专题04 对数函数25种常见考法归类（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 对数函数的概念辨析及应用 题型 02 对数函数求值问题 题型 03 对数型函数的定义域问题 题型 04 对数型函数的值域问题 题型 05 对数型函数图象的变换 题型 06 判断对数型函数的图象形状 题型 07 根据对数型函数图象判断参数的范围 题型 08 对数型函数图象过定点问题 题型 09 对数函数图象的应用 题型 10 判断对数型函数的单调性 题型 11 对数型复合函数的单调性 题型 12 由对数型函数的单调性求参数 题型 13 由对数函数的单调性解不等式 题型 14 比较对数式的大小 题型 15 求对数型函数的最值 题型 16 根据对数型函数的最值求参数或范围 题型 17 恒成立与能成立问题 题型 18 判断对数型函数的奇偶性 题型 19 已知函数奇偶性求值 题型 20 由函数的奇偶性求解析式 题型 21 已知函数奇偶性求参数 题型 22 函数的单调性和奇偶性的综合 题型 23 求反函数 题型 24 对数函数的实际应用 题型 25 对数型函数性质的综合应用 ▌题型01 对数函数的概念辨析及应用 1. 核心逻辑 严格对照定义，三个关键点：①底数；②真数只能是自变量；③前面系数为。 、均不是标准对数函数。 2. 解题步骤 ①逐条核对定义三要素； ②求含对数式子有意义，列不等式组：真数，底数且底数； ③解不等式得到参数范围。 3. 易错提醒 • 忽略底数约束，只看真数； • 将对数型复合函数误判为对数函数。 【例1】（26-27高一·全国·课堂例题）下列函数是否为对数函数？ (1)且； (2)； (3)； (4)且； (5)． 【变式1-1】（26-27高一·全国·课后作业）下列函数中，哪些是对数函数？ (1)； (2)； (3)； (4)（）． 【变式1-2】（26-27高一·全国·课后作业）下列函数是对数函数的是（    ） A．y＝loga(2x) B．y＝lg 5 C．y＝log2(x2＋x) D．y＝ln x 【变式1-3】（26-27高一·全国·课堂例题）给出下列函数：①；②；③；④，其中是对数函数的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ▌题型02 对数函数求值问题 1. 核心逻辑 代入自变量，结合对数恒等式、运算性质求值；嵌套求值由内向外计算。 2. 解题步骤 ①把自变量代入函数解析式； ②多层嵌套先算内层函数值，再代入外层； ③利用对数公式化简算出结果。 3. 易错提醒 嵌套求值由外向内计算，运算公式误用。 【例2】（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数，则（     ） A． B． C．1 D．e 【变式2-1】（2026高一·安徽淮北·期末）已知，则（    ） A．2 B．1 C． D． 【变式2-2】（2026高一·云南·开学考试）已知，则______． 【变式2-3】（2026·山东烟台·模拟预测）已知函数，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 ▌题型03 对数型函数的定义域问题 1. 核心逻辑 对数部分强制条件：真数；同时兼顾分母不为0、偶次根式被开方数。 2. 解题步骤 ①列出约束不等式：真数大于0，分母，偶次根号被开方数； ②解不等式组； ③写成集合或者区间形式。 3. 易错提醒 只解真数大于0，漏掉分母、根式的限制条件。 【例3】（26-27高三·新疆巴州·期中）函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】（26-27高三·云南保山·阶段检测）函数的定义域为__________. 【变式3-2】（2026·陕西咸阳·模拟预测）函数的定义域是（     ） A． B． C． D． 【变式3-3】（26-27高一·江苏·期中）下列各组中的两个函数是同一个函数的是（     ） A．， B．， C．， D．， ▌题型04 对数型函数的值域问题 1. 核心逻辑 ，先求内层的取值集合，再结合的单调性求值域；注意。 2. 解题步骤 ①先求函数定义域； ②求内层的取值范围； ③分与，利用对数函数单调性得到值域。 3. 易错提醒 忽略；不讨论底数两种情况直接写值域。 【例4】（26-27高一·全国·课堂例题）函数的值域为（    ） A．（0，3） B．[0，3] C．（－∞，3] D．[0，＋∞） 【变式4-1】（2026高二·江西萍乡·期末）若函数的值域为，则实数的取值范围为________. 【变式4-2】（26-27高三·贵州·阶段检测）已知函数（，且），若存在实数使得的值域是，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式4-3】（26-27高三·山东济宁·阶段检测）已知函数，函数． (1)求函数的值域； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． ▌题型05 对数（型）函数图象的变换 1. 核心逻辑 平移：左加右减针对，上加下减针对整个函数； 对称：偶函数，y轴右侧图象翻折到左侧；将x轴下方图象翻折到上方。 2. 解题步骤 ①找到基础对数函数； ②按平移、翻折规则一步步变换； ③结合特殊点、定义域排除错误选项。 3. 易错提醒 左右平移只改变，容易直接在整体加减；翻折变换对象识别错误。 【例5】（26-27高三·全国·一轮复习）函数的图象大致是（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】（2026高一·湖南·阶段检测）函数满足，那么函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】（2026高一·广西贵港·开学考试）函数的图象可能是（   ） A． B． C． D． 【变式5-3】（2026高二·湖南郴州·学业考试）函数的图象大致是（    ） A． B． C． D． ▌题型06 判断对数型函数的图象形状 1. 核心逻辑 识图四要素：定义域、单调性、特殊点、奇偶性；指数与对数互为反函数，图象关于直线对称。 2. 解题步骤 ①先判断定义域，排除定义域错误选项； ②由底数判断增减； ③代入特殊点验证； ④互为反函数利用对称快速判断。 3. 易错提醒 反函数对称直线记成x轴或y轴；忽略定义域直接看曲线。 【例6】已知且，则函数与函数的图象可能的是（ ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2026高三·全国·一轮复习）已知，函数与的图象可能是（   ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2026高一·湖北宜昌·期末）若，则与在同一坐标系中的图象大致是（   ） A． B． C． D． 【变式6-3】【多选】（2026高二·河南·期末）已知，且，函数与的图象可能是（    ） A． B． C．D． ▌题型07 根据对数型函数图象判断参数的范围 1. 核心逻辑 从图象读出：单调性判断底数还是；读出零点、渐近线、交点位置建立不等式求参数。 2. 解题步骤 ①观察图象升降，确定底数范围； ②读出零点、渐近线位置，列出不等式； ③解不等式得到参数取值。 3. 易错提醒 渐近线对应真数等于0，容易看错位置。 【例7】（2026高三·辽宁抚顺·阶段检测）已知函数（且）的部分图象如图所示，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【变式7-1】【多选】（2026高一·山西朔州·期末）已知函数且的图象如图所示，则下列关系式中正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式7-2】（2026高一·上海·期末）函数的图象不经过第四象限，则实数的取值范围为_______． 【变式7-3】（2026高一·天津河西·期末）已知函数（且）与函数（且）的图象如图所示，则（    ） A． B． C． D． ▌题型08 对数型函数图象过定点问题 1. 核心逻辑 ，令真数，，求出，再算得到定点，定点与底数无关。 2. 解题步骤 ①令对数内部真数整体等于，解出； ②代入原式计算；得到定点。 3. 易错提醒 直接令，解析式带有平移常数忘记加上常数。 【例8】（2026·江苏苏州·模拟预测）函数（，）的图象经过定点（     ） A． B． C． D． 【变式8-1】（2026高一·云南昆明·阶段检测）已知函数且的图像恒过定点，则______. 【变式8-2】（2026高二·天津河西·期末）函数（且）过定点，则__________. 【变式8-3】（2026高二·山东日照·期末）函数过定点________． ▌题型09 对数函数图象的应用 1. 核心逻辑 数形结合：方程解的个数等价两个函数图象交点个数；不等式解集看图象上下位置；周期性结合对数看交点。 2. 解题步骤 ①在同一坐标系画出函数图象； ②交点个数对应方程解的个数；图象在上函数值更大； ③读出解集或者参数范围。 3. 易错提醒 画图失真；分不清图象上下对应的不等号。 【例9】（2026·山东潍坊·模拟预测）已知，，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式9-1】（2026·湖南益阳·模拟预测）已知，则关于实数x，y，z的下列结论中不可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【变式9-2】（2026高二·北京·期末）已知定义在上的函数满足，且当时，.若的图象与曲线（且）恰有6个交点，则实数（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式9-3】（2026高一·湖南邵阳·阶段检测）已知函数，方程有四个不同解，则的取值范围是______． ▌题型10 判断对数型函数的单调性 1. 核心逻辑 复合函数，先定义域，再同增异减。 外层递增，复合单调性和内层一致；外层递减，复合单调性和内层相反。 2. 解题步骤 ①求定义域； ②判断外层底数范围； ③判断内层函数单调性； ④同增异减给出结论。 3. 易错提醒 不先求定义域直接判断单调性。 【例10】（26-27高一·北京东城·期中）下列函数中，是奇函数，且在区间上单调递减的是（ ） A． B． C． D． 【变式10-1】（26-27高三·新疆喀什·阶段检测）下列函数中在上单调递增的函数是（    ） A． B． C． D． 【变式10-2】（2026高二·北京·学业考试真题）下列函数中，在区间上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 【变式10-3】（26-27高三·北京海淀·开学考试）下列函数中，在定义域内单调递减的是（    ） A． B． C． D． ▌题型11 对数型复合函数的单调性 1. 核心逻辑 求单调区间，单调区间必须写在定义域之内；同增异减。 2. 解题步骤 ①第一步求定义域； ②拆分内层、外层； ③写出内层单调区间； ④结合外层底数，同增异减得到复合函数单调区间。 3. 易错提醒 单调区间写成不等式，不用区间形式；区间超出定义域。 【例11】（26-27高一·江苏淮安·阶段检测）函数的单调递增区间为_________． 【变式11-1】（26-27高三·湖南邵阳·阶段检测）函数的单调递减区间为_________ 【变式11-2】（26-27高一·北京东城·阶段检测）函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 【变式11-3】（26-27高三·天津河东·阶段检测）函数的单调递减区间为__________． ▌题型12 由对数型函数的单调性求参数 1. 核心逻辑 已知复合函数单调，反向用同增异减；同时保证在给定区间内层恒成立。分段对数函数，分段点也要满足单调性。 2. 解题步骤 ①由复合单调性反推内层、外层需要满足的条件； ②列出：内层单调性不等式 + 区间上恒成立； ③解不等式得到参数范围。 3. 易错提醒 只看单调性，忽略真数恒大于0的条件。 【例12】（26-27高三·湖北·阶段检测）若函数（且）在区间内单调递增，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【变式12-1】（26-27高三·四川成都·阶段检测）函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为______. 【变式12-2】（26-27高三·山东淄博·阶段检测）若函数在区间内单调递增，则的取值范围是（   ）. A． B． C． D． 【变式12-3】（26-27高三·山西·阶段检测）若函数是单调函数，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． ▌题型13 由对数函数的单调性解不等式 1. 核心逻辑 必须同时保证两边真数大于0。 2. 解题步骤 ①统一两边为同底对数； ②判断底数还是； ③列出不等式组：两边真数>0，再去掉对数写不等关系； ④解不等式组。 3. 易错提醒 去掉对数，漏掉真数大于0约束；忘记改变不等号方向。 【例13】（26-27高三·北京海淀·期中）已知，函数，当时，不等式的解集为________；若存在最小值，则的取值范围为________． 【变式13-1】（26-27高一·全国·课堂例题）设函数，则使得成立的的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式13-2】（26-27高三·上海松江·阶段检测）不等式的解集为______． 【变式13-3】（2026高一·江苏宿迁·阶段检测）若时，，其中且，则实数的取值范围是_________. ▌题型14 比较对数式的大小 1. 核心逻辑 ①同底：利用对数函数单调性； ②同真：借助图象或者换底； ③不同底不同真：找中间量、搭桥。 2. 解题步骤 ①底数相同直接看单调性； ②真数相同，换底或者画图； ③都不一样，和0、1比较分组。 3. 易错提醒 底数时单调性用反。 【例14】（26-27高三·广东深圳·阶段检测）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【变式14-1】（26-27高一·上海浦东新·期中）已知，，，则的大小关系是（     ）． A． B． C． D． 【变式14-2】（26-27高三·新疆·阶段检测）若，，，则（     ） A． B． C． D． 【变式14-3】（26-27高三·陕西·期中）设，，，则（    ） A． B． C． D． ▌题型15 求对数型函数的最值 1. 核心逻辑 换元：令，先求的范围（），转化求最值；二次型对数换元后转为二次函数。 2. 解题步骤 ①求定义域； ②换元，求取值； ③利用对数单调性或者二次函数求最值。 3. 易错提醒 忽略；换元后的范围求错。 【例15】（2026高一·广东广州·期末）已知，，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【变式15-1】函数的最大值为_____. 【变式15-2】（2026高一·江苏南通·阶段检测）函数的最大值为____________． 【变式15-3】（2026高一·安徽宿州·期末）设（，且），且. (1)求的值及的定义域； (2)求在区间上的最值. ▌题型16 根据对数型函数的最值求参数或范围 1. 核心逻辑 已知函数在区间上最大、最小值，反求底数或者内层里面的参数；换元之后转化已知函数值域反求参数。 2. 解题步骤 ①换元，写出的范围； ②结合对数单调性，写出最值等式； ③解方程或者不等式求参数，带回检验真数>0。 3. 易错提醒 得到参数不回代检验定义域。 【例16】（26-27高三·江苏连云港·阶段检测）若函数（且）在上的最大值与最小值的和为2，则（     ） A． B． C． D． 【变式16-1】（26-27高三·江西·阶段检测）已知函数（且）在区间上的最大值与最小值之差为1，则实数的值为（    ） A． B． C．或 D．2或 【变式16-2】（2026高一·江西宜春·期末）若函数在区间上的最大值与最小值之差为1，则的值为______. 【变式16-3】（2026高一·上海徐汇·期末）已知存在最小值，则实数的取值范围是______． ▌题型17 恒成立与能成立问题 1. 核心逻辑 ，； ，； ，； ，； 对数型恒成立，同时要保证定义域。 2. 解题步骤 ①换元求出函数在区间上最大最小值； ②翻译恒成立、存在性的最值不等式； ③解参数范围。 3. 易错提醒 恒成立、能成立混淆max/min；忽略定义域约束。 【例17】（26-27高一·北京东城·阶段检测）已知函数若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【变式17-1】（26-27高三·河北·阶段检测）已知函数，若对于任意实数，有，且当时，． (1)求证：在上是增函数； (2)若，对任意实数恒成立，求实数的取值范围． 【变式17-2】（2026高一·青海海东·期末）已知函数满足对于任意的，当时，恒成立，则不等式的解集为______． 【变式17-3】（2026高一·贵州遵义·阶段检测）已知函数，，其中且，的图象过定点为，且在的图象上． (1)求的表达式． (2)关于x的不等式恒成立，求m的取值范围． ▌题型18 判断对数型函数的奇偶性 1. 核心逻辑 奇偶性第一步：定义域必须关于原点对称； 再计算，对比与。常见模型。 2. 解题步骤 ①求定义域，判断是否关于原点对称；不对称直接非奇非偶； ②计算； ③对比、，给出奇偶性。 3. 易错提醒 跳过定义域直接计算。 【例18】【多选】（2026高一·安徽·开学考试）下列函数中，既是奇函数又在定义域上具有单调性的是（   ） A． B． C． D． 【变式18-1】（2026高一·上海·期末）下列函数中，在R上既是奇函数又是减函数的是（   ） A． B． C． D． 【变式18-2】（2026高三·北京昌平·阶段检测）下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 【变式18-3】【多选】（2026高一·陕西西安·阶段检测）下列函数中是偶函数，且在上单调递增的是（   ） A． B． C． D． ▌题型19 已知函数奇偶性求值 1. 核心逻辑 利用奇函数，偶函数，代入特殊值建立等式求函数值。奇函数如果在0处有定义，则。 2. 解题步骤 ①利用奇偶等式；有定义优先用； ②代入化简求出函数值。 3. 易错提醒 使用前提：属于定义域。 【例19】（26-27高一·全国·课后作业）函数是定义在上的偶函数，是奇函数，且当时，，则________. 【变式19-1】（2026高一·云南昆明·期末）已知奇函数的定义域为，且为偶函数，当时，，则______. 【变式19-2】（2026高一·河北沧州·阶段检测）已知偶函数满足，当时，，则（   ）． A． B． C． D． 【变式19-3】（26-27高三·吉林长春·阶段检测）已知偶函数满足，当时，则（   ） A． B． C． D． ▌题型20 由函数的奇偶性求解析式 1. 核心逻辑 已知函数在一部分区间解析式，利用奇偶性求另外区间解析式；设所求区间，则落在已知区间，写出，再利用奇偶关系得到。 2. 解题步骤 ①设待求区间内自变量； ②得到属于已知解析式区间，写出； ③奇函数；偶函数； ④写出对应区间解析式。 3. 易错提醒 漏掉分段区间书写。 【例20】（2026高三·江西抚州·阶段检测）已知为奇函数，当时，，则的解析式为______. 【变式20-1】（2026·山东泰安·模拟预测）已知为定义在R上的偶函数，则函数的解析式可以为（    ） A． B． C． D． 【变式20-2】（2026·上海·模拟预测）设是定义在上以2为周期的奇函数，当时，，则函数在[4，6]上的解析式是__________ 【变式20-3】（2026高一·陕西咸阳·阶段检测）已知对数函数过点 (1)求函数的解析式. (2)设函数是定义域在上的奇函数，当时，，求函数的解析式. (3)已知当时，函数（其中）的最小值为，求实数的值. ▌题型21 已知函数奇偶性求参数 1. 核心逻辑 对定义域内所有恒成立，整理等式，对应项系数相等求参数；也可以代入特殊值先求参再检验。 2. 解题步骤 ①写出； ②根据奇偶性列恒等式； ③化简对比系数求参数； ④把参数回代检验奇偶性。 3. 易错提醒 只代特殊值求出参数，不回代检验。 【例21】（26-27高三·新疆喀什·阶段检测）函数是奇函数，则____________ 【变式21-1】（2026高一·湖南·期末）若函数是奇函数，则在上的最大值等于________． 【变式21-2】（2026高二·浙江·阶段检测）若函数为奇函数，则实数的值为（    ） A． B．1 C． D．0 【变式21-3】（2026·全国·模拟预测）已知函数为奇函数，则___________. ▌题型22 函数的单调性和奇偶性的综合 1. 核心逻辑 奇函数在对称区间单调性相同；偶函数在对称区间单调性相反；常用来解抽象对数不等式。 2. 解题步骤 ①利用奇偶性把不等式全部转化到同一个单调区间； ②结合单调性脱去函数符号； ③带上定义域解不等式。 3. 易错提醒 偶函数处理不等式直接去掉绝对值出错，不转换到同一单调区间。 【例22】（2026高三·山东日照·开学考试）若定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【变式22-1】（2026·江西景德镇·模拟预测）函数的定义域为，是奇函数，当时，则的解集是（   ） A． B． C． D． 【变式22-2】（2026高三·广东梅州·阶段检测）设奇函数，则使的的取值范围是______． 【变式22-3】（2026高一·四川·期中）已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． ▌题型23 求反函数 1. 核心逻辑 指数函数与对数函数互为反函数；求反函数三步：①原函数互换；②解出；③写上反函数定义域（原函数的值域）。反函数。 2. 解题步骤 ①由解出； ②互换； ③写出反函数，标明定义域。 3. 易错提醒 忘记写反函数定义域；原函数值域当成反函数值域。 【例23】（2026高一·四川泸州·阶段检测）若函数与函数互为反函数，则的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 【变式23-1】（2026高三·全国·专题练习）函数的反函数是（   ） A． B． C． D． 【变式23-2】（26-27高一·北京顺义·阶段检测）已知点关于直线的对称点为，设直线与关于直线对称，则a和b的值分别为（     ） A．， B．， C．， D．， 【变式23-3】（26-27高三·天津南开·开学考试）已知函数与函数的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间是_________ ▌题型24 对数函数的实际应用 1. 核心逻辑 指数增长模型，两边取对数反求时间；pH、分贝等对数模型。 2. 解题步骤 ①根据题意列出函数模型； ②两边取对数，利用对数运算求解变量； ③结果取符合现实意义数值。 3. 易错提醒 忽略实际变量大于0；结果不做取舍。 【例24】（2026高一·全国·课后作业） 2024年4月25日下午，神舟十八号航天员乘组出征仪式在酒泉卫星发射中心问天阁圆梦园广场举行．叶光富、李聪、李广苏3名航天员领命出征．北京时间2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十八号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道．航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功．设火箭质量是箭体质量与燃料质量的和，在不考虑空气阻力的条件下，燃料质量不同的火箭的最大速度之差与火箭质量的自然对数之差成正比．已知某火箭的箭体质量为，当燃料质量为时，该火箭的最大速度为；当燃料质量为时，该火箭的最大速度为；当燃料质量为时，火箭的最大速度为（    ） A． B． C． D． 【变式24-1】（2026·北京·模拟预测）用于测量视力情况的视力表通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据满足．已知甲、乙两人视力的五分记录法的数据分别为和，乙视力的小数记录法的数据为，则甲视力的小数记录法的数据为（   ） A． B． C． D． 【变式24-2】（2026高三·湖北·阶段检测）2025年1月25日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，天舟七号货运飞船与火箭成功分离并进入预定轨道．已知火箭的最大速度（单位：km/s）与燃料质量（单位：kg）、火箭（除燃料外）的质量（单位：kg）的函数关系为．若已知火箭的质量为3100kg，火箭的最大速度为11km/s，则火箭需要加注的燃料质量为（   ）（参考数值：，结果精确到kg） A． B． C． D． 【变式24-3】（2026·广西北海·模拟预测）Deep Seek是一款人工智能助手，其用户满意度评分随时间（单位：月）的变化满足对数型函数模型：，其中是常数．若Deep Seek在经过3个月后评分增长到70，则满意度评分为（   ） A．60 B．61 C．62 D．63 ▌题型25 对数型函数性质的综合应用 1. 核心逻辑 综合定义域、单调性、奇偶性、零点、图象、恒成立；经常换元转化二次函数，数形结合解题。 2. 解题步骤 ①先求定义域； ②换元简化函数； ③结合奇偶、单调、图象分析条件； ④列式求解参数或者解集，最后检验。 3. 易错提醒 多个性质综合，遗漏定义域约束条件。 【例25】【多选】（26-27高三·江苏无锡·阶段检测）已知函数，则下列结论正确的有（     ）． A．的定义域为 B．是偶函数 C．在定义域上单调递增 D．不等式的解集为 【变式25-1】【多选】（26-27高三·广东深圳·阶段检测）已知函数，则（    ） A．函数恒过定点 B．函数的图象关于轴对称 C．函数的单调增区间为 D．函数在上的最大值为 【变式25-2】【多选】（2026高一·陕西汉中·期末）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若，则的定义域为 B．若，则的值域为 C．的图象关于直线对称 D．若，则的单调递减区间是 【变式25-3】【多选】（2026高二·山西运城·期末）关于函数，则下列选项正确的是（    ） A．图象关于直线对称 B．在单调递增 C．的值域为 D．有两个零点 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01 对数函数的概念辨析及应用 【例1】【答案】(1)不是对数函数 (2)不是对数函数 (3)不是对数函数 (4)不是对数函数 (5)是对数函数 【解析】略 【变式1-1】【答案】(1)不是 (2)不是 (3)不是 (4)是 【分析】根据对数函数的定义判断. 【详解】（1）真数为，不是对数函数． （2）对数式后加3，∴不是对数函数． （3）真数为，且系数不为1，不是对数函数． （4）底数是8，真数为x，系数为1，符合对数函数的定义，故是对数函数． 【变式1-2】【答案】D 【分析】由对数函数定义结合选项可得答案. 【详解】形如的函数为对数函数. 据此可得仅有D选项满足题意. 【变式1-3】【答案】A 【分析】根据对数函数的定义判断即可. 【详解】形如（且）的函数叫对数函数，其中底数为常数，真数只有自变量， 故只有④满足对数函数的定义，故对数函数有1个. ▌题型02 对数函数求值问题 【例2】【答案】B 【详解】函数，则， 所以. 【变式2-1】【答案】B 【详解】由题设. 【变式2-2】【答案】 【详解】∵， ∴． 【变式2-3】【答案】C 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以. ▌题型03 对数型函数的定义域问题 【例3】【答案】B 【详解】函数的定义域需满足，解得， 故函数定义域为． 【变式3-1】【答案】 【详解】由得. 【变式3-2】【答案】D 【详解】由题设可得，则，解得. 【变式3-3】【答案】D 【详解】选项A：，定义域为，，定义域为， 二者对应关系不一致（如时，），不是同一个函数，故A错误； 选项B：定义域为，定义域为， 二者定义域不同，不是同一个函数，故B错误； 选项C：定义域为，的定义域为， 二者定义域不同，不是同一个函数，故C错误； 选项D：，定义域为，，定义域为， 二者定义域、对应关系均完全一致，是同一个函数，故D正确. ▌题型04 对数型函数的值域问题 【例4】【答案】D 【详解】当时，. 当时， . 所以函数的值域为. 【变式4-1】【答案】 【分析】分别求出和时值域，要使函数的值域为，则两部分值域的并集要覆盖所有实数，再列不等式求实数的取值范围即可. 【详解】当时，，因为对数函数在单调递增，所以在单调递减， 所以，因此当时，值域为； 当时，开口向上，对称轴为，所以； 因此当时，值域为； 要使函数的值域为，则，解得. 【变式4-2】【答案】B 【分析】根据题意，分和，两种情况讨论，结合对数函数的图象与性质，即可求解. 【详解】由函数，令，可得，其中 当时，为单调递增函数， 由，可得，即， 要使得的值域是，即的值域为， 则满足取满，所以； 当时，此时为单调递减函数， 若，即，可得，即的值域为， 因为，可得，所以不存在使得， 综上可得，实数的取值范围为. 【变式4-3】【答案】(1) (2)． 【分析】(1)首先利用对数运算法则化简的解析式，将其转化为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可求得值域. (2)先将恒成立条件转化为，通过换元法将转化为关于的二次函数，求解在上的最小值，再代入不等式求解关于的一元二次不等式，即可得到实数的取值范围. 【详解】（1）由，化简可得 ． ， 因为，所以，即的值域为. （2）因为不等式对任意实数恒成立，所以． 令，因为，所以， 设， 结合二次函数性质可得，即，则. 所以，即，即， 所以，解得，所以实数的取值范围为． ▌题型05 对数（型）函数图象的变换 【例5】【答案】D 【详解】由可知定义域为， 令，则，即为偶函数， 又当时，，此时函数单调递减，且过点， 综合上述，符合题意的函数图象只有D. 【变式5-1】【答案】B 【分析】先通过幂函数得出的值，再结合对数函数的平移规律与单调性，即可确定的图象特征. 【详解】由题意得函数满足，即，可得. 因为函数是偶函数，图象关于轴对称， 而函数的图象是由向左平移1个单位得到的， 因此图象关于直线对称， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，，图象过原点， 综上可得：函数的图象如图所示，故B正确. 【变式5-2】【答案】B 【分析】根据图象特征及对数函数的性质判断即可. 【详解】 因为，，所以，故的对称轴在轴左侧，排除A与C； 由选项BD可知，，所以， 所以在对称轴右侧单调递减，在对称轴左侧单调递增，故B满足，D不满足. 【变式5-3】【答案】D 【分析】先求得函数为偶函数，图象关于轴对称，当时，，结合对数函数的性质，结合选项，即可求解. 【详解】由函数，可得函数的定义域为， 又由，所以函数为偶函数，图象关于轴对称， 当时，，由对数函数的性质得在单调递减，且， 所以选项D符合题意. 故选：D. ▌题型06 判断对数型函数的图象形状 【例6】【答案】B 【分析】化简对数型函数后可得正确的选项. 【详解】因，故，故， 而与关于对称， 各选项中只有B满足， 故选：B. 【变式6-1】【答案】B 【分析】根据指数函数与对数函数的图象和性质求解. 【详解】若，则在上是增函数，在上是减函数； 若，则在上是减函数，在上是增函数， 综上，这两个函数中，一个是增函数，另一个是减函数，故排除A，C，D． 又由于的定义域为，其图象只能在y轴左侧，B正确． 故选：B. 【变式6-2】【答案】C 【分析】结合排除法，根据指数函数与对数函数的图象判断． 【详解】因为，所以， 所以是减函数，且时，，是增函数， 排除选项BD，又的定义域为，故排除选项A，只有选项C满足． 【变式6-3】【答案】BD 【分析】根据指数函数以及对数函数的图像分析求解即可. 【详解】由且，可得. 所以，. 当时：函数在上单调递增，且过点. 函数在上单调递增，所以在上单调递减，且过点. 选项B中，一条曲线过且递增，另一条曲线过且递减，符合. 当，函数在上单调递减，且过点. 函数在上单调递减，所以在上单调递增，且过点. 选项D 中，一条曲线过且递减，另一条曲线过且递增，符合. ▌题型07 根据对数型函数图象判断参数的范围 【例7】【答案】A 【详解】由函数图像知，在定义域内单调递减，所以， 根据图像可知函数的图像是把的图像向左平移小于1个单位得到的， 所以，解得. 【变式7-1】【答案】BC 【分析】由题得，，求得，结合不等式性质求解可以判断 A；由，可以判断B；根据指数函数的性质可知，，判断C；根据“作差法”判断，判断D. 【详解】因为为单调递减函数，所以， 由得，所以，又，所以，A错误； 又，所以，B正确； 根据指数函数的性质可知，，所以，C正确； ，所以，D错误， 故选：BC． 【变式7-2】【答案】 【分析】求出函数的图象与轴交点坐标，数形结合可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】由可得，解得， 即函数的图象与轴的交点为，作出该函数的图象如下图所示： 要使得函数的图象不经过第四象限，只需，解得. 因此实数的取值范围是. 故答案为：. 【变式7-3】【答案】D 【分析】根据函数图象的特征分析即可. 【详解】 过点作轴的垂线，交于， 可得：， 过点作轴的垂线，交于， 可得：，解得， 由图象知：， 所以：. 故选：D ▌题型08 对数型函数图象过定点问题 【例8】【答案】C 【分析】根据对数的运算性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以该函数的图象经过定点. 【变式8-1】【答案】5 【分析】根据指数函数及对数函数的性质即可求得定点坐标. 【详解】根据指数函数及对数函数的性质可知，, 故函数(且）经过定点，即, 所以. 【变式8-2】【答案】 7 【分析】根据对数函数且恒过定点，令可求得定点坐标，得到，从而求得. 【详解】令，得. 所以函数（且）过定点， 所以， 故. 【变式8-3】【答案】 【分析】利用对数函数（且）的恒成立性质，即可求解. 【详解】令，解得，得， 因此函数恒过定点. ▌题型09 对数函数图象的应用 【例9】【答案】A 【分析】根据对数函数和一次函数的性质作出函数图象，结合图象即可求解. 【详解】由可得，即， 构造函数， 由于，且，结合对数函数以及一次函数图象特点， 在同一直角坐标系中做出的图象如图所示： 两函数图象交于点， 故当时，. 【变式9-1】【答案】C 【分析】设，求得，将三个解析式分别看成关于的对数函数，幂函数与指数函数，作出图象，根据交点情况及图象的位置即可逐一判断选项. 【详解】设，则，且， 在同一个坐标系中作出三个函数的图象： 其中与交于点，与交于点. 由图知，当时，，故D符合； 当时，，故A符合； 当时，，故B符合.即只有C项不合题意. 【变式9-2】【答案】C 【分析】由已知可得，可得函数是以2为周期的周期函数，由题意可得时的解析式，进而作出两函数的图象，数形结合可得答案. 【详解】已知对任意实数有，则， 两式相减得，因此是周期为2的周期函数. 结合时，可推得时，. 则的图象都是由上的图象左右平移得到的，值域为. 当时，单调递减，由图可知，两函数的图象只有1个交点，不符合题意. 当时，单调递增，由图可知，两图像在上分别有一个交点， 要使的图象与曲线（且）恰有6个交点，则，解得. 【变式9-3】【答案】 【分析】结合函数图象以及函数对称性、单调性分析求解即可. 【详解】如图所示： 由方程即有四个不同解， 即的图象与有四个不同的交点，由图可知， 不妨假设，由图可知， 又由图可知， 故，解得：， 又，结合图象可知，所以， 所以， 设， 任取，且， 则 ， 因为且， 所以且， 所以， 所以在上单调递减， 所以即，即， 所以. ▌题型10 判断对数型函数的单调性 【例10】【答案】B 【分析】依次判断每个函数的奇偶性与在上的单调性. 【详解】选项A，函数的定义域为，关于原点对称，而，不是奇函数，故A错误. 选项B，函数的定义域为，关于原点对称，且，满足奇函数的定义； 根据反比例函数的性质，当时，函数在上单调递减，故B正确. 选项C，函数的定义域为，定义域不关于原点对称，不是奇函数，故C错误. 选项D，函数的定义域为，关于原点对称，且，满足奇函数的定义； 但根据幂函数的基本性质，在上单调递增，所以在上也单调递增，故D错误. 【变式10-1】【答案】D 【分析】根据幂函数、指数函数、对数函数的单调性即可判断. 【详解】由幂函数的单调性可知，，在上单调递减，故AB不正确； 由对数函数的单调性知在上单调递减，故C不正确； 由指数函数的单调性知，在上单调递增，故D正确. 【变式10-2】【答案】D 【详解】在上单调递减，选项A错误； 开口向下，对称轴是轴，在区间上单调递减，选项B错误； 是指数函数，底数，在上单调递减，选项C错误； 是对数函数，底数，在区间上单调递增，选项D正确. 【变式10-3】【答案】C 【详解】对于A，函数的定义域为， 而函数在上单调递减，则函数在上单调递增，故A错误； 对于B，函数的定义域为， 而函数在上单调递增， 则函数在上分别单调递减，故B错误； 对于C，函数的定义域为， 而函数在上单调递增，则函数在上单调递增， 所以函数在上单调递减，故C正确； 对于D，函数的定义域为， 而函数在上单调递增，在上单调递减， 则函数在上单调递增，故D错误. ▌题型11 对数型复合函数的单调性 【例11】【答案】 【分析】求得的定义域，由二次函数和对数函数的单调性，结合复合函数的单调性，可得所求区间 【详解】由，解得， 所以定义域为， 易知在定义域单调减，由复合函数的单调性：同增异减，求出的减区间即为函数的单调递增区间，再结合二次函数的性质可知，的单调递增区间为. 【变式11-1】【答案】 【分析】根据给定函数，利用二次函数、对数函数的单调性及复合函数单调性求解. 【详解】函数中，，解得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 而函数在上单调递减，因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以所求递减区间为. 【变式11-2】【答案】A 【分析】根据复合函数“同增异减”的单调性规则，先求出函数在单调递减的充要条件，再判断对应选项为该充要条件的真子集即可 【详解】函数是外层函数与内层函数的复合函数， 外层函数性质：底数，故在定义域上为单调递减函数 由复合函数“同增异减”的判定规则，要使在单调递减，需同时满足两个条件： （1）内层函数在上单调递增；（2）在上恒成立. 因为为开口向上的二次函数，对称轴为，所以，解得； 因为在单调递增，所以，只需边界值，代入得，解得. 综上，在单调递减的充要条件为，其充分不必要条件对应集合是的真子集. 选项A：，满足充分不必要要求； 选项B：为充要条件，不符合要求； 选项C、D：集合内存在的取值，无法满足在恒成立，不是充分条件. 【变式11-3】【答案】 【详解】要使函数有意义，则 ，整理得，解得， 所以函数的定义域为， 令，，则， 外层函数的底数满足，因此在上为单调递减函数. 是开口向下的二次函数，对称轴为， 因此在上单调递增，在上单调递减. 根据复合函数“同增异减”的法则得的单调递减区间为. ▌题型12 由对数型函数的单调性求参数 【例12】【答案】B 【分析】令，利用复合函数的单调性结合对数函数的定义域列出不等式，解出的取值范围． 【详解】令，∵，∴在上单调递减， ∵函数（且）在区间内单调递增， ∴函数是减函数，且在上恒成立， ∴，∴. 【变式12-1】【答案】 【分析】由复合函数的单调性求解即可. 【详解】令， 则函数的开口向上，对称轴为， 函数即为， 由对数函数的性质可得为单调递减函数， 由复合函数的单调性可知在区间上单调递减，且恒大于等于0， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. 【变式12-2】【答案】B 【分析】根据复合函数在区间上的单调性以及对数函数的单调性分析求解即可. 【详解】令，因为且，所以函数在上单调递减， 又函数在区间内单调递增， 所以函数为减函数，故， 又在上满足恒成立，故，解得：， 综上所述，的取值范围是. 【变式12-3】【答案】D 【分析】由分段函数的单调性求解． 【详解】因为在上单调递增，则函数在上单调递增， 故，解得． ▌题型13 由对数函数的单调性解不等式 【例13】【答案】 【详解】空一：当时，，． 当时，由得，即， 解得，结合得； 当时，由得，即， 因为在上单调递增，所以，结合得． 综上，当时，不等式的解集为． 空二：若存在最小值，分两种情况： ①当时，，； 又当时，当时， 所以的最小值为，符合题意； ②当时，当时， 而当时，且， 所以对定义域内任意都有； 又当从右侧无限接近时，无限接近，故没有最小值，不符合题意． 综上，的取值范围为． 【变式13-1】【答案】D 【详解】函数的定义域为R， 因为，所以是偶函数， 因为函数，在上单调递增， 因此函数在上单调递增， 若，则，得，解得或， 所以的取值范围为. 【变式13-2】【答案】 【分析】根据对数函数的定义域限制与单调递增性质，将原不等式转化为一元一次不等式组，求解后取交集即可求解. 【详解】根据对数函数的性质，原不等式等价于不等式组， 解得， 因此，不等式的解集为. 【变式13-3】【答案】 【分析】根据题意，分和，两种情况讨论，结合对数函数的性质，得出不等式，即可求解. 【详解】当，且时，可得，则，不符合题意； 当，且时，可得， 因为函数为单调递减函数，所以，所以， 所以实数的取值范围. ▌题型14 比较对数式的大小 【例14】【答案】D 【分析】由指数函数和对数函数的单调性求得结果. 【详解】因为，所以， 即， 因为，所以，即， 所以. 【变式14-1】【答案】B 【分析】根据指数函数及对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】单调递减，所以，又，所以. 单调递减，所以，即. 在上单调递增，所以，即. 所以． 【变式14-2】【答案】B 【分析】根据指数幂运算性质计算的值，再利用指数函数的性质判断的范围，利用对数函数的性质化简并判断的范围，最后比较三者大小． 【详解】因为， 因为指数函数是上的单调递增函数，且，所以， 因为，对数函数是上的单调递增函数， 因为，即，所以，即，综上可得． 【变式14-3】【答案】A 【分析】利用对数函数的性质可判断，，利用指数函数的性质可判断. 【详解】由，，得； ； 由，得. 所以. ▌题型15 求对数型函数的最值 【例15】【答案】B 【详解】令，由，得， ， 则，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 【变式15-1】【答案】/ 【分析】将函数展开化简为关于的二次函数，即，结合二次函数性质求结论. 【详解】 当，即时，取得最大值. 故答案为：. 【变式15-2】【答案】 【分析】两边同时取对数，利用二次函数的性质求出的最大值． 【详解】因为函数，两边同时取对数得， 令，则， 当时，； 当时，； 所以，所以. 故答案为：. 【变式15-3】【答案】(1)， (2)最小值为，最大值为2 【分析】（1）利用代入法，结合对数型函数的定义域性质进行求解即可； （2）利用换元法，结合二次函数的最值性质、对数函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）因为，所以，解得， 由题意可得，解得，故函数定义域为； （2）由（1）可得， 令，对称轴为， 当时，， 则，，故， 故函数的最小值为，最大值为102. ▌题型16 根据对数型函数的最值求参数或范围 【例16】【答案】D 【详解】对数函数在定义域内单调，故其在上的最大值、最小值在端点取得， ，故，即，解得． 【变式16-1】【答案】C 【分析】先求出二次内层函数在指定区间的值域，再根据对数底数的范围分单调性两种情况，利用最值差值为1列方程求解参数. 【详解】设，对称轴为直线，定义域为，则在上单调递增， 当，当，得， ，分两种情况讨论对数函数的单调性： ①当，在上单调递增，最大值为，最小值为，所以，得，得，满足 ②当，在上单调递减，最大值为，最小值为，所以，得，得，满足 综上，或. 【变式16-2】【答案】或 【分析】由是单调函数可确定最值取在区间端点，列绝对值方程求解. 【详解】因为是单调函数，所以是单调函数，其最大值和最小值分别取在区间的两个端点处， 所以，即， 所以或，解得或， 故答案为：或 【变式16-3】【答案】 【分析】分，，，，，六种情况分别讨论说明函数在对应区间上的函数值的变化情况求解即可. 【详解】当时，第一段函数在为增函数，函数值的范围为，无最小值，不满足题意； 当时，第一段函数为常函数；第二段函数在为减函数，函数值的范围为， 第三段函数在上为增函数，函数值的范围为， 所以，当时，函数的值域范围为，有最小值. 当时，第一段函数在为减函数，函数值的范围为； 第二段函数在为减函数，函数值的范围为， 第三段函数在上为增函数，函数值的范围为， 此时，，， 所以，当时，函数的值域范围为，有最小值. 当时，第一段函数在为减函数，函数值的范围为； 第二段函数在为减函数，函数值的范围为， 第三段函数在上为增函数，函数值的范围为， 此时，，即， ，即 所以，时，函数的值域范围为，不存在最小值. 当时，第一段函数在为减函数，函数值的范围为； 第二段函数在为减函数，函数值的范围为， 第三段函数在上为增函数，函数值的范围为， 所以函数的值域为，无最小值； 当时，第一段函数在为减函数， 函数值的范围为，且， 第二段函数与第三段函数在对应的区间上的函数值为非负数， 所以，函数的值域为，无最小值. 综上，函数有最小值，实数的取值范围是. 故答案为： ▌题型17 恒成立与能成立问题 【例17】【答案】C 【分析】先由这一段的二次式恒非负得到，再验证当时这一段也满足，故范围为. 【详解】由题意，对一切都有，分两段讨论. 当时，需恒成立. 记，其图象开口向上、对称轴为. 若，则在上单调递减，最小值为， 由得，即； 若，则最小值为，由得， 即，结合得. 所以由这一段得. 当且时，因为，所以； 又，故也成立. 综上，实数的取值范围为. 【变式17-1】【答案】(1)证明：任取，且，则，， 因为，即， 所以在上是增函数． (2) 【分析】（1）令，将转化为，由得，从而，证得增函数； （2）先由推，利用单调性去掉函数符号，得，转化为二次函数在区间上最值问题，列不等式组求范围. 【详解】（1）略 （2）因为，所以， 所以可变形为． 因为在上是增函数，所以，所以． 依题意，当时，， 当时，取得最小值； 当时，取得最大值， 所以，解得，故实数的取值范围是． 【变式17-2】【答案】 【分析】应用对数函数的单调性列不等式求解. 【详解】由题可知，是上的增函数，则不等式等价于，即， 函数在上单调递增，且， 所以不等式的解集为， 从而不等式的解集为． 【变式17-3】【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出的图象过的定点坐标，再将点的坐标代入解析式中求解的值，再写出的表达式. （2）先判断的单调性，利用的单调性去掉不等式中的，然后分参求出的范围. 【详解】（1），令，. ，又在的图象上，，. （2）定义域为，且和均为增函数，是上的增函数. 恒成立，即恒成立. 即恒成立，即. ，，. 当且仅当，即时，等号成立. ，即的取值范围是 ▌题型18 判断对数型函数的奇偶性 【例18】【答案】BD 【分析】对于A：根据奇函数的性质举反例说明即可；对于C：根据单调性的定义举反例说明即可；对于BD：根据奇偶性的定义以及单调性的性质分析判断即可. 【详解】对于选项A：因为的定义域为， 且，可知函数不为奇函数，故A错误； 对于选项B：因为的定义域为， 且，可知函数为奇函数， 又因为， 且在定义域内单调递增，则在定义域内单调递增， 综上所述：既是奇函数又在定义域上具有单调性，故B正确； 对于选项C：令，解得且， 可知函数的定义域为， 因为，则， 可得，，可知函数在定义域内不单调，故C错误； 对于选项D：因为， 可知函数的定义域为， 且， 所以函数为奇函数， 又因为， 因为，在内单调递增，则在内单调递增， 且在定义域内单调递增，则在内单调递减， 可知在内单调递减，所以在定义域内单调递减， 综上所述：既是奇函数又在定义域上具有单调性，故D正确. 【变式18-1】【答案】C 【分析】对于A，B，根据函数定义域不是R判断即可；对于C，D，根据一次函数与指数函数性质判断即可. 【详解】对于A，函数的定义域为，满足，为奇函数， 在均为单调递减函数，在定义域上不是单调递减函数，故错误； 对于B，令得，即函数的定义域为， 满足，为奇函数， 因为在单调递减，函数在上单调递增， 所以，根据复合函数单调性得在单调递减， 故在为奇函数，且单调递减，故错误； 对于C，定义域为R，为奇函数，且在R上单调递减，故正确； 对于D，，定义域为R，且在R上单调递减，不具有奇偶性，故错误. 【变式18-2】【答案】B 【分析】求函数的奇偶性，或求出单调性，或求出定义域，排除法得到答案. 【详解】选项A，设，则，故为偶函数， 故选项A错误； 选项B，设，，则为奇函数， 和在区间上都是单调递减， 在区间上是单调递减，故选项B正确； 选项C，设，则，故是奇函数， 和为上的增函数， 为上的增函数，故选项C错误； 选项D，，，解得，则定义域为，不满足， 故选项D错误. 故选：B. 【变式18-3】【答案】BCD 【分析】利用函数奇偶性定义及在上的单调性逐项判断即可 【详解】对于A，函数的定义域为，，是奇函数，A不合题意； 对于B，函数，定义域为，，是偶函数，且在上单调递增，B符合题意； 对于C，函数定义域为，，是偶函数， 当0时，在上单调递增，C符合题意； 对于D，函数的定义域为， 又，即函数为偶函数， 当0时，在上单调递增，D符合题意. 故选：BCD ▌题型19 已知函数奇偶性求值 【例19】【答案】 【分析】根据函数的奇偶性的性质证明函数为周期为的函数，结合周期性的性质求职可得. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以， 可得． 因为是奇函数，所以， 所以，，， 所以是周期为的周期函数． 所以. 【变式19-1】【答案】 【分析】利用与的奇偶性推得，再分析的范围，从而利用已知条件即可得解. 【详解】因为为奇函数，所以， 因为为偶函数，所以， 则，故， 所以， 因为，则， 又当时，， 所以. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：设函数，，，. （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a. 【变式19-2】【答案】C 【分析】由及可得，则可得，再将代入计算即可得. 【详解】由为偶函数，则有，又，所以， 即，所以， 又，当时，. 则. 故选：C 【变式19-3】【答案】A 【详解】由题意得，偶函数对满足， 所以，即， 所以函数是周期为的周期函数， 所以， 当时，所以， 即. ▌题型20 由函数的奇偶性求解析式 【例20】【答案】 【分析】由为奇函数，可得的定义域关于原点对称，且，且当时，，将代入可得答案. 【详解】解：由为奇函数，可得的定义域关于原点对称，且，， 当时，，故， . 故答案为：. 【点睛】本题主要考查利用函数的奇偶性求函数解析式，相对简单. 【变式20-1】【答案】C 【分析】先确定出的奇偶性，然后再逐项检验定义域和奇偶性即可. 【详解】因为是定义在R上的偶函数，所以，即， 所以是定义在R上的偶函数. 对于选项A，因为，所以函数定义域为，所以不满足题意； 对于选项B，函数定义域为R， ，是奇函数，不符合题意； 对于选项C，函数定义域为R， 当时，，， 当时，，， 且，所以为偶函数，符合题意； 对于选项D，函数定义域为R， ，为奇函数，不符合题意； 故选：C. 【变式20-2】【答案】 【分析】根据函数的周期及函数为奇函数，分段求解函数的解析式即可. 【详解】因为是定义在上以2为周期的奇函数且时，， 设，则， 所以， 设，则，, 故； 又，所以， 综上可得，函数在上的解析式是， 故答案为： 【变式20-3】【答案】(1) (2) (3)1 【分析】（1）设，代入点的坐标即可求解； （2）根据函数的奇偶性对解析式进行求解即可； （3）由题意，化简后，使用换元法进行求解即可. 【详解】（1）设， 由题意，解得， 故 （2）当时，， 当时，，∴ 又∵为奇函数，∴当时，， 又∵是定义域在上的奇函数，∴， 综上所述，函数的解析式为. （3）当时，，， ∴ 令，当时，， 设，， ∵，∴由二次函数知识知，当时，最小值为， 令，解得（舍）或， ∴当时，函数（其中）的最小值为， 则实数的值为. ▌题型21 已知函数奇偶性求参数 【例21】【答案】1 【分析】根据奇函数求出参数，即可得解. 【详解】因为函数是奇函数， 所以， 所以，即，解得或， 当时，，不符合题意，舍去； 所以，. 【变式21-1】【答案】/ 【分析】先根据是奇函数，得到其定义域关于原点对称，且，从而得到，的值，即可得到的解析式，再根据复合函数的单调性即可判断的单调性，进而即可求出在某区间的最大值． 【详解】由， 则x应满足为，即， 又是奇函数，则其定义域关于原点对称，且， 则，即，解得， 所以， 又是奇函数，且其定义域为， 则，解得， 所以， 又在上单调递增，而在上单调递减， 所以在上单调递减， 所以在上的最大值为． 【变式21-2】【答案】B 【分析】根据奇函数的性质可求参数的值. 【详解】因为为奇函数，故， 所以即，故，故. 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域不关于原点对称，故舍去； 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域关于原点对称， 所以. 【变式21-3】【答案】 【详解】因为函数为奇函数， 所以，则， 即，则，即. ▌题型22 函数的单调性和奇偶性的综合 【例22】【答案】D 【分析】根据奇函数的性质可将不等式转化为，求出的表达式，分段讨论解不等式即可求解. 【详解】因为是定义在的奇函数，所以， 则由，可得，即， 当时，由，解得； 当时，由奇函数的性质可得,不满足； 当时，，则， 由奇函数的性质，可得, 由，解得，故. 综上，不等式的解集为. 故选：D 【变式22-1】【答案】B 【分析】根据函数是奇函数可得关于成中心对称，先解出当时的解，即可利用对称性得不等式的解. 【详解】∵是奇函数， ∴，即关于点对称． 又函数的定义域为，故． 当时， 令，即，解得． 根据对称性可知当时，． 综上所述，的解集是． 故选：B． 【变式22-2】【答案】 【分析】根据题意结合奇函数的定义可得，，再解对数不等式即可. 【详解】因为函数是奇函数，则， 即，整理可得， 则，可得，解得， 所以符合题意. 不等式，即，整理得，解得， 所以的取值范围是． 故答案为：. 【变式22-3】【答案】D 【分析】根据函数的单调性、奇偶性画出的大致图象，结合图象来求得不等式的解集. 【详解】根据题意可得在上单调递增，因为是定义在上的奇函数， 所以在上单调递增． 令，解得或（舍去），则． 画出的大致图象，则由不等式，得或， 解得或， 所以不等式的解集为. 故选：D ▌题型23 求反函数 【例23】【答案】C 【分析】由反函数定义求出，由复合函数单调性满足同增异减进行求解，注意定义域 【详解】由反函数定义可知，其在上单调递增， 由得， 其中在上单调递增，在上单调递减， 由同增异减可知的单调递减区间是. 【变式23-1】【答案】C 【分析】利用反函数的定义结合指对互化即可获得． 【详解】由得，． 因此函数的反函数是. 【变式23-2】【答案】B 【分析】设是直线上的一点，则根据题意得在直线上，再整理为，即可得，进而求得答案. 【详解】设是直线上的一点， 因为直线与关于直线对称， 所以，根据题意得在直线上，即，整理得， 所以，解得. 【变式23-3】【答案】 【分析】根据函数与函数的图象关于直线对称可知与互为反函数，求出解析式后根据复合函数单调性求单调区间. 【详解】因为函数与函数的图象关于直线对称，所以， ，因为在上单调递减，在上单调递减，上单调递增， 所以根据复合函数的单调性可知的单调递增区间是. ▌题型24 对数函数的实际应用 【例24】【答案】C 【分析】燃料质量不同的火箭的最大速度之差与火箭质量的自然对数之差成正比，可设出函数模型，代入可得函数解析式，进而得解. 【详解】设当燃料质量分别为和时，火箭的最大速度分别为和， 则， 又当燃料质量为时，该火箭的最大速度为， 当燃料质量为时，该火箭的最大速度为， 所以，解得， 所以． 令，则， 所以． 【变式24-1】【答案】C 【分析】代值计算即可. 【详解】由题可知：. 故选：C 【变式24-2】【答案】B 【分析】根据已知条件列方程，化简求得正确答案. 【详解】根据题意，， 令，则， 所以，则， 即 所以. 故选：B 【变式24-3】【答案】A 【分析】根据已知条件代入计算求解. 【详解】由题可得，则， 故选：A． ▌题型25 对数型函数性质的综合应用 【例25】【答案】ACD 【分析】根据对数函数的定义域，即可判断A选项；利用偶函数的定义，即可判断B选项；根据复合函数“同增异减”的原则，即可判断C选项；利用对数与分式不等式运算，即可判断D选项； 【详解】根据对数函数的定义域可得：，，，A选项正确； ，，为奇函数，B选项错误； 设，在定义域上单调增，根据复合函数的“同增异减”原则，在定义域上单调递增，C选项正确； ，，，，，，D选项正确； 【变式25-1】【答案】ABD 【分析】对于A，根据对数函数的定点求解即可；对于B，先判断函数的奇偶性，进而判断即可；对于C，求出函数的定义域即可判断；对于D，整理得到，令，进而结合函数的单调性求解判断即可. 【详解】对于A，函数，恒过定点，故A正确； 对于B，函数，， 而，则函数为偶函数， 其图象关于轴对称，故B正确； 对于C，函数， 由，解得， 则函数的定义域为，故C错误； 对于D，函数，， 令，则，而函数在上单调递增， 则时，，即函数在上的最大值为，D正确. 【变式25-2】【答案】ACD 【分析】由对数型复合函数的性质，结合二次函数性质、复合函数“同增异减”规则、函数对称性判定方法逐一分析选项即可. 【详解】选项A：当时，对数真数需满足，因式分解得， 解得或，即定义域为，A正确； 选项B：当时，真数，为增函数， 故，值域为，不是，B错误； 选项C：， ， 即，故图象关于直线对称，C正确； 选项D：当时，定义域为， 内层函数在上单调递减，外层单调递增， 由复合函数“同增异减”规则，得的单调递减区间为，D正确. 【变式25-3】【答案】AD 【分析】先得到函数定义域为，由，即可得到图象关于直线对称，即可验证A项；令内层函数， 时，单调递减，根据复合函数“同增异减”得到在单调递减，即可验证B项；先由复合函数的单调性原则得到函数的单调性，即可验证C项；令，解得，即可验证D项. 【详解】函数 需满足，即定义域为， 由对数的运算法则得到， 对于A项，因为， 所以，即图象关于直线对称，故A正确； 对于B项，令内层函数，开口向下，对称轴， 时，单调递增，时，单调递减， 因为外层函数在单调递增， 所以根据复合函数的单调性得到在单调递减，故B错误； 对于C项，根据复合函数的单调性得到在单调递增， 所以当时，函数有最大值， 又因为当或时，函数，， 所以函数的值域为，故C错误； 对于D项，令，即，得到， 整理得到，解得， 所以函数有两个零点，故D正确. 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 对数函数的概念辨析及应用 题型 02 对数函数求值问题 题型 03 对数型函数的定义域问题 题型 04 对数型函数的值域问题 题型 05 对数型函数图象的变换 题型 06 判断对数型函数的图象形状 题型 07 根据对数型函数图象判断参数的范围 题型 08 对数型函数图象过定点问题 题型 09 对数函数图象的应用 题型 10 判断对数型函数的单调性 题型 11 对数型复合函数的单调性 题型 12 由对数型函数的单调性求参数 题型 13 由对数函数的单调性解不等式 题型 14 比较对数式的大小 题型 15 求对数型函数的最值 题型 16 根据对数型函数的最值求参数或范围 题型 17 恒成立与能成立问题 题型 18 判断对数型函数的奇偶性 题型 19 已知函数奇偶性求值 题型 20 由函数的奇偶性求解析式 题型 21 已知函数奇偶性求参数 题型 22 函数的单调性和奇偶性的综合 题型 23 求反函数 题型 24 对数函数的实际应用 题型 25 对数型函数性质的综合应用 ▌题型01 对数函数的概念辨析及应用 1. 核心逻辑 严格对照定义，三个关键点：①底数；②真数只能是自变量；③前面系数为。 、均不是标准对数函数。 2. 解题步骤 ①逐条核对定义三要素； ②求含对数式子有意义，列不等式组：真数，底数且底数； ③解不等式得到参数范围。 3. 易错提醒 • 忽略底数约束，只看真数； • 将对数型复合函数误判为对数函数。 【例1】（26-27高一·全国·课堂例题）下列函数是否为对数函数？ (1)且； (2)； (3)； (4)且； (5)． 【答案】(1)不是对数函数 (2)不是对数函数 (3)不是对数函数 (4)不是对数函数 (5)是对数函数 【解析】略 【变式1-1】（26-27高一·全国·课后作业）下列函数中，哪些是对数函数？ (1)； (2)； (3)； (4)（）． 【答案】(1)不是 (2)不是 (3)不是 (4)是 【分析】根据对数函数的定义判断. 【详解】（1）真数为，不是对数函数． （2）对数式后加3，∴不是对数函数． （3）真数为，且系数不为1，不是对数函数． （4）底数是8，真数为x，系数为1，符合对数函数的定义，故是对数函数． 【变式1-2】（26-27高一·全国·课后作业）下列函数是对数函数的是（    ） A．y＝loga(2x) B．y＝lg 5 C．y＝log2(x2＋x) D．y＝ln x 【答案】D 【分析】由对数函数定义结合选项可得答案. 【详解】形如的函数为对数函数. 据此可得仅有D选项满足题意. 【变式1-3】（26-27高一·全国·课堂例题）给出下列函数：①；②；③；④，其中是对数函数的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】根据对数函数的定义判断即可. 【详解】形如（且）的函数叫对数函数，其中底数为常数，真数只有自变量， 故只有④满足对数函数的定义，故对数函数有1个. ▌题型02 对数函数求值问题 1. 核心逻辑 代入自变量，结合对数恒等式、运算性质求值；嵌套求值由内向外计算。 2. 解题步骤 ①把自变量代入函数解析式； ②多层嵌套先算内层函数值，再代入外层； ③利用对数公式化简算出结果。 3. 易错提醒 嵌套求值由外向内计算，运算公式误用。 【例2】（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数，则（     ） A． B． C．1 D．e 【答案】B 【详解】函数，则， 所以. 【变式2-1】（2026高一·安徽淮北·期末）已知，则（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】B 【详解】由题设. 【变式2-2】（2026高一·云南·开学考试）已知，则______． 【答案】 【详解】∵， ∴． 【变式2-3】（2026·山东烟台·模拟预测）已知函数，则的值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以. ▌题型03 对数型函数的定义域问题 1. 核心逻辑 对数部分强制条件：真数；同时兼顾分母不为0、偶次根式被开方数。 2. 解题步骤 ①列出约束不等式：真数大于0，分母，偶次根号被开方数； ②解不等式组； ③写成集合或者区间形式。 3. 易错提醒 只解真数大于0，漏掉分母、根式的限制条件。 【例3】（26-27高三·新疆巴州·期中）函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】函数的定义域需满足，解得， 故函数定义域为． 【变式3-1】（26-27高三·云南保山·阶段检测）函数的定义域为__________. 【答案】 【详解】由得. 【变式3-2】（2026·陕西咸阳·模拟预测）函数的定义域是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题设可得，则，解得. 【变式3-3】（26-27高一·江苏·期中）下列各组中的两个函数是同一个函数的是（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【详解】选项A：，定义域为，，定义域为， 二者对应关系不一致（如时，），不是同一个函数，故A错误； 选项B：定义域为，定义域为， 二者定义域不同，不是同一个函数，故B错误； 选项C：定义域为，的定义域为， 二者定义域不同，不是同一个函数，故C错误； 选项D：，定义域为，，定义域为， 二者定义域、对应关系均完全一致，是同一个函数，故D正确. ▌题型04 对数型函数的值域问题 1. 核心逻辑 ，先求内层的取值集合，再结合的单调性求值域；注意。 2. 解题步骤 ①先求函数定义域； ②求内层的取值范围； ③分与，利用对数函数单调性得到值域。 3. 易错提醒 忽略；不讨论底数两种情况直接写值域。 【例4】（26-27高一·全国·课堂例题）函数的值域为（    ） A．（0，3） B．[0，3] C．（－∞，3] D．[0，＋∞） 【答案】D 【详解】当时，. 当时， . 所以函数的值域为. 【变式4-1】（2026高二·江西萍乡·期末）若函数的值域为，则实数的取值范围为________. 【答案】 【分析】分别求出和时值域，要使函数的值域为，则两部分值域的并集要覆盖所有实数，再列不等式求实数的取值范围即可. 【详解】当时，，因为对数函数在单调递增，所以在单调递减， 所以，因此当时，值域为； 当时，开口向上，对称轴为，所以； 因此当时，值域为； 要使函数的值域为，则，解得. 【变式4-2】（26-27高三·贵州·阶段检测）已知函数（，且），若存在实数使得的值域是，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，分和，两种情况讨论，结合对数函数的图象与性质，即可求解. 【详解】由函数，令，可得，其中 当时，为单调递增函数， 由，可得，即， 要使得的值域是，即的值域为， 则满足取满，所以； 当时，此时为单调递减函数， 若，即，可得，即的值域为， 因为，可得，所以不存在使得， 综上可得，实数的取值范围为. 【变式4-3】（26-27高三·山东济宁·阶段检测）已知函数，函数． (1)求函数的值域； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)． 【分析】(1)首先利用对数运算法则化简的解析式，将其转化为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可求得值域. (2)先将恒成立条件转化为，通过换元法将转化为关于的二次函数，求解在上的最小值，再代入不等式求解关于的一元二次不等式，即可得到实数的取值范围. 【详解】（1）由，化简可得 ． ， 因为，所以，即的值域为. （2）因为不等式对任意实数恒成立，所以． 令，因为，所以， 设， 结合二次函数性质可得，即，则. 所以，即，即， 所以，解得，所以实数的取值范围为． ▌题型05 对数（型）函数图象的变换 1. 核心逻辑 平移：左加右减针对，上加下减针对整个函数； 对称：偶函数，y轴右侧图象翻折到左侧；将x轴下方图象翻折到上方。 2. 解题步骤 ①找到基础对数函数； ②按平移、翻折规则一步步变换； ③结合特殊点、定义域排除错误选项。 3. 易错提醒 左右平移只改变，容易直接在整体加减；翻折变换对象识别错误。 【例5】（26-27高三·全国·一轮复习）函数的图象大致是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由可知定义域为， 令，则，即为偶函数， 又当时，，此时函数单调递减，且过点， 综合上述，符合题意的函数图象只有D. 【变式5-1】（2026高一·湖南·阶段检测）函数满足，那么函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先通过幂函数得出的值，再结合对数函数的平移规律与单调性，即可确定的图象特征. 【详解】由题意得函数满足，即，可得. 因为函数是偶函数，图象关于轴对称， 而函数的图象是由向左平移1个单位得到的， 因此图象关于直线对称， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，，图象过原点， 综上可得：函数的图象如图所示，故B正确. 【变式5-2】（2026高一·广西贵港·开学考试）函数的图象可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据图象特征及对数函数的性质判断即可. 【详解】 因为，，所以，故的对称轴在轴左侧，排除A与C； 由选项BD可知，，所以， 所以在对称轴右侧单调递减，在对称轴左侧单调递增，故B满足，D不满足. 【变式5-3】（2026高二·湖南郴州·学业考试）函数的图象大致是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求得函数为偶函数，图象关于轴对称，当时，，结合对数函数的性质，结合选项，即可求解. 【详解】由函数，可得函数的定义域为， 又由，所以函数为偶函数，图象关于轴对称， 当时，，由对数函数的性质得在单调递减，且， 所以选项D符合题意. 故选：D. ▌题型06 判断对数型函数的图象形状 1. 核心逻辑 识图四要素：定义域、单调性、特殊点、奇偶性；指数与对数互为反函数，图象关于直线对称。 2. 解题步骤 ①先判断定义域，排除定义域错误选项； ②由底数判断增减； ③代入特殊点验证； ④互为反函数利用对称快速判断。 3. 易错提醒 反函数对称直线记成x轴或y轴；忽略定义域直接看曲线。 【例6】已知且，则函数与函数的图象可能的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化简对数型函数后可得正确的选项. 【详解】因，故，故， 而与关于对称， 各选项中只有B满足， 故选：B. 【变式6-1】（2026高三·全国·一轮复习）已知，函数与的图象可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指数函数与对数函数的图象和性质求解. 【详解】若，则在上是增函数，在上是减函数； 若，则在上是减函数，在上是增函数， 综上，这两个函数中，一个是增函数，另一个是减函数，故排除A，C，D． 又由于的定义域为，其图象只能在y轴左侧，B正确． 故选：B. 【变式6-2】（2026高一·湖北宜昌·期末）若，则与在同一坐标系中的图象大致是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合排除法，根据指数函数与对数函数的图象判断． 【详解】因为，所以， 所以是减函数，且时，，是增函数， 排除选项BD，又的定义域为，故排除选项A，只有选项C满足． 【变式6-3】【多选】（2026高二·河南·期末）已知，且，函数与的图象可能是（    ） A． B． C．D． 【答案】BD 【分析】根据指数函数以及对数函数的图像分析求解即可. 【详解】由且，可得. 所以，. 当时：函数在上单调递增，且过点. 函数在上单调递增，所以在上单调递减，且过点. 选项B中，一条曲线过且递增，另一条曲线过且递减，符合. 当，函数在上单调递减，且过点. 函数在上单调递减，所以在上单调递增，且过点. 选项D 中，一条曲线过且递减，另一条曲线过且递增，符合. ▌题型07 根据对数型函数图象判断参数的范围 1. 核心逻辑 从图象读出：单调性判断底数还是；读出零点、渐近线、交点位置建立不等式求参数。 2. 解题步骤 ①观察图象升降，确定底数范围； ②读出零点、渐近线位置，列出不等式； ③解不等式得到参数取值。 3. 易错提醒 渐近线对应真数等于0，容易看错位置。 【例7】（2026高三·辽宁抚顺·阶段检测）已知函数（且）的部分图象如图所示，则（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【详解】由函数图像知，在定义域内单调递减，所以， 根据图像可知函数的图像是把的图像向左平移小于1个单位得到的， 所以，解得. 【变式7-1】【多选】（2026高一·山西朔州·期末）已知函数且的图象如图所示，则下列关系式中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】由题得，，求得，结合不等式性质求解可以判断 A；由，可以判断B；根据指数函数的性质可知，，判断C；根据“作差法”判断，判断D. 【详解】因为为单调递减函数，所以， 由得，所以，又，所以，A错误； 又，所以，B正确； 根据指数函数的性质可知，，所以，C正确； ，所以，D错误， 故选：BC． 【变式7-2】（2026高一·上海·期末）函数的图象不经过第四象限，则实数的取值范围为_______． 【答案】 【分析】求出函数的图象与轴交点坐标，数形结合可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】由可得，解得， 即函数的图象与轴的交点为，作出该函数的图象如下图所示： 要使得函数的图象不经过第四象限，只需，解得. 因此实数的取值范围是. 故答案为：. 【变式7-3】（2026高一·天津河西·期末）已知函数（且）与函数（且）的图象如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数图象的特征分析即可. 【详解】 过点作轴的垂线，交于， 可得：， 过点作轴的垂线，交于， 可得：，解得， 由图象知：， 所以：. 故选：D ▌题型08 对数型函数图象过定点问题 1. 核心逻辑 ，令真数，，求出，再算得到定点，定点与底数无关。 2. 解题步骤 ①令对数内部真数整体等于，解出； ②代入原式计算；得到定点。 3. 易错提醒 直接令，解析式带有平移常数忘记加上常数。 【例8】（2026·江苏苏州·模拟预测）函数（，）的图象经过定点（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据对数的运算性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以该函数的图象经过定点. 【变式8-1】（2026高一·云南昆明·阶段检测）已知函数且的图像恒过定点，则______. 【答案】5 【分析】根据指数函数及对数函数的性质即可求得定点坐标. 【详解】根据指数函数及对数函数的性质可知，, 故函数(且）经过定点，即, 所以. 【变式8-2】（2026高二·天津河西·期末）函数（且）过定点，则__________. 【答案】 7 【分析】根据对数函数且恒过定点，令可求得定点坐标，得到，从而求得. 【详解】令，得. 所以函数（且）过定点， 所以， 故. 【变式8-3】（2026高二·山东日照·期末）函数过定点________． 【答案】 【分析】利用对数函数（且）的恒成立性质，即可求解. 【详解】令，解得，得， 因此函数恒过定点. ▌题型09 对数函数图象的应用 1. 核心逻辑 数形结合：方程解的个数等价两个函数图象交点个数；不等式解集看图象上下位置；周期性结合对数看交点。 2. 解题步骤 ①在同一坐标系画出函数图象； ②交点个数对应方程解的个数；图象在上函数值更大； ③读出解集或者参数范围。 3. 易错提醒 画图失真；分不清图象上下对应的不等号。 【例9】（2026·山东潍坊·模拟预测）已知，，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据对数函数和一次函数的性质作出函数图象，结合图象即可求解. 【详解】由可得，即， 构造函数， 由于，且，结合对数函数以及一次函数图象特点， 在同一直角坐标系中做出的图象如图所示： 两函数图象交于点， 故当时，. 【变式9-1】（2026·湖南益阳·模拟预测）已知，则关于实数x，y，z的下列结论中不可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，求得，将三个解析式分别看成关于的对数函数，幂函数与指数函数，作出图象，根据交点情况及图象的位置即可逐一判断选项. 【详解】设，则，且， 在同一个坐标系中作出三个函数的图象： 其中与交于点，与交于点. 由图知，当时，，故D符合； 当时，，故A符合； 当时，，故B符合.即只有C项不合题意. 【变式9-2】（2026高二·北京·期末）已知定义在上的函数满足，且当时，.若的图象与曲线（且）恰有6个交点，则实数（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由已知可得，可得函数是以2为周期的周期函数，由题意可得时的解析式，进而作出两函数的图象，数形结合可得答案. 【详解】已知对任意实数有，则， 两式相减得，因此是周期为2的周期函数. 结合时，可推得时，. 则的图象都是由上的图象左右平移得到的，值域为. 当时，单调递减，由图可知，两函数的图象只有1个交点，不符合题意. 当时，单调递增，由图可知，两图像在上分别有一个交点， 要使的图象与曲线（且）恰有6个交点，则，解得. 【变式9-3】（2026高一·湖南邵阳·阶段检测）已知函数，方程有四个不同解，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】结合函数图象以及函数对称性、单调性分析求解即可. 【详解】如图所示： 由方程即有四个不同解， 即的图象与有四个不同的交点，由图可知， 不妨假设，由图可知， 又由图可知， 故，解得：， 又，结合图象可知，所以， 所以， 设， 任取，且， 则 ， 因为且， 所以且， 所以， 所以在上单调递减， 所以即，即， 所以. ▌题型10 判断对数型函数的单调性 1. 核心逻辑 复合函数，先定义域，再同增异减。 外层递增，复合单调性和内层一致；外层递减，复合单调性和内层相反。 2. 解题步骤 ①求定义域； ②判断外层底数范围； ③判断内层函数单调性； ④同增异减给出结论。 3. 易错提醒 不先求定义域直接判断单调性。 【例10】（26-27高一·北京东城·期中）下列函数中，是奇函数，且在区间上单调递减的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依次判断每个函数的奇偶性与在上的单调性. 【详解】选项A，函数的定义域为，关于原点对称，而，不是奇函数，故A错误. 选项B，函数的定义域为，关于原点对称，且，满足奇函数的定义； 根据反比例函数的性质，当时，函数在上单调递减，故B正确. 选项C，函数的定义域为，定义域不关于原点对称，不是奇函数，故C错误. 选项D，函数的定义域为，关于原点对称，且，满足奇函数的定义； 但根据幂函数的基本性质，在上单调递增，所以在上也单调递增，故D错误. 【变式10-1】（26-27高三·新疆喀什·阶段检测）下列函数中在上单调递增的函数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据幂函数、指数函数、对数函数的单调性即可判断. 【详解】由幂函数的单调性可知，，在上单调递减，故AB不正确； 由对数函数的单调性知在上单调递减，故C不正确； 由指数函数的单调性知，在上单调递增，故D正确. 【变式10-2】（2026高二·北京·学业考试真题）下列函数中，在区间上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在上单调递减，选项A错误； 开口向下，对称轴是轴，在区间上单调递减，选项B错误； 是指数函数，底数，在上单调递减，选项C错误； 是对数函数，底数，在区间上单调递增，选项D正确. 【变式10-3】（26-27高三·北京海淀·开学考试）下列函数中，在定义域内单调递减的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于A，函数的定义域为， 而函数在上单调递减，则函数在上单调递增，故A错误； 对于B，函数的定义域为， 而函数在上单调递增， 则函数在上分别单调递减，故B错误； 对于C，函数的定义域为， 而函数在上单调递增，则函数在上单调递增， 所以函数在上单调递减，故C正确； 对于D，函数的定义域为， 而函数在上单调递增，在上单调递减， 则函数在上单调递增，故D错误. ▌题型11 对数型复合函数的单调性 1. 核心逻辑 求单调区间，单调区间必须写在定义域之内；同增异减。 2. 解题步骤 ①第一步求定义域； ②拆分内层、外层； ③写出内层单调区间； ④结合外层底数，同增异减得到复合函数单调区间。 3. 易错提醒 单调区间写成不等式，不用区间形式；区间超出定义域。 【例11】（26-27高一·江苏淮安·阶段检测）函数的单调递增区间为_________． 【答案】 【分析】求得的定义域，由二次函数和对数函数的单调性，结合复合函数的单调性，可得所求区间 【详解】由，解得， 所以定义域为， 易知在定义域单调减，由复合函数的单调性：同增异减，求出的减区间即为函数的单调递增区间，再结合二次函数的性质可知，的单调递增区间为. 【变式11-1】（26-27高三·湖南邵阳·阶段检测）函数的单调递减区间为_________ 【答案】 【分析】根据给定函数，利用二次函数、对数函数的单调性及复合函数单调性求解. 【详解】函数中，，解得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 而函数在上单调递减，因此函数在上单调递减，在上单调递增， 所以所求递减区间为. 【变式11-2】（26-27高一·北京东城·阶段检测）函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据复合函数“同增异减”的单调性规则，先求出函数在单调递减的充要条件，再判断对应选项为该充要条件的真子集即可 【详解】函数是外层函数与内层函数的复合函数， 外层函数性质：底数，故在定义域上为单调递减函数 由复合函数“同增异减”的判定规则，要使在单调递减，需同时满足两个条件： （1）内层函数在上单调递增；（2）在上恒成立. 因为为开口向上的二次函数，对称轴为，所以，解得； 因为在单调递增，所以，只需边界值，代入得，解得. 综上，在单调递减的充要条件为，其充分不必要条件对应集合是的真子集. 选项A：，满足充分不必要要求； 选项B：为充要条件，不符合要求； 选项C、D：集合内存在的取值，无法满足在恒成立，不是充分条件. 【变式11-3】（26-27高三·天津河东·阶段检测）函数的单调递减区间为__________． 【答案】 【详解】要使函数有意义，则 ，整理得，解得， 所以函数的定义域为， 令，，则， 外层函数的底数满足，因此在上为单调递减函数. 是开口向下的二次函数，对称轴为， 因此在上单调递增，在上单调递减. 根据复合函数“同增异减”的法则得的单调递减区间为. ▌题型12 由对数型函数的单调性求参数 1. 核心逻辑 已知复合函数单调，反向用同增异减；同时保证在给定区间内层恒成立。分段对数函数，分段点也要满足单调性。 2. 解题步骤 ①由复合单调性反推内层、外层需要满足的条件； ②列出：内层单调性不等式 + 区间上恒成立； ③解不等式得到参数范围。 3. 易错提醒 只看单调性，忽略真数恒大于0的条件。 【例12】（26-27高三·湖北·阶段检测）若函数（且）在区间内单调递增，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，利用复合函数的单调性结合对数函数的定义域列出不等式，解出的取值范围． 【详解】令，∵，∴在上单调递减， ∵函数（且）在区间内单调递增， ∴函数是减函数，且在上恒成立， ∴，∴. 【变式12-1】（26-27高三·四川成都·阶段检测）函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为______. 【答案】 【分析】由复合函数的单调性求解即可. 【详解】令， 则函数的开口向上，对称轴为， 函数即为， 由对数函数的性质可得为单调递减函数， 由复合函数的单调性可知在区间上单调递减，且恒大于等于0， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. 【变式12-2】（26-27高三·山东淄博·阶段检测）若函数在区间内单调递增，则的取值范围是（   ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复合函数在区间上的单调性以及对数函数的单调性分析求解即可. 【详解】令，因为且，所以函数在上单调递减， 又函数在区间内单调递增， 所以函数为减函数，故， 又在上满足恒成立，故，解得：， 综上所述，的取值范围是. 【变式12-3】（26-27高三·山西·阶段检测）若函数是单调函数，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由分段函数的单调性求解． 【详解】因为在上单调递增，则函数在上单调递增， 故，解得． ▌题型13 由对数函数的单调性解不等式 1. 核心逻辑 必须同时保证两边真数大于0。 2. 解题步骤 ①统一两边为同底对数； ②判断底数还是； ③列出不等式组：两边真数>0，再去掉对数写不等关系； ④解不等式组。 3. 易错提醒 去掉对数，漏掉真数大于0约束；忘记改变不等号方向。 【例13】（26-27高三·北京海淀·期中）已知，函数，当时，不等式的解集为________；若存在最小值，则的取值范围为________． 【答案】 【详解】空一：当时，，． 当时，由得，即， 解得，结合得； 当时，由得，即， 因为在上单调递增，所以，结合得． 综上，当时，不等式的解集为． 空二：若存在最小值，分两种情况： ①当时，，； 又当时，当时， 所以的最小值为，符合题意； ②当时，当时， 而当时，且， 所以对定义域内任意都有； 又当从右侧无限接近时，无限接近，故没有最小值，不符合题意． 综上，的取值范围为． 【变式13-1】（26-27高一·全国·课堂例题）设函数，则使得成立的的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】函数的定义域为R， 因为，所以是偶函数， 因为函数，在上单调递增， 因此函数在上单调递增， 若，则，得，解得或， 所以的取值范围为. 【变式13-2】（26-27高三·上海松江·阶段检测）不等式的解集为______． 【答案】 【分析】根据对数函数的定义域限制与单调递增性质，将原不等式转化为一元一次不等式组，求解后取交集即可求解. 【详解】根据对数函数的性质，原不等式等价于不等式组， 解得， 因此，不等式的解集为. 【变式13-3】（2026高一·江苏宿迁·阶段检测）若时，，其中且，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【分析】根据题意，分和，两种情况讨论，结合对数函数的性质，得出不等式，即可求解. 【详解】当，且时，可得，则，不符合题意； 当，且时，可得， 因为函数为单调递减函数，所以，所以， 所以实数的取值范围. ▌题型14 比较对数式的大小 1. 核心逻辑 ①同底：利用对数函数单调性； ②同真：借助图象或者换底； ③不同底不同真：找中间量、搭桥。 2. 解题步骤 ①底数相同直接看单调性； ②真数相同，换底或者画图； ③都不一样，和0、1比较分组。 3. 易错提醒 底数时单调性用反。 【例14】（26-27高三·广东深圳·阶段检测）设，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由指数函数和对数函数的单调性求得结果. 【详解】因为，所以， 即， 因为，所以，即， 所以. 【变式14-1】（26-27高一·上海浦东新·期中）已知，，，则的大小关系是（     ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指数函数及对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】单调递减，所以，又，所以. 单调递减，所以，即. 在上单调递增，所以，即. 所以． 【变式14-2】（26-27高三·新疆·阶段检测）若，，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指数幂运算性质计算的值，再利用指数函数的性质判断的范围，利用对数函数的性质化简并判断的范围，最后比较三者大小． 【详解】因为， 因为指数函数是上的单调递增函数，且，所以， 因为，对数函数是上的单调递增函数， 因为，即，所以，即，综上可得． 【变式14-3】（26-27高三·陕西·期中）设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用对数函数的性质可判断，，利用指数函数的性质可判断. 【详解】由，，得； ； 由，得. 所以. ▌题型15 求对数型函数的最值 1. 核心逻辑 换元：令，先求的范围（），转化求最值；二次型对数换元后转为二次函数。 2. 解题步骤 ①求定义域； ②换元，求取值； ③利用对数单调性或者二次函数求最值。 3. 易错提醒 忽略；换元后的范围求错。 【例15】（2026高一·广东广州·期末）已知，，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】令，由，得， ， 则，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 【变式15-1】函数的最大值为_____. 【答案】/ 【分析】将函数展开化简为关于的二次函数，即，结合二次函数性质求结论. 【详解】 当，即时，取得最大值. 故答案为：. 【变式15-2】（2026高一·江苏南通·阶段检测）函数的最大值为____________． 【答案】 【分析】两边同时取对数，利用二次函数的性质求出的最大值． 【详解】因为函数，两边同时取对数得， 令，则， 当时，； 当时，； 所以，所以. 故答案为：. 【变式15-3】（2026高一·安徽宿州·期末）设（，且），且. (1)求的值及的定义域； (2)求在区间上的最值. 【答案】(1)， (2)最小值为，最大值为2 【分析】（1）利用代入法，结合对数型函数的定义域性质进行求解即可； （2）利用换元法，结合二次函数的最值性质、对数函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）因为，所以，解得， 由题意可得，解得，故函数定义域为； （2）由（1）可得， 令，对称轴为， 当时，， 则，，故， 故函数的最小值为，最大值为102. ▌题型16 根据对数型函数的最值求参数或范围 1. 核心逻辑 已知函数在区间上最大、最小值，反求底数或者内层里面的参数；换元之后转化已知函数值域反求参数。 2. 解题步骤 ①换元，写出的范围； ②结合对数单调性，写出最值等式； ③解方程或者不等式求参数，带回检验真数>0。 3. 易错提醒 得到参数不回代检验定义域。 【例16】（26-27高三·江苏连云港·阶段检测）若函数（且）在上的最大值与最小值的和为2，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对数函数在定义域内单调，故其在上的最大值、最小值在端点取得， ，故，即，解得． 【变式16-1】（26-27高三·江西·阶段检测）已知函数（且）在区间上的最大值与最小值之差为1，则实数的值为（    ） A． B． C．或 D．2或 【答案】C 【分析】先求出二次内层函数在指定区间的值域，再根据对数底数的范围分单调性两种情况，利用最值差值为1列方程求解参数. 【详解】设，对称轴为直线，定义域为，则在上单调递增， 当，当，得， ，分两种情况讨论对数函数的单调性： ①当，在上单调递增，最大值为，最小值为，所以，得，得，满足 ②当，在上单调递减，最大值为，最小值为，所以，得，得，满足 综上，或. 【变式16-2】（2026高一·江西宜春·期末）若函数在区间上的最大值与最小值之差为1，则的值为______. 【答案】或 【分析】由是单调函数可确定最值取在区间端点，列绝对值方程求解. 【详解】因为是单调函数，所以是单调函数，其最大值和最小值分别取在区间的两个端点处， 所以，即， 所以或，解得或， 故答案为：或 【变式16-3】（2026高一·上海徐汇·期末）已知存在最小值，则实数的取值范围是______． 【答案】 【分析】分，，，，，六种情况分别讨论说明函数在对应区间上的函数值的变化情况求解即可. 【详解】当时，第一段函数在为增函数，函数值的范围为，无最小值，不满足题意； 当时，第一段函数为常函数；第二段函数在为减函数，函数值的范围为， 第三段函数在上为增函数，函数值的范围为， 所以，当时，函数的值域范围为，有最小值. 当时，第一段函数在为减函数，函数值的范围为； 第二段函数在为减函数，函数值的范围为， 第三段函数在上为增函数，函数值的范围为， 此时，，， 所以，当时，函数的值域范围为，有最小值. 当时，第一段函数在为减函数，函数值的范围为； 第二段函数在为减函数，函数值的范围为， 第三段函数在上为增函数，函数值的范围为， 此时，，即， ，即 所以，时，函数的值域范围为，不存在最小值. 当时，第一段函数在为减函数，函数值的范围为； 第二段函数在为减函数，函数值的范围为， 第三段函数在上为增函数，函数值的范围为， 所以函数的值域为，无最小值； 当时，第一段函数在为减函数， 函数值的范围为，且， 第二段函数与第三段函数在对应的区间上的函数值为非负数， 所以，函数的值域为，无最小值. 综上，函数有最小值，实数的取值范围是. 故答案为： ▌题型17 恒成立与能成立问题 1. 核心逻辑 ，； ，； ，； ，； 对数型恒成立，同时要保证定义域。 2. 解题步骤 ①换元求出函数在区间上最大最小值； ②翻译恒成立、存在性的最值不等式； ③解参数范围。 3. 易错提醒 恒成立、能成立混淆max/min；忽略定义域约束。 【例17】（26-27高一·北京东城·阶段检测）已知函数若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由这一段的二次式恒非负得到，再验证当时这一段也满足，故范围为. 【详解】由题意，对一切都有，分两段讨论. 当时，需恒成立. 记，其图象开口向上、对称轴为. 若，则在上单调递减，最小值为， 由得，即； 若，则最小值为，由得， 即，结合得. 所以由这一段得. 当且时，因为，所以； 又，故也成立. 综上，实数的取值范围为. 【变式17-1】（26-27高三·河北·阶段检测）已知函数，若对于任意实数，有，且当时，． (1)求证：在上是增函数； (2)若，对任意实数恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明：任取，且，则，， 因为，即， 所以在上是增函数． (2) 【分析】（1）令，将转化为，由得，从而，证得增函数； （2）先由推，利用单调性去掉函数符号，得，转化为二次函数在区间上最值问题，列不等式组求范围. 【详解】（1）略 （2）因为，所以， 所以可变形为． 因为在上是增函数，所以，所以． 依题意，当时，， 当时，取得最小值； 当时，取得最大值， 所以，解得，故实数的取值范围是． 【变式17-2】（2026高一·青海海东·期末）已知函数满足对于任意的，当时，恒成立，则不等式的解集为______． 【答案】 【分析】应用对数函数的单调性列不等式求解. 【详解】由题可知，是上的增函数，则不等式等价于，即， 函数在上单调递增，且， 所以不等式的解集为， 从而不等式的解集为． 【变式17-3】（2026高一·贵州遵义·阶段检测）已知函数，，其中且，的图象过定点为，且在的图象上． (1)求的表达式． (2)关于x的不等式恒成立，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出的图象过的定点坐标，再将点的坐标代入解析式中求解的值，再写出的表达式. （2）先判断的单调性，利用的单调性去掉不等式中的，然后分参求出的范围. 【详解】（1），令，. ，又在的图象上，，. （2）定义域为，且和均为增函数，是上的增函数. 恒成立，即恒成立. 即恒成立，即. ，，. 当且仅当，即时，等号成立. ，即的取值范围是 ▌题型18 判断对数型函数的奇偶性 1. 核心逻辑 奇偶性第一步：定义域必须关于原点对称； 再计算，对比与。常见模型。 2. 解题步骤 ①求定义域，判断是否关于原点对称；不对称直接非奇非偶； ②计算； ③对比、，给出奇偶性。 3. 易错提醒 跳过定义域直接计算。 【例18】【多选】（2026高一·安徽·开学考试）下列函数中，既是奇函数又在定义域上具有单调性的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】对于A：根据奇函数的性质举反例说明即可；对于C：根据单调性的定义举反例说明即可；对于BD：根据奇偶性的定义以及单调性的性质分析判断即可. 【详解】对于选项A：因为的定义域为， 且，可知函数不为奇函数，故A错误； 对于选项B：因为的定义域为， 且，可知函数为奇函数， 又因为， 且在定义域内单调递增，则在定义域内单调递增， 综上所述：既是奇函数又在定义域上具有单调性，故B正确； 对于选项C：令，解得且， 可知函数的定义域为， 因为，则， 可得，，可知函数在定义域内不单调，故C错误； 对于选项D：因为， 可知函数的定义域为， 且， 所以函数为奇函数， 又因为， 因为，在内单调递增，则在内单调递增， 且在定义域内单调递增，则在内单调递减， 可知在内单调递减，所以在定义域内单调递减， 综上所述：既是奇函数又在定义域上具有单调性，故D正确. 【变式18-1】（2026高一·上海·期末）下列函数中，在R上既是奇函数又是减函数的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于A，B，根据函数定义域不是R判断即可；对于C，D，根据一次函数与指数函数性质判断即可. 【详解】对于A，函数的定义域为，满足，为奇函数， 在均为单调递减函数，在定义域上不是单调递减函数，故错误； 对于B，令得，即函数的定义域为， 满足，为奇函数， 因为在单调递减，函数在上单调递增， 所以，根据复合函数单调性得在单调递减， 故在为奇函数，且单调递减，故错误； 对于C，定义域为R，为奇函数，且在R上单调递减，故正确； 对于D，，定义域为R，且在R上单调递减，不具有奇偶性，故错误. 【变式18-2】（2026高三·北京昌平·阶段检测）下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求函数的奇偶性，或求出单调性，或求出定义域，排除法得到答案. 【详解】选项A，设，则，故为偶函数， 故选项A错误； 选项B，设，，则为奇函数， 和在区间上都是单调递减， 在区间上是单调递减，故选项B正确； 选项C，设，则，故是奇函数， 和为上的增函数， 为上的增函数，故选项C错误； 选项D，，，解得，则定义域为，不满足， 故选项D错误. 故选：B. 【变式18-3】【多选】（2026高一·陕西西安·阶段检测）下列函数中是偶函数，且在上单调递增的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用函数奇偶性定义及在上的单调性逐项判断即可 【详解】对于A，函数的定义域为，，是奇函数，A不合题意； 对于B，函数，定义域为，，是偶函数，且在上单调递增，B符合题意； 对于C，函数定义域为，，是偶函数， 当0时，在上单调递增，C符合题意； 对于D，函数的定义域为， 又，即函数为偶函数， 当0时，在上单调递增，D符合题意. 故选：BCD ▌题型19 已知函数奇偶性求值 1. 核心逻辑 利用奇函数，偶函数，代入特殊值建立等式求函数值。奇函数如果在0处有定义，则。 2. 解题步骤 ①利用奇偶等式；有定义优先用； ②代入化简求出函数值。 3. 易错提醒 使用前提：属于定义域。 【例19】（26-27高一·全国·课后作业）函数是定义在上的偶函数，是奇函数，且当时，，则________. 【答案】 【分析】根据函数的奇偶性的性质证明函数为周期为的函数，结合周期性的性质求职可得. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以， 可得． 因为是奇函数，所以， 所以，，， 所以是周期为的周期函数． 所以. 【变式19-1】（2026高一·云南昆明·期末）已知奇函数的定义域为，且为偶函数，当时，，则______. 【答案】 【分析】利用与的奇偶性推得，再分析的范围，从而利用已知条件即可得解. 【详解】因为为奇函数，所以， 因为为偶函数，所以， 则，故， 所以， 因为，则， 又当时，， 所以. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：设函数，，，. （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a. 【变式19-2】（2026高一·河北沧州·阶段检测）已知偶函数满足，当时，，则（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由及可得，则可得，再将代入计算即可得. 【详解】由为偶函数，则有，又，所以， 即，所以， 又，当时，. 则. 故选：C 【变式19-3】（26-27高三·吉林长春·阶段检测）已知偶函数满足，当时，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意得，偶函数对满足， 所以，即， 所以函数是周期为的周期函数， 所以， 当时，所以， 即. ▌题型20 由函数的奇偶性求解析式 1. 核心逻辑 已知函数在一部分区间解析式，利用奇偶性求另外区间解析式；设所求区间，则落在已知区间，写出，再利用奇偶关系得到。 2. 解题步骤 ①设待求区间内自变量； ②得到属于已知解析式区间，写出； ③奇函数；偶函数； ④写出对应区间解析式。 3. 易错提醒 漏掉分段区间书写。 【例20】（2026高三·江西抚州·阶段检测）已知为奇函数，当时，，则的解析式为______. 【答案】 【分析】由为奇函数，可得的定义域关于原点对称，且，且当时，，将代入可得答案. 【详解】解：由为奇函数，可得的定义域关于原点对称，且，， 当时，，故， . 故答案为：. 【点睛】本题主要考查利用函数的奇偶性求函数解析式，相对简单. 【变式20-1】（2026·山东泰安·模拟预测）已知为定义在R上的偶函数，则函数的解析式可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先确定出的奇偶性，然后再逐项检验定义域和奇偶性即可. 【详解】因为是定义在R上的偶函数，所以，即， 所以是定义在R上的偶函数. 对于选项A，因为，所以函数定义域为，所以不满足题意； 对于选项B，函数定义域为R， ，是奇函数，不符合题意； 对于选项C，函数定义域为R， 当时，，， 当时，，， 且，所以为偶函数，符合题意； 对于选项D，函数定义域为R， ，为奇函数，不符合题意； 故选：C. 【变式20-2】（2026·上海·模拟预测）设是定义在上以2为周期的奇函数，当时，，则函数在[4，6]上的解析式是__________ 【答案】 【分析】根据函数的周期及函数为奇函数，分段求解函数的解析式即可. 【详解】因为是定义在上以2为周期的奇函数且时，， 设，则， 所以， 设，则，, 故； 又，所以， 综上可得，函数在上的解析式是， 故答案为： 【变式20-3】（2026高一·陕西咸阳·阶段检测）已知对数函数过点 (1)求函数的解析式. (2)设函数是定义域在上的奇函数，当时，，求函数的解析式. (3)已知当时，函数（其中）的最小值为，求实数的值. 【答案】(1) (2) (3)1 【分析】（1）设，代入点的坐标即可求解； （2）根据函数的奇偶性对解析式进行求解即可； （3）由题意，化简后，使用换元法进行求解即可. 【详解】（1）设， 由题意，解得， 故 （2）当时，， 当时，，∴ 又∵为奇函数，∴当时，， 又∵是定义域在上的奇函数，∴， 综上所述，函数的解析式为. （3）当时，，， ∴ 令，当时，， 设，， ∵，∴由二次函数知识知，当时，最小值为， 令，解得（舍）或， ∴当时，函数（其中）的最小值为， 则实数的值为. ▌题型21 已知函数奇偶性求参数 1. 核心逻辑 对定义域内所有恒成立，整理等式，对应项系数相等求参数；也可以代入特殊值先求参再检验。 2. 解题步骤 ①写出； ②根据奇偶性列恒等式； ③化简对比系数求参数； ④把参数回代检验奇偶性。 3. 易错提醒 只代特殊值求出参数，不回代检验。 【例21】（26-27高三·新疆喀什·阶段检测）函数是奇函数，则____________ 【答案】1 【分析】根据奇函数求出参数，即可得解. 【详解】因为函数是奇函数， 所以， 所以，即，解得或， 当时，，不符合题意，舍去； 所以，. 【变式21-1】（2026高一·湖南·期末）若函数是奇函数，则在上的最大值等于________． 【答案】/ 【分析】先根据是奇函数，得到其定义域关于原点对称，且，从而得到，的值，即可得到的解析式，再根据复合函数的单调性即可判断的单调性，进而即可求出在某区间的最大值． 【详解】由， 则x应满足为，即， 又是奇函数，则其定义域关于原点对称，且， 则，即，解得， 所以， 又是奇函数，且其定义域为， 则，解得， 所以， 又在上单调递增，而在上单调递减， 所以在上单调递减， 所以在上的最大值为． 【变式21-2】（2026高二·浙江·阶段检测）若函数为奇函数，则实数的值为（    ） A． B．1 C． D．0 【答案】B 【分析】根据奇函数的性质可求参数的值. 【详解】因为为奇函数，故， 所以即，故，故. 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域不关于原点对称，故舍去； 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域关于原点对称， 所以. 【变式21-3】（2026·全国·模拟预测）已知函数为奇函数，则___________. 【答案】 【详解】因为函数为奇函数， 所以，则， 即，则，即. ▌题型22 函数的单调性和奇偶性的综合 1. 核心逻辑 奇函数在对称区间单调性相同；偶函数在对称区间单调性相反；常用来解抽象对数不等式。 2. 解题步骤 ①利用奇偶性把不等式全部转化到同一个单调区间； ②结合单调性脱去函数符号； ③带上定义域解不等式。 3. 易错提醒 偶函数处理不等式直接去掉绝对值出错，不转换到同一单调区间。 【例22】（2026高三·山东日照·开学考试）若定义在的奇函数，当时，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据奇函数的性质可将不等式转化为，求出的表达式，分段讨论解不等式即可求解. 【详解】因为是定义在的奇函数，所以， 则由，可得，即， 当时，由，解得； 当时，由奇函数的性质可得,不满足； 当时，，则， 由奇函数的性质，可得, 由，解得，故. 综上，不等式的解集为. 故选：D 【变式22-1】（2026·江西景德镇·模拟预测）函数的定义域为，是奇函数，当时，则的解集是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数是奇函数可得关于成中心对称，先解出当时的解，即可利用对称性得不等式的解. 【详解】∵是奇函数， ∴，即关于点对称． 又函数的定义域为，故． 当时， 令，即，解得． 根据对称性可知当时，． 综上所述，的解集是． 故选：B． 【变式22-2】（2026高三·广东梅州·阶段检测）设奇函数，则使的的取值范围是______． 【答案】 【分析】根据题意结合奇函数的定义可得，，再解对数不等式即可. 【详解】因为函数是奇函数，则， 即，整理可得， 则，可得，解得， 所以符合题意. 不等式，即，整理得，解得， 所以的取值范围是． 故答案为：. 【变式22-3】（2026高一·四川·期中）已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的单调性、奇偶性画出的大致图象，结合图象来求得不等式的解集. 【详解】根据题意可得在上单调递增，因为是定义在上的奇函数， 所以在上单调递增． 令，解得或（舍去），则． 画出的大致图象，则由不等式，得或， 解得或， 所以不等式的解集为. 故选：D ▌题型23 求反函数 1. 核心逻辑 指数函数与对数函数互为反函数；求反函数三步：①原函数互换；②解出；③写上反函数定义域（原函数的值域）。反函数。 2. 解题步骤 ①由解出； ②互换； ③写出反函数，标明定义域。 3. 易错提醒 忘记写反函数定义域；原函数值域当成反函数值域。 【例23】（2026高一·四川泸州·阶段检测）若函数与函数互为反函数，则的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由反函数定义求出，由复合函数单调性满足同增异减进行求解，注意定义域 【详解】由反函数定义可知，其在上单调递增， 由得， 其中在上单调递增，在上单调递减， 由同增异减可知的单调递减区间是. 【变式23-1】（2026高三·全国·专题练习）函数的反函数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用反函数的定义结合指对互化即可获得． 【详解】由得，． 因此函数的反函数是. 【变式23-2】（26-27高一·北京顺义·阶段检测）已知点关于直线的对称点为，设直线与关于直线对称，则a和b的值分别为（     ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】设是直线上的一点，则根据题意得在直线上，再整理为，即可得，进而求得答案. 【详解】设是直线上的一点， 因为直线与关于直线对称， 所以，根据题意得在直线上，即，整理得， 所以，解得. 【变式23-3】（26-27高三·天津南开·开学考试）已知函数与函数的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间是_________ 【答案】 【分析】根据函数与函数的图象关于直线对称可知与互为反函数，求出解析式后根据复合函数单调性求单调区间. 【详解】因为函数与函数的图象关于直线对称，所以， ，因为在上单调递减，在上单调递减，上单调递增， 所以根据复合函数的单调性可知的单调递增区间是. ▌题型24 对数函数的实际应用 1. 核心逻辑 指数增长模型，两边取对数反求时间；pH、分贝等对数模型。 2. 解题步骤 ①根据题意列出函数模型； ②两边取对数，利用对数运算求解变量； ③结果取符合现实意义数值。 3. 易错提醒 忽略实际变量大于0；结果不做取舍。 【例24】（2026高一·全国·课后作业） 2024年4月25日下午，神舟十八号航天员乘组出征仪式在酒泉卫星发射中心问天阁圆梦园广场举行．叶光富、李聪、李广苏3名航天员领命出征．北京时间2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约10分钟后，神舟十八号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道．航天员乘组状态良好，发射取得圆满成功．设火箭质量是箭体质量与燃料质量的和，在不考虑空气阻力的条件下，燃料质量不同的火箭的最大速度之差与火箭质量的自然对数之差成正比．已知某火箭的箭体质量为，当燃料质量为时，该火箭的最大速度为；当燃料质量为时，该火箭的最大速度为；当燃料质量为时，火箭的最大速度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】燃料质量不同的火箭的最大速度之差与火箭质量的自然对数之差成正比，可设出函数模型，代入可得函数解析式，进而得解. 【详解】设当燃料质量分别为和时，火箭的最大速度分别为和， 则， 又当燃料质量为时，该火箭的最大速度为， 当燃料质量为时，该火箭的最大速度为， 所以，解得， 所以． 令，则， 所以． 【变式24-1】（2026·北京·模拟预测）用于测量视力情况的视力表通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据满足．已知甲、乙两人视力的五分记录法的数据分别为和，乙视力的小数记录法的数据为，则甲视力的小数记录法的数据为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】代值计算即可. 【详解】由题可知：. 故选：C 【变式24-2】（2026高三·湖北·阶段检测）2025年1月25日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射，约10分钟后，天舟七号货运飞船与火箭成功分离并进入预定轨道．已知火箭的最大速度（单位：km/s）与燃料质量（单位：kg）、火箭（除燃料外）的质量（单位：kg）的函数关系为．若已知火箭的质量为3100kg，火箭的最大速度为11km/s，则火箭需要加注的燃料质量为（   ）（参考数值：，结果精确到kg） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件列方程，化简求得正确答案. 【详解】根据题意，， 令，则， 所以，则， 即 所以. 故选：B 【变式24-3】（2026·广西北海·模拟预测）Deep Seek是一款人工智能助手，其用户满意度评分随时间（单位：月）的变化满足对数型函数模型：，其中是常数．若Deep Seek在经过3个月后评分增长到70，则满意度评分为（   ） A．60 B．61 C．62 D．63 【答案】A 【分析】根据已知条件代入计算求解. 【详解】由题可得，则， 故选：A． ▌题型25 对数型函数性质的综合应用 1. 核心逻辑 综合定义域、单调性、奇偶性、零点、图象、恒成立；经常换元转化二次函数，数形结合解题。 2. 解题步骤 ①先求定义域； ②换元简化函数； ③结合奇偶、单调、图象分析条件； ④列式求解参数或者解集，最后检验。 3. 易错提醒 多个性质综合，遗漏定义域约束条件。 【例25】【多选】（26-27高三·江苏无锡·阶段检测）已知函数，则下列结论正确的有（     ）． A．的定义域为 B．是偶函数 C．在定义域上单调递增 D．不等式的解集为 【答案】ACD 【分析】根据对数函数的定义域，即可判断A选项；利用偶函数的定义，即可判断B选项；根据复合函数“同增异减”的原则，即可判断C选项；利用对数与分式不等式运算，即可判断D选项； 【详解】根据对数函数的定义域可得：，，，A选项正确； ，，为奇函数，B选项错误； 设，在定义域上单调增，根据复合函数的“同增异减”原则，在定义域上单调递增，C选项正确； ，，，，，，D选项正确； 【变式25-1】【多选】（26-27高三·广东深圳·阶段检测）已知函数，则（    ） A．函数恒过定点 B．函数的图象关于轴对称 C．函数的单调增区间为 D．函数在上的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据对数函数的定点求解即可；对于B，先判断函数的奇偶性，进而判断即可；对于C，求出函数的定义域即可判断；对于D，整理得到，令，进而结合函数的单调性求解判断即可. 【详解】对于A，函数，恒过定点，故A正确； 对于B，函数，， 而，则函数为偶函数， 其图象关于轴对称，故B正确； 对于C，函数， 由，解得， 则函数的定义域为，故C错误； 对于D，函数，， 令，则，而函数在上单调递增， 则时，，即函数在上的最大值为，D正确. 【变式25-2】【多选】（2026高一·陕西汉中·期末）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．若，则的定义域为 B．若，则的值域为 C．的图象关于直线对称 D．若，则的单调递减区间是 【答案】ACD 【分析】由对数型复合函数的性质，结合二次函数性质、复合函数“同增异减”规则、函数对称性判定方法逐一分析选项即可. 【详解】选项A：当时，对数真数需满足，因式分解得， 解得或，即定义域为，A正确； 选项B：当时，真数，为增函数， 故，值域为，不是，B错误； 选项C：， ， 即，故图象关于直线对称，C正确； 选项D：当时，定义域为， 内层函数在上单调递减，外层单调递增， 由复合函数“同增异减”规则，得的单调递减区间为，D正确. 【变式25-3】【多选】（2026高二·山西运城·期末）关于函数，则下列选项正确的是（    ） A．图象关于直线对称 B．在单调递增 C．的值域为 D．有两个零点 【答案】AD 【分析】先得到函数定义域为，由，即可得到图象关于直线对称，即可验证A项；令内层函数， 时，单调递减，根据复合函数“同增异减”得到在单调递减，即可验证B项；先由复合函数的单调性原则得到函数的单调性，即可验证C项；令，解得，即可验证D项. 【详解】函数 需满足，即定义域为， 由对数的运算法则得到， 对于A项，因为， 所以，即图象关于直线对称，故A正确； 对于B项，令内层函数，开口向下，对称轴， 时，单调递增，时，单调递减， 因为外层函数在单调递增， 所以根据复合函数的单调性得到在单调递减，故B错误； 对于C项，根据复合函数的单调性得到在单调递增， 所以当时，函数有最大值， 又因为当或时，函数，， 所以函数的值域为，故C错误； 对于D项，令，即，得到， 整理得到，解得， 所以函数有两个零点，故D正确. 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 $