文档内容
第 08 讲 对数函数
（12 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年天津卷，第5题,5分 比较指数幂的大小、比较对数式的大小
2022年天津卷，第5题,5分 对数的运算、对数的运算性质的应用
2021年天津卷，第5题,5分 比较指数幂的大小、比较对数式的大小
2021年天津卷，第7题,5分 运用换底公式化简计算
2020年天津卷，第6题,5分 比较指数幂的大小、比较对数式的大小
2021年天津卷，第5题,5分 比较指数幂的大小、比较对数式的大小
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题灵活，难度综合，分值为5分
【备考策略】1.理解、掌握对数的图象与特征，能够灵活运用对数函数的性质
2.能利用对数函数的性质解决定义域与值域最值问题
3.具备数形结合的思想意识，会借助函数解决奇偶性与对称性问题
4.能结合图像与性质解决综合型问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，考查内容比较广泛。知识讲解
知识点一.对数的定义
1.一般地，如果a(a>0，a≠1)的b次幂等于N，即ab＝N，那么称b是以a为底N的对数，记作b＝logN，
a
其中，a叫做对数的底数，N叫做真数．
2.底数的对数是1，即loga＝1,1的对数是0，即log1＝0.
a a
知识点二．对数函数的定义
1.形如 y ＝ lo g x ( a > 0 ， a ≠1 )的函数叫作对数函数，其中x是自变量，函数的定义域是 ( 0 ，＋∞ ) ．
a
2．对数函数的图象与性质
a>1 00且a≠1)的图象过定点(1，0)，且过点(a，1)，，函数图象只在第一、四象限．
a
logx
2.函数y＝logx与y＝ 1(a>0且a≠1)的图象关于x轴对称．
a
a
3.在第一象限内，不同底的对数函数的图象从左到右底数逐渐增大．
注意：
1．在运算性质logMn＝nlogM中，要特别注意M>0的条件，当n∈N*，且n为偶数时，在无M>0的条件下
a a
应为logMn＝nlog|M|.
a a2．研究对数函数问题应注意函数的定义域．
3．解决与对数函数有关的问题时，若底数不确定，应注意对a>1及00时，01
图象上升趋势是越来越缓 函数值开始减小极快到了某一值后减小速度较
慢;
a>1 自左向右看，图象逐渐上升 增函数
在第一象限内的图象纵坐标都大于1 当x>0时，y>1;
在第二象限内的图象纵坐标都小于1 当x<0时，00,n>0,m≠n，则符合条件的一个函数解析式f(x)＝ ．log x
【答案】 1 （答案不唯一）
2
【分析】由已知函数性质，结合函数的单调性定义和对数函数的运算性质得f(x)=log x且00，且a≠1)，则函数f (x)的解析式是 .
【答案】f (x)=¿
【分析】先利用函数奇偶性求出x<0时的解析式，进而可得函数f (x)的解析式.
【详解】当x<0时，−x>0，
由题意知f (−x)=log (−x+1)，
a
又f (x)是定义在R上的偶函数，所以f (−x)=f (x)，
所以当x<0时，f (x)=log (−x+1)，
a
所以函数f (x)的解析式为f (x)=¿.
故答案为：f (x)=¿.
f (x)=log x(a>1),g(x)=log x
2.（2024·河北沧州·模拟预测）直线x=4与函数 a 1 分别交于A,B两点，
2
且|AB|=3，则函数ℎ(x)=f (x)+g(x)的解析式为（ ）
A．ℎ(x)=−log x B．ℎ(x)=−log x
2 4
C．ℎ(x)=log x D．ℎ(x)=log x
2 4
【答案】B
【分析】根据对数函数的单调性及|AB|=3得a=4，代入化解即可.
【详解】由题意可知，定义域为(0,+∞)，
函数f(x)在定义域内单调递增，函数g(x)在定义域内单调递减，
|AB|=log 4−log 4=log 4+2
则 a 1 a ，
2
所以log 4+2=3，
a
解得a=4，ℎ(x)=log x+log x=log x−log x=log x−2log x=−log x
所以 4 1 4 2 4 4 4 .
2
故选：B.
1
3.（2024·北京东城·一模）设函数f (x)= +1，则（ ）
lnx
(1) (1)
A．f (x)+f =2 B．f (x)−f =2
x x
(1) (1)
C．f (x)f =2 D．f (x)=2f
x x
【答案】A
【分析】根据函数解析式，分别计算即可得解.
1
【详解】函数f (x)= +1的定义域为(0,1)∪(1,+∞)，
lnx
(1) 1 1 1 1
f (x)+f = +1+ +1= + +2=2
对于A， x lnx 1 lnx −lnx ，故A正确；
ln
x
(1) 1 1 1 1 2
f (x)−f = +1− −1= − −=
对于B， x lnx 1 lnx −lnx lnx，故B错误；
ln
x
1 (1) 1
对于CD，当x=e时，f (x)= +1=2,f = +1=0，故CD错误.
1 x −1
故选：A.
4.（23-24高三上·北京·阶段练习）定义域为R的函数f (x)同时满足以下两条性质：
①存在x ∈R，使得f (x )≠0；
0 0
②对于任意x∈R，有f (x+1)=2f (x)．
写出满足上述性质的一个增函数f (x)= ．
【答案】2x（答案不唯一）
【分析】取f (x)=2x，验证满足条件，得到答案.
【详解】f (x)=2x，f (1)=2≠0，满足存在x ∈R，使得f (x )≠0；
0 0
f (x+1)=2x+1=2×2x=2f (x)，满足条件.
故答案为：2x.
考点二、 对数函数的求值、求参问题
1.（2024·湖北·模拟预测）已知函数f(x)=¿则f (log 12)=（ ）
210 13 35 37
A． B． C． D．
3 3 6 6
【答案】A
【分析】根据分段函数的形式，结合对数和指数运算公式，即可求解.
【详解】f (log 12)=f (log 12−1)=f (log 6)=f (log 6−1)=f (log 3)，
2 2 2 2 2
1 1 10
=2log 2 3+ =3+ =
2log
2
3 3 3
故选：A
2.（23-24 高三下·重庆·阶段练习）已知定义在 R 上的函数f (x)是奇函数，且当 x≥0时，
f (x)=log (x+3)+a，则f (−3)=（ ）
2
A．1 B．−1 C．2 D．−2
【答案】B
【分析】定义在R上的函数f (x)是奇函数，所以f (0)=0，由此可得a的值，进而由f (3)可得f (−3)的值.
【详解】因为f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (0)=log 3+a=0，
2
解得a=−log 3，则f (x)=log (x+3)−log 3，
2 2 2
f (3)=log 6−log 3=log 2=1，
2 2 2
所以f (−3)=−f (3)=−1.
故选：B.
1.（2024·四川遂宁·模拟预测）下列函数满足f (log 3)=−f (log 2)的是（ ）
2 3
1
A．f(x)=1+lnx B．f (x)=x+
x
1
C．f (x)=x− D．f (x)=1−x
x
【答案】C
1
【分析】令t=log 3>1，则 =log 2，结合各选项代入验证，即可判断答案．
2 t 3
1 (1)
【详解】令t=log 3，t>1，则 =log 2∈(0,1)，由f (log 3)=−f (log 2)可得f(t)=−f ，
2 t 3 2 3 t
1 1
对于A，f( )=1+ln =1−lnt≠−f(t)，故A错误；
t t
1 1 (1)
对于B，f( )= +t=f(t)，不满足f(t)=−f ，B错误；
t t t
(1) 1 1
对于C，f = −t=−f (t)，即f(t)=−f( )，即f(log 3)=−f(log 2)，C正确；
t t t 2 31 1
对于D，f( )=1− ≠−f(t)，即f(log 3)=−f(log 2)不成立，D错误．
t t 2 3
故选：C．
( (1))
2.（2024·山东济宁·三模）已知函数f (x)=¿，则f f = .
2
【答案】√2
1 1 ( (1)) ( 1)
【分析】利用已知的分段函数，可先求f( )=− ，再求f f =f − =√2即可.
2 2 2 2
1 1 1
【详解】因为f(x)=¿，所以f( )=log =−log 2=− .
2 42 4 2
所以f ( f (1)) =f ( − 1) = (1)− 1 2=2 1 2=√2.
2 2 2
故答案为：√2.
a
3.（2024·河北·三模）已知函数f (x)=|lgx|，若f (a)=f (b)(a≠b)，则当2a ⋅3b取得最小值时， =
b
．
【答案】log 3
2
【分析】根据题意，由条件可得ab=1，令z=2a ⋅3b，结合基本不等式代入计算，即可得到结果.
1
【详解】由f (a)=f (b)得−lga=lg =lgb，即ab=1，令z=2a ⋅3b，
a
则lnz=a⋅ln2+b⋅ln3≥2√a⋅ln2⋅b⋅ln3=2√ln2⋅ln3
a ln3
当且仅当a⋅ln2=b⋅ln3，即 = =log 3时，lnz取得最小值，此时z也取得最小值．
b ln2 2
故答案为：log 3.
2
4.（2024·四川·模拟预测）已知函数f (x)=cosx⋅ln(√x2+1−x)+1，若f (m)=3，则f (−m)=
（ ）
A．−1 B．−3 C．−5 D．3
【答案】A
【分析】构造新函数，利用奇函数的性质即可求得f (−m)的值.
【详解】f (x)定义域为R，令g(x)=f (x)−1=cosx⋅ln(√x2+1−x)，
则g(−x)=cosx⋅ln¿，
∴g(x)是R上的奇函数，
∴g(−m)+g(m)=f (−m)−1+f (m)−1=0，
即f (−m)=2−f (m)=2−3=−1，
故选：A．
考点 三 、 对数函数的定义域与不等式lg(10−x2)
1. （2024·青海海南·二模）函数f(x)= 的定义域为（ ）
x
A．(−√10,√10) B．(−∞,−√10)∪(√10,+∞)
C．[−√10,√10] D．(−√10,0)∪(0,√10)
【答案】D
【分析】根据对数函数的真数大于0和分母不为0即可得到不等式组，解出即可.
lg(10−x2)
【详解】∵函数f(x)= ，
x
∴¿，解得x∈(−√10,0)∪(0,√10)．
故选：D．
lg(x−1)
2. （23-24高三上·天津河东·阶段练习）函数f (x)= 的定义域为 ．
√4−x
【答案】(1,4)
【分析】利用函数有意义，列出不等式求解即得.
lg(x−1)
【详解】函数f (x)= 有意义，则¿，解得12
故定义域为{xx>2}.
故答案为：{xx>2}
4.（23-24高三下·上海·阶段练习）函数f(x)=lg(4x−2x−2)的定义域为 ．
【答案】(1,+∞)．
【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．
【详解】由题意4x−2x−2>0，即(2x−2)(2x+1)>0，
∴2x>2，x>1，∴定义域为(1,+∞)．
故答案为：(1,+∞)．
考点 四 、 对数函数的值域问题
1.（23-24高三上·北京·期中）下列函数中，值域为(1,+∞)的是（ ）
1
A．y= B．y=√x+1 C．y=lg(|x|+1) D．y=2x+1
sinx
【答案】D
【分析】根据初等函数的性质逐一求出相应值域即可得答案.
1 1
【详解】因为−1≤sinx≤1，且sinx≠0，所以 ≤−1或 ≥1，A错误；
sinx sinx
因为√x≥0，所以√x+1≥1，B错误；
因为|x|+1≥1，所以lg(|x|+1)≥lg1=0，C错误；
因为2x>0，所以2x+1>1，即y=2x+1的值域为(1,+∞)，D正确.故选：D
2.（2024高三·全国·专题练习）函数f (x)=lnx+x,x∈[1,e]的值域为 ．
【答案】[1,e+1]
【分析】
利用函数的单调性可求函数的值域.
【详解】函数f (x)=lnx+x,x∈[1,e]为增函数，故其值域为[1,e+1].
故答案为：[1,e+1]
1.（23-24高三上·上海黄浦·期中）函数y=log x+ 1 在区间 (1 ,+∞ ) 上的最小值为
3 log (3x) 3
9
.
【答案】2√2−1
【分析】对函数变形后，利用基本不等式求出最小值.
1 2
【详解】y=log x+ =log x+
，
3 log (3x) 3 1+log x
9 3
(1 )
因为x∈ ,+∞ ，所以log x∈(−1,+∞)，故1+log x∈(0,+∞)，
3 3 3
2 √ 2
故y=(1+log x)+ −1≥2 (1+log x)⋅ −1=2√2−1，
3 1+log x 3 1+log x
3 3
2
当且仅当1+log x= ，即x=3√2−1时，等号成立.
3 1+log x
3
故答案为：2√2−1.
2.（23-24高三上·河南·期中）已知函数f(x)=¿，则f (e+1)= ，函数f (x)的值域为 .
【答案】 2 [−1,+∞)
【分析】根据分段函数解析式代入计算即可求得f (e+1)=2；利用二次函数单调性以及对数函数单调性分
别求出对应函数值域即可求得f (x)的值域为[−1,+∞).
【详解】易知e+1>2，所以f (e+1)=lne+1=2；
当x<2时，f (x)=x2+4x+3=(x+2) 2−1≥−1；
当x≥2时，f (x)=ln(x−1)+1，易知f (x)在[2,+∞)上是单调递增函数，
所以f (x)=ln(x−1)+1≥ln(2−1)+1=1，
综上可知f (x)的值域为[−1,+∞).
故答案为：2；[−1,+∞)
3.（23-24高三上·重庆·期中）已知a>0，函数f (x)=¿当a=2时，f (x)的值域为 ；若不存在x ，
1
x (x ≠x )，使得f (x )=f (x )，则实数a的取值范围是
2 1 2 1 2【答案】 (0,+∞) [2,3]
【分析】由a=2得到f (x)=¿再分x<2和x≥2，分别利用反比例型函数和对数函数的性质求解；画出函数
f (x)的图象，利用数形结合法求解.
【详解】解：当a=2时，f (x)=¿
x−2 x−3+1 1
当x<2时，f (x)= = =1+ ∈(0,1)，
x−3 x−3 x−3
当x≥2时，f (x)=|log x|=log x∈[1,+∞)，
2 2
所以当a=2时，f (x)的值域为(0,+∞)．
画出f (x)每段的图象，如图所示：
由图象知：当a<2或a>3时，存在x ，x (x ≠x )，使得f (x )=f (x )，
1 2 1 2 1 2
当2≤a≤3时，不存在x ，x (x ≠x )，使得f (x )=f (x )．
1 2 1 2 1 2
故答案为：(0,+∞)，[2,3]
4.（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）函数f (x)=log x−2log (x+1)值域为 .
2 2
【答案】(−∞,−2]
1
f (x)=log
【分析】确定函数定义域为(0,+∞)，变换 2 1 ，利用均值不等式计算最值得到答案.
x+ +2
x
【详解】函数f (x)=log x−2log (x+1)的定义域为(0,+∞)，
2 2
x 1 1
f (x)=log x−2log (x+1)=log =log ≤log
2 2 2 (x+1) 2 2 x+ 1 +2 2 2 √ x⋅ 1 +2
x x
1
=log =−2，
24
1
当且仅当x= ，即x=1时等号成立，故值域为(−∞,−2].
x
故答案为：(−∞,−2].
考点 五 、 对数函数的定义域与值域求参问题1.（23-24高三下·四川雅安·阶段练习）若函数f(x)=log (x2−ax+2a)(a>0)的值域为R，则f(a)
0.5
的取值范围是（ ）
A．(−∞,−3] B．(−∞,−4] C．[−4,+∞) D．[−3,+∞)
【答案】B
【分析】利用对数函数的定义，结合二次函数性质求出a的范围，再利用对数函数性质求解即得.
【详解】依题意，x2−ax+2a取遍所有正数，则Δ=a2−8a≥0，而a>0，解得a≥8，
所以f(a)=log (2a)≤log 16=−log 16=−4.
0.5 0.5 2
故选：B
2.（22-23高三·全国·对口高考）若函数y=lg(x2−ax+9)的定义域为R，则a的取值范围为 ；
若函数y=lg(x2−ax+9)的值域为R，则a的取值范围为 .
【答案】 (−6,6) (−∞,−6]∪[6,+∞)
【分析】第一空，由题意可得x2−ax+9>0对于x∈R恒成立，结合判别式小于0即可求得答案；第二空，
由题意可得x2−ax+9能取到所有正数，结合判别式大于等于0即可求得答案；
【详解】函数y=lg(x2−ax+9)的定义域为R，则x2−ax+9>0对于x∈R恒成立，
故Δ=(−a) 2−4×9<0，解得−60，且当x3时，f (x)=(x−3) 2≥f (a)=(a−3) 2，
若函数y=f (x)的值域为R，则log a≥(a−3) 2 ，
41 1−2a(a−3)ln4
令g(a)=log a−(a−3) 2 (a>3)，所以g'(a)= −2(a−3)= ，
4 aln4 aln4
令ℎ(a)=1−2a(a−3)ln4=(−2ln4)a2+(6ln4)a+1，ℎ(a)表示对称轴为a=3，开口向下的抛物线，
因为ℎ(3)=1>0，ℎ(4)=−8ln4+1<0，所以存在a ∈(3,4)使得ℎ(a)=0，
0
所以当a∈(3,a )时，g'(a)>0，g(a)单调递增，当a∈(a ,+∞)时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
0 0
又因为g(3)=log 3>0，g(4)=log 4−1=0，所以由g(a)≥0解得30,a≠1)的图象恒过定点 A，若点 A在直线
a
1 2
mx+ny+1=0上，其中m、n>0，则 + 的最小值为 .
m n
【答案】8
1 2
【分析】求出定点A(−2,−1)，可得出2m+n=1，将代数式 + 与2m+n相乘，展开后利用基本不等式
m n
1 2
可求得 + 的最小值.
m n
【详解】对于函数y=log (x+3)−1(a>0,a≠1)，令x+3=1，可得x=−2，则y=log 1−1=−1，
a a
故函数y=log (x+3)−1(a>0,a≠1)的图象恒过定点A(−2,−1)，
a
因为点A在直线mx+ny+1=0上，则−2m−n+1=0，可得2m+n=1，1 2 ( 1 2) 4m n √4m n
因为m、n>0，所以， + =(2m+n) + =4+ + ≥4+2 ⋅ =8，
m n m n n m n m
1 2
当且仅当n=2m时，等号成立，故 + 的最小值为8.
m n
故答案为：8.
2.（23-24高三上·陕西·阶段练习）函数f (x)=log (x+1)+2x (a>0，且a≠1)的图象过定点
a
.
【答案】(0,1)
【分析】根据log 1=0，令x+1=1即可求出定点.
a
【详解】令x+1=1，则x=0，此时a在(0,1)∪(1,+∞)上无论取何值，f (x)的值总为1，故函数f (x)的图
象过定点(0,1).
故答案为：(0,1)
1.（23-24高三上·陕西咸阳·期中）已知函数y=log (x−1)+4(a>0且a≠1)的图象恒过定点P，点P
a
在幂函数y=f(x)的图象上，则lgf(2)+lgf(5)= .
【答案】2
【分析】令x−1=1可求得定点P的坐标，从而可求得y=f(x)的解析式，即可求解.
【详解】令x−1=1得y=4，则定点P(2,4).
设幂函数f(x)=xα，将点P代入可得4=2α，则α=2，即f(x)=x2.
因此lgf(2)+lgf(5)=lg22+lg52=2lg2+2lg5=2(lg2+lg5)=2lg10=2.
故答案为：2.
2.（2023·江西赣州·一模）已知函数y=1+log (2−x)(a>0且a≠1)的图像恒过定点P，且点P在圆
a
x2+ y2+mx+m=0外，则符合条件的整数m的取值可以为 .（写出一个值即可）
【答案】5（不唯一，取m>4的整数即可）
【分析】先求定点P的坐标，结合点在圆外以及圆的限制条件可得m的取值.
【详解】因为函数y=1+log (2−x)的图像恒过定点(1,1)，所以P(1,1)；
a
因为点P在圆x2+ y2+mx+m=0外，
所以12+12+m+m>0且m2−4m>0，解得−14；
又m为整数，所以m的取值可以为5,6,7,⋯.
故答案为：5（不唯一，取m>4的整数即可）.
3.（2023·青海西宁·二模）已知函数y=log (3x−2)+2（a>0且a≠1）的图像过定点 A，若抛物线
a
y2=2px也过点A，则抛物线的准线方程为 .
【答案】x=-1【分析】先求出A点的坐标，再求出p即可.
【详解】因为函数y=log x 经过定点(1,0) ，所以函数y=log (3x−2)+2 经过
a a
定点A(1,2)，将它代入抛物线方程得22=2p×1 ，解得p=2，
所以其准线方程为x=−1；
故答案为：x=−1 .
4.（2023高三·全国·专题练习）已知数列{a }为等比数列，函数y=log (2x−1)+2的图象过定点
n a
(a ,a )，b =log a ，数列{b }的前n项和为S ，则S 的值为 ．
1 2 n 2 n n n 10
【答案】45
【分析】先求出函数过定点(1,2)，则等比数列{a }确定，由b =log a ，得出数列{b }通项，再利用等差
n n 2 n n
数列求和公式可得.
【详解】由已知y=log (2x−1)+2，令x=1，得y=2.
a
所以函数y=log (2x−1)+2的图象过定点(1,2)，
a
所以a =1，a =2，
1 2
由数列{a }为等比数列，则a =2n−1 ，
n n
而b =log a ，于是b =n−1，
n 2 n n
所以数列{b }是以0为首项，1为公差的等差数列，b =0，b =9，
n 1 10
0+9
则S = ×10=45．
10 2
故答案为：45.
考点 七 、 对数函数的单调性
f (x)=log (−2x2+3x+2)
1.（2022高三·全国·专题练习）函数 1 的单调递减区间为 ．
5
( 1 3)
【答案】 − ,
2 4
f (x)=log (−2x2+3x+2) y=log u,u=−2x2+3x+2
【分析】求出函数的定义域，确定 1 由 1 复合而成，
5 5
判断这两个函数的单调性，根据复合函数的单调性，即可求得答案.
f (x)=log (−2x2+3x+2)
【详解】由题意知函数 1 ，
5
1
令u=−2x2+3x+2，则u=−2x2+3x+2>0,∴− 0且a≠1）在区间 − ,0 内单调递增，则a的
a 2
取值范围是（ ）
[1 ) [3 ) (9 ) ( 9)
A． ,1 B． ,1 C． ,+∞ D． 1,
4 4 4 4
【答案】B
【分析】分a>1和00,a≠1)在区间 (− ,0) 内有意义，
a 2
1 3 1 1
则(− ) + a⩾0, ∴a⩾ ，
2 2 4
设t=x3−ax,则 y=log t，t'=3x2−a
a
( 1 ) 当 a>1时，y=log t 是增函数，
a
1
要使函数f(x)=log (x3−ax)(a>0,a≠1)在区间(− ,0)内单调递增，
a 2
1
需使 t=x3−ax 在区间(− ,0)内内单调递增，
2
1 1
则需使t'=3x2−a≥0，对任意x∈(− 0)恒成立 , 即a≤3x2对任意x∈(− ,0)恒成立；
2 2
1 3 1
因为x∈(− ,0)时，0<3x2< 所以a<0与a> 矛盾，此时不成立.
2 4 4
( 2 ) 当00,a≠1)在区间(− ,0)内单调递增，
a 2
1
需使t=x3−ax在区间(− ,0)内内单调递减，
2
1
则需使t'=3x2−a≤0 对任意x∈(− ,0)恒成立，
2
1
即a≥3x2对任意x∈(− ,0)恒成立，
2
1 3
因为x∈(− ,0)时,0<3x2< ，
2 4
3
所以a⩾ ，
4
3
又a<1，所以 ⩽a<1.
43
综上，a的取值范围是 ⩽a<1
4
故选：B
3.（2024·陕西铜川·三模）若函数y=¿在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
( 1) ( 1] [1 1) [1 )
A． 0, B． 0, C． , D． ,1
3 5 5 3 5
【答案】C
【分析】根据一次函数以及对数函数的单调性，结合分段函数的性质即可求解.
【详解】∵函数y=¿在R上单调递减，
1 1
∴¿解得 ≤a< .
5 3
故选：C.
考点 八 、 对数函数的图像
1
1.（2024·湖北·模拟预测）函数
f
(x)=ex−ex−lnx2的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据x<0时f(x)的单调性可排除BC；再由奇偶性可排除D.
1
【详解】 f (x)=ex−ex−lnx2=¿ ，
1
因为当x<0时， y=ex,y=−ex,y=−2ln(−x) 都为增函数，
1
所以， y=ex−ex−2ln(−x) 在(−∞,0)上单调递增，故B，C错误；
1
又因为 f (−x)=e−x−e − x−lnx2≠−f (x) ，
所以f (x)不是奇函数，即图象不关于原点对称，故D错误.
故选：A
lg|x|
2.（23-24高三下·四川绵阳·开学考试）函数y= 的图像大致是（ ）
xA． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数奇偶性可排除B，利用函数值正负可排除A，再根据单调性排除D，得解.
lg|x|
【详解】令f (x)= ，x∈(−∞,0)∪(0,+∞)，
x
lg|−x| lg|x|
因为f (−x)= =− =−f (x)，所以f (x)是奇函数，排除B，
−x x
又当x>1时，f (x)>0恒成立，排除A，
lgx
当x>0时，f (x)= ，
x
1 lne
x⋅ −lgx −lgx
∴f'(x)=
xln10
=
ln10
=
lge−lgx，
x2 x2 x2
∴00，函数f (x)单调递增，
当x>e时，f'(x)<0，即函数f (x)单调递减，故D不正确.
故选：C.
x2+2
1.
（22-23高三上·甘肃平凉·阶段练习）函数y=(x2−1)⋅ln
的部分图象可能是（ ）
2(x2+1)
A． B．C． D．
【答案】C
【分析】判断函数的奇偶性和对称性，然后分析当0x2+2，故 ln <0，
2(x2+1)
所以，当00，当x=1时，y=0，排除B，所以C正确．
故选：C
ln(√x2+1+x)
2.（2024·湖南邵阳·模拟预测）函数f(x)= 的大致图象为（ ）
√x2+1+x
A． B．
C． D．
【答案】A
lnt
【分析】由x<0，f(x)<0排除BC；利用导数探讨函数g(t)= ,t>1的性质排除D即可.
t
【详解】依题意，∀x∈R，√x2+1+x>|x|+x≥0恒成立，即函数f(x)的定义域为R，
1
当x<0时，0<√x2+1+x= <1，则ln(√x2+1+x)<0，即f(x)<0，BC不满足；
√x2+1−x
ln(√x2+1+x)
lnt
当x>0时，令t=√x2+1+x>1，则 = ，
√x2+1+x t
lnt 1−lnt
令g(t)= ,t>1，求导得g' (t)= ，当10，当t>e时，g' (t)<0，
t t2
1
即函数g(t)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，g(t) =g(e)= <1，00,ln(x2+1)>0，则f(x)>0，C不满足，A满足.
4
故选：A
考点 九 、 对数模型实际应用
1. （21-22高三上·江苏扬州·期末）2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄
的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动.在1859年，德国数学
家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜
想.在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个何题，并得到小于数字x的素数个数大约可以表示为
x
π(x)≈ 的结论.若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数个数为（ ）（素数即质数，
lnx
lge≈0.43，计算结果取整数）
A．1079 B．1075 C．434 D．2500
【答案】B
【分析】计算π(10000)的值，即可得解.10000 10000
【详解】因为π(10000)= = =2500lge≈2500×0.43=1075，
ln10000 4ln10
所以，估计10000以内的素数个数为1075.
故选：B.
2. （2021·宁夏银川·二模）中国的5G技术领先世界，5G技术极大地提高了数据传输速率，最大数据传
S
输速率C取决于信道带宽W，经科学研究表明：C与W满足C=W log (1+ )，其中S是信道内信号的平
2 N
S
均功率，N是信道内部的高斯噪声功率， 为信噪比.当信噪比比较大时，上式中真数中的1可以忽略不计.
N
S
若不改变带宽W，而将信噪比 从1000提升至4000，则C大约增加了（ ）(附：lg2≈0.3010)
N
A．10% B．20% C．30% D．40%
【答案】B
S S C −C
【分析】先计算 =1000和 =4000时的最大数据传输速率C 和C ，再计算增大的百分比 2 1 即可.
N N 1 2 C
1
S
【详解】当 =1000时，C =W log 1001≈W log 1000；
N 1 2 2
S
当 =4000时，C =W log 4001≈W log 4000.
N 2 2 2
C −C C W log 4000 lg4000 lg4+lg1000
所 以 增 大 的 百 分 比 为 ： 2 1= 2−1= 2 −1= −1= −1
C C W log 1000 lg1000 lg1000
1 1 2
lg4 2lg2 2×0.3010
= = ≈ ≈0.2=20%.
lg1000 3 3
故选：B.
1.（2024·陕西渭南·二模）中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关.经研究可知：
在 室 温 25∘C下 ， 某 种 绿 茶 用 85∘C的 水 泡 制 ， 经 过 xmin后 茶 水 的 温 度 为 y∘C， 且
y=k⋅0.9227x+25(x≥0,k∈R).当茶水温度降至60∘C时饮用口感最佳，此时茶水泡制时间大约为
（ ）
（参考数据：ln2≈0.69,ln3≈1.10,ln7≈1.95,ln0.9227≈−0.08）
A．6min B．7min C．8min D．9min
【答案】B
【分析】根据初始条件求得参数k，然后利用已知函数关系求得口感最佳时泡制的时间x．
【详解】由题意可知，当x=0时，y=85，则85=k+25，解得k=60，
所以y=60×0.9227x+25，
7
当y=60时，60=60×0.9227x+25，即0.9227x=
，
127
ln
则 7 12 ln7−ln12
x=log = =
0.922712 ln0.9227 ln0.9227
ln7−2ln2−ln3 1.95−2×0.69−1.10
= ≈ ≈7，
ln0.9227 −0.08
所以茶水泡制时间大的为7 min.
故选：B.
2.（2024·河南三门峡·模拟预测）研究表明，地震时释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之
间的关系为lgE=4.8+1.5M.2024年1月30日在新疆克孜勒苏州阿合奇县发生了里氏5.7级地震，所释
E
放的能量记为E ,2024年1月13日在汤加群岛发生了里氏5.2级地震，所释放的能量记为E ，则比值 1
1 2 E
2
的整数部分为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】B
E E
【分析】由对数运算性质可得lg 1 ，进而可得 1 ，结合54<1000<64可得结果.
E E
2 2
E
【详解】由已知得lgE =4.8+1.5×5.7,lgE =4.8+1.5×5.2，所以lg 1=1.5×0.5=0.75，
1 2 E
2
E 3
所以
1=100.75=104=√41000，
E
2
因为54<1000<64，所以5<√4 1000<6，
E
所以
1=√41000∈(5,6).
E
2
故选：B.
3.（2024·广东·一模）假设甲和乙刚开始的“日能力值”相同，之后甲通过学习，“日能力值”都在前
一天的基础上进步2%，而乙疏于学习，“日能力值”都在前一天的基础上退步1%.那么，大约需要经过（
）天，甲的“日能力值”是乙的20倍（参考数据：lg102≈2.0086，lg99≈1.9956，lg2≈0.3010
）
A．23 B．100 C．150 D．232
【答案】B
【分析】根据给定信息，列出方程，再利用指数式与对数式的互化关系求解即可.
【详解】令甲和乙刚开始的“日能力值”为1，n天后，甲、乙的“日能力值”分别(1+2%) n,(1−1%) n，
(1+2%) n 102 n 102
依题意， =20，即( ) =20，两边取对数得nlg =lg20，
(1−1%) n 99 99
1+lg2 1+0.3010
因此n= ≈ ≈100，
lg102−lg99 2.0086−1.9956
所以大约需要经过100天，甲的“日能力值”是乙的20倍.
故选：B考点 十 、 对数函数比较大小
1.（2020·全国·高考真题）若2x−2y<3−x−3−y，则（ ）
A．ln(y−x+1)>0 B．ln(y−x+1)<0 C．ln|x−y|>0 D．ln|x−y|<0
【答案】A
【分析】将不等式变为2x−3−x<2y−3−y，根据f (t)=2t−3−t的单调性知x0，∴y−x+1>1，∴ln(y−x+1)>0，则A正确，B错误；
∵|x−y|与1的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得
到x,y的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
1 ( 1 1 ) 6 6
2.（2024·湖北武汉·二模）设a= ,b=2ln sin +cos ,c= ln ，则a,b,c的大小关系是
5 10 10 5 5
（ ）
A．a0，
所以f(x)=x−sinx在(0,1)上单调递增，
(1) 1 1 ( 1) ( 1)
所以f >f(0)=0，即 >sin ，所以b=ln 1+sin 0，
x+1 x+1
所以g(x)=x−ln(x+1)在(0,1)上单调递增，(1) 1 ( 1) ( 1)
所以g >g(0)=0，即 >ln 1+ >ln 1+sin ，
5 5 5 5
综上a>b，
6 6 5x−1
设ℎ(x)=x− ln(x+1)，x∈(0,1)，则ℎ ' (x)=1− = ，
5 5x+5 x+1
( 1) (1 )
当x∈ 0, 时，ℎ ' (x)<0，当x∈ ,1 时，ℎ ' (x)>0，
5 5
6 ( 1) (1 )
所以ℎ(x)=x− ln(x+1)在 0, 上单调递减，在 ,1 上单调递增，
5 5 5
(1) 1 6 ( 1) 6 6
所以ℎ < ℎ(0)=0，即 < ln 1+ = ln ，所以a0，故a−b<0,即ae时，y'<0，
x x2
lnx ln16 ln15
即函数y= 在(e,+∞)上单调递减，则有0< < ，故得ctan =1，即ba>c B．b>c>a C．a>b>c D．c>b>a
【答案】A
【分析】根据对数运算性质及对数函数单调性比较大小即可.
【详解】因为函数y=log x在(0,+∞)上单调递增，
2
故b=log 5>log 3=log 9=a>log 2=1，
2 2 4 2
3
log 3
又c=31−log 3 4=3log 3 3−log 3 4=3 34= <1，
4
所以b>a>1>c.
故选：A
考点 十一 、 对数函数综合应用
1.（23-24 高三下·江苏·阶段练习）已知函数f (x)=√3sin3x+cos3x,g(x)=2lg(x+1)，则函数
ℎ(x)=f (x)−g(x)的零点个数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【分析】准确分析函数性质，在同一平面直角坐标系中画出两函数的图象即可得解.
π
【详解】f (x)=√3sin3x+cos2x=2sin( 3x+ ) ，所以f (x)的最大值为2，
6
π π π 2kπ
当f (x)取最大值时，有3x+ = +2kπ,k∈Z ，即x= + ,k∈Z，
6 2 9 3
由g(x)=2lg(x+1)≤2⇒−13时，g(x)>0，f (g(x))=ln(x−3)，
方程f (g(x))=−3−g(x)=−x有两个不同的根等价于函数y=f (g(x))与y=−x的图象有两个交点，
作出函数f (g(x))与y=−x的图象如下图所示：
由图可知y=ex−3与y=ln(x−3)图象关于y=x−3对称，
则A,B两点关于y=x−3对称，中点C在y=x−3图象上，
(3 3)
由¿，解得：C ,− .
2 23
所以x +x =2× =3.
1 2 2
故选：B
1.（2024·陕西西安·模拟预测）“01时，函数f(x),g(x)在x∈(0, ]单调递增，无交点，如图①所示，不成立；
2
1 1
当0f (2)
C．f (3)f (2).
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于画出y=2x,y=log x,y=−x−3的图象，利用数形结合再由反函数
2
的对称性得到方程的根或交点.
考点 十二 、 对数函数的奇偶性与对称性
| 1 |
1.（2022·全国·高考真题）若f (x)=ln a+ +b是奇函数，则a= ，b= ．
1−x
1
【答案】 − ； ln2．
2
【分析】根据奇函数的定义即可求出．
【详解】[方法一]：奇函数定义域的对称性
若a=0，则f(x)的定义域为{x|x≠1}，不关于原点对称
∴a≠0
1 1
若奇函数的f(x)=ln|a+ |+b有意义，则x≠1且a+ ≠0
1−x 1−x
1
∴x≠1且x≠1+ ，
a
∵函数f(x)为奇函数，定义域关于原点对称，
1 1
∴1+ =−1，解得a=− ，
a 2
1
由f(0)=0得，ln +b=0，
2
∴b=ln2，
1
故答案为：− ；ln2．
2
[方法二]：函数的奇偶性求参
1 a−ax+1 ax−a−1
f(x)=ln|a+ |+b=ln| |+b=ln| |+b
1−x 1−x 1−x
ax+a+1
f(−x)=ln| |+b
1+x∵函数f(x)为奇函数
ax−a−1 ax+a+1
∴f(x)+f(−x)=ln| |+ln| |+2b=0
1−x 1+x
a2x2−(a+1) 2
∴ln| |+2b=0
x2−1
a2 (a+1) 2 1
∴ = ⇒2a+1=0⇒a=−
1 1 2
1
−2b=ln =−2ln2⇒b=ln2
4
1
∴a=− ,b=ln2
2
[方法三]：
| 1 |
因为函数f (x)=ln a+ +b为奇函数，所以其定义域关于原点对称．
1−x
1 a+1 1
由a+ ≠0可得，(1−x)(a+1−ax)≠0，所以x= =−1，解得：a=− ，即函数的定义域为
1−x a 2
| 1 1 | |1+x|
(−∞,−1)∪(−1,1)∪(1,+∞)，再由f (0)=0可得，b=ln2．即f (x)=ln − + +ln2=ln ，
2 1−x 1−x
在定义域内满足f (−x)=−f (x)，符合题意．
1
故答案为：− ；ln2．
2
2.（2024·重庆·模拟预测）已知定义在[0,1]上的函数f (x)满足：∀x∈[0,1]，都有f (1−x)+f (x)=1，
(x) 1 (ln3)
且f = f (x)，当0≤x 1, > ，e2=ee2>2.7×1.6>3⇒ >ln3，故 < ，
3 3 2 3 2
1 ln3 1 (ln3) 1
因此 < < ，故f = ，
3 3 2 3 2
故选：B
1.（2024·山东泰安·模拟预测）设f (x)是定义在R上的奇函数，且f (2+x)=f (−x)，当−1≤x<0时，
(25)
f (x)=log (−6x+2)，则f 的值为（ ）
2 3
A．2 B．1 C．-1 D．-2
【答案】D
【分析】由题意求出函数的周期，再利用奇偶性代入求值即可.
【详解】因为f (x)是定义在R上的奇函数，且f (2+x)=f (−x)，
则f (2+x)=−f (x)，所以f (4+x)=−f [(x+2)]=f(x)，
所以函数f (x)的周期为4，
(25) (25 ) 1 1 1
所以f =f −8 =f( )=−f(− )=−log [(−6×(− )+2]=−2.
3 3 3 3 2 3
故选：D.
2.（2024·江西·二模）已知定义在R上的函数f (x)满足f (x+2)=f (−x)=−f (x)，当0f (a)，则实数a的取值范围是（ ）
2
( 5 3 )
A． − +4k,− +4k ，k∈Z B．(−1+4k,4k)，k∈Z
2 2
( 1 1 ) ( 3 1 )
C． − +4k, +4k ，k∈Z D． − +4k, +4k ，k∈Z
2 2 2 2
【答案】D
【分析】依题意可得 f (x)的奇偶性、对称性与周期性，即可得到 f (x)的图象，即可得到
1 3
− +4kf (a)，则− +4k0，得a>0，
所以函数f (x)的定义域为R，
因为f (x)为奇函数，
所以f(0)=log √a=0，解得a=1，
2
故答案为：1
6．（2024·四川自贡·三模）函数f(x)=¿，f(a)=2则a= .
【答案】2
【分析】分a≤1和a>1两种情况列方程求解即可.
【详解】f(x)=¿，若f(a)=2，
则¿或¿，即¿或¿，解得a=2.
故答案为：2.
2024 2024
[ 1]
7．（23-24高三下·福建厦门·强基计划）[x]表示不超过x的最大整数，则∑[lgk]+∑ lg = .
k
k=1 k=1
【答案】−2020
【分析】先分类讨论[x]+[−x]的取值，再运用到原式当中即可得到结果.
【详解】若x是整数，则[x]+[−x]=x+(−x)=0；若x不是整数，则x−[x]∈(0,1)，故1−x+[x]∈(0,1).
而 −[x]−1是 整 数 ， −x=−[x]−1+(1−x+[x])， 故 由 1−x+[x]∈(0,1)知 [−x]=−[x]−1， 所 以
[x]+[−x]=−1.
[ 1] [ 1]
记a =[lgk]+ lg ，则a =[lgk]+ lg =[lgk]+[−lgk].
k k k k
对1≤k≤2024：
当k∈{1,10,100,1000}时，lgk是整数，所以a =[lgk]+[−lgk]=0；
k
当k∉{1,10,100,1000}时，lgk不是整数，所以a =[lgk]+[−lgk]=−1.
k
2024 2024 2024 2024
[ 1]
故∑[lgk]+∑ lg =∑([lgk]+[−lgk])=∑ a =(−1)×(2024−4)=−2020.
k k
k=1 k=1 k=1 k=1
故答案为：−2020.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对向下取整函数定义的理解.
1 1 1
1．（2024·重庆九龙坡·三模）正整数1,2,3,⋯,n的倒数的和1+ + +⋯+ 已经被研究了几百年，但
2 3 n
是 迄 今 为 止 仍 然 没 有 得 到 它 的 求 和 公 式 ， 只 是 得 到 了 它 的 近 似 公 式 ， 当 n很 大 时 ，
1 1 1
1+ + +⋯+ ≈lnn+γ.其中γ称为欧拉-马歇罗尼常数，γ≈0.577215664901⋯，至今为止都不确定γ
2 3 n
[ 1 1 1 ]
是有理数还是无理数.设[x]表示不超过x的最大整数，用上式计算 1+ + +⋯+ 的值为
2 3 2024
（ ）
（参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln10≈2.30）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】C
1 1 1
【分析】设a =1+ + +⋯+ ,n∈N* ，分析可知数列{a }为递增数列，结合题中数据估算可知
n 2 3 n n
8.070，
n+1 n 2 3 n+1 2 3 n n+1
可知数列{a }为递增数列，
n
且a ≈ln1800+γ=ln2+2ln3+2ln10+γ≈8.07，
1800
a ≈ln2048+γ=11ln2+γ≈8.17，
2048[ 1 1 1 ]
可知8.071，且 a 4 3 ，解可得11),g(x)= −log x(x>1)的零
x−1 x−1 2
1 1
点分别为α,β，则 + 的值是（ ）
α β
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
x 1
【分析】本题考查函数的零点问题，指数函数与对数函数互为反函数，令ℎ(x)= = +1(x>1)，
x−1 x−1
1 1
利用指数函数与对数函数互为反函数和函数的对称性求出α+β=αβ，即可求 + 的值．
α β
x
【详解】由题意，f (x)=0⇔ =2x(x>1)，
x−1
x
g(x)=0⇔ =log x(x>1),
x−1 2
x 1
令ℎ(x)= = +1(x>1)，
x−1 x−1
因为y=2x与y=log x互为反函数，两个函数的图象关于直线y=x对称，
2
1
且y= +1的图象也关于直线y=x对称，
x−1
设A(α,2α),B(β,log β)，
2则A,B关于直线y=x对称，
所以¿且¿
α α
由
=2α(α>1)可得 =2α>2，
α−1 α−1
所以1<α<2．
α
由 =2α 可得α=2α(α−1)，
α−1
所以α+2α=α⋅2α，
又¿代入上式可得α+β=αβ，
1 1
则 + =1．
α β
故选：A．
4．（2024·宁夏银川·三模）命题p:00且a≠1)在(−∞,3)
a
上单调，则p是q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】B
【分析】根据对数复合型函数的单调性，由命题q求出a的取值范围，再判断充分性和必要性即可.
【详解】设t=2−ax，则f (x)=log (2−ax)(a>0,a≠1)可化为y=log t．
a a
充分性：当00，f (x)=log (2−ax)(a>0,a≠1)在(−∞,3)上单调递增，
3 a
2
当 0在(−∞,3)上恒成立，所以2−3a>0，得a< ，
3
2
所以当01，所以t=2−ax在(−∞,3)上单调递减，
a
2
且t=2−ax>0在(−∞,3)上恒成立，所以2−3a>0，得a< ，不符合题意，舍去.
3
2
综上可知，当函数f(x)在(−∞,3)上单调时，00，所以函数g(x)定义域为(−1,1)，所以不满足题意；
2 2x−1
对于选项B，函数g(x)=1− = 定义域为R，
2x+1 2x+1
2−x−1 1−2x
g(−x)= = =−g(x)，g(x)是奇函数，不符合题意；
2−x+1 1+2x
对于选项C，函数g(x)=¿定义域为R，
当x>0时，−x<0，g(−x)=(−x) 2+(−x)=x2−x=g(x)，
当x<0时，−x>0，g(−x)=(−x) 2−(−x)=x2+x=g(x)，
且g(0)=g(−0)=0，所以g(x)为偶函数，符合题意；
对于选项D，函数g(x)=|x−2|−|x+2|定义域为R，
g(−x)=|−x−2|−|−x+2|=|x+2|−|x−2|=−g(x)，g(x)为奇函数，不符合题意；
故选：C.
7．（2024·陕西渭南·二模）已知直线2mx+ny−4=0（m>0，n>0）过函数y=log (x−1)+2（a>0，
a
2 6
且a≠1）的定点T，则 + 的最小值为 .
m n
【答案】5+2√6
【分析】先根据对数型函数的特点求得定点T坐标，代入直线方程得2m+n=2，运用常值代换法即可求得
结论.【详解】令x−1=1时，可得x=2,y=log 1+2=2，
a
可知函数y=log (x−1)+2(a>0，且a≠1)的图象恒过定点T(2,2)，
a
因为定点T(2,2)在直线2mx+ny−4=0上，
可得2m+n=2，且m>0,n>0，
2 6 1( 2 6) n 6m √ n 6m
则 + = + (2m+n)=5+ + ≥5+2 ⋅ =5+2√6，
m n 2 m n m n m n
n 6m
当且仅当 = ，即n=√6m=6−2√6时，等号成立，
m n
2 6
所以 + 的最小值为5+2√6.
m n
故答案为：5+2√6.
1．（2024·北京·高考真题）已知(x ,y )，(x ,y )是函数 y=2x的图象上两个不同的点，则
1 1 2 2
（ ）
y + y x +x y + y x +x
A．log 1 2< 1 2 B．log 1 2> 1 2
2 2 2 2 2 2
y + y y + y
C．log 1 2x +x
2 2 1 2 2 2 1 2
【答案】B
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【详解】由题意不妨设x √2x 1·2x 2=2 x 1 + 2 x 2 ，即 y 1 + y 2>2 x 1 + 2 x 2 >0，
2 2
y + y x 1 +x 2 x +x
根据函数y=log x是增函数，所以log 1 2>log 2 2 = 1 2，故B正确，A错误；
2 2 2 2 2
对于选项D：例如x =0,x =1，则y =1,y =2，
1 2 1 2
y + y 3 y + y
可得log 1 2=log ∈(0,1)，即log 1 2<1=x +x ，故D错误；
2 2 22 2 2 1 2
1 1
对于选项C：例如x =−1,x =−2，则y = ,y = ，
1 2 1 2 2 4
y + y 3 y + y
可得log 1 2=log =log 3−3∈(−2,−1)，即log 1 2>−3=x +x ，故C错误，
2 2 28 2 2 2 1 2
故选：B.
1
2．（2020·山东·高考真题）函数f (x)= 的定义域是（ ）
lgx
A．(0,+∞) B．(0,1)∪(1,+∞) C．[0,1)∪(1,+∞) D．(1,+∞)【答案】B
【分析】根据题意得到¿，再解不等式组即可.
【详解】由题知：¿，解得x>0且x≠1.
所以函数定义域为(0,1)∪(1,+∞).
故选：B
3．（2020·全国·高考真题）设函数f(x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|，则f(x)（ ）
1 1 1
A．是偶函数，且在( ,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(− , )单调递减
2 2 2
1 1
C．是偶函数，且在(−∞,− )单调递增 D．是奇函数，且在(−∞,− )单调递减
2 2
【答案】D
( 1 1)
【分析】根据奇偶性的定义可判断出f (x)为奇函数，排除AC；当x∈ − , 时，利用函数单调性的性
2 2
( 1)
质可判断出f (x)单调递增，排除B；当x∈ −∞,− 时，利用复合函数单调性可判断出f (x)单调递减，
2
从而得到结果.
{ 1}
【详解】由f (x)=ln|2x+1|−ln|2x−1|得f (x)定义域为 x|x≠± ，关于坐标原点对称，
2
又f (−x)=ln|1−2x|−ln|−2x−1|=ln|2x−1|−ln|2x+1|=−f (x)，
∴f (x)为定义域上的奇函数，可排除AC；
( 1 1)
当x∈ − , 时，f (x)=ln(2x+1)−ln(1−2x)，
2 2
( 1 1) ( 1 1)
∵y=ln(2x+1)在 − , 上单调递增，y=ln(1−2x)在 − , 上单调递减，
2 2 2 2
( 1 1)
∴f (x)在 − , 上单调递增，排除B；
2 2
( 1) 2x+1 ( 2 )
当x∈ −∞,− 时，f (x)=ln(−2x−1)−ln(1−2x)=ln =ln 1+ ，
2 2x−1 2x−1
2 ( 1)
∵μ=1+ 在 −∞,− 上单调递减，f (μ)=lnμ在定义域内单调递增，
2x−1 2
( 1)
根据复合函数单调性可知：f (x)在 −∞,− 上单调递减，D正确.
2
故选：D.
【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根
据f (−x)与f (x)的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性
质和复合函数“同增异减”性得到结论.
4．（2020·海南·高考真题）已知函数f(x)=lg(x2−4x−5)在(a,+∞)上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．(2,+∞) B．[2,+∞) C．(5,+∞) D．[5,+∞)
【答案】D
【分析】首先求出f(x)的定义域，然后求出f(x)=lg(x2−4x−5)的单调递增区间即可.
【详解】由x2−4x−5>0得x>5或x<−1
所以f(x)的定义域为(−∞,−1)∪(5,+∞)
因为y=x2−4x−5在(5,+∞)上单调递增
所以f(x)=lg(x2−4x−5)在(5,+∞)上单调递增
所以a≥5
故选：D
【点睛】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域.
5．（2020·全国·高考真题）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据
公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数 I(t)(t 的单位：天)的 Logistic 模型：
K
I(t)= ，其中K为最大确诊病例数．当I(t∗)=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t∗约为
1+e−0.23(t−53)
（ ）（ln19≈3）
A．60 B．63 C．66 D．69
【答案】C
K
【分析】将t=t∗代入函数I(t)= 结合I(t∗)=0.95K求得t∗即可得解.
1+e−0.23(t−53)
K K
【详解】∵I(t)= ，所以 I(t∗)= =0.95K ，则e0.23(t∗−53)=19，
1+e−0.23(t−53) 1+e−0.23(t∗−53)
3
所以，0.23(t∗−53)=ln19≈3，解得t∗≈ +53≈66.
0.23
故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
6．（2022·北京·高考真题）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界
直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与 T和lgP的关
系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar．下列结论中正确的是（ ）A．当T=220，P=1026时，二氧化碳处于液态
B．当T=270，P=128时，二氧化碳处于气态
C．当T=300，P=9987时，二氧化碳处于超临界状态
D．当T=360，P=729时，二氧化碳处于超临界状态
【答案】D
【分析】根据T与lgP的关系图可得正确的选项.
【详解】当T=220，P=1026时，lgP>3，此时二氧化碳处于固态，故A错误.
当T=270，P=128时，20
故答案为：(0,+∞)
【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.
