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专题 2.6 幂函数与指、对数函数
【新高考专用】
题型一 指数幂与对数式的化简、求值
1．（2024·天津河西·三模）已知2a=5，log 3=b，则4a−3b=（ ）
8
25 5
A． B． C．25 D．5
9 9
【解题思路】由指对互换，表示出a，代入原式即可.
【解答过程】由2a=5⇒a=log 5， 4a−3b=4log 2 5−3log 8 3=4log 2 5−log 2 3
2
log 5 log 5 log 5 5 2 25
=4 23=(22 ) 23=(2 23) 2=( ) = .
3 9
故选：A.
xy mn2
2．（2024·全国·模拟预测）已知m，n，p是均不等于1的正实数，mx=n2y=p3z，z= ，则 =
x+ y p3
（ ）
3 1
A．2 B． C．1 D．
2 2
xy 1 1 1
【解题思路】设mx=n2y=p3z=t，则t>0且t≠1，由指数式化为对数式，根据z= 得到 + − =0，
x+ y x y z
mn2
由换底公式和对数运算法则得到方程，求出log =0，得到答案.
t p3
【解答过程】设mx=n2y=p3z=t，则t>0且t≠1，
1 1 1
∴x=log t= ，2y=log t= ，3z=log t=
，
m log m n log n p log p
t t t
1 1 1
显然x,y,z≠0，则log m= ，2log n= ，3log p= ，
t x t y t zxy
由z= 得xz+ yz=xy，即yz+xz−xy=0，
x+ y
1 1 1
等式两边同除以xyz得， + − =0，
x y z
1 1 1 mn2
其中 + − =log m+2log n−3log p=log ，
x y z t t t t p3
mn2 mn2
故log =0， =1.
t p3 p3
故选：C．
2 17
3．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知2a=32,log 2⋅log x= a，则log x+log 5= ．
a 4 5 5 x 4
【解题思路】先根据指数运算求出a的值，根据对数运算的知识求得x值，代入求出log x+log 5的值.
5 x
【解答过程】因为2a=32=25，所以a=5，
1
所以log 2⋅log x=log 2⋅log x= log 2⋅log x
a 4 5 22 2 5 2
1 lg2 lgx 1 2
= × × = log x= ×5，
2 lg5 lg2 2 5 5
即log x=4，所以x=54，
5
1 17
所以log x+log 5=log 54+log 5=4+ = ．
5 x 5 54 4 4
17
故答案为： .
4
4．（2024·湖南湘西·模拟预测）已知实数x，y满足2x= (4) log 2 x −31+log 2 x ,3 y= (4) log 3 y −21+log 3 y ，则 x =
3 3 y
3 ．
(3) s (3) t 1 x
【解题思路】设log x=t,log y=s，利用同构结合二次方程的解可得 = = ，故可求 的值.
2 3 2 2 3 y
【解答过程】设log x=t,log y=s，则x=2t,y=3s，
2 3
故2t+1=
(4) t
−31+t,3s+1=
(4) s
−21+s 即2t+1+31+t=
(4) t
,3s+1+21+s=
(4) s
，
3 3 3 3
(3) t (3) 2t (3) s (3) 2s
整理得到：2× +3× =1,2× +3× =1，
2 2 2 2
(3) s (3) t
故 , 为方程2×a+3×a2=1的正根，
2 2(3) s (3) t 1 x (2) t
故 = = ，故t=s，故 = =3，
2 2 3 y 3
故答案为：3.
题型二 指对幂函数的定义与解析式
5．（2024高一·江苏·专题练习）给出下列函数：①y=−3x；②y=3x+1；③y=3x；④y=x−3；⑤
y=(−2) x．其中，指数函数的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．4
【解题思路】利用指数函数的定义，对所给函数逐一判断即可.
【解答过程】①中，3x的系数是－1，故①不是指数函数；
②中，y=3x+1的指数是x＋1，不是自变量x，故②不是指数函数；
③中，3x的系数是1，幂的指数是自变量x，且只有3x一项，故③是指数函数；
④中，y=x−3的底为自变量，指数为常数，故④不是指数函数．
⑤中，底数−2<0，不是指数函数．
综上，指数函数的个数为1，
故选：B.
6．（24-25高一上·云南昆明·期中）已知幂函数y=f (x)的图象过点(2,√2)，则（ ）
1
A． f (x)=x2 B．f (x)=x2
3 1
C． f (x)=x2 D． f (x)=x − 2
【解题思路】利用待定系数法求解即可.
【解答过程】设f (x)=xα，
由y=f (x)的图象过点(2,√2)，
1
则2α=√2，解得α= ，
2
1
所以
f
(x)=x2，
故选：A.
7．（24-25高一上·全国·课后作业）若函数f (x)=log x+(a2−3a−10)是对数函数，则a= 5 ．
(a−1)【解题思路】根据对数函数的定义求解即可.
【解答过程】由对数函数的定义可知¿，解得a=5.
故答案为：5.
8．（24-25高一上·全国·课后作业）若函数y=(4−3a) x是指数函数，则实数a的取值范围为
4
(−∞,1)∪(1, ) .
3
【解题思路】利用指数函数定义可求解.
【解答过程】因为函数y=(4−3a) x是指数函数，所以需满足¿，
4 4
解得a< 且a≠1.故实数a的取值范围为(−∞,1)∪(1, ).
3 3
4
故答案为：(−∞,1)∪(1, ).
3
题型三 指对幂函数的定义域与值域问题
9．（2024·甘肃庆阳·一模）函数f (x)=lg√10−2x2的值域为（ ）
( 1] ( 1]
A．(−∞,1] B．(0,1] C． 0, D． −∞,
2 2
【解题思路】利用二次函数与对数函数的性质即可得解.
【解答过程】对于f (x)=lg√10−2x2，有¿，解得−√50，解出不等式即可得到结果.
1−x
1+x 1+x 1+x
【解答过程】要使函数y=log 有意义，则应满足 >0，即 <0
21−x 1−x x−1
该不等式等价于(x−1)(x+1)<0，解得−10时，f(x)=log (x+2)>1，
2
( 1]
所以f(x)的值域为 0, ∪(1,+∞)．
2( 1]
故答案为： 0, ∪(1,+∞).
2
题型四 指对幂函数的图象问题
2|x|
13．（2024·四川成都·一模）已知函数f (x)= ，则函数f (x)的图象的可能是（ ）
ex−e−x
A． B．
C． D．
【解题思路】
分析函数f (x)的定义域、奇偶性及其在x>0时，f (x)的符号，结合排除法可得出合适的选项.
2|x|
【解答过程】对于函数f (x)= ，有ex−e−x≠0，解得x≠0，
ex−e−x
所以，函数f (x)的定义域为¿，
2|−x| 2|x|
因为f (−x)= =− =−f (x)，即函数f (x)为奇函数，排除BD选项，
e−x−ex ex−e−x
2|x|
当x>0时，ex>e−x，则f (x)= >0，排除C选项.
ex−e−x
故选：A.
14．（2024·湖南岳阳·模拟预测）如图，已知幂函数y=xa,y=xb,y=xc在(0,+∞)上的图象分别是下降，
急速上升，缓慢上升，则（ ）A．c =ln3，可得：f (log 3)lne=1， 0<3 − 1 2<1 ，可得： f (ln3)0),t=x2−ax+12(−1≤x≤3)复合而成.
而y=lgt(t>0)单调递增，只需要t=x2−ax+12(−1≤x≤3)单调递减.
且在[−1,3]上t=x2−ax+12>0恒成立.则¿即可，解得6≤a<7.
故实数a的取值范围是[6,7).故答案为：[6,7).
20．（2024·山东·一模）已知a>0且a≠1，若函数f(x)=¿在(−∞,+∞)上具有单调性，则实数a的取值范
围是 (0,1)∪[3,+∞) ．
【解题思路】利用分段函数的单调性，结合指数函数单调性，按单调递减和单调递增分类列式求解.
【解答过程】函数f(x)=¿在(−∞,+∞)上单调，
当f(x)在(−∞,+∞)上单调递减时，¿，解得0log 1=0，所以0(√π) 0=1 ，所以b>l，
(1) x (1)− 1 (1) 0
由函数y= 是减函数，则c= 3> =1，所以c>l，
e e e
2 1 (1)− 1 1
由 b=(√π)3=π3，c=
e
3=e3，
1 1 1
由函数 y=x3是增函数，则
π3>e3
，即b>c，
故选：B.
1 1 1 1 1
22．（2024·宁夏银川·二模）若a=log 1 4，b=( 3 )4， c=log 3 4，d= 4 则（ ）
3
A．a>b>d>c B．a>b>c>d C．b>d>a>c D．a>d>b>c
【解题思路】根据指数函数和对数函数的单调性判断即可.
【解答过程】因为a=log 4
1
=log 4>log 3=1，
(1) 1
<
(1)
4
1
<
(1) 0
⇒
1
b>d>c.
故选：A．
1
23．（2024·北京通州·三模）已知a=2−1.1，b=log ，c=log 3，则三者大小关系为 alog 2= ，且b=log =log 3<1，
1 3 4 4 2 1 3 4
4 4
c=log 3>log 2=1，
2 2
故a1，c=− ，从而得到大小关系.
2
y=log x √2 √3
【解答过程】因为 √3 在(0,+∞)上单调递减，1> > ，
3 2 3
√2 √3 √2
故a=log log 1=0，所以a∈(0,1)，
√3 2 √3 3 √3 2 √3
3 3 3 3
x
(√2) √3
因为y= 在R上单调递减，− <0，
2 3
(√2)− √3 (√2) 0
所以b= 3 > =1，
2 2
1
√1 − 1
c=ln =lne 2=− ，
e 2
故c0上的单调性得到参数a的取值范围.
(1) |−x| (1) |x|
【解答过程】由题意可知f (x)的定义域为R，且f (−x)= = =f (x)，所以f (x)为偶函数．
2 2
(1) x
当x>0时，函数f(x)= ，f (x)单调递减．
2
1
若f (2a)|a−1|，解得a<−1或a> ．
3
(1 )
又a>0，所以正实数a的取值范围是 ,+∞ ．
3
故选：A．
26．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f (x)=3x+2x−1，则不等
式f (log x)−32<0的解集为（ ）
2
(1 ) ( 1)
A．(−∞,8) B．(0,8) C． ,8 D． 0,
8 8
【解题思路】根据函数的单调性和奇偶性结合对数函数的单调性解不等式即可.
【解答过程】当x≥0时，f (x)=3x+2x−1，
因为函数y=3x,y=2x−1在(0,+∞)上都是增函数，
所以函数f (x)在区间(0,+∞)上单调递增，且f (3)=33+2×3−1=32，
又f (x)为R上的偶函数，
则f (log x)−32<0，即f (log x)<32，即f (log x)x >0，
1 2
1
则t −t =2x 1+2−x 1−2x 2−2−x 2=(2x 1−2x 2)(1− )，
1 2 2x
1
+x
2
1
由2x 1>2x 2,1− >0，故t >t ，即函数t=2x+2−x+2在(0,+∞)上递增，
2x
1
+x
2
1 2
而y=log t在定义域上递增，故f(x)在(0,+∞)上递增，
2
所以f (2a−1)1)与它的反函数y=log x(a>1)的图像没有公共点；
a
②若函数y=f (x)有反函数，则它一定是单调函数；
③若函数y=f (x)存在反函数y=f−1(x)，则必有f [f−1(x)]=f−1[f (x)]=x成立；
④函数与它的反函数在相应区间上有相同的单调性．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【解题思路】根据原函数与反函数图象和性质之间的关系，逐一分析四个结论的真假，可得答案．
【解答过程】当a=1.1时，1.12=1.21，log 2>log 1.12=2，
1.1 1.1
此时函数y=ax与它的反函数y=log x的图像有两个公共点，故①错误；
a
②若函数y=f (x)有反函数，
则函数y=f (x)一定是一一映射，但它不一定是单调函数；故②错误
③若函数y=f (x)存在反函数y=f−1(x)，若x不属于函数y=f (x)的定义域时，
f−1[f (x)]=x无意义；
当x不属于函数y=f−1(x)的定义域时，f [f−1(x)]=x无意义；故③错误；
④函数与它的反函数在相应区间上有相同的单调性，故④正确；
故不正确的命题的个数为3个，
故选：D．
30．（23-24高一上·广东茂名·期末）若指数函数f(x)经过点(2,4)，则它的反函数g(x)的解析式为（ ）
A．g(x)=log x B．g(x)=log x C．g(x)=2x D．g(x)=x2
2 0.5
【解题思路】由指数函数的定义，结合反函数的概念即可求解.
【解答过程】设指数函数f(x)=ax (a>0且a≠1)，点(2,4)在f(x)的图象上，
所以4=a2，解得a=2.
所以f(x)=2x，故反函数g(x)=log x.
2
故选：A.
31．（23-24高二下·福建龙岩·阶段练习）若函数y=f(x)是函数y=ax（a>0,a≠1）的反函数，且f(x)的图象经过点(√a,a)，则f(4)= −2 ．
【解题思路】根据给定条件，求出f(x)的解析式，再代入求值即可.
【解答过程】由函数y=f(x)是函数y=ax（a>0,a≠1）的反函数，得f(x)=log x,x>0，
a
又函数f(x)的图象经过点(√a,a)，则a=log √a=
1
，因此
f(x)=log
1
x
，
a 2 2
f(4)=log 4=−2
所以 1 .
2
故答案为：−2.
32．（24-25高三上·全国·自主招生）函数y=f (x)的反函数y=f−1(x)，且y=f (x−1)的图象过点(3,3)，
则函数y=f−1(x+3)−1的图象一定过点 (0,1) .
【解题思路】由已知，求得f (2)=3，进而可得f−1(3)=2，即可求得答案.
【解答过程】因为函数y=f (x)的反函数y=f−1(x)，且y=f (x−1)的图象过点(3,3)，
所以f (2)=3，则f−1(3)=2，
所以当x=0时， f−1(0+3)−1=f−1(3)−1=2−1=1，
所以函数y=f−1(x+3)−1的图象一定过点(0,1)．
故答案为：(0,1)．
题型九 指数函数与对数函数的综合应用
33．（2024·山西·模拟预测）记max{a,b}表示a，b二者中较大的一个，函数f(x)=−x2−7x−5，
g(x)=max {31−x,log (x+2)}，若∀x ∈[a−1,a+1]，∃x ∈[0,+∞)，使得f (x )=g(x )成立，
3 1 2 1 2
则a的取值范围是（ ）
[ 9 5] [ 11 7]
A．[−5,−2] B．[−4,−3] C． − ,− D． − ,−
2 2 2 2
【解题思路】计算出31−1=log (1+2)=1，结合y=31−x，y=log (x+2)的单调性得到¿，并求出g(x)在
3 3
区间[0,+∞)上的值域为[1,+∞)，由题意得到g(x)在[0,+∞)上的值域包含f (x)在[a−1,a+1]上的值域，
从而得到不等式，求出−5≤a≤−2
【解答过程】y=31−x在R上单调递减，y=log (x+2)在(−2,+∞)上单调递增，
3
当x=1时，31−1=log (1+2)=1，所以g(x)=¿，
3
所以g(x)在[0,1]上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以当x≥0时，g(x)≥g(1)=1，即g(x)在区间[0,+∞)上的值域为[1,+∞).
f(x)=−x2−7x−5=− ( x+ 7) 2 + 29 ≤ 29 ，
2 4 4
令f(x)=−x2−7x−5=1，得x2+7x+6=(x+1)(x+6)=0，解得x=−1或x=−6，
画出f(x)，g(x)(x≥0)的图象如图所示，
若∀x ∈[a−1,a+1]，∃x ∈[0,+∞)，使得f (x )=g(x )成立，
1 2 1 2
则需要g(x)在[0,+∞)上的值域包含f (x)在[a−1,a+1]上的值域，
则¿，解得−5≤a≤−2，即a的取值范围是[−5,−2].
故选：A.
1
34．（2024·湖北·模拟预测）已知函数f (x)=log (3x−1+3)− x，若f (a−1)≥f (2a+1)成立，则实数a
3 2
的取值范围为（ ）
A．(−∞,−2] B．(−∞,−2]∪[0,+∞)
[ 4] [4 )
C． −2, D．(−∞,−2]∪ ,+∞
3 3
1
【解题思路】构造函数g(x)=log (3x+1)− x，根据函数的奇偶性及复合函数的单调性可得函数为偶函
3 2
数且在[0,+∞)单调递增，进而f (x)关于直线x=2对称，且在[2,+∞)单调递增，结合条件可得
|a−1−2|≥|2a+1−2|，解不等式即得.
1 ( x − x)
【解答过程】因为g(x)=log (3x+1)− x=log 32+3 2 的定义域为R，又
3 2 3
g(−x)=log
(
3
−
2
x
+32
x)
=g(x)
，故函数g(x)为偶函数，
3x x x x
又x∈[0,+∞)时， 32≥1 ， y=32单调递增，故由复合函数单调性可得函数 y=32+3 − 2在[0,+∞)单调递
增，函数y=log x在定义域上单调递增，
3
所以g(x)在[0,+∞)单调递增，
1 1 1
所以f (x)=log (3x−1+3)− x=1+log (3x−2+1)− x =log (3x−2+1)− (x−2)=g(x−2)，
3 2 3 2 3 2
所以f (x)关于直线x=2对称，且在[2,+∞)单调递增．
所以f (a−1)≥f (2a+1)⇔|a−1−2|≥|2a+1−2|，
4
两边平方，化简得(a+2)(3a−4)≤0，解得−2≤a≤ ．
3
故选：C．
x
35．（23-24高一上·天津·期末）已知函数f (x)=log ⋅log (2x)，函数g(x)=4x−2x+1−3．
28 2
(1)求不等式g(x)≤5的解集；
(2)求函数f (x)的值域；
(3)若不等式f (x)−g(a)≤0对任意实数a∈[1,2]恒成立，试求实数x的取值范围．
【解题思路】（1）解指数不等式，得到解集；
（2）变形得到f (x)=(log x−1) 2−4，结合log x∈R，求出f (x)的值域；
2 2
（3）转化为f (x)≤g(a) ，求出g(a) =−3，故(log x−1) 2−4≤−3，得到答案.
min min 2
【解答过程】（1）由g(x)≤5，得4x−2x+1−8≤0
整理得(2x−4)(2x+2)≤0
解得2x≤4，x≤2
∴g(x)≤5的解集为(−∞,2]
（2）f (x)=(log x−3)(log x+1) =(log x) 2−2log x−3 =(log x−1) 2−4，
2 2 2 2 2
∵log x∈R，
2
∴f (x)=(log x−1) 2−4≥−4，
2
即f (x)的值域为[−4,+∞)．
（3）不等式f (x)≤g(a)对任意实数a∈[1,2]恒成立
∴f (x)≤g(a) ．
ming(a)=4a−2a+1−3=(2a) 2 −2×2a−3=(2a−1) 2 −4，
令t=2a，∵a∈[1,2]，∴t∈[2,4]，
设ℎ(t)=(t−1) 2−4，t∈[2,4]，
当t=2时，ℎ(t)取得最小值−3，即g(a) =−3，
min
∴f (x)≤−3，即(log x−1) 2−4≤−3，
2
∴−1≤log x−1≤1，即0≤log x≤2，解得1≤x≤4，
2 2
∴实数x的取值范围为[1,4]．
2x+1
36．（23-24高一下·广东汕头·期中）已知函数f (x)= 为奇函数．
2x+a
(1)求实数a的值；
(2)判断函数f (x)的单调性（不用证明）；
x x
(3)设函数g(x)=log ⋅log +m，若对任意的x ∈[2,8]，总存在x ∈(0,1]，使得g(x )=f (x )成立，
22 24 1 2 1 2
求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）考虑a≥0和a<0两种情况，根据奇函数性质计算得到答案.
（2）确定定义域，设∀x ,x ∈(0,+∞)，且x 0，得到单调性.
1 2 1 2 1 2
（3）根据单调性确定x∈(0,1]时f (x)的值域A=[3,+∞)，设t=log x,t∈[1,3]，换元得到二次函数，
2
计算g(x)最大值和最小值，根据值域的包含关系得到答案.
【解答过程】（1）由已知函数需满足2x+a≠0，当a≥0时，函数的定义域为R，
2x+1
函数f (x)= 为奇函数，所以f (−x)=−f (x)，
2x+a
2−x+1 2x+1
即 =− 在R上恒成立，即(a+1)(2x+1)=0，a=−1（舍），
2−x+a 2x+a
当a<0时，x≠log (−a)，函数的定义域为(−∞,log (−a))∪(log (−a),+∞)，
2 2 2
2x+1
又函数f (x)= 为奇函数，所以log (−a)=0,a=−1，
2x+a 22x+1
此时f (x)= ，函数定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
2x−1
2−x+1 2x+1
f (−x)= = =−f (x)，函数为奇函数，满足，
2−x−1 −2x+1
综上所述：a=−1；
（2）f (x)在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递减，证明如下：
2x+1 2
f (x)= =1+ ，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
2x−1 2x−1
设∀x ,x ∈(0,+∞)，且x 0,2x 2−1>0,2x 2−2x 1>0，
1 2 1 2
所以f (x )>f (x )，所以f (x)在(0,+∞)上单调递减，
1 2
同理可证，所以f (x)在(−∞,0)上单调递减；
所以f (x)在(0,+∞)，(−∞,0)上单调递减.
（3）函数f (x)在(−∞,0)和(0,+∞)上单调递减，
且当x∈(−∞,0)时，f (x)<0，当x∈(0,+∞)时，f (x)>0，
x ∈(0,1]时，f (x)≥f (1)=3，所以当x∈(0,1]时f (x)的值域A=[3,+∞)，
2
x x
又g(x)=log ⋅log +m=(log x−1)(log x−2)+m,x∈[2,8]，
22 24 2 2
设t=log x,t∈[1,3]，则y=(t−1)(t−2)+m=t2−3t+2+m，
2
3 1
当t= 时，取最小值为− +m，当x=3时，取最大值为2+m，
2 4
[ 1 ]
即g(x)在x∈[2,8]上的值域B= − +m,2+m ，
4
又对任意的x ∈[2,8]，总存在x ∈(0,1]，使得g(x )=f (x )成立，
1 2 1 2
1 13 [13 )
即B⊆A，所以− +m≥3，解得m≥ ，即m∈ ,+∞ .
4 4 4一、单选题
1．（2024·河南·模拟预测）函数f (x)=lg(√x2−2x+11+x−1)图象的对称中心是（ ）
( 1) ( 1)
A．(1,1) B． 1, C．(2,1) D． 2,
2 2
【解题思路】根据函数解析式以及对数运算法则可得函数f (x)满足f (x)+f (2−x)=1，即可得对称中心为
( 1)
1, .
2
【解答过程】易知f (x)=lg(√(x−1) 2+10+x−1)的定义域为R，
所以可得f (2−x)=lg(√(1−x) 2+10+1−x)，
因此f (x)+f (2−x)=lg(√(1−x) 2+10+1−x)+lg(√(x−1) 2+10+x−1)
=lg((√(x−1) 2+10) 2 −(x−1) 2)=lg10=1，
( 1)
即函数f (x)满足f (x)+f (2−x)=1，因此f (x)的对称中心为 1, .
2
故选：B.
2．（2024·广东广州·模拟预测）大西洋鲑鱼每年都要逆游而上游回产地产卵.研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的
1 O
游速v（单位：m/s）可以表示为v= log ，其中O表示鲑鱼的耗氧量的单位数.若一条鲑鱼游速为
2 3100
W
2m/s时耗氧量的单位数为U，游速为3m/s时耗氧量的单位数为W，则 =（ ）
U
A．3 B．6 C．9 D．12
【解题思路】利用对数的运算法则计算即可.
1 U 1 W
【解答过程】根据题意可得2= log ，3= log ，
2 3100 2 3100
1 W 1 U W U
两式相减得1= log − log ，所以2=log −log ，
2 3100 2 3100 3100 3100W W
所以2=log ，所以 =32=9.
3 U U
故选：C.
m
3．（2024·四川南充·模拟预测）已知幂函数 f (x)=xn(m,n∈Z) ，下列能成为“f (x)是R上的偶函数”的
充分条件的是（ ）
A．m=−3,n=1 B．m=1,n=2
C．m=2,n=3 D．m=1,n=3
【解题思路】根据幂函数的性质，结合充分条件的定义进行判断即可.
1
【解答过程】当m=−3,n=1时，f (x)=x−3= ，
x3
1 1 1
因为函数f (x)= 的定义域(−∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称，且f (−x)= =− =−f (x)，
x3 (−x) 3 x3
1
所以f (x)= 为奇函数，不合题意，故A错误；
x3
1
当m=1,n=2时， f (x)=x2=√x ，因为f (x)=√x函数的定义域[0,+∞)，不关于原点对称，
所以f (x)=√x为非奇非偶函数，不合题意，故B错误；
3
当m=2,n=3时，
f
(x)=x2=√3 x2，定义域为R，关于原点对称，且f (−x)=√3 (−x) 2=√3 x2=f (x)，
3
所以
f
(x)=x2为偶函数，符合题意，故C正确；
1 1 1
当m=1,n=3时， f (x)=x3，定义域为R，关于原点对称，且 f (−x)=(−x)3=−x3=−f (x) ，
1
所以
f
(x)=x3为奇函数，不合题意，故D错误.
故选：C.
4．（2024·海南海口·模拟预测）已知a=log 3，b=20.1，c=ln2，则a，b，c的大小关系为（ ）
0.2
A．b>c>a B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
【解题思路】判断a,b,c与0,1的大小关系，然后计算即可.
【解答过程】由题可知a=log 320=1，ln10，且a≠1）的图象恒过定点A，若点A
a
4 1
在直线mx+ny−1=0(m>0,n>0)上，则 + 的最小值为（ ）
m n
A．13 B．8√2 C．9+4√2 D．8
【解题思路】先得出A(2,1)，再由基本不等式得出答案.
【解答过程】当x−1=1时，y=log 1+1=1，即A(2,1)
a
因为A在直线mx+ny−1=0上，所以2m+n=1
4 1 (4 1) 4n 2m √4n 2m
+ =(2m+n) + =9+ + ≥9+2 ⋅ =9+4√2
m n m n m n m n
√2 2√2−1 4 1
当且仅当n= m= 时，取等号，即 + 的最小值为9+4√2.
2 7 m n
故选：C.
1
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=¿（00，ℎ
(1)
=−2ln2+
5
<0（点拨：因为
e e 4 4
5 5 (1 1)
44=256>243=35>e5，所以 4>e4，故2ln2>
4
）因此方程lnt+t+1=0的解t
0
∈
4
,
e
．
1
又当x≤0时，−x2−2ax≤a2< ，所以−x2−2ax=t 无解，显然|lnx|=t 有2个解，
4 0 0
所以函数g(x)有2个零点，
故选：B．
二、多选题
9．（2024·全国·模拟预测）下列函数中既是奇函数，又是定义域上的减函数的是（ ）
A．f (x)=−3x5 B．f (x)=2x
1 1
C．f (x)= x D． f (x)=−2x3
【解题思路】由解析式直接判断函数的奇偶性与单调性即可得解.
【解答过程】对于A，f (x)=−3x5是奇函数，在其定义域上单调递减，故A正确；
对于B，f (x)=2x是在其定义域上单调递增的指数函数，故B错误；
1
对于C，f (−1)=−1,f (1)=1，故f (x)= 在其定义域上不单调递减，故C错误；
x
1
对于D，
f
(x)=−2x3是奇函数，在其定义域上单调递减，故D错误.故选：AD.
10．（2024·全国·模拟预测）若log b>1，则下列不等式一定成立的是（ ）
a
1 1 1 1
A．aa+b C．a− >b− D．a+ log a，对于A，结合对数函数单调性即可得解；对于B，结合A得
a a
(a−1)(b−1)>0即可得解；对于C，举一反例，如a=2，b=3时即可判断；对于D，由A结合对勾函数
1
y=x+ 单调性即可得解.
x
【解答过程】因为log b>1，所以log b>log a，
a a a
当01时，y=log x为增函数，解得10，即ab+1>a+b，故选项B正确；
1 1
对于C，当a=2，b=3时，a− 0，且a≠1)的图像恒过定点A，若点A在直
a
1 1
线mx+ny+2=0上，其中m>0，n>0，则 + 的最小值为 2 .
m n
【解题思路】先由题意结合log 1=0求出点A，进而由点A在直线上得m+n=2，再结合基本不等式常数
a
“1”的妙用即可求解.【解答过程】因为log 1=0，所以函数y=log (x+2)−1(a>0且a≠1)的图象恒过定点(−1,−1)，
a a
即A(−1,−1)，
又点A在直线mx+ny+2=0上，故m+n=2，
又m>0,n>0，所以
1
+
1
=
1( 1
+
1)
(m+n)=
1(
2+
n
+
m)
≥
1(
2+2
√ n
×
m)
=2，
m n 2 m n 2 m n 2 m n
n m
当且仅当 = 即m=n=1时等号成立，
m n
1 1
所以 + 的最小值为2.
m n
故答案为：2.
1
14．（2024·北京通州·三模）已知函数f(x)=¿的值域是[−1,1]，若n∈[0, )，则m的取值范围是
2
[1,2] ．
【解题思路】先判断出y=22−|x−1|−3在(−1,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，然后作出
y=log
1
(1−x)
与y=22−|x−1|−3在[−1,+∞)上的图象，求出
y=log
1
(1−x)
在x∈[−1,n]上的值域，
2 2
再结合图象可求得结果.
【解答过程】当x>1时，x−1>0，此时y=22−|x−1|−3=22−x+1−3=23−x−3单调递减，
当−10时，−x<0，所以f (x)=f (−x)=3x− ，
3x
所以函数f(x)的解析式为f (x)=¿.
（2）假设存在正实数m,n满足题意.1
因为当x>0时，f (x)=3x− ，
3x
所以函数f(x)在(0,+∞)上是增函数，
所以¿，即¿，
所以3m,3n是方程x2−5x+6=0的两个不相等的正根，
所以¿，且mb>0)时，函数g(x)=mf(x)+1的值域为[2−3a,2−3b]，求正数m的取
值范围．
【解题思路】（1）求出函数式，结合指数函数、二次函数值域求解即得.
（2）变形给定不等式，按x<0,x=0,x>0分段讨论求出k的范围.
（3）利用函数g(x)的单调性求出给定区间上的值域，结合已知转化为一元二次方程有两个不等的正实根
求解即得.
e2x−1 ex−1 1 1 1 1 2 1
【解答过程】（1）依题意，y=f(2x)−f(x)= − =− + =−( − ) + ，
e2x ex e2x ex ex 2 4
1 1
由x∈[0,1]，得ex∈[1,e]，则 ∈[ ,1]，
ex e
1 1 1 1
当 = ，即x=ln2时，y = ；当 =1，即x=0时，y =0，
ex 2 max 4 ex min
1
所以函数y=f(2x)−f(x)在x∈[0,1]时的值域为[0, ].
4
e2x−1 ex−1
（2）不等式f(2x)≤kf(x)⇔ ≤k⋅ ⇔(ex+1)(ex−1)≤kex (ex−1)，
e2x ex
当x=0时，k∈R；
ex+1 1
当x>0时，ex−1>0，则k≥ =1+ 恒成立，
ex ex1 1
又y=1+ 在(0,+∞)上递减，y=1+ 在(0,+∞)上的值域为(1,2)，因此k≥2；
ex ex
ex+1 1
当x<0时，ex−1<0，则k≤ =1+ 恒成立，
ex ex
1 1
又y=1+ 在(−∞,0)上递减，y=1+ 在(−∞,0)上的值域为(2,+∞)，因此k≤2，
ex ex
所以实数k的取值范围为{2}.
1 m
（3）当m>0时，g(x)=mf(x)+1=m(1− )+1=m+1− 在(0,+∞)上单调递增，
ex ex
又当x∈[−lna2,−lnb2 ](a>b>0)时，值域为[2−3a,2−3b]，
因此¿，即¿，
则a,b是关于x的方程m+1−mx2=2−3x，即mx2−3x+(1−m)=0的两个不相等的正根，
则¿，解得00，且x +t ≤2，x −t ≥−1．
0 j i 0 j 0 i 0
x +x x −x x −x
记c= i j，则 j i< j i+t ，根据g(x)=f (c−x)+f (c+x)的单调性可知
2 2 2 0
( x −x ) ( x −x ) ( (x −x )) ( (x −x ))
f (x )+f (x )=f c− j i +f c+ j i
