<x1<x2, 所以x1-x2<0,x1+1>0,x2+1>0, 所以1--=<0, 即1-<1-,则0<<1, 所以f(x1)-f(x2)=ln<0,即f(x1)<f(x2), 故函数f(x)在(1,+∞)上单调递增. (3)由f(m2+2)>f(2m2), 得即 解得-<m<-或<m<, 故实数m的取值范围为∪. 5.　[解析] 设g(x)=f(x)-2=ln(x+),则g(x)的定义域为R,g(x)+g(-x)=ln(x+)+ln(-x+)=ln [(x+)(-x+)]=ln 1=0,即g(-x)=-g(x),所以g(x)是奇函数,易知g(x)在R上单调递增.因为f(t)+f(t+1)>4,即[f(t)-2]+[f(t+1)-2]>0,所以g(t)+g(t+1)>0,所以g(t+1)>-g(t)=g(-t),又g(x)在R上单调递增,所以t+1>-t,解得t>-.故t的取值范围为. 6.解:(1)由已知得f(x)的定义域为R. 因为f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x), 即log2(2-x+1)+kx=log2(2x+1)-kx, 所以2kx=log2(2x+1)-log2(2-x+1), 又log2(2x+1)-log2(2-x+1)=log2=log22x=x, 所以2kx=x,即(2k-1)x=0对x∈R恒成立, 所以2k-1=0,解得k=. (2)由(1)得f(x)=log2(2x+1)-x=log2(2x+1)-log2=log2=log2(+). 由f(x)=m,得+=2m. 令t=,则t>0,+=t+, 因为t+≥2=2,当且仅当t=1,即x=0时等号成立, 所以y=t+(t>0)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,当t=1时,y=t+取得最小值2. 因为方程f(x)=m有两个不相等的实数解, 所以t+=2m有两个不相等的正实数解,即函数y=t+(t>0)的图象与y=2m的图象有两个交点, 所以2m>2,解得m>1, 故实数m的取值范围为(1,+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $