专题2.9 对数与对数函数（举一反三复习讲义）
【全国通用】
考点要求
(1)理解对数的概念及运算性质，能用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数
(2)通过实例，了解对数函数的概念，会画对数函数的图象，理解对数函数的单调性与
特殊点
(3)了解指数函数y=ax（a>0 且a≠1）与对数函数y=logax（a>0 且a≠1）互为反函数
高考真题
统计
考点
2024 年
2025 年
2026 年
对数与对数
函数
新课标I 卷：第6
题，5 分
北京卷：第7 题，4
分
全国一卷：第8 题，5
分
北京卷：第9 题，4
分
天津卷：第6 题，5
分
命题规律
分析
1、对数与对数函数
对数函数是常见的重要函数，对数与对数函数是高考常考的热点内容，
从近三年的高考情况来看，主要考查对数的运算、对数函数的性质及应
用；对数函数往往与幂函数、指数函数结合考查，考查内容包括：比较指
对幂数的大小、解不等式等题型，主要以单选题的形式考察，难度较易。
知识点
1
对数运算的解题策略
1．对数的换底公式及其推论
(1)换底公式：设a>0，且a≠1，c>0，且c≠1，b>0，则
.
(2)换底公式的推论：
①
=1(a>0,且a≠1,b>0,且b≠1)；
②
(a>0,且a≠1,b>0,且b≠1,c>0,且c≠1,d>0)；
③
(a>0,且a≠1,b>0,m≠0,n∈R).
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
对数与对数函数
考点1
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
2
对数函数的常见问题及解题思路
1．比较对数式的大小
比较对数式的大小的方法是：(1)底数相同的，直接利用对数函数的单调性比较大小；
(2)底数不同的，利用换底公式化成同底数的对数式，再利用对数函数的单调性比较大小.
2．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.
3．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 对数的运算】
【例1】（2026·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1-1】（25-26 高二下·山东日照·期末）若logam=2，b
3=m，则logm(ab)=（ ）
A．1
6
B．1
5
C．5
6
D．6
5
【答案】C
【解题思路】先根据指数式和对数式互换得出logbm=3；再根据对数的运算法则及换底公式可求解.
【解答过程】由b
3=m可得：logbm=3.
则logm(ab)=logma+logmb
=logaa
logam +logbb
logbm
= 1
2 + 1
3
= 5
6.
故选：C.
【变式1-2】（2026·四川绵阳·一模）在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以m %的增长率呈指数增长.若增长
为原来的2.5 倍经过了10 天，则增长为原来的5 倍需要经过的天数约为（ ）（参考数据：lg2≈0.3）
A．12
B．15
C．18
D．20
【答案】C
【解题思路】根据已知可得1+m % =( 5
2 )
1
10，进而可得( 5
2 )
n
10 =5，利用指对数关系、对数的运算性质、换
底公式求n 即可.
【解答过程】若原来蓝藻数量为a，则a(1+m %)
10= 5
2 a，可得1+m % =( 5
2 )
1
10，
令经过n天后蓝藻增长为原来的5 倍，则a(1+m %)
n=5a，即( 5
2 )
n
10 =5，
可得n=10log 5
2
5=
10lg5
lg5−lg2 = 10(1−lg2)
1−2lg2 ≈10(1−0.3)
1−2×0.3 =17.5≈18天.
故选：C.
【变式1-3】（2026·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．
【题型2 对数函数的图象及应用】
【例2】（2026·湖南长沙·一模）已知lga+lgb=0(a>0,b>0，且a≠1,b≠1)，则函数f (x)=a
−x与
g(x)=logb x的图象可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】依题意可得1
a =b，再由指数函数和对数函数单调性即可判断得出结论.
【解答过程】由lga+lgb=0可知，1
a =b，
故f (x)=a
−x =b
x，故函数f (x)=a
−x与函数g(x)=logb x的单调性相同，
故选：B.
【变式2-1】（2026·河北廊坊·一模）函数f (x)=ln|x−1)
e
x
的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解题思路】结合选项中函数图象的特征，利用函数的性质，采用排除法求解即可．
【解答过程】解：f (x)=ln|x−1)
e
x
，定义域为{x|x≠1))，
f (x)=ln|x−1)
e
x
=0，解得x =0或x =2，
∴f (x)过(0,0)和(2,0)，故CD 不符合题意；
又x→+ ∞时，f (x)→0，
所以A 不符合题意，B 符合题意．
故选：B.
【变式2-2】（2026·福建泉州·模拟预测）若实数x，y，z满足2
x−2=3
y−3=5
z−5，则x，y，z的大小关
系不可能是（ ）
A．x = y = z
B．x> y > z
C．z> y > x
D．z> x> y
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，求出x , y , z的函数关系，再在同一坐标系内作出函数图象，数形结合即可判
断.
【解答过程】令2
x−2=3
y−3=5
z−5=t，得x = log2(t +2), y = log3(t +3), z = log5(t +5),t >−2，
在同一坐标系内作出函数f (t )= log2(t +2), g(t )= log3(t +3),h(t )= log5(t +5),t >−2的图象，
则x , y , z分别是函数y
′ = f (t ), y
′ = g(t ), y
′ =h(t ),t >−2的图象与直线t =a(a>−2)交点的纵坐标，
观察图象得，当−2<a<0时，z> y > x；当a=0时，x = y = z；当a>0时，x> y > z，
因此ABC 都可能，D 不可能.
故选：D.
【变式2-3】（25-26 高一上·湖南益阳·期末）已知函数f (x)=ln|x)
x
，则它的部分图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解题思路】由奇偶性的定义及x>1时函数值符号，应用排除法即可得.
【解答过程】由题设，函数的定义域为{x| x≠0}，且f (−x)= ln|−x)
−x
=−ln| x|
x
=−f ( x)，
所以f (x)=ln|x)
x
为奇函数，排除B、D，
当x>1时，ln| x|>0，故f (x)=ln|x)
x
>0，排除C.
故选：A.
【题型3 比较指对幂数的大小】
【例3】（2026·天津河西·三模）设a=2.1
0.7，b=0.7
2.1，c =log2.10.7，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．a<c<b
D．c<b<a
【答案】D
【解题思路】根据指数函数和对数函数的性质，分别求得a>1，0<b<1和c<0，即可求解.
【解答过程】由指数函数的性质，可得a=2.1
0.7>2.1
0=1，即a>1，
b=0.7
2.1<0.7
0=1且b=0.7
2.1>0，即0<b<1，
又由对数函数的性质，可得c =log2.10.7<log2.11=0，即c<0，
所以c<b<a.
故选：D.
【变式3-1】（2026·河南·模拟预测）已知a= log0.50.4，b=0.5
0.4，c = log45，则（ ）
A．a>c>b
B．a>b>c
C．c>a>b
D．b>c>a
【答案】A
【解题思路】利用对数函数、指数函数的单调性，结合换底公式比较大小.
【解答过程】由对数换底公式得： a= log0.50.4 = log2
−10.4 =−log20.4 = log22.5，
c = log45= log25
log24 = 1
2 log25= log2
❑√5，
因为y = log2 x是增函数，且2.5>❑√5>2，
所以： log 22.5>log 2
❑√5>log 22=1，即a>c>1，
指数函数y =0.5
x是减函数，因此0<0.5
0.4<0.5
0=1，即b<1，
综上可得a>c>b.
故选：A.
【变式3-2】（2026·湖北武汉·三模）已知a=log32，b=log511，c =log23，则a，b，c的大小关系为
（ ）
A．a<c<b
B．b<c<a
C．b<a<c
D．a<b<c
【答案】D
【解题思路】根据对数函数的单调性分别计算a,b,c的范围即可求解．
【解答过程】对数函数y = log3 x在(0,+∞)上单调递增，且2<3，
所以log32<log33=1，即a<1；
对数函数y = log5 x在(0,+ ∞)上单调递增，且5<11<5
3
2 =5 ❑√5，
所以log55<log511<log55
3
2，即1<b< 3
2；
对数函数y = log2 x在(0,+∞)上单调递增，且2
3
2 =2❑√2<3<2
2= 4，
所以log22
3
2 <log23<log22
2，即3
2 <c<2；
综上可得a<b<c．
故选：D.
【变式3-3】（2026·广东深圳·模拟预测）若a= log0.10.2，b= log40.3，c =3
−0.3，d =2
−0.3，则下列选项
正确的是（ ）
A．a<b,c<d
B．a<b,c>d
C．a>b,c<d
D．a>b,c>d
【答案】C
【解题思路】通过对数函数的单调性判断a与b的大小，利用幂函数的单调性判断c与d的大小，从而确定
正确选项.
【解答过程】由对数函数y =log0.1 x 在(0,+ ∞)上单调递减，
得log0.11<log0.10.2<log0.10.1 ，即0<a<1；
由对数函数y =log4 x在(0,+ ∞)上单调递增，
得log40.3<log41=0 ，即b<0，因此a>b.
由幂函数y = x
−0.3在(0,+ ∞)上单调递减，
得3
−0.3<2
−0.3，即c<d.
综上，a>b且c<d.
故选：C.
【题型4 解对数不等式】
【例4】（2026·天津滨海新区·三模）已知p：log2(x +1)≤1，q：1
x ≥1，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
【解题思路】根据对数函数的单调性及分式不等式的解法解不等式，再结集合间的关系判断求解.
【解答过程】因为log2( x +1)≤1⇔0< x +1≤2⇔−1< x ≤1，1
x ≥1⇔x−1
x
≤0⇔0< x ≤1，
因为{x|0< x ≤1}是{x|−1< x ≤1}的真子集，
所以p是q的必要不充分条件.
故选：B.
【变式4-1】（2026·山东枣庄·三模）已知集合A ={x| x
2<4)，B ={x|lg(x−1)<1)，则A ∪B =（ ）
A．(−∞,11)
B．(−2,11)
C．(1,2)
D．(2,11)
【答案】B
【解题思路】解不等式求得集合A ,B，进而求得A ∪B.
【解答过程】由x
2<4 ,(x +2)(x−2)<0，解得−2< x<2，所以A =(−2,2).
易知lg(x−1)<1,0< x−1<10,1< x<11，所以B =(1,11).
所以A ∪B =(−2,11).
故选：B．
【变式4-2】（2026·辽宁大连·模拟预测）不等式log2(−x)−1< x的解集为（ ）
A．(−1,+ ∞)
B．(−∞,−1)
C．(−1,0)
D．(−∞,−2)
【答案】C
【解题思路】利用f (x)= log2(−x)、g(x)= x +1在(−∞,0)上的单调性，且f (x)<g(x)求不等式的解集.
【解答过程】由log2(−x)−1< x，即log2(−x)< x +1且x<0，
f (x)= log2(−x)、g(x)= x +1在(−∞,0)上分别单调递减、单调递增，且f (−1)= g(−1)=0，
当x<−1时，f (x)>0> g(x)，当−1< x<0时，f (x)<0<g(x)，
由f (x)< g(x)在(−∞,0)上能成立，则−1< x<0，故原不等式的解集为(−1,0).
故选：C．
【变式4-3】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数f (x)= log2(4
x+1)−x， 则不等式f (2 x)>f (x−1)
的解集为（ ）
A．(0，1
3)
B．(−∞，−1)∪(
1
3 ，+∞)
C．(−1，0)
D．(−∞，−1
3)∪(1，+ ∞)
【答案】B
【解题思路】首先化简函数f (x)，再判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的性质解不等式.
【解答过程】f (x)= log2(4
x+1)−x = log2(4
x+1)−log22
x = log2(2
x+ 1
2
x)，x∈R
设g(x)=2
x+ 1
2
x =2
x+2
−x，g(−x)= g(x)，所以g(x)为偶函数，
所以f (−x)= f (x)，f (x)是偶函数，
当x>0时，g
′ (x)=2
x ln 2−2
−x ln 2= ln 2(2
x−2
−x)>0，
所以g(x)在(0,+ ∞)单调递增，根据复合函数单调性可知，f (x)在(0,+∞)单调递增，
所以不等式f (2 x)>f (x −1)⇔f (|2 x))>f (|x −1))，
即|2 x)>|x−1)，两边平方，整理为3 x
2+2 x−1>0，
解得：x<−1或x> 1
3
所以不等式的解集为(−∞，−1)∪(
1
3 ，+∞).
故选：B．
【题型5 对数（型）函数的单调性问题】
【例5】（2026·河北沧州·一模）已知函数f (x)= log 1
2
(−x
2+ax +3)在区间[1, 2)上单调递增，则a的取值
范围为（ ）
A．[
1
2 , 2)
B．(−∞, 2)
C．(
1
2 , +∞)
D．(
1
2 , 2)
【答案】D
【解题思路】根据复合函数“同增异减”的性质，结合对数函数与二次函数的性质确定a的取值范围.
【解答过程】因为函数f (x)= log 1
2
(−x
2+ax +3)在区间[1, 2)上单调递增，
令t =−x
2+ax +3，而函数y = log 1
2
t在定义域内单调递减，
所以t =−x
2+ax +3在区间[1, 2)上单调递减，
又因为∀x∈[1, 2)，有t =−x
2+ax +3>0恒成立，
则{
a
2 ≤1
−4+2a+3>0)
，求解可得1
2 <a≤2
所以1
2 <a≤2．
故选：D.
【变式5-1】（2026·湖南·二模）已知函数f (x)= loga| x|（a>0且a≠1），若f (2)= 4，则f (x)的递增区
间是（ ）
A．[0,+ ∞)
B．(−∞,0)
C．(0,+∞)
D．(−∞,0]
【答案】C
【解题思路】根据复合函数“同增异减”的性质，得到f ( x)在(−∞,0)上单调递减，即可得解.
【解答过程】由f (2)= 4得loga2= 4，所以a
4=2，又a>0且a≠1，所以a=
4√2>1，
而 f ( x)= log a∣x∣的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，x =0处无定义，
当x>0时，f ( x)= log a x，因为a>1，所以对数函数y = log a x在(0,+ ∞)上单调递增；
当x<0时，f ( x)= log a(−x)，
根据复合函数性质得，内层t =−x在(−∞,0)单调递减，
外层y = log at单调递增，因此f ( x)在(−∞,0)上单调递减.
则f (x)的递增区间是(0,+ ∞)．
故选：C.
【变式5-2】（2026·陕西·模拟预测）已知函数f ( x)= log3( x
2−2ax +1)在(−∞,−2)上是减函数，则实数
a的取值范围是（ ）
A．(−5
4 ,+∞)
B．[−5
4 ,+∞)
C．(−2,+∞)
D．[−2,+∞)
【答案】B
【解题思路】根据复合函数以及对数函数的单调性，可得内层二次函数的单调性，根据二次函数以及对数
函数的性质，建立不等式组，可得答案.
【解答过程】由题意，且y = log3 x在(0,+ ∞)上单调递增，
则函数y = x
2−2ax +1在(−∞,−2)上单调递减，
可得{
(−2)
2−2a⋅(−2)+1≥0
−−2a
2×1 ≥−2
)
，即{
a≥−5
4
a≥−2)
，解得a≥−5
4 .
故选：B.
【变式5-3】（2026·云南昆明·二模）已知函数f (x)=ln(e
2 x+1)−x，则（ ）
A．f (x)是奇函数，且在(0,+ ∞)上单调递增
B．f (x)是奇函数，且在(0,+ ∞)上单调递减
C．f (x)是偶函数，且在(0,+ ∞)上单调递增
D．f (x)是偶函数，且在(0,+ ∞)上单调递减
【答案】C
【解题思路】先得出定义域，再应用偶函数定义判断偶函数，再结合对数复合函数单调性即可求解.
【解答过程】f (x)的定义域为R，
因为f (x)=ln(e
2 x+1)−x =ln(e
2 x+1
e
x
)=ln(e
x+e
−x)，所以f (−x)=ln(e
−x+e
x)= f ( x)，即f (x)为偶函
数，
当x>0时，则e
x>1， 由复合函数的单调性质得：y =e
x+e
−x在(0,+ ∞)上单调递增，
y =lnt ,t ∈(1,+ ∞)单调递增，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增.
故选：C.
【题型6 对数函数性质的综合应用】
【例6】（2026·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6-1】（2026·海南·模拟预测）若函数f (x)={
x +1, x ≤0,
loga(x +2), x>0)的值域为R，则实数a的取值范围是
（ ）
A．(1,2)
B．[2,+∞)
C．（0，1）
D．(0,1)∪(1,2)
【答案】B
【解题思路】先求出当x ≤0时，f ( x)的值域为(−∞,1)，分析出要使f ( x)的值域为R，必须让x>0时，
f ( x)的值域取到[1,+∞)的所有值，然后分a>1和0<a<1两种情况分别求出f ( x)的值域即可得解.
【解答过程】当x ≤0时，f ( x)= x +1的值域为(−∞,1)，
所以要使f ( x)的值域为R，当x>0时，
f ( x)= loga(x +2)的值域需取到[1,+∞)的所有值.
若a>1，则f ( x)= loga(x +2), x>0的值域为(loga2,+∞)，
所以只须loga2≤1，解得a≥2，
所以当a∈(1,2)时，f ( x)的值域为R；
若0<a<1，则f ( x)= loga(x +2), x>0的值域为(−∞,loga2)，
此时f ( x)的值域不可能取到[1,+∞)的所有值，
综上，实数a的取值范围是[2,+ ∞).
故选：B.
【变式6-2】（2026·海南儋州·模拟预测）已知函数f ( x)= log3(3 x)⋅log3 x
27 + 4，x∈[1,27].
(1)求函数f ( x)的值域及单调区间；
(2)若不等式f (3
t)−kt ≥0在t ∈[
1
2 ,4)上有解，求实数k 的取值范围.
【答案】(1)f ( x)的值域为[0,4 ]，单调递减区间为[1,3]，单调递增区间为[3,27]；
(2)(−∞, 4
3 ].
【解题思路】（1）化简得f ( x)=(1+ log3 x)(log3 x−3)+ 4，利用换元法及二次函数的性质求解即可；
（2）化简得k ≤t + 1
t −2在t ∈[
1
2 ,4)上有解，由3
t∈[1,27]，得t ∈[0,3]，从而得t ∈[ 1
2 ,3]，利用对
勾函数的性质求解即可.
【解答过程】（1）f ( x)= log3(3 x)⋅log3 x
27 + 4 =(1+ log3 x)(log3 x−3)+ 4，
设m= log3 x，x∈[1,27]，
所以m∈[0,3]，
所以f ( x)即为g(m)=(m+1)(m−3)+ 4 =m
2−2m+1=(m−1)
2，
又因为m∈[0,3]，
所以g(m)的值域为[0,4 ]；
且g(m)在[0,1]上单调递减，在[1,3]上单调递增，
即f ( x)在[1,3]上单调递减，在[3,27]上单调递增，
所以f ( x)的值域为[0,4 ]，单调递减区间为[1,3]，单调递增区间为[3,27]；
（2）因为f (3
t)=(t +1)(t −3)+ 4 =t
2−2t +1，
令h(t )=t
2−2t +1,t ∈[
1
2 ,4)，
则原不等式等价于t
2−2t +1−tk ≥0在t ∈[
1
2 ,4)上有解，
即k ≤t + 1
t −2在t ∈[
1
2 ,4)上有解，
又因为3
t∈[1,27]，得t ∈[0,3]，
所以t ∈[ 1
2 ,3]，
由对勾函数的性质可知y =t + 1
t −2∈[0, 4
3 ]，
所以k ≤4
3 ，
所以实数k 的取值范围为(−∞, 4
3 ].
【变式6-3】（25-26 高一下·湖北黄石·阶段检测）已知f (x)= loga x + loga(6−x)，a>0且a≠1，且
f (3)=2．
(1)求a 的值及f (x)的单调区间.
(2)若对于∀x1∈(0,6)，∃x2∈[1,9)，使得f (x1)≤t + log3 x2成立，求实数t 的取值范围.
【答案】(1)a=3，函数f (x)在(0,3)上单调递增，在(3,6)上单调递减；
(2)t ≥0.
【解题思路】（1）先由f (3)=2求出a的值，再由复合函数单调性，同增异减，求出f (x)的单调区间.
（2）构造g(x)=t + log3 x，分别求出即f (x1)max，g(x2)max，不等式f (x1)≤t + log3 x2成立，
即f (x1)max≤g(x2)max，可求出实数t 的取值范围.
【解答过程】（1）由f (3)=2得loga3+ loga(6−3)=2，即2loga3=2，
所以loga3=1，所以a=3，
所以f (x)= log3 x + log3(6−x)，
因为{
x>0
6−x>0)，所以0< x<6，故f (x)的定义域为(0,6)；
f (x)= log3(6 x−x
2)，
因为函数y =6 x−x
2在(0,3)上单调递增，在(3,6)上单调递减，
又函数y = log3 x为增函数，
由复合函数的单调性可得：函数f (x)在(0,3)上单调递增，在(3,6)上单调递减．
（2）令g(x)=t + log3 x，
∵∀x1∈(0,6)，∃x2∈[1,9)，使得f (x1)≤t + log3 x2，即f (x1)max≤g(x2)max，
其中由（1）知f (x1)max = f (3)=2，
又g(x)=t + log3 x在[1,9)上单调递增，
∴g(x)max= g(9)=t +2，
∴2≤t +2，∴t ≥0．
一、单选题
1．（2026·湖南株洲·模拟预测）函数f (x)=log3(x−3)的定义域为（ ）
A．R
B．{x|x>3))
C．{x|x ≥3))
D．{x|x≠3))
【答案】B
【解题思路】根据对数的真数大于0，即可求出函数f (x)的定义域.
【解答过程】解：由题意可知x−3>0，解得x>3，
所以函数f (x)的定义域为{x|x>3)).
故选：B.
2．（2026·四川自贡·一模）已知a>b>1，若logab+ logba= 5
2，a
b=b
a，则ab=（ ）
A．8
B．6
C．4
D．2
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，利用对数运算性质及指数运算求解.
【解答过程】由a>b>1，得logba>logbb=1，由logab+ logba= 5
2，得
1
logba + logba= 5
2，
则logba=2，即a=b
2，又a
b=b
a，因此(b
2)
b=b
b
2
，即b
2b=b
b
2
，解得b
2=2b,b=2，
所以ab=b
3=8.
故选：A.
3．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知a=3
0.3，b= log315，c = log9207，则（ ）
A．c<a<b
B．c<b<a
C．a<b<c
D．a<c<b
【答案】D
【解题思路】先确定a的范围，再确定b,c的范围，将b,c化为同底，根据对数函数单调性比较大小.
【解答过程】因为1<a=3
0.3<3
0.5<2，
b= log315=1+ log35>1+1=2>a，
c = log9207=1+ log923=1+ log3
❑√23<1+ log35=b，
且c =1+ log3
❑√23>1+ log33=2>a，所以a<c<b.
故选：D.
4．（2026·湖南·模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的增函数．若f (log2(x−1))<f (1)，则x 的取值范
围是（ ）
A．(1,2)
B．(1,3)
C．(2,+∞)
D．(3,+∞)
【答案】B
【解题思路】结合函数单调性得log2(x−1)<1，再结合对数函数单调性解不等式即可.
【解答过程】因为函数f (x)是定义在R上的增函数，
所以f (log2(x−1))<f (1)⇔log2(x−1)<1，
所以{
log2(x−1)<1= log22
x−1>0
)，解得1< x<3，即x 的取值范围是(1,3).
故选：B.
5．（2026·海南海口·模拟预测）已知函数f ( x)= loga x +e
b（a>0，a≠1，b>0）的图象如图所示，则下
列关系式一定不成立的是（ ）
A．a>1
B．0<b<1
C．b
a>a
b
D．ab≤1
【答案】C
【解题思路】通过图象的单调性判断出a>1，再通过x =1时的函数值小于e 判断出0<b<1，最后结合指数
函数图象的性质比较b
a与a
b的大小，对于D，取特值即可证明ab≤1有可能成立.
【解答过程】对于A，由图象知函数单调递增,故a>1，A 一定成立；
对于B，且f (1)= loga1+e
b=e
b<e，则b<1,进而0<b<1，B 一定成立；
对于C，由A,B 已得a>1，0<b<1，则b
a<1,a
b>1，故b
a>a
b一定不成立；
对于D，若a=2,b=0.1，则ab=0.2<1，故ab≤1有可能成立.
故选：C.
6．（2026·河南·模拟预测）风电是我国新能源战略的核心支柱，某型号海上风电机组的安全运行标准中，
风力等级与轮毂高度风速的关系满足方程：lgn= 2
3 lg v + 1
20（其中v为轮毂高度风速，单位：m/s，n为
风力等级）．我国某海上风电场遭遇极端天气，监测到轮毂高度瞬时风速达到32m /s，则该瞬时风速对应
的风力等级约为（ ）（注：10
0.05≈1.12，lg2≈0.3010）
A．9 级
B．11 级
C．13 级
D．15 级
【答案】B
【解题思路】根据给定方程计算瞬时风速对应的风力等级，结合对数运算及指对互化运算即可求解．
【解答过程】将轮毂高度瞬时风速32m /s代入lgn= 2
3 lg v + 1
20，得
lgn= 2
3 lg32+ 1
20 = 2
3 lg2
5+ 1
20 = 10
3 lg2+ 1
20，
由lg2≈0.3010知，10
3 lg2≈1，则lgn= 10
3 lg2+ 1
20 ≈1.05，
所以n≈10
1.05，
又10
0.05≈1.12，所以10
1.05=10
1×10
0.05≈10×1.12=11.2，
所以n≈11．
故选：B.
7．（2026·河南周口·模拟预测）若函数f ( x)={
(2a−1)x +a, x<1
loga x , x ≥1
),(a>0 且a≠1)的值域为R，则实数a
的取值范围（ ）
A．(0, 1
3)
B．(0, 1
3)∪(1,+∞)
C．(
1
3 , 1
2)
D．(
1
3 , 1
2)∪(1,+∞)
【答案】B
【解题思路】分0<a< 1
2，a= 1
2，1
2 <a<1，a>1四种情况讨论，结合一次函数与对数函数的单调性以及
值域即可求解.
【解答过程】若0<a< 1
2，则f (x)在(−∞,1)上单调递减，在[1,+∞)上单调递减，
且当x<1时，f (x)>2a−1+a=3a−1，当x ≥1时，f (x)≤0，
此时要想满足f (x)的值域为R，则有3a−1≤0 ，解得a≤1
3，结合0<a< 1
2，可得0<a≤1
3；
若a= 1
2，则当x<1时，f (x)= 1
2，当x ≥1时，f (x)≤0，f (x)的值域不为R，不合题意；
若1
2 <a<1，则f (x)在(−∞,1)上单调递增，在[1,+ ∞)上单调递减，
且当x<1时，f (x)<2a−1+a=3a−1，当x ≥1时，f (x)≤0，
f (x)的值域不可能为R，不合题意；
若a>1，则f (x)在(−∞,1)上单调递增，在[1,+∞)上单调递增，
且当x<1时，f (x)<2a−1+a=3a−1，当x ≥1时，f (x)≥0，
此时要想满足f (x)的值域为R，则有3a−1≥0 ，解得a≥1
3，结合a>1，可得a>1，
综上所述，实数a的取值范围为(0, 1
3)∪(1,+∞).
故选：B.
8．（2026·四川成都·三模）已知y = f (x +1)是定义在R上的周期为2 的偶函数，当x∈[1,2)时，
f (x)=log2 x，设a= f(
1
2)，b= f(
4
3)，c = f(−5
4)，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．a<c<b
B．c<a<b
C．b<c<a
D．c<b<a
【答案】D
【解题思路】根据题意，得到函数f (x)的图象关于直线x =1对称，进而推得函数f (x)也是周期等于2的函
数，化简得到a= f(
3
2), b= f(
4
3), c = f(
5
4)，结合对数函数的单调性，即可求解.
【解答过程】因为y = f (x +1)是定义在R上的偶函数，可得f (x +1)= f (−x +1)，
所以函数f (x)的图象关于直线x =1对称，则有f (x)= f (2−x)，
再由y = f (x +1)是定义在R上的周期为2 的函数，
可得函数f (x)也是周期等于2 的函数，
所以a= f(
1
2)= f(2−1
2)= f(
3
2), b= f(
4
3), c = f(−5
4)= f(
3
4)= f(
5
4)，
又因为x∈[1, 2)时，f (x)= log2 x是增函数，可得c<b<a．
故选：D.
二、多选题
9．（2026·湖南·三模）若0<a<b<1，则下列结论正确的是（ ）
A．(logab)
2<1
B．logab+logba>2
C．logab<logba
D．|logab)+|logba)>|logab+logba)
【答案】ABC
【解题思路】由对数函数的性质判断A，C；由基本不等式判断B；由logab>0,logba>0判断D．
【解答过程】由于0<a<b<1，则0<logab<logaa=1，logba>logbb=1，所以A，C 正确；
logab+logba=logab+
1
logab ≥2❑√1=2，由A 可知0<logab<1，所以此处等号不能取，所以
logab+logba>2，故B 正确；
|logab)+|logba)=logab+logba=|logab+logba)，D 错误．
故选：ABC.
10．（2026·广东深圳·模拟预测）若函数f ( x)= ln(ax +b)的图象经过第二、三、四象限，则（ ）
A．a>0
B．a<0
C．b>1
D．0<b<1
【答案】BD
【解题思路】根据题意f ( x)= ln(ax +b)单调递减，且f (0)= ln b<0，结合复合函数单调性求出答案.
【解答过程】f ( x)= ln(ax +b)的图象经过第二、三、四象限，
故f ( x)= ln(ax +b)单调递减，且f (0)= ln b<0，解得0<b<1，
根据复合函数单调性可知，y =ax +b单调递减，故a<0.
故选：BD.
11．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数f (x)=lg x +lg(π−x)，则（ ）
A．f (x)的定义域为(0,π)
B．f (x)在(0,π)单调递减
C．y = f (x)的图像关于直线x =π
2 对称
D．f (x)有最大值
【答案】ACD
【解题思路】根据对数函数的定义域判断A，应用对数及二次函数复合的单调性及最值判断B,D，根据二
次函数的对称性判断复合函数的对称性判断C.
【解答过程】∵f (x)=lg x +lg(π−x),∴{
x>0
π−x>0)，解得0< x<π，
即f ( x)的定义域为(0,π)，A 选项正确．
f (x)=lg x +lg(π−x)=lg[x (π−x))，令t = x(π−x)，则y =lgt．
∵二次函数t = x(π−x)的图象的对称轴为直线x =π
2 ，
又∵f ( x)的定义域为(0,π),∴y = f ( x)的图象关于直线x =π
2 对称．C 选项正确．
由复合函数单调性法则知，f ( x)在(0,π
2 )上单调递增，在(
π
2 ,π)上单调递减，B 选项错误．
当x =π
2 时，t有最大值，∴f (x)max=lgπ
2 +lg(π−π
2 )=2lgπ
2 ，D 选项正确．
故选：ACD.
三、填空题
12．（2026·北京顺义·一模）函数f (x)= ❑√1−log2 x的定义域为__________.
【答案】(0,2]
【解题思路】根据偶次根式被开方数大于等于0，结合对数函数的单调性，即可得答案.
【解答过程】由题意得1−log2 x ≥0，则log2 x ≤1= log22，
因为y = log2 x在(0,+∞)上单调递增，
所以0< x ≤2，则f ( x)的定义域为(0,2].
故答案为：(0,2].
13．（2026·上海松江·模拟预测）已知函数y =loga(x +2)+1(a>0且a≠1)的图像过定点(s,t )，正实数m､
n 满足nt −ms=1，则1
m + 3
n的最小值为__________.
【答案】4+2❑√3
【解题思路】由对数函数性质确定s=−1，t =1，进而得到m+n=1，再结合基本不等式即可求解.
【解答过程】当x +2=1时，y =1，所以函数y =loga(x +2)+1的图象过定点(−1,1)，
所以s=−1，t =1，代入nt −ms=1得m+n=1.
所以1
m + 3
n =(m+n)(
1
m + 3
n)=1+ n
m + 3m
n +3≥4+2❑√
n
m ⋅3m
n = 4+2❑√3，
当且仅当n
m = 3m
n 时等号成立，即m=
❑√3−1
2
，n= 3−❑√3
2
时等号成立.
故答案为：4+2❑√3.
14．（2026·宁夏银川·三模）在冷链物流中，某蔬菜的保鲜时间y（单位：小时）与贮藏温度x（单位：
℃）之间满足：y =e
ax +b（其中a，b为常数）.若该蔬菜在贮藏温度x为9℃的环境下保鲜时间y为261小
时，在23℃的环境下保鲜时间为29小时.若该蔬菜运输总物流时间为87小时，为保障运输安全，要求保鲜
时间不少于运输时长的1.2倍，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度x的最大整数数值为__________.（参考数
据：ln3≈1.099，ln29≈3.367，ln104.4≈4.648）
【答案】14
【解题思路】把x与y的值直接代入y =e
ax +b得到关于a、b的方程组，解出参数a的值；根据保鲜的实际要
求列出不等式e
ax +b≥87×1.2；对其两边取自然对数转化为不等式，结合a的值即可解出x的取值范围，并
从中确定x的最大数值.
【解答过程】已知保鲜时间y与贮藏温度x的关系为y =e
ax +b（a，b为常数）.
当x =9时，y =261，代入得261=e
9a+b①，
当x =23时，y =29，代入得29=e
23a+b②，
将①÷②化简可得9=e
(9a+b)−(23a+b)，即9=e
−14 a，解得a=−ln3
7 ，
由运输要求y ≥87×1.2=104.4，即e
ax +b≥104.4，
又因261=e
9a+b，所以ea(x−9)=e
ax +b
e
9a+b ≥104.4
261 =0.4 ，
即a(x−9)≥ln0.4 ，而ln0.4 =ln104.4−ln261，
其中ln261=ln(9×29)=2ln3+ln29≈2×1.099+3.367=5.565 ，
所以ln0.4≈4.648−5.565=−0.917，
代入a=−ln3
7 可得−ln3
7
(x−9)≥−0.917，因此x−9≤7×0.917
1.099
≈5.84，
解得x ≤14.84.
所以该蔬菜在物流过程中的贮藏温度最大整数值为14℃.
故答案为：14.
四、解答题
15．（2026·上海·模拟预测）已知f (x)=loga x（a>0且a≠1）．
(1)若a=3，解方程f(
27
x )f (3 x)=−5；
(2)若f (4 a−1)>f (a)，求a的取值范围．
【答案】(1)x = 1
9或x =81
(2)(
1
4 , 1
3)∪(1,+ ∞)
【解题思路】（1）将a=3代入函数，再代入方程中，结合对数函数的运算化简即可得关于x的方程,解方程
即可求解；
（2）根据对数函数的性质，分1
4 <a<1和a>1两种情况讨论，由单调性解不等式即可求得a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=3时，则f (x)=log3 x，
因为f(
27
x )f (3 x)=−5，
所以log3 27
x ⋅log33 x =−5，
化简可得(log327−log3 x)⋅(log33+log3 x)=−5，
即(3−log3 x)⋅(1+log3 x)=−5，
化简得log3
2 x −2log3 x −8=0，
所以(log3 x−4)(log3 x +2)=0，
所以log3 x = 4或log3 x =−2，解得x = 1
9或x =81；
（2）由{
4 a−1>0
a>0
⇒a> 1
4)，且a≠1，
若1
4 <a<1，则4 a−1<a⇒a< 1
3，∴1
4 <a< 1
3，
若a>1，则4 a−1>a⇒a> 1
3，∴a>1，
综上，a的取值范围是(
1
4 , 1
3)∪(1,+ ∞)．
16．（2026·山西吕梁·模拟预测）已知函数f (x)=log2(a+ x)+log2(3−x)．
(1)若f (x)是偶函数，求实数a的值；
(2)解不等式f (x)<f (3−x)(a>0)．
【答案】(1)3
(2)(
3
2 ,3)
【解题思路】（1）先求出f (x)的定义域，再利用奇偶函数的性质，即可求解；
（2）根据条件，利用对数的运算及对数函数的性质得(a+ x)(3−x)<(a+3−x) x，再结合函数的定义域，
即可求解.
【解答过程】（1）由{
a+ x>0
3−x>0)，解得−a< x<3，所以f (x)的定义域为(−a,3)，
又f (x)是偶函数，则f (x)的定义域关于原点对称，所以a=3，即实数a的值为3.
（2）由（1）知f (x)的定义域为(−a,3)，由f (x)<f (3−x)(a>0)，
得到{
log2(a+ x)+log2(3−x)<log2(a+3−x)+log2 x
−a< x<3
−a<3−x<3
)
，
即{
log2(a+ x)(3−x)<log2(a+3−x) x
−a< x<3
−a<3−x<3
)
，
则{
(a+ x)(3−x)<(a+3−x) x
−a< x<3
−a<3−x<3
)
，解得3
2 < x<3，
所以不等式f (x)<f (3−x)(a>0)的解集为(
3
2 ,3).
17．（25-26 高二下·陕西商洛·阶段检测）已知f (x)=log2(ax +1)(a∈R).
(1)当a=1时，求不等式f (4 x−2)<0的解集；
(2)若函数g(x)= f (2 x)+log2 x有且只有一个零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)x∈(
1
4 , 1
2)
(2){−1
8)∪[0,+∞)
【解题思路】（1）根据对数函数的单调性可求不等式的解；
（2）将对数型方程转化为2a x
2+ x−1=0只有一个正根，就a<0,a=0,a>0结合判别式的符号分类讨论
后可得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=log2(x +1)，因为f (4 x−2)<0，
所以log2(4 x−1)<log21，即0<4 x−1<1，
解得1
4 < x< 1
2，所以所求解集为x∈(
1
4 , 1
2)；
（2）因为g(x)= f (2 x)+log2 x =log2(2a x
2+ x)，
由g(x)=0，得2a x
2+ x−1=0只有一个正根，
若a=0，满足题意；
当a≠0时，
若Δ=1+8a=0，解是a=−1
8，
此时方程仅有一个实根为x =2，满足题意；
若Δ>0，即a>−1
8，此时方程的两根之积为−1
2a，所以方程两根只能异号，
所以−1
2a <0，可得a>0，此时方程只有一个正根，满足题意；
综上，a≥0或a=−1
8，
所以实数a的取值范围是：{−1
8)∪[0,+∞).
18．（2025·上海崇明·二模）已知f ( x)= log3( x +a)+ log3(6−x)．
(1)是否存在实数a，使得函数y = f ( x)是偶函数？若存在，求实数a 的值，若不存在，请说明理由；
(2)若a>−3且a≠0，解关于x 的不等式f ( x)≤f (6−x)．
【答案】(1)存在实数a=6，使得函数y = f ( x)是偶函数
(2)当−3<a<0时，不等式f ( x)≤f (6−x)的解集为(−a,3)；当a>0时，不等式f ( x)≤f (6−x)的解集为
[3,6).
【解题思路】（1）根据偶函数的定义可求解.
（2）先根据对数函数的单调性和定义域列出不等式组；再结合a>−3且a≠0，分类讨论即可求解.
【解答过程】（1）存在实数a=6，使得函数y = f ( x)是偶函数.
要使函数f ( x)= log3( x +a)+ log3(6−x)有意义，须满足{
x +a>0
6−x>0)，即{
x>−a
x<6 )，
显然−a<6，即a>−6，函数y = f ( x)的定义域D =(−a,6).
当a≠6时，函数定义域不关于原点对称，此时必然存在x∈D且−x∉D，此时函数y = f ( x)不是偶函数.
当a=6时，f ( x)= log3( x +6)+ log3(6−x)，
函数y = f ( x)的定义域为(−6,6)，对于任意的x∈(−6,6)，都有−x∈(−6,6)，
并且f (−x)= log3(−x +6)+ log3(6+ x)= f ( x)
因此函数y = f ( x)是一个偶函数
综上所述，存在实数a=6，使得函数y = f ( x)是偶函数
（2）由f ( x)≤f (6−x)，得log3( x +a)+ log3(6−x)≤log3(6−x +a)+ log3 x
所以{
x +a>0,
6−x>0,
6−x +a>0,
x>0 )
且( x +a)(6−x)≤(6−x +a)x①．
由①得，ax≥3a.
因为a>−3且a≠0，
所以当−3<a<0时，−a< x ≤3，
当a>0时，3≤x<6.
综上可得：当−3<a<0时，不等式f ( x)≤f (6−x)的解集为(−a,3)；
当a>0时，不等式f ( x)≤f (6−x)的解集为[3,6).
19．（2026·湖南株洲·模拟预测）已知函数f (x)= loga(1+ x)，g(x)= loga(1−x)（a>0，且a≠1）．
(1)求函数f (x)+ g(x)的定义域；
(2)求f (x)+ g(x)的单调性；
(3)当a=3时，若h(x)= f (x)+ g(x)+m有两个零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)定义域为(−1,1)
(2)当a>1时，增区间为(−1,0)，减区间为[0,1)；当0<a<1时，增区间为[0,1)，减区间为(−1,0)
(3)m的取值范围为(0,+∞)
【解题思路】（1）先根据对数式要求真数大于 0，列出不等式组，再求解交集即可得到函数定义域；
（2）先利用对数运算公式合并解析式，拆分内外层函数，再根据复合函数同增异减规律，按底数范围分
类讨论，最后判定区间增减性即可；
（3）先把函数零点转化为对应方程解的个数，再结合函数值域与图像交点关系，数形结合确定参数取值
边界即可得解.
【解答过程】（1）由题意知，¿
解得：¿，即 −1< x<1，
所以函数 f (x)+ g( x) 的定义域为 (−1,1).
（2）F( x)= loga(1+ x)+ loga(1−x)= loga[(1+ x)(1−x)]= loga(1−x
2) ，
定义域为 x∈(−1,1)，
令 u( x)=1−x
2，则 F( x)= logau( x) ，
当 a>1 时：u( x)=1−x
2 在 (−1,0) 上单调递增，在 (0,1) 上单调递减，
又 y =logau 单调递增，
所以F (x) 在 (−1,0) 上单调递增，在 (0,1) 上单调递减；
当 0<a<1 时：u( x)=1−x
2 在 (−1,0) 上单调递增，在 (0,1) 上单调递减，
则y =logau 单调递减，
所以F (x) 在 (−1,0) 上单调递减，在 (0,1) 上单调递增，
综上：
当 a>1 时，F (x) 在(−1,0)上单调递增，在 [0,1) 上单调递减；
当 0<a<1 时，F (x) 在 (−1,0) 上单调递减，在 [0,1) 上单调递增.
（3）当 a=3 时，h( x)= f ( x)+ g( x)+m= log3(1−x
2)+m ，定义域为 x∈(−1,1)，
因为h(x) 有两个零点，则 log3(1−x
2)+m=0 在 (−1,1) 上有两个不同的解，
即：log3(1−x
2)=−m ，
令 u( x)=1−x
2，x∈(−1,1)，则 u( x)∈(0,1] ，因此：log3(1−x
2)∈(−∞,0] ，
要使方程 log3(1−x
2)=−m 有两个不同解，
即直线 y =−m 与函数 y = log3(1−x
2) 的图像有两个交点，
则−m<0，即 m>0，
所以实数 m 的取值范围为(0,+ ∞).
