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−√5<x<√5，
对于y=10−2x2，其图象开口向下，对称轴为x=0，
当x=0时，y=10，当x=±√5时，y=0，
所以当−√5<x<√5时，0<y≤10，即0<10−2x2≤10，
又y=lgx在其定义域内单调递增，
1
所以lg√10−2x2≤lg√10= ，则f (x)≤1，
2
( 1]
则f (x)=lg√10−2x2的值域为 −∞, .
2
故选：D.
e2x−4−1
10．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数f (x)= +x−1在区间[a,b]上的值域为[m,M].若
ex−2a+b=4，则m+M的值为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
【解题思路】根据题意可得函数f (x)在[a,b]上递增，利用a+b=4可得m+M的值.
e2x−4−1
【解答过程】解法1：因为f (x)= +x−1=ex−2−e2−x+x−1，
ex−2
所以f (4−x)+f (x)=2，
所以f (x)关于(2,1)对称.
因为a+b=4，函数f (x)在区间[a,b]上的值域为[m,M]，所以m+M=2.
e2x−4−1
解法2：因为f (x)= +x−1=ex−2−e2−x+x−1在[a,b]上递增，
ex−2
所以m+M=f (a)+f (b)=f (4−a)+f (a)=2.
e2x−4−1
解法3：取a=0,b=4，因为f (x)= +x−1=ex−2−e2−x+x−1在[0,4]上递增，
ex−2
所以m+M=f (0)+f (4)=2.
故选D.
1+x
11．（2024·上海宝山·一模）函数y=log 的定义域是 (−1,1) .
21−x
1+x
【解题思路】根据已知，可得 >0，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−1<x<1.
1+x
所以，函数y=log 的定义域是(−1,1).
21−x
故答案为：(−1,1).
( 1]
12．（2024·全国·模拟预测）函数f (x)=¿的值域为 0, ∪(1,+∞) ．
2
【解题思路】分别计算出分段函数每段函数取值范围后取并集即可得.
1 1
x− − 1
【解答过程】当x≤0时，0<f(x)=4 2≤4 2= ，
2
当x>0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<b<a B．a<c<b
C．c<a<b D．a<b<c
【解题思路】由幂函数在(0,+∞)内的单调性以及增长速度和指数幂的关系即可判断.
【解答过程】由题意结合图象可知a<0<c<1<b.
故选：B.
(1) x (1) x
15．（24-25高一上·全国·课后作业）若将函数更换为y= ，并得到如下图象，试根据函数y= 的
2 2
图象，作出下列各函数的图象：
(1) x−1
(1)y= ；
2
(1) x
(2)y= −1；
2
(1) x
(3)y=− .
2
【解题思路】运用指数函数图像，和平移对称变换规律作图即可.
【解答过程】（1）将已知图象向右平移一个单位即可，（2）将已知图象向下平移一个单位即可，
（3）作已知图象关于x轴对称的图象即可，
16．（2024高一·全国·专题练习）作出下列函数的图象：
y=log [3(x+2)]
(1) 1 ；
3
y=|log (−x)|
(2) 1 ．
2
【解题思路】（1）先作出函数y=log x的图象，根据函数图象变换可作出函数
y=log
1
[3(x+2)]
的图象；
3
3
y=log x y=|log (−x)|
（2）先作出函数 1 的图象，根据函数图象变换可作出函数 1 的图象．
2 2
y=log [3(x+2)]=−log [3(x+2)]=−log (x+2)−1
【解答过程】（1）因为 1 3 3 ，
3
所以可以先将函数y=log x的图象向左平移2个单位，可得函数y=log (x+2)的图象，
3 3
再作所得图象关于x轴对称的图象，得函数y=−log (x+2)的图象，
3
最后将所得图象向下平移1个单位，得函数y=−log (x+2)−1的图象，
3
y=log [3(x+2)]
即为函数 1 的图象，如下图所示：
3y=log x y=log (−x)
（2）作函数 1 的图象关于y轴对称的图象，得函数 1 的图象，
2 2
y=|log (−x)|
再把所得图象在x轴下方的部分翻折到x轴上方，可得到函数 1 的图象，如下图所示：
2
题型五 指对幂函数的单调性问题
17．（2024·江西·模拟预测）函数f (x)=3x2−2|x|的一个单调递减区间为（ ）
A．(−∞,0) B．(−1,0) C．(0,1) D．(1,+∞)
【解题思路】利用指数型复合函数的单调性即可得出答案.
【解答过程】令t=x2−2|x|，则y=3t，
由复合函数的单调性可知：
f (x)的单调递减区间为函数t=x2−2|x|的单调递减区间，
又函数t(−x)=(−x) 2−2|−x|=t(x)，
即函数t(x)为偶函数，
结合图象，如图所示，
可知函数t=x2−2|x|的单调递减区间为(−∞,−1)和(0,1)，
即f (x)的单调递减区间为(−∞,−1)和(0,1)．
故选：C．1
18．（2024·四川泸州·一模）已知点(2, )在幂函数f(x)=xα的图象上，设a=f(log 3)，b=f(ln3)，
8 2
1
c=f(3 − 2) ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b＜a＜c B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．a＜c＜b
【解题思路】首先根据幂函数所过的点求解幂函数解析式并判断函数单调性，然后通过自变量大小关系结
合函数单调性判断函数值大小关系即可
【解答过程】已知幂函数f (x)=xα经过点 ( 2, 1) ，可得：2α= 1 ，解得：α=−3.
8 8
即f (x)=x−3，易知f (x)=x−3在x∈(0,+∞)上为单调递减函数.
lg3 lg3
由于log 3= > =ln3，可得：f (log 3)<f (ln3)，即a<b；
2 lg2 lge 2
又因为ln3>lne=1， 0<3 − 1 2<1 ，可得： f (ln3)<f ( 3 − 1 2 ) ，即b<c；
综上所述：a<b<c.
故选：B.
19．（2024·江苏宿迁·一模）已知函数f (x)=lg(x2−ax+12)在[−1,3]上单调递减，则实数a的取值范围
是
[6,7) ．
【解题思路】根据复合函数的单调性，结合二次不等式恒成立问题，列不等式组求解即可.
【解答过程】f (x)=lg(x2−ax+12)由y=lgt(t>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0<a<1；
当f(x)在(−∞,+∞)上单调递增时，¿，解得a≥3，
所以实数a的取值范围是(0,1)∪[3,+∞).
故答案为：(0,1)∪[3,+∞).
题型六 指对幂数比较大小
2 (1)− 1
21．（2024·天津河西·三模）若a=log
π
e，
b=(√π)3
，c=
e
3，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b<a<c B．a<c<b C．c<a<b D．a<b<c
【解题思路】利用指数函数，对数函数，幂函数的单调性，来判断值的大小.
【解答过程】由函数y=log x是增函数，则a=log e<log π=1,a=log e>log 1=0，所以0<a<l，
π π π π π
2
由函数y=(√π) x是增函数，则 b=(√π)3>(√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<1，
1 3 3 3 3 3 3
31
log 4<log 1=0⇒c<0 ，
3 3
所以a>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 a<b<c （按从
1 3 2
4
小到大顺序）
【解题思路】根据指数函数和对数函数的性质确定出a,b,c的范围，即可求解.
1
【解答过程】因为a=2−1.1<2−1=
，
2
1 1 1
b=log =log 3>log 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a<b<c，
故答案为：a<b<c.
24．（2024·全国·模拟预测）已知a=log √2 ，b= (√2)− √ 3 3 ，c=ln √1 ，则a，b，c的大小关系为
√3 2 2 e
3
c<a<b ．
1
【解题思路】由对数函数及指数函数单调性得到a∈(0,1)，b>1，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且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c<a<b.
故答案为：c<a<b.题型七 解不等式问题
(1) |x|
25．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)= ，则使得f (2a)<f (a−1)成立的正实数a的取值范围是
2
（ ）
(1 ) ( 1)
A． ,+∞ B． 0, C．(0,1) D．(1,+∞)
3 3
【解题思路】根据奇偶性定义判断出f (x)为偶函数，再根据x>0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)<f (a−1)成立，则|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)<f (3)，
2 2 2
1 (1 )
所以|log x|<3，解得 <x<8，即原不等式的解集为 ,8 ．
2 8 8
故选：C．
(1) 1
27．（24-25高一上·全国·课后作业）已知幂函数f(x)= 10，若f (a−1)<f (8−2a)，则a的取值范围
x是
(3,4) .
【解题思路】根据题意得到幂函数f (x)的定义域和单调性，得到不等式f (a−1)<f (8−2a)的等价不等式
组，即可求解.
【解答过程】由幂函数f(x)=
(1)
1
1
0=
1
=x
−
1
1
0，
x 1√0 x
可得函数f (x)的定义域为(0,+∞)，且是递减函数，
因为f (a−1)<f (8−2a)，可得¿，解得3<a<4，
即实数a的取值范围为(3,4).
故答案为：(3,4).
28．（2024·湖北武汉·二模）已知函数f (x)=log (4x+2x+1+1)−x，若f (2a−1)<f (a+3)，则实数a的取
2
( 2 )
值范围为 − ,4 ．
3
【解题思路】由f (x)=log (2x+2−x+2)，根据奇偶性、单调性定义及复合函数单调性判断f(x)性质，再
2
由性质得|2a−1|<|a+3|即可求范围.
(4x+2x+1+1)
【解答过程】由题设f (x)=log =log (2x+2−x+2)，定义域为R，
2 2x 2
f (−x)=log (2−x+2x+2)=f(x)，即f(x)为偶函数，
2
在(0,+∞)上，令t=2x+2−x+2，且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)<f (a+3)，可得|2a−1|<|a+3|⇒(2a−1) 2<(a+3) 2，
2
故3a2−10a−8=(3a+2)(a−4)<0，可得− <a<4.
3
( 2 )
故答案为： − ,4 .
3题型八 反函数
29．（24-25高一上·上海·随堂练习）下列命题中，不正确命题的个数为（ ）．
①函数y=ax(a>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 <x ，计算f (x )−f (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 <x ，
1 2 1 2
( 2 ) ( 2 ) 2(2x 2−2x 1)
则f (x )−f (x )= 1+ − 1+ =
1 2 2x 1−1 2x 2−1 (2x 1−1)(2x 2−1)
因为x ,x ∈(0,+∞)，且x <x ，所以2x 1−1>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 3<log 1=0，b=20.1>20=1，ln1<ln2<lne⇒0<c<1
0.2 0.2
故a<c<b
故选：A.xcosx sinx
5．（2024·新疆·模拟预测）函数f (x)= + 的部分图象大致为（ ）
ex+e−x x2+1
A． B．
C． D．
【解题思路】先判断函数的奇偶性，再根据图像趋势即可判断.
−xcos(−x) sin(−x)
【解答过程】函数定义域为R，且f (−x)= + =−f (x)，
e−x+ex (−x) 2+1
所以图像关于原点对称，排除A、C；当x从正向无限趋近于0时，
xcosx sinx
f (x)= + 也正向无限趋近于零；所以排除D；
ex+e−x x2+1
故选：B.
6．（2024·河北石家庄·模拟预测）已知函数f(x)为定义在R上的奇函数，且在[0,+∞)上单调递减，满足
f(log a)−f(log a)≤2f(3)
2 1 ，则实数a的取值范围为（ ）
2
( 1) [1 ]
A． 0, B． ,8 C．(0,8] D．[8,+∞)
8 8
【解题思路】根据题意可得f(log a)≤f(3)，利用单调性解不等式结合对数运算即可求解
2
【解答过程】函数f(x)为定义在R上的奇函数，且在[0,+∞)上单调递减，
所以f(x)在R上是减函数，
f(log
2
a)−f(log
1
a)≤2f(3)
，即f(log a)+f(log a)≤2f(3)，
2 2
2
所以f(log a)≤f(3)，
2
所以log a≥3=log 23 ，
2 2
所以a≥8，即实数a的取值范围为[8,+∞).
故选：D.7．（2024·辽宁大连·模拟预测）已知函数y=log (x−1)+1（a>0，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)=¿（0<a< ），函数g(x)=f (f (x))−f (x)−1，则函数g(x)的
2
零点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据曲线y=lnx在点(1,0)处的切线方程判断曲线y=lnt和y=t+1的交点情况，求方程
f (t)=t+1的根，并根据函数的单调性及零点存在定理判断该根的大致范围，判断f (x)的图象与直线y=t ，
0
1 1
<t < 的交点情况
4 0 e
【解答过程】函数g(x)的零点个数即方程f (f (x))−f (x)−1=0的根的个数．令t=f (x)，则方程
f (f (x))−f (x)−1=0等价于¿．
求曲线y=lnx在点(1,0)处的切线方程，得曲线y=lnt和y=t+1的交点情况
1
对于函数y=lnx，易知当x=1时y=0，y′= ，y′| =1，
x x=1
故曲线y=lnx在点(1,0)处的切线方程为y=x−1，
因此曲线y=lnt和y=t+1无交点．（技巧：通过研究曲线y=lnx在点(1,0)处的切线，
数形结合判断曲线y=lnt和y=t+1的交点情况）
求方程f (t)=t+1的根，并判断该根的大致范围：
将y=t+1代入y=−t2−2at，得t2+(1+2a)t+1=0，1 3
则Δ=4a2+4a−3，令Δ=0，得a= 或a=− ，
2 2
1
故当0<a< 时，Δ<0，y=−t2−2at与y=t+1无交点，
2
作出函数y=f (t)和y=t+1的大致图象如图所示，结合图象可知，
方程f (t)=t+1有且仅有1个解，且此解就是方程lnt+t+1=0的解．
易知函数ℎ(x)=lnx+x+1是增函数，且ℎ
(1)
=
1
>0，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．a<b B．ab+1>a+b C．a− >b− D．a+ <b+
a b a b
【解题思路】先由题意得log b>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0<a<1时，y=log x为减函数，0<b<a<1；
a
当a>1时，y=log x为增函数，解得1<a<b，故选项A错误；
a
对于B，由A得(a−1)(b−1)>0，即ab+1>a+b，故选项B正确；
1 1
对于C，当a=2，b=3时，a− <b− ，故选项C错误；
a b
1
对于D，y=x+ 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
x
1 1
所以由A得a+ <b+ ，选项D正确.
a b
故选：BD.
11．（2024·陕西宝鸡·二模）已知函数f (x)=lnx+ln(2−x)，则（ ）
A．f (x)在(0,1)单调递增 B．y=f (x)的图象关于点(1,0)对称
C．y=f (x)的图象关于直线x=1对称 D．函数y=|f (x)|−ex有两个零点
【解题思路】先求出函数f(x)的定义域，然后将函数f(x)利用对数的运算变形，再利用复合函数的单调
性的判断法则以及二次函数的性质依次判断A,B,C即可；分析函数y=|f (x)|与函数y=ex的单调性结合图
象的交点，即可判断函数y=|f (x)|−ex零点个数，从而判断D.
【解答过程】函数f (x)定义域为(0,2)，又f(x)=lnx+ln(2−x)=ln(2x−x2 )，
令g(x)=2x−x2=−(x−1) 2+1，x∈(0,2)，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，又y=lnx为单调递增函数，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，故选项A正确；
因为函数g(x)的对称轴为x=1，则函数f(x)关于直线x=1对称，故选项B错误，选项C正确；
因为f (x) =f (1)=0，所以函数y=|f (x)|=−f (x)，
max
所以y=|f (x)|在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
又函数y=ex在R上为增函数，
则函数y=|f (x)|与函数y=ex在平面直角坐标系中的图象如下图所示：
故函数y=|f (x)|与函数y=ex在区间(0,2)上有两个交点，即函数y=|f (x)|−ex有两个零点，故D正确.
故选：ACD．
三、填空题
12．（2024·河南·模拟预测）已知幂函数f (x)=axb+c−2的图象经过点(2,8)，则a+b+c= 6 .
【解题思路】根据幂函数定义可得a=1,c=2，代入点(2,8)，即可得b=3，即可得结果.
【解答过程】因为f (x)=axb+c−2为幂函数，
则¿，可得¿，即f (x)=xb，
又因为f (x)的图象经过点(2,8)，则2b=8，可得b=3，
所以a+b+c=1+3+2=6.
故答案为：6.
13．（2024·上海普陀·模拟预测）函数y=log (x+2)−1(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−1<x<1时，x−1<0，此时y=22−|x−1|−3=22+x−1−3=21+x−3单调递增，
所以y=22−|x−1|−3在(−1,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以当x=1时，y=22−|x−1|−3取得最大值，为22−3=1，
作出
y=log
1
(1−x)
与y=22−|x−1|−3在[−1,+∞)上的图象如图所示：
21 f(x)=log (1−x)∈[−1,log (1−n)]
当n∈[0, )，x∈[−1,n]时，1−x∈[1−n,2]，此时 1 1 ，
2 2 2
−1≤f(x)≤log (1−n)<1
此时 1 ，
2
因为f(x)的值域为[−1,1]，则x∈(n,m]时，f(x)=1必有解，即22−|x−1|−3=1，解得x=1，由图知
m∈[1,2],
故答案为：[1,2].
四、解答题
15．（23-24高一下·上海·期中）已知幂函数f (x)=xm2−2m−3(m∈Z)为奇函数，且在区间(0,+∞)上是严格
减函数.
(1)求函数y=f (x)的表达式；
[1 ]
(2)对任意实数x∈ ,1 ，不等式f (x)≤t+4x恒成立，求实数t的取值范围.
2
【解题思路】（1）根据在区间(0,+∞)上是严格减函数可得m2−2m−3<0，解不等式可得整数m的值，
检验是否符合奇函数即可；
1 1
（2）对任意实数x∈[ ,1]，不等式t≥x−3−4x恒成立，而g(x)=x−3−4x在[ ,1]上为减函数，由此可
2 2
得解．
【解答过程】（1）依题意f(x)为奇函数，在区间(0,+∞)上是严格减函数，
可得m2−2m−3<0，解得−1<m<3，
由于m∈Z,故m=0，1，2，当m=0和m=2时，m2−2m−3=−3，此时f(x)=x−3为奇函数，符合要求，
当m=1时，m2−2m−3=−4，此时f(x)=x−4为偶函数，不符合要求，
f(x)=x−3；
（2）不等式f(x)≤t+4x，即t≥x−3−4x，
1
又f(x)=x−3在(0,+∞)上是减函数，y=4x在R上为增函数，则g(x)=x−3−4x在[ ,1]上为减函数，
2
1
所以g(x) =g( )=6，则t≥6，
max 2
所以实数t的取值范围为[6, +∞)．
16．（2024·广东湛江·一模）中国茶文化博大精深，饮茶深受大众喜爱，茶水的口感与茶叶类型和水的温
度有关.研究在室温下泡制好的茶水要等多久饮用，可以产生符合个人喜好的最佳口感，这是很有意义的事
情.经研究：把茶水放在空气中冷却，如果茶水开始的温度是θ ℃，室温是θ ℃，那么tmin后茶水的温
1 0
度θ(单位：℃)，可由公式θ(t)=θ +(θ −θ )e−kt 求得，其中k是常数，为了求出这个k的值，某数学建模
0 1 0
兴趣小组在25℃室温下进行了数学实验，先用85℃的水泡制成85℃的茶水，利用温度传感器，测量并
记录从t=0开始每一分钟茶水的温度，多次实验后搜集整理到了如下的数据：
t(min)0 1 2 3 4 5
θ(℃) 85.00 79.19 74.75 71.19 68.19 65.00
(1)请你利用表中的一组数据t=5，θ=65.00求k的值，并求出此时θ(t)的解析式(计算结果四舍五入精确到
0.01)；
(2)在25℃室温环境下，王大爷用85℃的水泡制成85℃的茶水，想等到茶水温度降至55℃时再饮用，
根据（1）的结果，王大爷要等待多长时间?(计算结果四舍五入精确到1分钟)．
参考数据：ln3≈1.0986，ln2≈0.693，e是自然对数的底数，e≈2.71828⋯
【解题思路】（1）将给定数据代入函数模型，求出常数k及对应的函数关系.
（2）由（1）中关系式，求出θ(t)=55时的t值.
【解答过程】（1）依题意，θ=θ +(θ −θ )e−kt，且当θ =85∘C,θ =25∘C，t=5min时，θ=65∘C，
0 1 0 1 ❑ 0 ❑ ❑2 1 2 1
则65=25+(85−25)e−5k，e−5k= ，解得k=− ln =− (ln2−ln3)≈0.08，
3 5 3 5
所以θ(t)=25+60e−0.08t
.
1
（2）由（1）知，θ(t)=25+60e−0.08t，当θ(t)=55时，55=25+60e−0.08t，即e−0.08t=
，
2
1 −ln2 0.693
整理得−0.08t=ln =−ln2，解得t= = ≈9，
2 −0.08 0.08
王大爷要等待约9分钟.
a
17．（2024·山东·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 ，且
3x
8
f(1)= ．
3
(1)求函数f(x)的解析式；
[ 7 7 ]
(2)是否存在正实数m，n，使得当x∈[m,n]时，函数f(x)的值域为 5− ,5− ．若存在，求出m，
3m 3n
n的值；若不存在，请说明理由．
8
【解题思路】（1）根据函数f(x)是偶函数及f (1)= 即可求解；
3
7
（2）根据函数f(x)的单调性，将问题转化为方程f (x)=5− 有两个不相等的正根，再利用根与系数的关
3x
系即可求解.
【解答过程】（1）因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，
a 8
当x≤0时，f(x)= −3x ，且f (1)= ，
3x 3
1 8
所以f (−1)=3a− =f (1)= ，解得a=1，
3 3
1
所以当x≤0时，f (x)= −3x ，
3x
1
当x>0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m<n，
所以3m=2,3n=3,所以m=log 2,n=log 3=1,
3 3
[ 7 7 ]
所以存在正实数m=log 2,n=1，使得当x∈[m,n]时，函数f(x)的值域为 5− ,5−
.
3 3m 3n
ex−1
18．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数f(x)= ．
ex
(1)求函数y=f(2x)−f(x),x∈[0,1]的值域；
(2)若不等式f(2x)≤kf(x)在x∈R上恒成立，求k的取值范围；
(3)当x∈[−lna2,−lnb2 ](a>b>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0<m<1，
所以正数m的取值范围为(0,1).
19．（2024·广东湛江·一模）已知函数f (x)=ln(1+eax)−bx是偶函数，e是自然对数的底数，
e≈2.71828⋯
(1)求√a2+b2−2a+1的最小值;
(2)当b=1时，
（i）令g(x)=f (1−x)+f (1+x)，x∈[−1，1]，求g(x)的值域;
n 1000 1000
（ii）记∑a =a +a +...+a ，已知−1≤x ≤2，(i=1,2,...,1000)，且∑ x =1000，当∑ f (x )取最大
i 1 2 n i i i
i=1 i=1 i=1
值时，求x2+x2+...+x2
的值．
1 2 1000
【解题思路】（1）由函数是偶函数，得到a=2b，再代入所求式子，表示为b的二次函数求最值；
（2）（ⅰ）由条件可知，b=1,a=2，求函数g(x)d的解析式，并判断函数的单调性，即可求解函数的值
域；
（ⅱ）利用反证法进行证明.
【解答过程】（1）函数f (x)=ln(1+eax)−bx的定义域为R，根据偶函数的定义：∀x∈R，f (−x)=f (x)，即ln(1+e−ax)+bx=ln(1+eax)−bx，
即：2bx=ln(1+eax)−ln(1+e−ax)=ax上式对任意x∈R恒成立，这等价于2b=a．
a2+b2−2a+1=4b2+b2−4b+1=5b2−4b+1=5 ( b− 2) 2 + 1 ≥ 1 ，等号成立当且仅当b= 2 ，a= 4 ．
5 5 5 5 5
√5
所以√a2+b2−2a+1的最小值为 ．
5
（2）（ⅰ）由（1）可得：a=2，由于g(x)=f (1−x)+f (1+x)，x∈[−1，1]为偶函数，故只需考虑
x∈[0，1]时，g(x)的值域，
g(x)=f (1−x)+f (1+x)=ln(1+e2(1−x))−(1−x)+ln(1+e2(1+x))−(1+x)，
=ln[(1+e2(1−x))(1+e2(1+x))]−2=ln[1+e4+e2(1+x)+e2(1−x)]−2，
=ln[1+e4+e2(e2x+e−2x)]−2
令φ(x)=e2x+e−2x,x∈[0,1]，φ′(x)=2(e2x−e−2x)≥0，x∈[0，1]，
∴φ(x)=e2x+e−2x，x∈[0，1]单调递增，∴g(x)=f (1−x)+f (1+x)在[0，1]上单调递增，
g(x)的值域为[g(0)，g(1)]，g(0)=ln(e4+2e2+1)−2=2ln(e2+1)−2，g(1)=ln2(e4+1)−2．
故g(x)的值域为[ 2ln(e2+1)−2，[ln2(e4+1)]−2 ]．
（ⅱ）对于常数c，令g(x)=f (c−x)+f (c+x)，g(x)为偶函数．
下面先证明一个结论：g(x)在[0，+∞)上单调递增．
证明：g(x)=ln(1+e2(c−x))−(c−x)+ln(1+e2(c+x))−(c+x)=ln(1+e2(c−x))(1+e2(c+x))−2c
=ln[1+e4c+e2c(e2x+e−2x)]−2c．
由(2)可得：y=e2x+e−2x为偶函数，在[0，+∞)上单调递增，∴g(x)在[0，+∞)上单调递增，
证毕．
1000
对于−1≤x ≤2，(i=1，2，⋯，10)，且∑ x =1000，
i i
i=11000
先证明：当∑ f (x )取最大值时，x ，x ，⋯，x 中最多只有一个x∈(−1，2)，其余的数要么等于
i 1 2 1000 i
i=1
−1，要么等于2．
1000
用反证法，假如当∑ f (x )取最大值时，x ，x ，⋯，x 中存在两个数x，x ∈(−1，2)，不妨设
i 1 2 1000 i j
i=1
x <x ，
i j
记t =min{2−x ，x +1}，则t >0，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 <f c− j i+t +f c+ j i+t ，
i j 2 2 2 0 2 0
1000 (x −x ) (x −x )
在∑ f (x )中，将x，x 分别替换成c− j i+t ，c+ j i+t ，
i i j 2 0 2 0
i=1
1000
其余的数不变的情况下，得到了更大的值，这与∑❑f (x )取最大值相矛盾!
i
i=1
∴：x ，x ，⋯，x 中最多只有一个x∈(−1，2)．
1 2 1000 i
①x ，x ，⋯，x 中没有数字在区间(−1，2)时，x ，x ，⋯，x 中的每一个数，要么等于−1，要
1 2 1000 1 2 1000
么等于2，
2000
记x ，x ，⋯，x 中等于2的元素个数为k，2k−(1000−k)=1000，k= ，这与k为整数矛盾!
1 2 1000 3
②x ，x ，⋯，x 中只有一个数字在区间(−1，2)时，不妨记为x ，记等于2的数字个数为k，
1 2 1000 0
则等于−1的数字个数为999−k，则x +2k−(999−k)=1000．
0
即：x +3k=1999，由于x ∈(−1，2)，1997<3k<2000，
0 0
又∵k∈N*，∴k=666，x =1，
0
∴这1000个数为−1,−1,−1,...,−1,1,2,2,2,...,2，其中有333个−1，666个2．
x2+x2+⋯+x2 =4×666+1×334=2998．
1 2 1000
