文档内容
第 04 讲 幂指对函数（8 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析
2024年春考1题 对数函数的定义域
2022春考5题 幂函数的反函数
2021年秋考5题 反函数
2021年春考6,13题 指数函数、反函数
2020年秋考4题 反函数
2020年春考12题 反函数
2. 命题规律及备考策略
【常用结论】
1．指数函数图象的关键点(0,1)，(1，a)，.
2.如图所示是指数函数(1)y＝ax，(2)y＝bx，(3)y＝cx，(4)y＝dx的图象，则c>d>1>a>b>0，即在第一象限内，
指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)的图象越高，底数越大．
3．log b·log a＝1(a>0，且a≠1，b>0，且b≠1)， ＝log b(a>0，且a≠1，b>0)
a b a
4．如图，给出4个对数函数的图象．
则b>a>1>d>c>0，即在第一象限内，不同的对数函数图象从左到右底数逐渐增大．
一．幂函数
(1)幂函数的定义一般地，函数 y ＝ x α 叫做幂函数，其中x是自变量，α是常数．
(2)常见的五种幂函数的图象
(3)幂函数的性质
①幂函数在(0，＋∞)上都有定义；
②当α>0时，幂函数的图象都过点(1,1)和(0,0)，且在(0，＋∞)上单调递增；
③当α<0时，幂函数的图象都过点(1,1)，且在(0，＋∞)上单调递减；
④当α为奇数时，y＝xα为奇函数；当α为偶数时，y＝xα为偶函数．
二、指数函数
3．指数幂的运算性质
aras＝ a r ＋ s；(ar)s＝ a r s；(ab)r＝ a r b r(a>0，b>0，r，s∈R)．
4．指数函数及其性质
(1)概念：一般地，函数y＝ax(a>0，且a≠1)叫做指数函数，其中指数x是自变量，定义域是R.
(2)指数函数的图象与性质
a>1 00时， y >1 ； 当x<0时， y >1 ；
性质
当x<0时， 0< y <1 当x>0时， 0< y <1
增函数 减函数
三、对数函数
1．对数的概念
一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底N的对数，记作 x ＝ log N，其中a 叫做对数的
a
底数，N 叫做真数．
以10为底的对数叫做常用对数，记作 lg N .
以e为底的对数叫做自然对数，记作 ln N .2．对数的性质与运算性质
(1)对数的性质：log 1＝0，log a＝1， ＝N(a>0，且a≠1，N>0)．
a a
(2)对数的运算性质
如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么：
①log (MN)＝log M ＋ log N；
a a a
②log ＝log M － log N；
a a a
③log Mn＝ n log M (n∈R)．
a a
(3)对数换底公式：log b＝(a>0，且a≠1；b>0；c>0，且c≠1)．
a
3．对数函数的图象与性质
a>1 01时， y >0 ；当01时， y <0 ；当00
增函数 减函数
4.反函数
指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝log x(a>0，且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线 y ＝ x 对
a
称．
知识讲解
考点 一．幂函数的概念
1．（2024•崇明区二模）已知幂函数y＝f（x）的图象经过点（2，4），则f（3）＝ 9 ．
【分析】设出幂函数y＝f（x）的解析式，根据其图象经过点（2，4），求函数的解析式，再计算 f
（3）的值．
【解答】解：设幂函数y＝f（x）＝x （ R），
α
其图象经过点（2，4），
α∈
∴2 ＝4，
α解得 ＝2，
∴f（x）＝x2；
α
∴f（3）＝32＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了求幂函数的解析式以及利用函数的解析式求函数值的应用问题，是基础题目．
2．（2024春•普陀区校级月考）若幂函数的图像经过点(√4 3，3)，则此幂函数的表达式为f（x）＝ x 4
．
【分析】设此幂函数的表达式为f（x）＝x ，从而可得(√4 3) α=3，求解即可．
α
【解答】解：设此幂函数的表达式为f（x）＝x ，
α
α
依题意可得，(√4 3) α=3，即 34=3 ，解得 ＝4，
所以此幂函数的表达式为f（x）＝x4． α
故答案为：x4．
【点评】本题主要考查幂函数的定义，属于基础题．
3
3．（2024•宝山区校级开学）若幂函数y＝xa的图像经过点（2，2√2），则a＝ ．
2
【分析】把点坐标代入幂函数解析式，即可求出a的值．
【解答】解：有题意可知，2a=2√2，
3
∴a= ，
2
3
故答案为： ．
2
【点评】本题主要考查了幂函数的定义，是基础题．
4．（2024春•黄浦区校级期末）若幂函数y＝xa的图像经过点(√33，3)，则此幂函数的表达式为 y ＝ x 3
．
【分析】由题意，利用幂函数的定义和性质，求得 的值，从而得出结论．
【解答】解：∵幂函数y＝xa的图像经过点(√33，3α)，
∴(√33) α=3，∴ ＝3，
则此幂函数的表α达式为y＝x3．
故答案为：y＝x3．
【点评】本题主要考查幂函数的定义和性质，属于基础题．
考点 二．有理数指数幂及根式5．（2024•浦东新区三模）已知实数 x 、x 、y 、y 满足x2+ y2=1，x2+ y2=3，x y ﹣x y =√2，则|
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
x x +y y |＝ 1 ．
1 2 1 2
【分析】由题意结合三角换元和三角恒等变换即可求解．
【解答】解：∵实数x 、x 、y 、y 满足x2+ y2=1，x2+ y2=3，
1 2 1 2 1 1 2 2
∴可令x ＝cos ，y ＝sin ，x =√3cos ，y =√3sin ，
1 1 2 2
则x 1 y 2 ﹣x 2 y 1 ＝cαos •√3sinα ﹣sin •√3cβos =√3sin（ β ﹣ ）=√2，
√6
可得sin（ ﹣
）=α
，
β α β β α
3
β α
√ 2
则|x x +y y |＝|cos •√3cos +sin •√3sin |=√3|cos（ ﹣ ）|=√3×√1−sin(β−α) 2=√3× 1− =1．
1 2 1 2
3
α β α β β α
故答案为：1．
【点评】本题考查了三角换元的运用，三角恒等变换，是中档题．
6．（2024春•浦东新区校级期末）已知x2+nx +1=0，且x2+nx +1=0，(n＞2)且x ≠x ，则x •x ＝
1 1 2 2 1 2 1 2
1 ．
【分析】依题意x ，x 是x2+nx+1＝0的两根，再根据韦达定理求解即可．
1 2
【解答】解：依题意n2﹣4＞0，故x ，x 是x2+nx+1＝0的两根，故x •x ＝1．
1 2 1 2
故答案为：1．
【点评】本题主要考查韦达定理的应用，属于基础题．
7．（2024春•杨浦区期中）已知10a＝3，10b＝4，则10a+b的值是 1 2 ．
【分析】由已知结合指数幂的运算性质即可求解．
【解答】解：因为10a＝3，10b＝4，
则10a+b＝10a×10b＝3×4＝12．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查了指数幂的运算性质，属于基础题．
考点 三．指数函数的单调性与最值
8．（2023秋•嘉定区校级期末）若指数函数y＝（m﹣3）x在R上是严格减函数，则实数m的取值范围是
（ 3 ， 4 ） ．
【分析】根据指数函数的单调性，利用底数m﹣3满足的条件求解．【解答】解：因为指数函数y＝（m﹣3）x在R上是严格减函数，
所以0＜m﹣3＜1，解得3＜m＜4．
所以实数m的取值范围是（3，4）．
故答案为：（3，4）．
【点评】本题考查了指数函数的单调性问题，是基础题．
9．（2024春•宝山区校级月考）已知函数f（x）＝ax+m+n（a＞0，a≠1）的图像经过定点（﹣1，1），则
m+n＝ 1 ．
【分析】结合指数函数的性质，即可求解．
【解答】解：已知函数f（x）＝ax+m+n（a＞0，a≠1）的图像经过定点（﹣1，1），
则﹣1+m＝0且a0+n＝1，解得m＝1且n＝0，
故m+n＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查指数函数的性质，属于基础题．
n
10．（2024•浦东新区校级四模）设 m＞0，n＞0，若直线l：mx+ y=2过曲线y＝ax﹣1+1（a＞0，且
2
1 1
a≠1）的定点，则 + 的最小值为 2 ．
m n
【分析】根据指数的运算性质，结合基本不等式进行求解即可．
【解答】解：因为曲线y＝ax﹣1+1过定点（1，2），
m+n
所以m+n＝2，即 =1(m＞0，n＞0)，
2
1 1 1 1 m+n 1 n m 1 √ n m 1
则 + =( + )⋅ = (1+1+ + )≥ ×(2+2 ⋅ )= ×(2+2)=2，
m n m n 2 2 m n 2 m n 2
n m
当且仅当 = ，即m＝n＝1时取“＝”，
m n
1 1
所以 + 的最小值为2．
m n
故答案为：2．
【点评】本题考查了指数的运算性质和基本不等式应用问题，是基础题．
11．（2023秋•闵行区期末）若函数y＝ex，x [1，e]，则此函数的最小值为 e ．
【分析】根据指数函数的单调性求解．
∈
【解答】解：因为函数y＝ex在[1，e]上单调递增，
所以当x＝1时，此函数取得最小值e．
故答案为：e．
【点评】本题主要考查了指数函数的单调性，属于基础题．考点 四．对数的运算性质
1
12．（2024•奉贤区三模）若lg2=a，lg =b，则lg98＝ a ﹣ 2 b ．（结果用a，b的代数式表示）
7
【分析】由已知结合对数的运算性质即可求解．
1
【解答】解：若lg2=a，lg =b，
7
则lg7＝﹣b，
则lg98＝lg2+2lg7＝a﹣2b．
故答案为：a﹣2b．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
1 1
13．（2024•长宁区二模）若3a＝2b＝6，则 + = 1 ．
a b
【分析】由已知结合指数与对数的转化公式及对数的运算性质即可求解．
【解答】解：若3a＝2b＝6，则a＝log 6，b＝log 6，
3 2
1 1
+ =log 3+log 2＝log 6＝1．
a b 6 6 6
故答案为：1．
【点评】本题主要考查了指数与对数的转化及对数的换底公式及运算性质的应用，属于基础题．
5 3
14．（2024•宝山区校级四模）已知正实数a、b满足log b+log a= ，aa＝bb，则a+b＝ ．
a b 2 4
【分析】由已知结合对数的运算性质可得a，b的关系，然后结合指数幂的运算性质即可求解．
5 1
【解答】解：因为正实数a、b满足log b+log a= =log b + ，
a b 2 a log b
a
1
解得，log b＝2或log b= ，
a a 2
所以b＝a2或a＝b2，
当b＝a2时，aa＝bb=a2a2，
1 1 3
所以2a2＝a，即a = ，b = ，a+b = ，
2 4 4
1 1 3
当a＝b2时，aa＝bb=b2b2，即b= ，a= ，a+b= ，
2 4 4
3
则a+b= ．
43
故答案为： ．
4
【点评】本题主要考查了指数及对数的运算性质，属于基础题．
1
15．（2024•浦东新区校级模拟）函数f（x）＝log （2x）•log （8x）的最小值为 − ．
2 8 3
【分析】利用对数的运算性质化简，换元后再由二次函数求最值．
【解答】解：函数的定义域为（0，+∞），
1
f（x）＝log （2x）•log （8x）＝（1+log x）（1+ log x）
2 8 2 3 2
1 4
= (log x) 2+ log x+1，
3 2 3 2
令t＝log x，则t R，
2
1 4
原函数化为g（t） ∈ = t2+ t+1，
3 3
1 4 1
则当t＝﹣2时，g（t）有最小值为 ×4+ ×(−2)+1=− ．
3 3 3
1
故答案为：− ．
3
【点评】本题考查导数的运算性质，训练了利用换元法及二次函数求最值，是基础题．
考点 五．对数函数的定义域
2+x
16．（2024•金山区二模）函数y=log 的定义域是 （﹣ 2 ， 1 ） ．
21−x
【分析】根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式，求出解集即可．
2+x
【解答】解：y=log ，
21−x
2+x
则 ＞0，解得﹣2＜x＜1，
1−x
故函数y的定义域为（﹣2，1）．
故答案为：（﹣2，1）．
【点评】本题考查了求函数定义域的问题，解题时应求出使函数有意义的自变量的取值范围，是基础题
目．
17．（2024春•黄浦区校级期末）函数y＝lg（1+x）﹣lg（x﹣1）的定义域是 （ 1 ， + ∞） ．
【分析】根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
{1+x＞0
【解答】解：由题意得 ，
x−1＞0
解得x＞1．故答案为：（1，+∞）
【点评】本题考查了求函数定义域的问题，解题时应求出使函数有意义的自变量的取值范围，是基础题
目．
18．（2024•黄浦区校级模拟）已知集合A＝{x||x|≤1}，B＝{x|y＝log x}，则A∩B＝ （ 0 ， 1 ] ．
2
【分析】先求出集合A，B，结合交集的定义，即可求解．
【解答】解：集合A＝{x||x|≤1}＝{x|﹣1≤x≤1}，B＝{x|y＝log x}＝{x|x＞0}，
2
则A∩B＝（0，1]．
故答案为：（0，1]．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
19．（2024春•浦东新区校级期末）函数y＝lg（4﹣x）的定义域为 { x | 0 ＜ 4 } ．
【分析】根据对数函数成立的条件求函数的定义域．
【解答】解：要使函数有意义，则4﹣x＞0，
即x＜4，
即函数的定义域为{x|x＜4}．
故答案为{x|x＜4}．
【点评】本题主要考查对数函数的性质，以及对数函数的定义域，要求熟练掌握常见函数的定义域，比
较基础．
考点 六．对数函数的图象
20．（2023秋•普陀区校级期末）已知f（x）＝2log （x﹣1）+1（a＞0且a≠1），函数y＝f（x）的图像
a
恒过定点P，则点P的坐标为 （ 2 ， 1 ） ．
【分析】在函数f（x）的解析式中，令x﹣1＝1，即x＝2时，不论a取a＞0且a≠1的任意值，都可得f
（2）＝1，即求出函数恒过的点的坐标．
【解答】解：f（x）＝2log （x﹣1）+1（a＞0且a≠1），令x﹣1＝1，即x＝2时，不论a取a＞0且
a
a≠1的任意值，f（2）＝1恒成立，
即函数f（x）恒过定点（2，1）．
故答案为：（2，1）．
【点评】本题考查对数型函数恒过定点的求法，属于基础题．
21．（2024•青浦区二模）已知f（x）＝lgx﹣1，g（x）＝lgx﹣3，若|f（x）|+|g（x）|＝|f（x）+g（x）|，
则满足条件的x的取值范围是 （ 0 ， 10 ] ∪ [100 0 ， + ∞） ．
【分析】由题意可得，f（x）g（x）≥0，然后结合对数函数的性质即可求解．
【解答】解：因为f（x）＝lgx﹣1，g（x）＝lgx﹣3，若|f（x）|+|g（x）|＝|f（x）+g（x）|，则f（x）g（x）≥0，
即（lgx﹣1）（lgx﹣3）≥0，
所以lgx≥3或lgx≤1，
解得x＞1000或0＜x≤10．
故答案为：（0，10]∪[1000，+∞）．
【点评】本题主要考查了对数函数的性质在不等式求解中的应用，属于基础题．
22．（2023秋•浦东新区校级期末）已知函数f(x)=ln(x+√x2+1)+2x，若f（m2+5m﹣6）＜1，则实数m
的取值范围是 （﹣ 6 ， 1 ） ．
x +√x2+1
1 1
【分析】先利用定义判断函数f（x）的单调性，设x ＜x ，其中因式 要与1比较大小，f
1 2
x +√x2+1
2 2
（m2+5m﹣6）＜1等价于f（m2+5m﹣6）＜f（0），判断m2+5m﹣6与0的大小即可．
【解答】解：因为√x2+1+x＞√x2+x=|x|+x≥0，
所以函数f(x)=ln(x+√x2+1)+2x的定义域为R，
设x ＜x ，
1 2
则f(x )−f(x )=[ln(x +√x2+1)+2x 1]−[ln(x +√x2+1)+2x 2]，
1 2 1 1 2 2
x +√x2+1
即f(x )−f(x )=ln 1 1 +(2x 1−2x 2)，
1 2 x +√x2+1
2 2
x +√x2+1 (x +√x2+1)−(x +√x2+1) (x −x )(√x2+1+√x2+1+x +x )
其中 1 1 −1= 1 1 2 2 = 1 2 1 2 1 2 ，
x +√x2+1 x +√x2+1 (x +√x2+1)(√x2+1+√x2+1)
2 2 2 2 2 2 1 2
因为x ＜x ，x ﹣x ＜0，
1 2 1 2
√x2+1+√x2+1+x +x ＞√x2+√x2+x +x =|x |+|x |+x +x ≥0，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x +√x2+1＞0，√x2+1+√x2+1＞0，
2 2 1 2
x +√x2+1 x +√x2+1 x +√x2+1
所以 1 1 −1＜0，即0＜ 1 1 ＜1，得ln 1 1 ＜0，
x +√x2+1 x +√x2+1 x +√x2+1
2 2 2 2 2 2
同时2＞1，指数函数y＝2x在R上单调递增，且x
1
＜x
2
，则2x 1＜2x 2，即2x 1−2x 2＜0，
所以f（x ）﹣f（x ）＜0，即f（x ）＜f（x ）成立，
1 2 1 2
所以函数f(x)=ln(x+√x2+1)+2x在R上单调递增，且f（0）＝ln1+20＝1，
若f（m2+5m﹣6）＜1，只需m2+5m﹣6＜0，解得﹣6＜m＜1，
故答案是：（﹣6，1）．
【点评】本题考查的知识要点：函数的性质，不等式的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属
于中档题．23．（2023秋•普陀区校级期末）已知b R，设函数f（x）＝|log x+2x+b|在区间[t，t+1]（t＞0）上的最大
2
1
∈
值为M（b）．若{b|M（b）≥2}＝R，则正实数t的最大值为 ．
t t 3
【分析】画出函数图象，数形结合得到当f（t）＝f（t+1）时，M（b）取得最小值，最小值为f（t），
t
1
并得到b=− log t(t+1)−2t−1，从而得到不等式，求解解集，得到答案．
2 2
【解答】解：画出f（x）＝|log x+2x+b|的图象如下：
2
故M（b）＝max{f（t），f（t+1）}，
t
由图象可知，当f（t）＝f（t+1）时，M（b）取得最小值，最小值为f（t），
t
此时t＜m＜t+1，﹣（log t+2t+b）＝log （t+1）+2（t+1）+b，
2 2
1
则b=− log t(t+1)−2t−1①，
2 2
故只需要﹣（log t+2t+b）≥2 ②，
2
1
将①代入②得−(log t+2t− log t(t+1)−2t−1)≥2，
2 2 2
t 1
化简得 ≤ ，
t+1 4
1
解得t≤ ，
3
1
故正实数t的最大值为 ．
3
1
故答案为： ．
3
【点评】本题考查对数函数的图象与性质，属于中档题．
考点 七．对数值大小的比较24．（2024•宝山区二模）已知a＞b＞0，则（ ）
A．a2＞b2 B．2a＜2b
1 1 log a＞log b
C． a2＜b2 D． 1 1
2 2
【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及函数单调性，即可求解．
【解答】解：a＞b＞0，
则a2＞b2，故A正确；
2a＞2b，故B错误；
1 1
a2＞b2，故C错误；
log a＜log b
1 1 ，故D错误．
2 2
故选：A．
【点评】本题主要考查不等式的性质，以及函数单调性，属于基础题．
25．（2023秋•杨浦区校级期末）若m＞n＞1，而0＜x＜1，则下列不等式正确的是（ ）
A．mx＜nx B．xm＜xn
C．log m＞log n D．log x＜log x
x x m n
1
【分析】直接取特值m＝4，n＝2，x= ，分别代入四个答案即可判断每个答案对错．
2
1
【解答】解：由题，取m＝4，n＝2，x= ，则：
2
1 1 1
对于A， mx=42＞n2=22 ，故A错；
1 1 1
对于B，∵指数函数y＝（ ）x在R上单调递减，m＞n，∴（ ）m＜( )n，即xm＜xn，故B对；
2 2 2
log m=log 4＜log n=log 2
对于C， x 1 x 1 ，故C错；
2 2
1 1
对于D，log x=log ＞log x=log ，故D错．
m 42 n 22
故选：B．
【点评】本题考查特值法在解决选择题中灵活应用，属于基础题．
26．（2023•黄浦区校级开学）已知函数f（x）＝log |x﹣1|，若b＜c＜0，1＜a＜2，则（ ）
2
A．f（b）＞f（c）＞f（a） B．f（b）＞f（a）＞f（c）
C．f（a）＞f（b）＞f（c） D．f（c）＞f（a）＞f（b）
【分析】画出函数f（x）的大致图象，利用数形结合法即可判断出结果．
【解答】解：画出函数f（x）的大致图象，如图所示，由图象可知，当x＜0时，f（x）＞0，且f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
∴f（b）＞f（c）＞0，
当1＜x＜2时，f（x）＜0，
∴f（a）＜0，
∴f（b＞f（c）＞f（a），
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数图象的变换，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
27．（2023秋•宝山区校级期中）若a＞b＞0且a、b均不为1，0＜m＜1，则（ ）
A．am＜bm B．ma＜mb
C．log a＞log b D．log m＞log m
m m a b
【分析】利用函数的单调性逐一判断选项即可．
【解答】解：对于A：考查函数y＝xm，因为0＜m＜1，
所以函数y＝xm在（0，+∞）上是增函数，
因为a＞b＞0，所以am＞bm，故A不正确；
对于B：考查函数y＝mx，因为0＜m＜1，
所以函数y＝mx在（﹣∞，+∞）上是减函数，
因为a＞b＞0，所以ma＜mb，故B正确；
对于C：考查函数y＝log x，因为0＜m＜1，
m
所以函数y＝log x，（0，+∞）上是减函数，
m
因为a＞b＞0，所以log a＜log b，故C不正确；
m m
对于D，因为a＞b＞0，不妨令a＞1，0＜b＜1，
当0＜m＜1时，则log m＜log 1＝0，
a a
而log m＞log 1＝0，所以log m＜log m，故D不正确．
b b a b
故选：B．
【点评】本题考查了函数的单调性，属于中档题．
考点 八．反函数28．（2023秋•普陀区校级期末）函数y＝2x﹣1的反函数为 y ＝ lo g （ x + 1 ）（ x ＞﹣ 1 ） ．
2
【分析】将y＝2x﹣1作为方程利用指数式和对数式的互化解出x，然后确定原函数的值域即得反函数的
值域，问题得解．
【解答】解：由y＝2x﹣1得x＝log （y+1）且y＞﹣1
2
即：y＝1+log （x+1），x＞﹣1
2
所以函数y＝2x﹣1的反函数是y＝log （x+1）（x＞﹣1）
2
故答案为：y＝log （x+1）（x＞﹣1）
2
【点评】本题属于基础性题，思路清晰、难度小，但解题中要特别注意指数式与对数式的互化，这是一
个易错点，另外原函数的值域的确定也是一个难点．
29．（2023秋•宝山区校级期末）函数y＝x2﹣2x+3（x≤0）的反函数为 y ＝ 1−√x−2 （ x ≥ 3 ） ．
【分析】先求出函数y的值域，再结合反函数的求法，即可求解．
【解答】解：y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，
当x≤0时，y≥3，
y＝（x﹣1）2+2，
则x﹣1=−√y−2，即x＝1−√y−2，
将x，y交换可得，y＝1−√x−2（x≥3）．
故答案为：y＝1−√x−2（x≥3）．
【点评】本题主要考查反函数的求法，属于基础题．
30．（2023•浦东新区校级一模）设函数y＝f（x）＝2x+c的图象经过点（2，5），则y＝f（x）的反函数f﹣
1（x）＝ lo g （ x ﹣ 1 ） ．
2
【分析】由f（2）＝5，解得c＝1，得y＝f（x）＝2x+1，然后反解x后，对调x与f（x）可得．
【解答】解：依题意有：f（2）＝22+c＝5，解得：c＝1，所以f（x）＝2x+1，
∴2x＝f（x）﹣1，x＝log （f（x）﹣1），∴f﹣1（x）＝log （x﹣1）
2 2
故答案为：log （x﹣1）
2
【点评】本题考查了反函数．属基础题．
4
31．（2023春•黄浦区校级月考）已知函数f(x)=log ( +2)，则方程f﹣1（x）＝4的解x＝ 1 ．
3 x
【分析】根据互为反函数的两个函数间的关系知，欲求满足f﹣1（x）＝4的x值，即求f（4）的值．
【解答】解：由题意得，即求f（4）的值4
∵f(x)=log ( +2)，
3 x
∴f（4）＝log （1+2）＝1，
3
∴f（4）＝1．
即所求的解x＝1．
故答案为1．
【点评】本题主要考查了反函数的概念，互为反函数的两个函数的函数值和关系，属于基础题．
1．（2024春•杨浦区期中）若log x＝4，则x的值是 1 6 ．
2
【分析】由已知结合指数及对数的转化公式即可求解．
【解答】解：因为log x＝4，
2
所以x＝24＝16．
故答案为：16．
【点评】本题主要考查了指数及对数的转化公式的应用，属于基础题．
2．（2024春•宝山区期末）已知指数函数 在 上是严格增函数，则实数 的取值范围是
．
【分析】结合指数函数的性质，即可求解．
【解答】解：指数函数 在 上是严格增函数，
则 ，解得 ，
故实数 的取值范围是 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查指数函数的性质，属于基础题．
3．（2024•浦东新区三模）已知 ，则 （用 表示）．
【分析】利用对数的运算性质求解．
【解答】解： ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．
4．（2024春•普陀区校级期末）已知 ， 且 ，则 的最大值为 ．
【分析】由已知结合对数的运算性质及基本不等式即可求解．
【解答】解：因为 ， 且 ，当且仅当 时取等号，所以 ，
则 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了基本不等式及对数的运算性质的应用，属于基础题．
5．（2024春•黄浦区校级期末）已知 ， ，则 7 2 ．
【分析】利用对数式与指数式的互化得到 ，然后由分数指数幂的运算性质求解即可．
【解答】解：因为 ， ，
则 ，
所以 ．
故答案为：72．
【点评】本题考查了对数式与指数式的互化，分数指数幂的运算性质，属于基础题．
6．（2024春•黄浦区校级期末）已知 ，用 的代数式表示 ．
【分析】利用换底公式将已知的等式进行变形，得到 ，再利用换底公式化简 即可．
【解答】解： ，
故 ，
所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了对数的运算性质以及换底公式的应用，属于基础题．
7．（2024春•浦东新区校级期末）若 ，则 6 4 ．
【分析】利用对数运算法则直接计算即可．
【解答】解： ，则 ，故 ．
故答案为：64．
【点评】本题考查对数的运算法则，属于基础题．
8．（2024•静安区二模）函数 的定义域为 ．
【分析】根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式，求出解集即可．
【解答】解：由题意得， ，即 ，
解得， ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了求函数定义域的问题，解题时应求出使函数有意义的自变量的取值范围，是基础题目．
9．（2024•宝山区二模）将 化为有理数指数幂的形式为 ．
【分析】利用根式与分数指数幂的互化求解．
【解答】解： ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了根式与分数指数幂的互化，属于基础题．
10．（2024•嘉定区校级模拟）已知函数 则 （3） 1 ．
【分析】结合分段函数解析式，由内向外计算即可．
【解答】解：由题意得 ， ．
所以 （3） ，
故答案为：1．
【点评】本题主要考查了函数值的求解，属于基础题．
11．（2024•长宁区校级三模）已知 ， ，则 （用 、 表示）．
【分析】由已知结合对数的运算性质即可求解．
【解答】解：因为 ， ，即 ，
则 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
12．（2024春•宝山区校级月考）已知 为锐角， ，则 可用 ，
表示为 ．
【分析】由已知结合同角平方关系及对数的运算性质即可求解．
【解答】解：因为 为锐角，
所以 ，
所以．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
13．（2024春•青浦区校级月考）已知数列 是等差数列，且 ，则
9 ．
【分析】由已知结合等差数列的性质及对数的运算性质即可求解．
【解答】解：因为数列 是等差数列，
则 ，
所以 ，
则 ．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及对数的运算性质的应用，属于基础题．
14．（2024春•普陀区校级月考）函数 的定义域为 ．
【分析】根据对数函数的性质得不等式，然后解指数不等式可得．
【解答】解：由题意 ，即 ，
， ， 定义域为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了函数定义域的求解，属于基础题．
15．（2024春•杨浦区期中）函数 的值域为 ．
【分析】由已知结合对数函数及二次函数的性质即可求解．
【解答】解：因为 ，
所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了二次函数及对数函数的性质在函数值域求解中的应用，属于基础题
16．（2024•普陀区校级开学）设 ， ， 都是非零常数，且满足 ，则 ．（结
果用 表示）
【分析】根据给定条件，利用指数式与对数式互化，再利用对数运算法则及换底公式求解即得．
【解答】解：由 ， ， 都是非零常数，设 ，
则 ， ， ，
所以 ．故答案为： ．
【点评】本题考查对数运算，属于中档题．
一．填空题（共3小题）
π 1
1．（2024春•嘉定区校级期中）若0＜x＜ ，且lg(sinx+cosx)= (3lg2−lg5)，则cosx﹣sinx＝
4 2
√10
．
5
1 √8
【分析】由已知中lg(sinx+cosx)= (3lg2−lg5)，由对数的运算性质我们可得sinx+cosx= ，利用
2 5
π
平方法，可先后求出2sinx•cosx值和（cosx﹣sinx）2值，进而根据0＜x＜ ，我们可以确定cosx﹣
4
sinx的符号，进而得到答案．
1
【解答】解：∵lg(sinx+cosx)= (3lg2−lg5)
2
√8
∴sinx+cosx=
5
8
∴（sinx+cosx）2＝1+2sinx•cosx=
5
3
∴2sinx•cosx=
5
3 2
∴（cosx﹣sinx）2＝1﹣2sinx•cosx＝1− =
5 5
π
又∵0＜x＜
4
∴cosx＞sinx
√10
∴cosx﹣sinx=
5
√10
故答案为：
5
【点评】本题考查的知识点是对数的运算性质，同角三角函数间的基本关系，其中利用平方法先后求出
π √10
2sinx•cosx值和（cosx﹣sinx）2值，是解答的关键，本题易忽略0＜x＜ 的限制，而错解为±
4 5
2．（2023秋•黄浦区校级期末）若函数y＝ax（a＞0且a≠1）在[0，1]上的最大值与最小值之和为3，则a
＝ 2 ．
【分析】本题要分两种情况进行讨论：①0＜a＜1，函数y＝ax在[0，1]上为单调减函数，根据函数y＝ax在[0，1]上的最大值与最小值和为3，求出a②a＞1，函数y＝ax在[0，1]上为单调增函数，根据函数
y＝ax在[0，1]上的最大值与最小值和为3，求出a即可．
【解答】解：①当0＜a＜1时
函数y＝ax在[0，1]上为单调减函数
∴函数y＝ax在[0，1]上的最大值与最小值分别为1，a
∵函数y＝ax在[0，1]上的最大值与最小值和为3
∴1+a＝3
∴a＝2（舍）
②当a＞1时
函数y＝ax在[0，1]上为单调增函数
∴函数y＝ax在[0，1]上的最大值与最小值分别为a，1
∵函数y＝ax在[0，1]上的最大值与最小值和为3
∴1+a＝3
∴a＝2
故答案为：2．
【点评】本题考查了函数最值的应用，但解题的关键要注意对a进行讨论，属于基础题．
4 1
3．（2024春•奉贤区校级月考）如果锐角 满足log （tan +cot ）=− ，则log cos 的值是 ．
sin 3 tan 2
θ θ
【分析】推导出 (tanθ+cotθ) − 3 4=sinθ ， θ 从而 (tanθ+ 1 co θ tθ) 3 = θ sin4θ，进而sin3 cos3 θ ＝sin4 ，cos3 ＝
θ θ θ θ
sinθ
sin ，cos2θ= =tanθ，由此能求出结果．
cosθ
θ 4
【解答】解：∵锐角 满足log （tan +cot ）=− ，
sin 3
θ
θ 3 θ θ
∴锐角 满足log sinθ=− ，
(tanθ+cotθ) 4
∴ (tanθ θ +cotθ) − 3 4=sinθ ，即 (tanθ+ 1 cotθ) 3 =sin4θ，
1
=sin4θ
∴ sinθ cosθ 3 ，
( + )
cosθ sinθ
∴sin3 cos3 ＝sin4 ，cos3 ＝sin ，
sinθ
∵ 是 θ 锐角 θ ，cos ＞ θ 0，∴ θcos2θθ= =tanθ，
cosθ
θ θ 1 1
∴log cosθ=log cosθ= log cosθ= ，
tanθ cos2θ 2 cosθ 21
综上所述，结论是：log cosθ= ．
tanθ 2
1
故答案为： ．
2
【点评】本题考查三角函数、对数的运算，考查同角三角函数关系式、对数的性质、运算法则等基础知
识，考查运算求解能力等数学核心素养，是中档题．
二．解答题（共2小题）
x−1
4．（2024•宝山区校级开学）已知函数f(x)=log (a＞0且a≠1)．
a x+1
（1）求f（x）的定义域；
1
（2）若当a= 时，函数g（x）＝f（x）﹣b在（1，+∞）有且只有一个零点，求实数b的范围；
2
（3）是否存在实数a，使得当f（x）的定义域为[m，n]时，值域为[1+log n，1+log m]，若存在，求出
a a
实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
x−1
【分析】（1）由 ＞0求出x的取值范围，即可得到f（x）的定义域；
x+1
x−1 2
（2）令t(x)= =1− 在（1，+∞）上单调递增，则f（x）在（1，+∞）上单调递减，即b的
x+1 x+1
范围就是f（x）在（1，+∞）上的值域；
x−1
（3）由题可得0＜a＜1，则问题转化为 =ax在（1，+∞）上有两个互异实根，转化为二次方程根
x+1
的分布问题求解即可．
x−1
【解答】解：（1）由 ＞0，得x＞1或x＜﹣1，
x+1
∴f（x）的定义域为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）；
x−1 2
（2）令t(x)= =1− ，任取x ，x （1，+∞），x ＜x ，
x+1 x+1 1 2 1 2
∈
2 2 2 2 2(x −x )
则t(x )−t(x )=(1− )−(1− )= − = 1 2 ，
1 2 x +1 x +1 x +1 x +1 (x +1)(x +1)
1 2 2 1 2 1
∵x ﹣x ＜0，x +1＞0，x +1＞0，
1 2 1 2
2(x −x )
∴t(x )−t(x )= 1 2 ＜0，
1 2 (x +1)(x +1)
2 1
2
即函数t(x)=1− 在（1，+∞）上单调递增；
x+1
1
又a= ∈(0，1)，
2
∴f（x）在（1，+∞）上单调递减，
且当x趋于1，f（x）趋于+∞；x趋于+∞，f（x）趋于0，函数g（x）＝f（x）﹣b在（1，+∞）有且只有一个零点，
即f（x）＝b在（1，+∞）有且只有一个解，
∵函数f（x）在（1，+∞）的值域为（0，+∞），如图所示，
∴b的取值范围是（0，+∞）；
（3）假设存在这样的实数a，使得当f（x）的定义域为[m，n]时，值域为[1+log n，1+log m]，
a a
由m＜n且1+log n＜1+log m，可得0＜a＜1，
a a
2
又由（1）t(x)=1− 在（1，+∞）上为增函数，y＝log x在（1，+∞）上为减函数．
x+1 a
则f（x）在（1，+∞）上为减函数，
m−1
{f(m)=log =1+log m=log (am)
a m+1 a a
得 ，
n−1
f(n)=log =1+log n=log (an)
a n+1 a a
x−1
即 =ax在（1，+∞）上有两个互异实根，
x+1
x−1
由 =ax，得ax2+（a﹣1）x+1＝0，
x+1
即g（x）＝ax2+（a﹣1）x+1有两个大于1的相异零点．
a−1
由0＜a＜1，函数g（x）开口向上，且对称轴为x=− ，
2a
{Δ=(a−1) 2−4a＞0
g(1)=2a＞0
则 ，解得0＜a＜3−2√2，
a−1
− ＞1
2a
故存在这样的实数a∈(0，3−2√2)符合题意．
【点评】本题主要考查了对数函数、二次函数的性质，考查了复合函数的单调性及数形结合思想，属于
中档题．
5．（2023秋•普陀区校级期中）已知函数f（x）＝log （x+a）．
2
（1）当a＝2时，解不等式：f（x）＜2log x；
2
（2）若函数y＝|f（x）|在x [﹣1，2]上的最大值为log 3，求a的值；
2
1
（3）当a＞0时，记g(x)=∈ f(4x)，若对任意的x （0，2），函数y＝f（x）的图像总在函数y＝g
2
∈（x）的图像的下方，求正数a的取值范围．
【分析】（1）直接根据对数函数单调性解不等式即可，注意首先要使得对数有意义．
（2）直接对|log （﹣1+a）|，|log （2+a）|比较大小分类讨论即可．
2 2
（3）将原题等价转换为x2+2（a﹣2）x+a2﹣a＜0在（0，2）上恒成立，从而列出不等式即可求解．
【解答】解：（1）由f（x）＜2log x，a＝2，得log （x+2）＜2log x，
2 2 2
则x+2＞0，x＞0，且x+2＜x2 x＜﹣1或x＞2，即不等式的解集为（2，+∞）．
（2）由复合函数单调性可知 ⇒f（x）＝log
2
（x+a）在x [﹣1，2]上单调递增，
故函数y＝|f（x）|在x [﹣1，2]上的最大值为max{|log∈2 （﹣1+a）|，|log
2
（2+a）|}
5
若|log （﹣1+a）|＜|lo ∈ g （2+a）|，则|log （2+a）|＝log 3 a＝1或a=− ，
2 2 2 2 3
⇒
﹣1+a＞0 a＞1，矛盾，故舍去
若|log （﹣1+a）|≥|log （2+a）|，则|log （﹣1+a）|＝log 3，log （﹣1+a）＜0≤log （2+a）
2 ⇒ 2 2 2 2 2
4 10
⇒log (−1+a)=−log 3⇒a= ，但此时|log (−1+a)|=log 3＜|log (2+a)|=log ，
2 2 3 2 2 2 2 3
矛盾，故舍去．
所以：a的值不存在．
1 1
（3）因为g(x)= f(4x)= log (4x+a)(a＞0)，
2 2 2
对任意的x （0，2），函数y＝f（x）的图像总在函数y＝g（x）图像的下方，
则f（x）＜g（x）在（0，2）上恒成立，
∈
1
即log (x+a)＜ log (4x+a)(a＞0)在（0，2）上恒成立，2log （x+a）＜log （4x+a），
2 2 2 2 2
即log (x+a) 2 ＜log (4x+a)，(x+a) 2 ＜4x+a在（0，2）上恒成立，
2 2
整理得：x2+2（a﹣2）x+a2﹣a＜0在（0，2）上恒成立，
设m（x）＝x2+2（a﹣2）x+a2﹣a＜0，x （0，2），
{ m(0)=a2−a≤0 ∈
则只需要 即可，可得0≤a≤1，
m(2)=a2+3a−4≤0
又因为a＞0，所以0＜a≤1，所以正数a的范围为（0，1]．
【点评】本题主要考查对数函数的图象与性质，属于难题．
一．选择题（共1小题）
1．（2021•上海）下列函数中，在定义域内存在反函数的是
A． B． C． D．
【分析】根据反函数的定义以及映射的定义即可判断选项是否正确．【解答】解：选项 ：因为函数是二次函数，属于二对一的映射，
根据函数的定义可得函数不存在反函数， 错误，
选项 ：因为函数是三角函数，有周期性和对称性，属于多对一的映射，
根据函数的定义可得函数不存在反函数， 错误，
选项 ：因为函数的单调递增的指数函数，属于一一映射，所以函数存在反函数， 正确，
选项 ：因为函数是常数函数，属于多对一的映射，所以函数不存在反函数， 错误，
故选： ．
【点评】本题考查了反函数的定义以及映射的定义，考查了学生对函数以及映射概念的理解，属于基础题．
二．填空题（共6小题）
2．（2024•上海） 的定义域 ．
【分析】结合对数函数真数的性质，即可求解．
【解答】解： 的定义域为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查对数函数定义域的求解，属于基础题．
3．（2021•上海）已知 ，则 （1） ．
【分析】利用反函数的定义，得到 ，求解 的值即可．
【解答】解：因为 ，
令 ，即 ，解得 ，
故 （1） ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了反函数定义的理解和应用，解题的关键是掌握原函数的定义域即为反函数的值域，考
查了运算能力，属于基础题．
4．（2021•上海）若方程组 无解，则 0 ．
【分析】利用二元一次方程组的解的行列式表示进行分析即可得到答案．
【解答】解：对于方程组 ，有 ，
根据题意，方程组 无解，
所以 ，即 ，
故答案为：0．【点评】本题考查的是二元一次方程组的解行列式表示法，这种方法可以使得方程组的解与对应系数之间
的关系表示的更为清晰，解题的关键是熟练掌握二元一次方程组的解行列式表示法中对应的公式．
5．（2020•上海）已知 ，其反函数为 ，若 有实数根，则 的取值范
围为 ， ．
【 分 析 】 因 为 与 互 为 反 函 数 若 与 有 实 数 根
与 有交点 方程 ，有根．进而得出答案．
【解答】解：因为 与 互为反函数，
若 与 有实数根，
则 与 有交点，
所以 ，
即 ，
故答案为： ， ．
【点评】本题主要考查函数的性质，函数与方程的关系，属于中档题．
6．（2020•上海）已知函数 ， 是 的反函数，则 ， ．
【分析】由已知求解 ，然后把 与 互换即可求得原函数的反函数．
【解答】解：由 ，得 ，
把 与 互换，可得 的反函数为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查函数的反函数的求法，注意反函数的定义域是原函数的值域，是基础题．
7．（2022•上海）设函数 的反函数为 ，则 3 ．
【分析】直接利用反函数的定义求出函数的关系式，进一步求出函数的值．
【解答】解：函数 的反函数为 ，
整理得 ；所以 ．
故答案为：3．
【点评】本题考查的知识要点：反函数的定义和性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基
础题．
