专题2.5 幂函数与指、对数函数（举一反三复习讲义）
【全国通用】
命题规律
分析
1、幂函数与指、对数函数
幂函数、指数函数与对数函数是高中三类常见的重要函数，在历年的高
考中都占据着重要的地位，是高考常考的重点、热点内容.从近几年的高考
情况来看，对幂函数、指数函数与对数函数的考查，主要以基本函数的性
质为依托，结合指、对数的运算性质，运用幂函数与指、对数函数的图象
与性质解决具体的问题，包括比较指对幂数的大小、指数与对数的应用、
解不等式等热点题型.在复习过程中要掌握相关知识，能对常见的指数型函
数、对数型函数进行灵活处理.
高考真题
统计
考点
2023 年
2024 年
2025 年
幂函数与
指、对数
I 卷：第4 题，5 分
全国甲卷（文数）：
新课标I 卷：第6 题，
5 分
全国一卷：第8 题，5
分
函数
第11 题，5 分
北京卷：第4 题，4 分
天津卷：第2 题，5 分
天津卷：第5 题，5 分
北京卷：第7 题，4 分
北京卷：第4 题，4 分
北京卷：第9 题，4 分
天津卷：第7 题，5 分
上海卷：第14 题，4
分
2026 年
命题预测
预测在2026 年全国卷高考数学中，对幂函数与指、对数函数的考查仍
为必考重点，考情较为稳定。题型主要以单选题或填空题的形式考查，分
值占比固定。命题形式主要以指对幂数比较大小、指数与对数的应用、指
数函数与对数函数的图象与性质等考查方向为主，难度不大。
知识点
1 幂函数及其解题策略
1．幂函数的解析式
幂函数的形式是
(α∈R)，其中只有一个参数α，因此只需一个条件即可确定其解析式.
2．幂函数的图象与性质
在区间(0,1)上，幂函数中指数越大，函数图象越靠近 x 轴(简记为“指大图低”)，在区间(1,+∞)上，幂函数
中指数越大，函数图象越远离 x 轴.
3．比较幂值的大小
在比较幂值的大小时，必须结合幂值的特点，选择适当的函数，借助其单调性进行比较，准确掌握各个幂
函数的图象和性质是解题的关键.
知识点
2 指数、对数运算的解题策略
1．指数幂运算的一般原则
(1)指数幂的运算首先将根式、分数指数幂统一为分数指数幂，以便利用法则计算，还应注意：①必须同底
数幂相乘，指数才能相加.②运算的先后顺序.
(2)当底数是负数时，先确定符号，再把底数化为正数.
(3)运算结果不能同时含有根号和分数指数，也不能既有分母又含有负指数.
2．对数运算的常用技巧
(1)在对数运算中，先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然
后用对数运算法则化简合并.
(2)先将对数式化为同底数对数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算法则，转化为同底对数真数的
积、商、幂再运算.
(3)指对互化：
(a>0,且a≠1)是解决有关指数、对数问题的有效方法，在运算中应注意
互化.
知识点
3 指数函数与对数函数的常见问题及解题思路
1．比较指数式的大小
比较指数式的大小的方法是：(1)能化成同底数的先化成同底数幂，再利用单调性比较大小；
(2)不能化成同底数的，一般引入“
0 或
1”
等中间量比较大小.
2．指数方程(不等式)的求解思路
指数方程(不等式)的求解主要利用指数函数的单调性进行转化.
3．指数型函数的解题策略
涉及指数型函数的综合问题，首先要掌握指数函数相关性质，其次要明确复合函数的构成，涉及值域、单
调区间、最值等问题时，都要借助“同增异减”这一性质分析判断.
4．对数函数图象的识别及应用
(1)在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最
低点等)排除不符合要求的选项.
(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解.
5．对数（型）函数的值域和单调性问题的解题策略
利用对数函数的性质，求与对数函数有关的函数值域和复合函数的单调性问题，必须弄清三方面的问题：
一是定义域，所有问题都必须在定义域内讨论；二是底数与
1 的大小关系；三是复合函数的构成，即它是
由哪些基本初等函数复合而成的.另外，解题时要注意数形结合、分类讨论、转化与化归思想的应用.
【题型1 指数的运算】
【例1】（2025·河南新乡·二模）(
8
2
❑√5)
3+ ❑√5
=（ ）
A．16
B．8 ❑√2
C．32
D．16 ❑√2
【答案】A
【解题思路】应用指数幂运算的性质化简求值.
【解答过程】由(
8
2
❑√5)
3+ ❑√5
=(
2
3
2
❑√5)
3+ ❑√5
=2
(3−❑√5)(3+ ❑√5)=2
4=16.
故选：A.
【变式1-1】（2025·黑龙江佳木斯·三模）已知正数x，y满足2
x⋅4
y = 4
xy，则2 x + y的最小值是（ ）
A．2❑√2
B．9
C．9
2
D．13
【答案】C
【解题思路】由2
x⋅4
y = 4
xy可得1
2 y + 1
x =1，再根据基本不等式“1”的妙用求解即可.
【解答过程】由2
x⋅4
y = 4
xy，则2
x⋅2
2 y =2
2 xy，即x +2 y =2 xy，则1
2 y + 1
x =1，
所以2 x + y =(2 x + y)(
1
2 y + 1
x)= x
y + y
x + 5
2 ≥2❑√
x
y ⋅y
x + 5
2 = 9
2，
当且仅当x
y = y
x ，即x = y = 3
2时等号成立，
所以2 x + y的最小值是9
2.
故选：C.
【变式1-2】（2025·辽宁葫芦岛·一模）标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力
记录方式．标准对数视力表各行“E”字视标约为正方形，每一行“E”的边长都是上一行“E”的边长的
1
10√10
，若视力4.0 的视标边长约为10cm，则视力4.9 的视标边长约为（ ）
A．10√10
B．
10√10
8
C．1
10√10
D．
1
10√10
8
【答案】A
【解题思路】由题意结合指数幂的运算法则计算即可得.
【解答过程】由题意可得，视力4.9 的视标边长约为：
10×(
1
10√10)
9
=10×10
−9
10 =10
1
10 =
10√10 cm.
故选：A.
【变式1-3】（2025·浙江嘉兴·二模）若实数a,b满足e
ae
2b−1=1，则ab的最大值为（ ）
A．1
16
B．1
2
C．1
4
D．1
8
【答案】D
【解题思路】由指数运算可得a+2b=1，再由二次函数可得ab的最大值.
【解答过程】因为e
ae
2b−1=1，所以e
a+2b−1=e
0，即a+2b=1，
故ab=b(1−2b)=−2(b−1
4)
2
+ 1
8 ≤1
8，即ab≤1
8，当且仅当b= 1
4 时等号成立，
故ab的最大值为1
8，
故选：D.
【题型2 对数的运算】
【例2】（2025·浙江金华·一模）已知
1
log9a +
1
log27a = 5
3，则a=（ ）
A．3
B．9
C．27
D．81
【答案】C
【解题思路】利用换底公式转化，进行求解即可.
【解答过程】
1
log9a +
1
log27a = loga9+ loga27= loga3
5= 5
3，
所以a
5
3 =3
5，则a
5=(3
5)
3=27
5，解得a=27.
故选：C.
【变式2-1】（2025·北京海淀·三模）历史上，在5 月27 日曾有多次地震记录．例如：2006 年5 月27 日，
印尼爪哇发生里氏6.3 级地震，2024 年5 月27 日，四川木里县发生里氏5.0 级地震，经过科学家的研究发
现，地震时释放出来的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M 之间的关系为lg E = 4.8+1.5 M．印尼爪
哇地震所释放出来的能量约是四川木里地震的（ ）倍．（精确到1．参考数据：
lg87.5≈1.942,lg88.5≈1.947,lg89.5≈1.952,lg90.5≈1.957）
A．87
B．88
C．89
D．90
【答案】C
【解题思路】设印尼地震的能量E1 ，震级M 1=6.3，四川地震的能量E2 ，震级M 2=5.0，利用对数计算
lg(
E1
E2)的值，根据参考数据，利用对数函数的单调性估计得到答案.
【解答过程】设印尼地震的能量E1 ，震级M 1=6.3，四川地震的能量E2 ，震级M 2=5.0.
因为地震时释放出来的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M 之间的关系为lg E = 4.8+1.5 M，
所以lg(
E2
E1)=lg E2−lg E1=1.5(M 2−M 1)=1.5×1.3=1.95，
且lg88.5≈1.947<1.95<1.952≈lg89.5，
所以88.5< E2
E1
<89.5，
根据精确度要求精确到1，所以E2
E1
≈89，
故选：C.
【变式2-2】（2025·天津河北·模拟预测）已知a=lg2，b=lg3，则lg12可以表示为（ ）
A．a
2b
B．2ab
C．a+2b
D．2a+b
【答案】D
【解题思路】结合对数运算性质即可得解．
【解答过程】由对数运算性质可得lg12=lg(3×4)=lg3+lg 4 =lg3+lg2
2=lg3+2lg2=2a+b，
故选：D．
【变式2-3】（25-26 高一上·新疆·期中）荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以
成江海.”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.我们可以把(1+1%)
365看作是
每天的“进步”率都是1%，一年后是1.01
365≈37.7834；而把(1−1%)
365看作是每天“退步”率都是1%，
一年后是0.99
365≈0.0255；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的1.01
365
0.99
365 ≈1481倍.那么当“进步”
的值是“退步”的值的2 倍，大约经过（ ）天.
（参考数据：lg101≈2.0043，lg99≈1.9956，lg2≈0.3010)
A．9
B．15
C．25
D．35
【答案】D
【解题思路】设经过x天“进步”的值是“退步”的值的2 倍，根据题设可得( 1.01
0.99 )
x
=2，求解出x，即可
求解.
【解答过程】设经过x天“进步”的值是“退步”的值的2 倍，则( 1.01
0.99 )
x
=2，
所以x = log 1.01
0.99
2=
lg2
lg 1.01
0.99
=
lg2
lg 101
99
=
lg2
lg101−lg99 ≈
0.3010
2.0043−1.9956 = 0.3010
0.0087 ≈35
，
故选：D.
【题型3 幂函数的图象与性质】
【例3】（2025·湖南·一模）已知幂函数f (x)=(m
2+2m−2) x
m+2在(0,+∞)上单调递增，则m 的值为
（ ）
A．1
B．-3
C．-4
D．1 或-3
【答案】A
【解题思路】根据幂函数定义和函数单调性列出关于m的方程和不等式即可求解.
【解答过程】由题意可得{
m
2+2m−2=1
m+2>0 )⇒{
m=−3 或m=1
m>−2
)⇒m=1.
故选：A.
【变式3-1】（2025·河南驻马店·模拟预测）已知幂函数f (x)=(m
2+m−1) x
m的图象与坐标轴无公共点，
则m=（ ）
A．－2
B．1
C．－2 或1
D．－1 或2
【答案】A
【解题思路】本题可先根据幂函数的定义求出m的可能值，再结合幂函数图象与坐标轴无公共点的条件确
定m的值.
【解答过程】因为f ( x)为幂函数，所以m
2+m−1=1，
即m
2+m−2=0，解得m=−2或m=1.
当m=−2时，f ( x)= x
−2= 1
x
2，其定义域为{x∣x≠0}，图象与坐标轴无公共点，符合题意；
当m=1时，f ( x)= x，其图象与坐标轴有公共点，不合题意.
综上，m=−2.
故选：A.
【变式3-2】（2025·江苏盐城·三模）“m=2”是“f (x)=(m
2−m−1) x
m
2+2m−3为幂函数”的（ ）条
件．
A．充要
B．必要不充分
C．既不充分也不必要 D．充分不必要
【答案】D
【解题思路】分别验证其充分性以及必要性，即可得到结果.
【解答过程】当m=2时，f (x)= x
5，符合幂函数的形式，故充分性满足；
当f (x)=(m
2−m−1) x
m
2+2m−3为幂函数可得m
2−m−1=1，解得m=2或m=−1，
故必要性不满足，
所以“m=2”是“f (x)=(m
2−m−1) x
m
2+2m−3为幂函数”的充分不必要条件.
故选：D.
【变式3-3】（2025·四川绵阳·模拟预测）关于函数f (x)= x
−2，下列说法错误的是（ ）
A．函数的定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)
B．函数的值域为(0,+ ∞)
C．函数在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增
D．函数是偶函数
【答案】C
【解题思路】整理可得f (x)= 1
x
2，结合二次函数分析定义域、值域以及单调性，即可判断ABC；再根据偶
函数的定义判断D.
【解答过程】因为函数f (x)= x
−2= 1
x
2，
对于选项A：令x
2≠0，解得x≠0，
所以函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，故A 正确；
对于选项B：因为x≠0，则x
2>0，可得f (x)= 1
x
2 >0，
所以函数f (x)的值域为(0,+ ∞)，故B 正确；
对于选项C：因为y = x
2在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以函数f (x)在上(0,+ ∞)单调递减，在(−∞,0)上单调递增，故C 错误；
对于选项D：因为函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称，
且f (−x)=
1
(−x)
2 = 1
x
2 = f (x)，可知函数f (x)为偶函数，故D 正确；
故选：C.
【题型4 指数、对数函数的定义域与值域问题】
【例4】（2025·云南昆明·模拟预测）函数f (x)={
2
x−1, x<−2
x
2−1, x ≥−2)的值域为（ ）
A．[−1,+∞)
B．(−1,−3
4)
C．R
D．[−1,−3
4)
【答案】A
【解题思路】利用函数f (x)在(−∞,−2)、[−2,+∞)上的值域，取并集即可得出函数f (x)的值域.
【解答过程】当x<−2时，f (x)=2
x−1，因为函数y =2
x在(−∞,−2)上单调递增，
所以0<2
x<2
−2= 1
4 ，此时f (x)=2
x−1∈(−1,−3
4)；
当x ≥−2时，因为函数f (x)= x
2−1在[−1,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
故f (x)≥f (0)=−1，即f (x)= x
2−1在[−2,+∞)上的值域为[−1,+∞).
综上所述，函数f (x)的值域为[−1,+∞).
故选：A.
【变式4-1】（2025·陕西西安·模拟预测）关于函数f (x)=lg(
2
1−x −1)，下列说法不正确的是（ ）
A．f (x)的定义域为(−1,1)
B．f (x)在区间(0,1)上单调递增
C．f (x)的值域为(
1
10 ,10)
D．f (x)的图象关于原点对称
【答案】C
【解题思路】根据真数大于0，化简计算，即可判断A 的正误；根据复合函数单调性“同增异减”，可判
断B 的正误；根据x 的范围，可求得真数的范围，根据对数函数性质，可判断C 的正误；根据奇函数的定
义，化简整理，即可判定D 的正误，即可得答案.
【解答过程】选项A：由题意
2
1−x −1>0，即1+ x
1−x >0，
所以( x +1)(1−x)>0，即( x +1)( x−1)<0，解得−1< x<1，故A 正确；
选项B：令t =
2
1−x −1，
当x∈(0,1)时，y =1−x单调递减，
所以t =−1+
2
1−x 在(0,1)上单调递增，
又当t >1时，函数y =lgt在(1,+∞)上单调递增，
根据复合函数单调性原则可知f ( x)=lgt =lg(
2
1−x −1)在(0,1)上单调递增，故B 正确；
选项C：因为−1< x<1，所以−1<−x<1，
则0<1−x<2，所以
2
1−x >1，
则t =−1+
2
1−x >0，
所以f ( x)=lgt值域为R，故C 错误；
选项D：因为定义域为(−1,1)关于原点对称，且f (x)=lg(
2
1−x −1)=lg(
1+ x
1−x)，
所以f (−x)=lg(
2
1+ x −1)=lg(
1−x
1+ x)=lg(
1+ x
1−x)
−1
=−lg(
1+ x
1−x)=−f ( x)，
所以f ( x)为奇函数，图象关于原点对称，故D 正确.
故选：C.
【变式4-2】（2025·海南·一模）若函数f (x)=a
x
2 −1(a>0且a≠1)在区间[0,4)上的值域为[0,4)，则a=
（ ）
A．❑√3
B．❑√5
C．3
D．5
【答案】B
【解题思路】利用指数函数性质计算即可得.
【解答过程】由指数函数的性质知f (x)必是单调函数，
又f (0)=a
0−1=1−1=0，
因为值域为[0,4 ]，所以函数f ( x)在[0,4 ]上单调递增，故f (4)= 4，
即a
2−1= 4，解得a=± ❑√5，又a>0，故a= ❑√5.
故选：B.
【变式4-3】（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)={
4−2
x , x ≤1
1+loga(x +1), x>1)，若f (x)的值域为[2,+∞)，则
实数a的取值范围是（ ）
A．(1,❑√2)
B．(❑√2,2)
C．(1,
3√2)
D．(
3√2,2)
【答案】D
【解题思路】根据指数函数性质分析可知g(x)= 4−2
x(x ≤1)的值域为N =[2,4)，结合题意可得
(4 ,+∞)⊆M ⊆[2,+∞)，结合对数函数性质列式求解即可.
【解答过程】设h(x)=1+loga(x +1)(x>1),g(x)= 4−2
x(x ≤1)的值域分别为M , N，
当x ≤1时，则0<2
x≤2，可得N =[2,4)；
因为f (x)的值域为[2,+ ∞)，可知(4 ,+∞)⊆M ⊆[2,+∞)，
则a>1，且h(x)∈(1+loga2,+ ∞)，可得2≤1+loga2<4，解得
3√2<a≤2，
所以实数a的取值范围是(
3√2,2).
故选：D.
【题型5 指数、对数函数的图象问题】
【例5】（2025·河南·三模）函数f (x)=(2
−x−2
x)|x)
x 的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】根据函数的定义域可判排除D，根据图象对称性排除C，根据x>0时函数值的符号排除A，
故可得正确的选项.
【解答过程】f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，排除D；
因为f (−x)=(2
x−2
−x)|−x)
−x =(2
−x−2
x)⋅|x)
x = f (x)，所以f (x)为偶函数，
图象关于y 轴对称，排除C；
当x>0时，f (x)=(2
−x−2
x)|x)
x =2
−x−2
x<0，排除A．
故选：B.
【变式5-1】（25-26 高三上·天津东丽·开学考试）函数f (x)= x
2−ln|x)的图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】由函数奇偶性及特殊点函数值即可判断.
【解答过程】由f (x)= x
2−ln|x)，可得定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
又f (−x)=(−x)
2−ln|−x)= x
2−ln|x)= f ( x)，
函数为偶函数，故排除D，
又f (3)=9−ln3>0，结合图像可排查BC，
故选：A.
【变式5-2】（2025·辽宁·模拟预测）函数f (x)= 9
x−1
3
x⋅x
2的部分图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解题思路】根据函数解析式化简，应用奇函数定义及特殊值法分别判断各个选项.
【解答过程】由f (x)= 9
x−1
3
x⋅x
2 = 3
x−3
−x
x
2
，可得f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，
且f (−x)= 3
−x−3
x
(−x)
2 =−f (x)，所以f (x)为奇函数，图象关于原点对称，排除B 项；
f (1)= 8
3 >0，排除C 项；
当x→+ ∞时，f (x)→+ ∞，排除A 项.
故选：D.
【变式5-3】（2025·安徽合肥·模拟预测）函数f ( x)=(|4−x
2)−4)ln(4−x
2)的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】根据函数解析式确定函数的图像性质，进而确定.
【解答过程】由已知，f (x)定义域为(−2,2)，且f (−x)= f (x)，
所以函数f (x)为偶函数，
故f (x)图象关于y轴对称，
又f (0)=0，排除B，D 选项；
当x→2时，f (x)>0，排除C，故A 正确．
故选：A．
【题型6 指数、对数函数的单调性问题】
【例6】（2025·新疆喀什·模拟预测）已知ln a
2−ln a=1，则函数f ( x)=a
x
2−2 x的单调递增区间为（ ）
A．(−∞,0)
B．(−∞,1)
C．[0,+ ∞)
D．[1,+∞)
【答案】D
【解题思路】根据给定条件求出a，再利用复合函数单调性求出递增区间.
【解答过程】由ln a
2−ln a=1，得ln a=1，解得a=e，函数f ( x)=e
x
2−2 x定义域为R，
函数u= x
2−2 x在(−∞,1]上单调递减，在[1,+∞)上单调递增，
而函数y =e
u在R 上单调递增，所以函数f ( x)的单调递增区间为[1,+ ∞).
故选：D.
【变式6-1】（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数f ( x)=lg(x
2−ax−5)在(5,+∞)上单调递增，则a的取
值范围是（ ）
A．(−∞,4)
B．(−∞,4)
C．(4 ,+∞)
D．[4 ,+∞)
【答案】B
【解题思路】根据复合函数单调性确定内层函数与外层函数的单调性，结合函数的定义域列不等式组即可
得a的取值范围.
【解答过程】由函数f ( x)=lg(x
2−ax−5)在(5, +∞)上单调递增，
可得u( x)= x
2−ax−5在(5, + ∞)上单调递增，
且u( x)>0在(5,+ ∞)上恒成立，故需满足{
a
2 ≤5
u(5)=25−5a−5≥0)
，解得a≤4.
故选：B.
【变式6-2】（2025·山东济宁·二模）若函数f (x)=(
1
2)
x
2−ax
在[1,+∞)上单调递减，则实数a的取值范围是
（ ）
A．a≤2
B．a≥2
C．a≤1
D．a≥1
【答案】A
【解题思路】f ( x)=( 1
2 )
x
2−ax
是由y =( 1
2 )
u
与u= x
2−ax复合而成，先分析外层函数单调性，再根据复合函
数单调性确定内层函数单调性，进而求出a的取值范围.
【解答过程】f ( x)=( 1
2 )
x
2−ax
是由y =( 1
2 )
u
与u= x
2−ax复合而成，
在y =( 1
2 )
u
中，b= 1
2，，所以y =( 1
2 )
u
在R上单调递减.
因为f ( x)=( 1
2 )
x
2−ax
在[1,+ ∞)上单调递减，且外层函数y =( 1
2 )
u
在R上单调递减，
根据复合函数“同增异减”的原则，可知内层函数u= x
2−ax在[1,+∞)上单调递增.
对于二次函数u= x
2−ax，其图象开口向上，对称轴为x =−−a
2×1 = a
2.
二次函数在对称轴右侧单调递增，要使u= x
2−ax在[1,+∞)上单调递增，
则对称轴需满足a
2 ≤1，解得a≤2.
故选：A.
【变式6-3】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）函数f (x)= log2(x
2−2 x)的单调递增区间为（ ）
A．(2,+∞)
B．(1,+∞)
C．(−∞,1)
D．(−∞,0)
【答案】A
【解题思路】先求函数y = log2(x
2−2 x)的定义域，再求函数y = x
2−2 x在定义域上的增区间即可.
【解答过程】解：由已知得x
2−2 x>0，解得x<0或x>2，函数的定义域为(−∞,0)∪(2,+∞)，
因为y = log2t总为增函数，要求函数f ( x)= log2( x
2−2 x)的单调递增区间，
由同增异减可得即求函数y = x
2−2 x在(−∞,0)∪(2,+ ∞)上的增区间
由二次函数的性质可得y = x
2−2 x在(−∞,0)∪(2,+ ∞)上的增区间为(2,+∞)，
故函数f ( x)= log2( x
2−2 x)的单调递增区间是(2,+∞).
故选：A.
【题型7 指对幂数比较大小】
【例7】（2025·湖南·一模）若a= log7 7
2，b=7
0.1，c =(
2
7)
−0.1
，则a、b、c的大小关系为（ ）
A．c<a<b
B．a<b<c
C．a<c<b
D．c<b<a
【答案】C
【解题思路】利用对数函数、幂函数单调性，结合中间值法可得出a、b、c的大小关系.
【解答过程】因为函数y = log7 x在(0,+ ∞)上为增函数，所以log71<log7 7
2 <log77，即0<a<1，
因为b=7
0.1，c =(
2
7)
−0.1
=(
7
2)
0.1
，
函数y = x
0.1在(0,+ ∞)上为增函数，所以7
0.1>(
7
2)
0.1
>(
7
2)
0
，即b>c>1，
故b>c>a．
故选：C.
【变式7-1】（2025·四川绵阳·一模）已知a= 3
2 ,b=log34 ,c =e
1
2，则（ ）
A．b<a<c
B．a<b<c
C．c<b<a
D．a<c<b
【答案】A
【解题思路】对于对数函数和指数函数的值比较大小，通常可以利用函数的单调性以及中间值来进行判断.
【解答过程】因为3
2 = log33
3
2 = log3
❑√3
3= log3
❑√27，
又因为对数函数y = log3 x在(0,+ ∞)上单调递增，且4 = ❑√16<❑√27，
所以log34<log3
❑√27，即b<a.
c =e
1
2 = ❑√e，a= 3
2 = ❑√
9
4 ，由于e≈2.718，9
4 =2.25，且函数y = ❑√x在[0,+∞)上单调递增，
所以❑√e>❑√
9
4 ，即c>a.
综合以上两个比较结果，可得b<a<c.
故选：A.
【变式7-2】（2025·河南·模拟预测）设a=(
1
3)
1
3 ,b=log1
2
2
5 ,c =3
−1
4，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．a<c<b
B．b<c<a
C．c<b<a
D．c<a<b
【答案】A
【解题思路】根据指数函数及对数函数的单调性计算判断大小.
【解答过程】因为y =(
1
3)
x
单调递减，所以a=(
1
3)
1
3 <c =3
−1
4 =(
1
3)
1
4 <(
1
3)
0
=1，
因为y =log1
2
x单调递减，所以b=log1
2
2
5 >log1
2
1
2 =1，
则a,b,c的大小关系为a<c<b.
故选：A.
【变式7-3】（2025·天津·二模）已知a= 4.5
4.5，b=5.4
5.4，c = log4.55.4，则a，b，c 的大小关系为（ ）
A．a<b<c
B．a<c<b
C．c<b<a
D．c<a<b
【答案】D
【解题思路】利用指、对、幂的单调性比较大小即可.
【解答过程】∵y = 4.5
x是增函数，∴4.5<a= 4.5
4.5<4.5
5.4，
∵y = x
5.4在(0，+∞)是增函数，∴b=5.4
5.4>4.5
5.4，故b>a>4.5，
∵y = log4.5 x在(0，+∞)是增函数，c = log4.55.4<2<4.5，
即c<a<b，
故选：D.
【题型8 解不等式问题】
【例8】（2025·广东肇庆·一模）已知f ( x)=e
x−e
−x，若f (x +1)+ f (x−1)>0成立，则x 的取值范围是
（ ）
A．(0,+∞)
B．(1,+∞)
C．(−1,+∞)
D．(−∞,0)∪(0,+∞)
【答案】A
【解题思路】确定给定函数的奇偶性及单调性，进而求解不等式.
【解答过程】函数f ( x)=e
x−e
−x的定义域为R，f (−x)=e
−x−e
x =−f ( x)，则函数f ( x)是奇函数，
而函数y =e
x, y =−e
−x在R 上都单调递增，则函数f ( x)在R 上单调递增，
不等式f ( x +1)>−f ( x−1)= f (−x +1)，则x +1>−x +1，解得x>0，
所以x 的取值范围是(0,+ ∞).
故选：A.
【变式8-1】（2025·山西临汾·三模）已知f (x)=log2(1+ 4
−x)+ x，则满足f (2m−3)<f (m)的实数m 的取
值范围为（ ）
A．(1,3)
B．(
3
2 ,3)
C．(−∞,3)
D．(3,+∞)
【答案】A
【解题思路】由函数解析式明确定义域，判其奇偶性，整理函数解析式，根据指数函数、对勾函数以及复
合函数的单调性，可得函数的单调性，简化不等式，可得答案.
【解答过程】由f (x)= log2(1+ 4
−x)+ x，易知其定义域为R，
由f (−x)−f (x)= log2(1+ 4
x)−x−log2(1+ 4
−x)−x
= log2
1+ 4
x
1+ 4
−x −2 x = log24
x−2 x =2 x−2 x =0，则函数f (x)为偶函数，
f (x)= log2(1+ 4
−x)+ x = log2(1+2
−2 x)+ log22
x = log2(2
x+2
−x)，
由y =2
x在R上单调递增，y = x + 1
x 在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
则y =2
x+ 1
2
x 在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
即函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，
由f (2m−3)<f (m)，则|2m−3)<|m)，即(2m−3)
2<m
2，
整理可得3m
2−12m+9<0，化简可得(m−3)(m−1)<0，
解得1<m<3.
故选：A.
【变式8-2】（2025·湖南·模拟预测）设函数f (x)=e|x−1)+1，则使得f (x−1)<f (−x)成立的x的取值范围
是（ ）
A．(0, 1
2)
B．(
1
2 ,+ ∞)
C．(−∞, 1
2)
D．(−1
2 , 1
2)
【答案】B
【解题思路】易得函数f (x)关于x =1对称，且在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)单调递增，将原不等式转
化为|x−1−1)<|−x−1)求解即可.
【解答过程】因为f (x)=e|x−1)+1，所以f (2−x)=e|2−x−1)+1=e|1−x)+1= f (x)，
即函数f (x)关于x =1对称，
当x ≥1时，f (x)=e
x−1+1单调递增，
所以函数f (x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)单调递增，
因为f (x−1)<f (−x)，所以|x−1−1)<|−x−1)，解得x> 1
2，
即x的取值范围是(
1
2 ,+ ∞)，
故选：B.
【变式8-3】（2025·四川绵阳·二模）已知定义在R上的函数g(x)=e
x−e
−x+ f (x)，其中g(x)是奇函数且在
R上单调递减，f (log2 x)+ f (2)>0的解集为（ ）
A．(−∞, 1
4)
B．(0, 1
4)
C．(
1
4 ,+ ∞)
D．(4 ,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，探讨函数f ( x)的奇偶性及单调性，再求解不等式.
【解答过程】依题意，f ( x)= g( x)−e
x+e
−x，f (−x)= g(−x)−e
−x+e
x =−g( x)−e
−x+e
x =−f ( x)，
则函数f ( x)是R上的奇函数，而函数y = g( x), y =−e
x , y =e
−x在R上都单调递减，
因此f ( x)在R上单调递减，不等式f (log2 x)>−f (2)= f (−2)，则log2 x<−2，
解得0< x< 1
4 ，所以所求解集是(0, 1
4 ).
故选：B.
【题型9 指数函数与对数函数的综合应用】
【例9】（2025·河北·模拟预测）若函数f ( x)=a
log2(−x
2+2 x +3)（a>0且a≠1）的最大值为3，则a=（ ）
A．1
3
B．❑√3
C．2
D．3
【答案】B
【解题思路】利用对数函数单调性求出指数的最大值，再结合指数函数单调性分类求解判断.
【解答过程】函数f ( x)=a
log2(−x
2+2 x +3)中，−x
2+2 x +3>0，解得−1< x<3，
函数u=−x
2+2 x +3在(−1,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，当x =1，umax= 4，
其值域为(0,4 ]，而函数y = log2u在(0,4 ]上单调递增，
因此函数t =log2(−x
2+2 x +3)的值域为(−∞,2]，
当0<a<1时，函数y =a
t在(−∞,2]上单调递减，值域为[a
2,+∞)，无最大值，不符合题意；
当a>1时，函数y =a
t在(−∞,2]上单调递增，当t =2时，ymax=a
2=3，
解得a= ❑√3，符合题意，所以a= ❑√3.
故选：B.
【变式9-1】（2025·河北石家庄·一模）已知函数f ( x)= x
2+ ln(e
x+e
−x)−2，则不等式
f ( x +2)≤f (2 x−3)的解集为（ ）
A．[−5,−1
3)
B．(−∞,−5]∪[−1
3 ,+ ∞)
C．[
1
3 ,5)
D．(−∞, 1
3)∪[5,+∞)
【答案】D
【解题思路】由函数奇偶性、单调性即可求解.
【解答过程】易知函数定义域为R，
又f (−x)=(−x)
2+ ln(e
−x+e
x)−2= x
2+ ln(e
x+e
−x)−2= f ( x)，故为偶函数，
当x ≥0时，e
x≥1，所以y =e
x+e
−x =e
x+ 1
e
x ，
令t =e
x≥1，结合对勾函数y =t + 1
t 在[1,+∞)单调递增，y =e
x在[0,+∞)单调递增，
由复合函数的单调性可知：y =e
x+e
−x在(0,+ ∞)上单调递增，
又y = ln x在(0,+ ∞)上单调递增，
故y = ln(e
x+e
−x)在[0,+ ∞)上单调递增，
易知f ( x)= x
2+ ln(e
x+e
−x)−2在[0,+ ∞)上单调递增，
结合函数为偶函数，
所以由f ( x +2)≤f (2 x−3)可得|x +2)≤|2 x−3)，
平方得：3 x
2−16 x +5≥0，
解得x ≥5或x ≤1
3，
所以不等式f ( x +2)≤f (2 x−3)的解集为(−∞, 1
3)∪[5,+∞)，
故选：D.
【变式9-2】（2025·四川资阳·一模）已知函数f ( x)=2
x⋅log2(2 x−2)−1，g( x)=3
x⋅log3(3 x−3)−1
，h( x)= log5(5 x−5)−5
−x的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>a>c
D．c>b>a
【答案】A
【解题思路】先令三个函数式等于0，然后对等式分别化简，使得它们都等于同一函数式，进而可画出图
象，比较零点的大小.
【解答过程】令f (x)=0，则log2(2 x−2)=2
−x，化简得log22+ log2(x−1)=2
−x，
即log2(x−1)=2
−x−1，换底后得到log10(x−1)= log102×(2
−x−1)；
令g(x)=0，则log3(3 x−3)=3
−x，化简得log33+ log3(x−1)=3
−x，
即log3(x−1)=3
−x−1，换底后得到log10(x−1)= log103×(3
−x−1)；
令h(x)=0，则log5(5 x−5)=5
−x；化简得log55+ log5(x−1)=5
−x，
即log5(x−1)=5
−x−1，换底后得到log10(x−1)= log105×(5
−x−1)；
分别画出它们的图象为：
由图可以看出a>b>c.
故选：A.
【变式9-3】（2025·内蒙古呼和浩特·二模）已知函数f ( x)={
1
2
x−1 ，x<0
2a
( x +1)
2 ，x ≥0
(a≠0))
在R上单调，且
f (loga x)≤8在[2,4 ]上恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．0<a≤1
B．0<a≤1
2
C．0<a≤
❑√2
2
D．
❑√2
2 ≤a<1
【答案】B
【解题思路】由题可得函数f ( x)={
1
2
x−1 ，x<0
2a
( x +1)
2 ，x ≥0
(a≠0))
在R上单调递减，由f (loga x)≤8在[2,4 ]恒成
立可得x ≤1
a
2恒成立，据此可得答案.
【解答过程】因函数f ( x)={
1
2
x−1 ，x<0
2a
( x +1)
2 ，x ≥0
(a≠0))
在R上单调，又y =
1
2
x−1在(−∞,0)上单调递减，
则函数f ( x)={
1
2
x−1 ，x<0
2a
( x +1)
2 ，x ≥0
(a≠0))
在R上单调递减，则{
a>0
1
2
−1 ≥2a)
⇒0<a≤1.
则x∈[2,4 ]时，loga x<0，又f (loga x)≤8，
则
1
2
(loga x)−1 ≤8⇒2
1−loga x≤2
3⇒loga x ≥−2⇒x ≤1
a
2恒成立，
则1
a
2 ≥(x)max = 4⇒0<a≤1
2.
故选：B.
考点一 幂函数与指、对数函数
一、单选题
1．（2025·北京·高考真题）一定条件下，某人工智能大语言模型训练N 个单位的数据量所需要的时间
T =k log2 N（单位：h），其中k 为常数．在此条件下，已知训练数据量N 从10
6个单位增加到1.024×10
9
个单位时，训练时间增加20h；当训练数据量N 从1.024×10
9个单位增加到4.096×10
9个单位时，训练时
间增加（ ）
A．2h
B．4h
C．20h
D．40h
【答案】B
【解题思路】由题给条件列出不同训练数据量时所需的时间，结合对数的运算性质即可求解.
【解答过程】设当N 取10
6个单位、1.024×10
9个单位、4.096×10
9个单位时所需时间分别为T 1,T 2,T 3,
由题意，T 1=k log210
6=6 k log210，
T 2=k log2(1.024×10
9)=k log2(2
10×10
6)=k (10+6 log210)，
T 3=k log2(4.096×10
9)=k log2(2
12×10
6)=k (12+6 log210)，
因为T 2−T 1=k (10+6 log210)−6 k log210=10k =20，所以k =2，
所以T 3−T 2=k (12+6 log210)−k (10+6 log210)=2k = 4，
所以当训练数据量N 从1.024×10
9个单位增加到4.096×10
9个单位时，训练时间增加4 小时.
故选：B.
2．（2025·天津·高考真题）函数f ( x)=0.3
x−❑√x的零点所在区间是（ ）
A．(0,0.3)
B．(0.3,0.5)
C．(0.5,1)
D．(1,2)
【答案】B
【解题思路】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.
【解答过程】由指数函数、幂函数的单调性可知：y =0.3
x在R上单调递减，y = ❑√x在[0,+∞)单调递增，
所以f (x)=0.3
x−❑√x在定义域上单调递减，
显然f (0)=1>0,f (0.3)=0.3
0.3−0.3
0.5>0,f (0.5)=0.3
0.5−0.5
0.5<0，
所以根据零点存在性定理可知f (x)的零点位于(0.3,0.5).
故选：B.
3．（2025·上海·高考真题）设a>0,s∈R．下列各项中，能推出a
s>a的一项是（ ）
A．a>1，且s>0
B．a>1，且s<0
C．0<a<1，且s>0
D．0<a<1，且s<0
【答案】D
【解题思路】利用指数函数的性质分类讨论a与1 的关系即可判定选项.
【解答过程】∵a>0,a
s>a，∴a
s−1>1=a
0，
当a∈(0,1)时，y =a
x定义域上严格单调递减，
此时若s−1<0，则一定有a
s−1>1=a
0成立，故D 正确，C 错误；
当a∈(1,+∞)时，y =a
x定义域上严格单调递增，要满足a
s−1>1=a
0，需s>1，即A、B 错误.
故选：D.
4．（2025·全国一卷·高考真题）已知2+ log2 x =3+ log3 y =5+ log5 z，则x，y，z 的大小关系不可能是
（ ）
A．x> y > z
B．x> z> y
C．y > x> z
D．y > z> x
【答案】B
【解题思路】法一：设2+ log2 x =3+ log3 y =5+ log5 z =m，对m讨论赋值求出x , y , z，即可得出大小关
系，利用排除法求出；
法二：根据数形结合解出.
【解答过程】法一：设2+ log2 x =3+ log3 y =5+ log5 z =m，所以
令m=2，则x =1, y =3
−1= 1
3 , z =5
−3= 1
125，此时x> y > z，A 有可能；
令m=5，则x =8, y =9, z =1，此时y > x> z，C 有可能；
令m=8，则x =2
6=64 , y =3
5=243, z =5
3=125，此时y > z> x，D 有可能；
故选：B．
法二：设2+ log2 x =3+ log3 y =5+ log5 z =m，所以，x =2
m−2, y =3
m−3, z =5
m−5
根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，
作出函数y =2
x−2, y =3
x−3, y =5
x−5的图象，以上方程的根分别是函数y =2
x−2, y =3
x−3, y =5
x−5的图象与
直线x =m的交点纵坐标，如图所示：
易知，随着m的变化可能出现：x> y > z，y > x> z，y > z> x，z> y > x，
故选：B．
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数f ( x)={
−x
2−2ax−a, x<0
e
x+ ln( x +1), x ≥0)在R 上单调递增，则a 的取值范
围是（ ）
A．(−∞,0]
B．[−1,0]
C．[−1,1]
D．[0,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【解答过程】因为f (x)在R上单调递增，且x ≥0时，f ( x)=e
x+ ln( x +1)单调递增，
则需满足{
−
−2a
2×(−1) ≥0
−a≤e
0+ ln1)
，解得−1≤a≤0，
即a 的范围是[−1,0].
故选：B.
6．（2024·北京·高考真题）已知(x1, y1)，(x2, y2)是函数y =2
x的图象上两个不同的点，则（ ）
A．log2
y1+ y2
2
< x1+ x2
2
B．log2
y1+ y2
2
> x1+ x2
2
C．log2
y1+ y2
2
< x1+ x2
D．log2
y1+ y2
2
> x1+ x2
【答案】B
【解题思路】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.
【解答过程】由题意不妨设x1< x2，因为函数y =2
x是增函数，所以0<2
x1<2
x2，即0< y1< y2，
对于选项AB：可得2
x1+2
x2
2
>
❑√2
x1·2
x2=2
x1+ x2
2 ，即y1+ y2
2
>2
x1+ x2
2 >0，
根据函数y = log2 x是增函数，所以log2
y1+ y2
2
>log22
x1+ x2
2 = x1+ x2
2
，故B 正确，A 错误；
对于选项D：例如x1=0, x2=1，则y1=1, y2=2，
可得log2
y1+ y2
2
= log2 3
2 ∈(0,1)，即log2
y1+ y2
2
<1= x1+ x2，故D 错误；
对于选项C：例如x1=−1, x2=−2，则y1= 1
2 , y2= 1
4 ，
可得log2
y1+ y2
2
= log2 3
8 = log23−3∈(−2,−1)，即log2
y1+ y2
2
>−3= x1+ x2，故C 错误，
故选：B.
7．（2024·北京·高考真题）生物丰富度指数 d = S−1
ln N
是河流水质的一个评价指标，其中S , N分别表示河
流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d 越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数
S没有变化，生物个体总数由N 1变为N 2，生物丰富度指数由2.1提高到3.15，则（ ）
A．3 N 2=2 N 1
B．2 N 2=3 N 1
C．N 2
2= N 1
3
D．N 2
3= N 1
2
【答案】D
【解题思路】根据题意分析可得S−1
ln N 1
=2.1, S−1
ln N 2
=3.15，消去S即可求解.
【解答过程】由题意得S−1
ln N 1
=2.1, S−1
ln N 2
=3.15，则2.1ln N 1=3.15ln N 2，即2ln N 1=3 ln N 2，所以
N 2
3= N 1
2.
故选：D.
8．（2024·天津·高考真题）设a= 4.2
−0.2，b= 4.2
0.2，c =log4.20.2，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a<b<c
B．a<c<b
C．c<b<a
D．c<a<b
【答案】D
【解题思路】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.
【解答过程】因为y = 4.2
x在R上递增，且−0.2<0<0.2，
所以0<4.2
−0.2<4.2
0<4.2
0.2，
所以0<4.2
−0.2<1<4.2
0.2，即0<a<1<b，
因为y = log4.2 x在(0,+∞)上递增，且0<0.2<1，
所以log4.20.2<log4.21=0，即c<0，
所以c<a<b，
故选：D.
9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=( x +a)ln( x +b)，若f ( x)≥0，则a
2+b
2的最小值为
（ ）
A．1
8
B．1
4
C．1
2
D．1
【答案】C
【解题思路】解法一：由题意可知：f ( x)的定义域为(−b,+∞)，分类讨论−a与−b,1−b的大小关系，结
合符号分析判断，即可得b=a+1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln( x +b)的符号，
进而可得x +a的符号，即可得b=a+1，代入可得最值.
【解答过程】解法一：由题意可知：f ( x)的定义域为(−b,+∞)，
令x +a=0解得x =−a；令ln( x +b)=0解得x =1−b；
若−a≤−b，当x∈(−b,1−b)时，可知x +a>0,ln (x +b)<0，
此时f ( x)<0，不合题意；
若−b<−a<1−b，当x∈(−a,1−b)时，可知x +a>0,ln (x +b)<0，
此时f ( x)<0，不合题意；
若−a=1−b，当x∈(−b,1−b)时，可知x +a<0,ln (x +b)<0，此时f ( x)>0；
当x∈[1−b,+∞)时，可知x +a≥0,ln (x +b)≥0，此时f ( x)≥0；
可知若−a=1−b，符合题意；
若−a>1−b，当x∈(1−b,−a)时，可知x +a<0,ln (x +b)>0，
此时f ( x)<0，不合题意；
综上所述：−a=1−b，即b=a+1，
则a
2+b
2=a
2+(a+1)
2=2(a+ 1
2)
2
+ 1
2 ≥1
2，当且仅当a=−1
2 ,b= 1
2时，等号成立，
所以a
2+b
2的最小值为1
2；
解法二：由题意可知：f ( x)的定义域为(−b,+∞)，
令x +a=0解得x =−a；令ln( x +b)=0解得x =1−b；
则当x∈(−b,1−b)时，ln (x +b)<0，故x +a≤0，所以1−b+a≤0；
x∈(1−b,+∞)时，ln (x +b)>0，故x +a≥0，所以1−b+a≥0；
故1−b+a=0， 则a
2+b
2=a
2+(a+1)
2=2(a+ 1
2)
2
+ 1
2 ≥1
2，
当且仅当a=−1
2 ,b= 1
2时，等号成立，
所以a
2+b
2的最小值为1
2.
故选：C.
10．（2023·北京·高考真题）下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递增的是（ ）
A．f ( x)=−ln x
B．f ( x)= 1
2
x
C．f ( x)=−1
x
D．f ( x)=3
| x−1|
【答案】C
【解题思路】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D 即可.
【解答过程】对于A，因为y = ln x在(0,+ ∞)上单调递增，y =−x在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)=−ln x在(0,+ ∞)上单调递减，故A 错误；
对于B，因为y =2
x在(0,+∞)上单调递增，y = 1
x 在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)= 1
2
x 在(0,+∞)上单调递减，故B 错误；
对于C，因为y = 1
x 在(0,+∞)上单调递减，y =−x在(0,+∞)上单调递减，
所以f (x)=−1
x 在(0,+ ∞)上单调递增，故C 正确；
对于D，因为f(
1
2)=3|
1
2 −1)=3
1
2 = ❑√3，f (1)=3|1−1)=3
0=1,f (2)=3|2−1)=3，
显然f (x)=3|x−1)在(0,+ ∞)上不单调，D 错误.
故选：C.
二、填空题
11．（2024·全国甲卷·高考真题）已知a>1且
1
log8a −
1
loga4 =−5
2，则a=
．
【答案】64
【解题思路】将log8a,loga4利用换底公式转化成log2a来表示即可求解.
【解答过程】由题
1
log8a −
1
loga4 =
3
log2a −1
2 log2a=−5
2，整理得(log2a)
2−5log2a−6=0，
⇒log2a=−1或log2a=6，又a>1，
所以log2a=6= log22
6，故a=2
6=64
故答案为：64.
12．（2023·北京·高考真题）已知函数f ( x)= 4
x+ log2 x，则f(
1
2)= ．
【答案】1
【解题思路】根据给定条件，把x = 1
2代入，利用指数、对数运算计算作答.
【解答过程】函数f ( x)= 4
x+ log2 x，所以f ( 1
2 )= 4
1
2 + log2
1
2 =2−1=1.
故答案为：1.
