7.指数函数与对数函数一轮复习与应用_11.3-2_2026-11-03

7.指数函数与对数函数一轮复习中的 16 个典型应用
★考点1.指数函数图象与性质.
a1 0a1
图象
在x轴的上方，过定点(0,1)
图像特征
当x逐渐增大时，图象逐渐上升 当x逐渐增大时，图象逐渐下降
定义域 R
值域 (0,)
单调性 在R上是增函数 在R上是减函数
奇偶性 非奇非偶函数
性质
当x0时，0 y1； 当x0时，y 1；
范围
当x0时，y 1； 当x0时，0 y1；
2x,x0,
例1．设函数 f x 则满足 f a f 2a的实数a的取值范围是（ ）
1,x0,
A．,0 B．0, C．0,1 D．1,
解析：①当a<0时，2a0，此时 f a f 2a1，不合题意；
②当a0时，2a0， f a f 2a可化为2a 22a，所以a2a，解得a0．
综上，实数a的取值范围是0,．故选：B．
(3a)x3,x7
例2．若函数 f(x) ，在R上为严格增函数，则实数a的取值范围是
ax6, x7
（ ）
9  9 
A．（1，3） B．（2，3） C． ,3 D．

,3
4  4 
3a0
 9
解析： f x在R上为严格增函数，a1 ，解得 a3.即实数a的取
4
3a73a76

9 
值范围是

,3.故选：D（本文由凌晨讲数学整理，更多资料请前往公众号下载.）
4 
12ax3a,x1
例3．已知函数 f x 的值域为R，则实数a的取值范围是（ ）
2x1,x1
 1  1
A．  0,  B．,  C．,0 D．0,2
 2  2解析：因为y2x1在1,上单调递增，所以当x1时，y2x120=1，若函数 f x的
12a0 1
值域为R，则 ，解得0a ．故选：A.
12a3a1 2
 1 x
  ,x0,
例4．已知函数 f x2 则 f x图象上关于原点对称的点有（ ）

 x22x,x0,

A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
解析：作出 f x的图象，再作出函数y 

1

x ,x0,关于原点对称的图象如图所示.因为函
2
数y 

1

x ,x0,关于原点对称的图象与y x22x,x0,图象有三个交点，故 f x图
2
象上关于原点对称的点有3对.故选：C
★考点2.指数函数图象变换与应用
例5．指数函数yax与ybx的图象如图所示，则（ ）
A．a1,0b1 B．a1,b1 C．0a1,b1 D．0a1,0b1
解析：因为函数yax的图象是下降的，所以0a1；又因为函数ybx的图象是上升
的，所以b1.故选：C.
1
例6．函数 f xax （a0,a1）的图象可能是（ ）
a
A． B．C． D．
1 1 1
解析：当a1时， 0,1，因此0 f 01 1，且函数 f xax 在R上单调递
a a a
增，故A、B均不符合；
1 1 1
当0a1 时， 1，因此 f 01 0，且函数 f xax 在R上单调递减，故C
a a a
符合，D不符合．故选：C．
1 |x|
例7．已知函数ya

b的图象经过原点，且无限接近直线y2，但又不与该直线相
2
交，则ab（ ）
A．1 B．2 C．4 D．9
1 1
解析：因为函数y f(x)a( )x b图象过原点，所以a( )0b0，得ab0，又该函数图
2 2
象无限接近直线y2，且不与该直线相交，所以b2，则a2，所以ab4.故选：C
 ex,x0,
例8．已知函数 f x gxx3,方程 f gx3gx有两个不同的
lnx,x0,
根，分别是x,x ,则 x x （ ）
1 2 1 2
A．0 B．3 C．6 D．9
解析：由题意得：gxx3为R上的增函数，且g30,当x3时，gx0，
f gxex3，当x3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，
 yx
则A,B两点关于y x3对称，中点C在y x3图象上，由 ，解得：
yx3
3 3
C , .
2 2
3
所以x x 2 3.故选：B
1 2 2★考点3.常见的几类指数型函数模型
假设a0且a1.
(1). f(x) pa2x qax r,p0.
(2). f(x)ax ax.
(3). f(x)ax ax.
1 1
(4). f(x)  .
1ax 2
1 1
(5). f(x)  .
ax 1 2
ax 1
(6). f(x) .
ax 1
请自行判断上述（2）-（6）函数的奇偶性
1
例9．函数y( )x22x的值域为（ ）
2
1 1
A．[ ,) B．(, ] C．(,2] D．(0,2]
2 2
1 1
解析：函数y( )x22x定义域为R，x22x(x1)211，又函数( )x在R上单调递
2 2
1 1 1 1
减，则( )x22x  ，所以函数y( )x22x的值域为[ ,).故选：A
2 2 2 2
2x
例10．已知函数 f x ，则下列说法不正确的是（ ）
2x11
A．函数 f x单调递增 B．函数 f x值域为0,2
C．函数 f x的图象关于0,1对称 D．函数 f x的图象关于1,1对称
2x 2x22 2 2
解析： f x  2 ，函数y2 ，t2x11，则t1，
2x11 2x11 2x11 t
2
又内层函数t2x11在R上单调递增，外层函数y2 在1,上单调递增，所以根据
t
复合函数单调性的法则可知，函数 f x单调递增，故A正确；因为2x1 11，所以
2 2
0 2，则02 2，所以函数 f x的值域为0,2，故B正确；
2x11 2x1 1
22x 4 2
f 2x   ， f 2x f x2，所以函数 f x关于点1,1对
21x1 22x 2x11
称，故C错误，D正确.故选：C.★考点4.对数运算与应用
1.对数的概念与性质
（1）对数的概念：如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底数N的对数，记作x
＝log N，其中a叫做对数的底数，N叫做真数，log N叫做对数式。
a a
（2）对数的性质
对数式与指数式的互化：ax＝N⇔x＝log N(a>0，且a≠1)；
a
①log 1＝0，②log a＝1，③alog N＝N，④ log aN＝N (a>0，且a≠1).
a a a a
指数式与对数式的关系
2.对数的的运算法则
如果a>0，且a≠1，M>0，N>0
M
①log (M·N)＝log M＋log N ②log ＝log M－log N ③log Mn＝nlog M(n∈R)
a a a a a a a a
N
3.换底公式
logcb
（1）log b＝ (a>0，且a≠1，c>0，且c≠1，b>0)
a logca
（2）换底公式的三个重要结论
1 n
①log b＝ ； ②log bn＝ log b； ③log b·log c·log d＝log d.
a logba am m a a b c a
1 1 5
例11．（2024年高考全国甲卷数学（理））已知a1，   ，则a_______
log a log 4 2
8 a
1 1 3 1 5
解析：由题    log a ，整理得log a25log a60，
log a log 4 log a 2 2 2 2 2
8 a 2
log a1或log a6，又a1，所以log a6log 26，故a26 64，故答案为：
2 2 2 2
64.
1 1
例12．设x,y1，a1，b1.若ax by 3，ab2 3，则  最大值为（ ）
x y
3 1
A．2 B． C．1 D．
2 2
1 1
解析：∵x,y1，a1，b1，ax by 3，∴xlog 3 ，ylog 3 ，
a log a b log b
3 3
1 1 ab 2 2 3
∴  log alog blog ablog   =log ( )2 1，当且仅当ab= 3，
x y 3 3 3 3  2  3 2
1 1
x y2时取等号.∴  的最大值为1.故选：C.
x y
★考点5.对数函数图像（变换）与应用
1.对数函数的图象与性质
图象 a＞1 0＜a＜1定义域：(0，＋∞)
值域：R
当x＝1时，y＝0，即过定点(1,0)
性质
当0＜x＜1时，y＜0； 当0＜x＜1时，y＞0；
当x＞1时，y＞0 当x＞1时，y＜0
在(0，＋∞)上为增函数 在(0，＋∞)上为减函数
例13．函数ycosx与ylg x 的图象的交点个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
解析：函数ycosx与ylg x 都是偶函数，其中cos2πcos4π1，lg4πlg101lg2π
，
在同一坐标系中，作出函数ycosx与ylg x 的图象，如下图，
由图可知，两函数的交点个数为6.故选：D
2
例14．已知函数 f(x)为R上的奇函数，且当x0时， f(x) log x1，则 f(34)（ ）
3 2
5 5 4 4
A． B． C． D．
9 9 9 9
2
2 2 2 2 5
解析： f(34) log 341 log 23 1  1 ，因为 f(x)为R上的奇函数，所以
3 2 3 2 3 3 9
5
f(34)f(34) .故选：A
9
1  1
例15．“0a
2
”是“方程22x log
a
x在x

0,
2  
上有实数根”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
1
解析：因为方程22x log x在x(0, ]上有实数根，设 f(x)4x，g(x)log x，当a1
a 2 a
1
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；当0a1时，
2
1 1
函数 f(x)在x(0, ]单调递增，函数g(x)在x(0, ]单调递减，如图②所示，即方程转化
2 2
0a1 0a1
1   2
为 f(x)g(x)在x(0, ]有解，故 1 1  1，解得0a .
2   f( 2 )g( 2 )   2log a 2 22 1 2
综上所诉，实数a的取值范围为：0a .所以0a 是0a 的充分不必要条
2 2 2
件.
故选：A.
★考点6.对数型函数及应用
例16．函数 f xlog 2xlog 8x的最小值为________
2 8
解析：因为 f xlog 2xlog 8xlog 2log xlog 8log x
2 8 2 2 8 8
 1  1 4 1 1
1log x 1 log x  log x2 log x1 log x22 ，当log x2，即
2  3 2  3 2 3 2 3 2 3 2
1 1 1
x 时， f x取到最小值，且 f x  .故答案为：
4 min 3 3
例17．已知函数 f xlog  x24xa1  的最大值为2，则a__________.
3
解析：因为函数 f xlog  x24xa1  由ylog t,t0与tx24xa1复合而
3 3
成，
而ylog t在定义域上单调递增，所以当tx24xa1取最大值时，函数ylog t取
3 3
得最大值，由二次函数的性质易知当x2时，t a3，此时 f(x) log a3，所
max max 3
以log a32，解得a6．故答案为：6
3
例18．已知函数 f(x)log (x1)log (1x)，则以下说法正确的是（ ）
2 2
A．函数 f(x)的定义域为(1,1) B．函数 f(x)的值域为,0
C．函数 f(x)是定义域上的奇函数 D．函数 f(x)是定义域上的偶函数
x10
解析：A选项，由题意得 ，解得1x1，故定义域为1,1，A正确；
1x0
B选项， f(x)log (x1)log (1x)log  1x2 ，定义域为1,1，由于t 1x2在
2 2 2
1,0上单调递增，在0,1上单调递减，又ylog t在t0,上单调递增，故
2
f(x)log  1x2 在1,0上单调递增，在0,1上单调递减，故
2f(x)log  1x2 log 10，值域为,0，B正确；
2 2
CD选项，定义域为1,1，关于原点对称，且 f(x)log 1x2log  1x2  f x
2  2
，
故 f x为偶函数，C错误，D正确；故选：ABD
x2 10 
例19．已知函数 f xlog 2  x2   ，gxa4x2x1，x 1    3 ,6   ，a0,1，有
f x gx成立，则实数x的取值集合为（ ）
1
A．  ,log  31  B．log  31  , 
2   2
     
C． 0,log 31 D． 0,log 31
2 2
x2 4 10 
解析：令t 1 ，则该函数在x ,6 上单调递减，又ylog t在定义域上
x2 x2   3   2
x2 10 
单调递增，所以函数 f xlog 2  x2   在x   3 ,6   上单调递减，所以
10 10 
1 f 6 f x f  2，即函数 f x在x  ,6  上的值域为1,2，令m2x 0，
 3   3 
10 
则yam22m，因为x  ,6 ，a0,1，有 f x gx成立，所以 f x值域为
1   3   1
gx值域的子集，即1,2为函数yam22m值域的子集，
当a0时，y2m0，显然不满足题意；当a0,1时，yam22m的对称轴
1
m 1，且开口向上，所以yam22m在0,上单调递增，且y0，所以
a
22m 22m
a0,1，am22m2，即a ，所以 1，所以m22m20，所以
m2 m2
 
m1 3或m1 3（与m0矛盾舍去），所以2x 1 3，所以xlog 31 ，即实
2
数x的取值集合为log  31  ,  .
 2
故选：B
★考点7.指对六朵“金花”及十大应用x ex
f(x) xex f(x) f(x)
ex x
lnx x
f(x) xlnx f(x) f(x)
x lnx
上述六个指数或对数函数组合出的新函数及其图象是非常重要的.需要注意的是，对于函数
x
f(x) xlnx与 f(x) 在x0处的极限值，需要由洛必达法则来计算，此处计算一
lnx
1
lnx x
个以展示其原理.limxlnxlim lim lim(x)0，故其图象在x0处趋近
1 1
x0 x0 x0 x0

x x2
lnx x
于0.除此之外，还需注意函数 f(x) 与函数 f(x) 的图象在正无穷远的特征，
x ex
lnx
其它们图象都是上去了之后就不再下穿x轴.最后，要注意到 f(x) 与函数
x
lnxx
f(x) 之间的基本关系，后者实际上是前者向上平移一个单位得到，在实际应用
x
中，后者出现的频率也相当之高.下面我们看到有关它们的十大应用，即：
1.图像问题
lnx2
例20．函数 f x 的图象大致为（ ）
x
A． B．
C． D．lnx2
解析：函数 f x 的定义域为,0U0,，关于原点对称，且
x
f x
lnx2

lnx2
f x，所以函数 f x为奇函数，排除A，B；当x0时，函
x x
2lnx 21lnx
数 f x ，则 fx ，当0xe时 f¢(x)>0，函数 f x单调递增，
x x2
当xe时， fx0，函数 f x单调递减，排除D．故选：C
2.方程根的个数
xa
例21. 已知a 0且a 1，函数 f(x) (x 0)．
ax
（1）当a2时，求 f x 的单调区间；
（2）若曲线y  f x 与直线 y 1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
 2   2 
解析：（1）函数 f x 在 0,

上单调递增；

, 上单调递减；
 ln2 ln2 
xa lnx lna lnx
（2） f x 1 ax  xa  xlnaalnx  ,设函数gx ,
ax x a x
1lnx
则gx ,令gx0，得xe,在 0,e 内gx0,gx 单调递增；
x2
1
在 e, 上gx0,gx 单调递减；gx  ge ,又g10，当x趋近于
max e
时，gx 趋近于0，所以曲线y  f x 与直线 y 1有且仅有两个交点，即曲线
a lna 1
y  gx 与直线y  有两个交点的充分必要条件是0  ,这即是
lna a e
0 ga ge ,所以a的取值范围是 1,ee, .
3.整数解问题
lnx
例22.已知偶函数 f x满足 f 4x f 4x， f 01，且当x0,4时， f x
x
.若关于x的不等式 f xa在48,48上有且只有60个整数解，则实数a的取值范围是
（ ）
 ln2  ln2 ln2 ln3
A．1,0 B．  0,  C．1,  D．  , 
 2   2   2 3 
解析：因为偶函数 f x满足 f 4x f 4x，则 f x4 f x4，即
f x8 f x，
1lnx
所以，函数 f x是周期为8的周期函数，当x0,4时， fx ，令 fx0，
x2
可得xe.由 f¢(x)>0可得0xe，由 fx0可得ex4.所以，函数 f x在0,e上单调递增，在e,4上单调递减，因为关于x的不等式 f xa
在48,48上有且只有60个整数解，则关于x的不等式 f xa在0,8上有且只有5个整
数解，如下图所示：
ln4 2ln2 ln2
因为 f 4    f 2，且 f 6 f 2，又因为 f 3 f 4，所以，要使
4 4 2
得不等式 f xa在0,8上有且只有5个整数解，则这五个整数解分别为3、5、2、4、
6，
ln2
所以， f 2a f 1，即0a ，故选：B.
2
4.恒成立问题
例23．已知当xR时，均有不等式  aex 2  aex x  0成立，则实数a的取值范围
为______．
解析：①.a0时，不等式为2x 0，不恒成立；
②.a0时，aex 20，令 f(x)aex x， f '(x)aex 1，由 f '(x)0得
1
xln( )，
a
1 1
当xln( )时， f '(x)0， f(x)递增，xln( )时， f '(x)0， f(x)递减，
a a
1 1 1 1
∴xln( )时， f(x) 1ln( )，要使命题成立，则1ln( )0，a
a max a a e
；
2
③.a 0时，函数g(x)aex 2是增函数，在唯一零点xln ， f(x)aex x，
a
f '(x)aex 1 0，即 f(x)增函数， f(0)a0，但当x时， f(x)，所
2 2
以 f(x)有唯一零点x ，要使不等式 f(x)g(x)0恒成立，只有x ln ，∴2ln 0
0 0 a a
1
，a 2e2，综上a的取值范围是(, ]{2e2}．
e
5.凸凹反转
凸凹反转是证明不等式的一种技巧，欲证明 f(x)0，若可将不等式左端 f(x)拆成
g(x)h(x)，且g (x)h (x)的话，就可证明原不等式成立. 通常情况，我们一般选
min max取g(x)为上凸型函数，h(x)为下凹型函数来完成证明.于是，这就需要我们熟悉高中阶段
常见的六个具有这样特点的函数.关于上述六个函数的性质和图像的应用在之前已经讲过，
本节主要的目标就是来展示凸凹反转技巧的基本应用手法和命题技术.
例如在上面六个函数中，我们可以选取凸函数 f(x) xlnx，求导可得： f '(x)lnx1
1 1 1 1
，故可得 f(x)在(0, )上减，( ,)上增，于是 f (x) f( ) .
e e min e e
x 1x
再考虑凹函数g(x) ,x0，则g'(x) ，故g(x)在x1处取得最大值，即
ex ex
1 2 x 2
g (x) g(1) . 这样可得g(x)  f(x)，即   xlnx，将这个不等式包装
max e e ex e
一下就得到了下面这道2013年高考真题.
bex1
例24.（2013全国卷）设函数 f(x)aexlnx ，曲线y  f(x)在点(1, f(1))处的切
x
线为y e(x1)2．
（1）求a,b；
（2）证明： f(x)1．
2 2
解析：（2） f(x)exln x ex1，从而 f(x)1等价于 xln xxex  ．设函数
x e
g(x)xln x，
1 1
则 g(x)1ln x，所以当 x(0, )时， g(x)0；当( ,)时， g(x)0．故 g(x)在
e e
1
(0, )
e
1 1 1
上单调递减，在( ,)上单调递增，从而g(x)在(0,)上的最小值为g( ) ．
e e e
2
设函数h(x)xex  ，则h(x)ex(1x)．所以当 x(0,1)时，h(x)0；当 x(1,)
e
时，
h(x)0．故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，从而h(x)在(0,)上的最大
1
值为h(1) .由于 g (x)h(1)h (x)，所以当x0时，g(x)h(x)，即 f(x)1
e min max
．
a
例25．设函数 f(x)lnx x．
x
（1）当a2时，求 f(x)的极值；
1
（2）当a1时，证明： f(x) x0在(0,)上恒成立．
ex1 1 1 1 1
解 析 ： （ 2） 当 a1时 ， f(x) xlnx  ， 下 面 证 lnx  ， 即 证
ex x ex x ex
x
xlnx1 ，
ex
1 1
设 g(x)xlnx1，则 g(x)1lnx，在(0, )上， g(x)0， g(x)是减函数；在( ,)
e e
上，
1 1
g(x)0，g(x)是增函数．所以g(x) g( )1 .
e e
x 1x
设 h(x) ，则 h(x) ，在 (0,1)上， h(x)0， h(x)是增函数；在 (1,)上，
ex ex
h(x)0，
1 1 x
h(x)是减函数，所以h(x)h(1) 1 .所以h(x)g(x)，即 xlnx1，所以
e e ex
x 1 1 1
xlnx1 0，即lnx  0，即 f(x) x0在(0,)上恒成立．
ex x ex ex
注：凸凹反转技巧性较强，是一种命题的好方法，但对于应试的考生而言，技巧性过强而
难以掌握，同时，它的使用范围也比较局限.
6.比较大小
ln2 ln3 ln5
例26.若2a  3b  5c  ,则（）
2 3 5
A.aln2bln3cln5 B.cln5bln3aln2
C.aln2cln5bln3 D.cln5aln2bln3
lnx 1lnx
解析:构造函数 f(x) ,则 f(x) ,令 f(x)0,解得 xe,当 x(e,)时,
x x2
f(x)0,故 f(x)单调递减,又因为e345,所以 f(3) f(4) f(5),即
ln3 ln4 ln2 ln5 ln2 ln3 ln5
   ,又因为2a  3b  5c  ,所以3b 2a 5c,则
3 4 2 5 2 3 5
ln3b ln2a ln5c,即cln5aln2bln3.答案:D
例 27.已知0a4,0b2,0c3,且16lnaa2ln4,4lnbb2ln2,9lncc2ln3,
则（ ）
A.cba B.ca b C.a cb D.bca
lna ln4 lnb ln2 lnc ln3 lnx
解析：由题意,得  ,  ,  .设 f(x) (x0),则
a2 42 b2 22 c2 32 x2
 1 
2lnxlne2 
1 1
 
f(x) .当0 xe2时, f(x)0;当xe2时, f(x)0,
x3
 1   1 
所以 f(x)在0,e2 上单调递增,在e2,上单调递减,结合 f(1)0,易画出 f(x)的大
   
致图象(如图),又 f(a) f(4), f(b) f(2), f(c) f(3),结合 f(x)的大致图象,可得bca.
7.极值点偏移
例28.（2010天津卷）已知函数 f(x) xex,xR.
（1）求函数 f(x)的单调区间；
（2）如果x  x ，且 f(x ) f(x )，证明：x x 2.
1 2 1 2 1 2
解析：（2） f(x ) f(x )等价于xex 1  x ex 2 lnx x lnx x ，故可得：
1 2 1 2 1 1 2 2
x x x x x x
1 2 1，由对数均值不等式可得：1 1 2  1 2 ，故x x 2.
lnx lnx lnx lnx 2 1 2
1 2 1 2
8.函数同构
解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为 f   gx   f   hx 
的结构， f x 即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①xex exlnx；②
ex
exlnx；③
x
elnxx；④xlnxln  xex ；⑤xlnxln
ex
.
x ex x
1.直接变形：
（1）积型：aea blnb  aea lnbelnb  f x xex（同左）；
ealnea blnb  f x xlnx（同右）；
 alnalnblnlnb  f x xlnx（取对数）.
说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.
ea b ea elnb ex
（2）商型：     f x （同左）；
a lnb a lnb x
ea b x
   f(x) （同右）；
lnea lnb lnx
 alnalnbln(lnb)  f(x) xlnx（取对数）.
（3）和差型：ea ablnb  ea a elnb lnb  f(x)ex x（同左）；
ea lnea blnb  f(x) xlnx（同右）.
2.先凑再变形：
若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x，同
加上x等，再用上述方式变形.常见的有：①aeax lnx axeax  xlnx；
1
②ex aln(axa)a ex lna(x1)1exlna lna ln(x1)1
a
exlna xlna ln(x1)x1eln(x1) ln(x1)；
lnx
③ax log xexlna  (xlna)exlna  xlnx
a lna
1 1 1
④x  xa lnxa x0   ln  xa lnxa  f  x   xlnx
ex ex ex
alnx
⑤xa1ex alnx xex   xex alnxealnx  f  x   xex
xa
lnx
例29．已知函数 f x ，gxxex.若存在x 0,，x R使得
x 1 2
2
x 
f x 1 gx 2 kk 0成立，则  x 2   ek的最大值为（ ）
1
4 1
A．e2 B．e C． D．
e2 e2
解析： f x lnx ，gx x  lnex  f  ex，由于 f x  lnx 1 k 0，则
x ex ex 1 x
1
lnx 00x 1，同理可知，x 0，函数y f x的定义域为0,，
1 1 2
1lnx
fx 0对x0,1恒成立，所以，函数y f x在区间0,1上单调递增，同
x2
理可知，函数ygx在区间,0上单调递增，f x gx  f  ex2  ，则x ex2，
1 2 1
x x x  2
 x 1 2  ex 2 2 gx 2 k，则  x 1 2   ek k2ek，构造函数hkk2ek，其中k 0，则
hk  k22k  ek kk2ek.
当k 2时，hk0，此时函数yhk单调递增；当2k 0时，hk0，此时函
4
数yhk单调递减.所以，hk h2 .故选：C.
max e2
lnt
例30．已知函数 f(x) xex，g(x)2xln2x，若 f(x )g(x )t，t0，则 的最大值
1 2 xx
1 2
为（ ）
1 4 1 2
A． B． C． D．
e2 e2 e e
解析：由题意得，xex1 t，2x ln2x t，即2x ln2x eln2x2 ln2x t，令函数
1 2 2 2 2 2
f xxex，则 f '(x)(1x)ex，所以，x1时， f '(x)0， f x在(,1)上单调递
减，x1时， f '(x)0， f x在(1,)上单调递增，又当x(，0)时， f x0，
x(0，)时， f x0，作函数 f(x) xex的图象.由图可知，当t0时， f(x)t有唯一lnt 2lnt 2lnt 2lnt
解，故x ln2x ，且x >0，∴   .设h(t) ，t0，则
1 2 1 xx 2x ln2x t t
1 2 2 2
21lnt
h(t) ，
t2
令h(t)0解得te，所以h(t)在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，∴
2 lnt 2
h(t)h(e) ，即 的最大值为 .故选：D.
e xx e
1 2
9.朗博不等式.
朗博不等式是近年来随着函数同构出现的一个热门的不等式，其原理如下：下面主要注意
的是xex exlnx，那么根据指数函数的基本不等式ex  x1,x0可得：
xex exlnx  xlnx1，
等号成立当且仅当xlnx0.
例31．若x0,xex lnxxa，则实数a的取值范围是（ ）
A．(,ln2) B．(,1) C．(ln2,) D．(1,)
解法1：因为ln(xex)lnxx，所以xex elnxx，设lnxxt，则tR且原不等式可化为
aet t，只需a(et t) ．设g(t) et t，则g(t)et 1，所以当t0时，g'(t)0，
min
g(t)单调递减；当t0时，g'(t)0，g(t)单调递增．所以g(t) g(0)1，所以a1
min
．故选：B．
解法2：由不等式xex  xlnx1，可得a1.
例32.已知函数 f xeaxx（aR，e为自然对数的底数），gxlnxmx1.
（1）若 f x有两个零点，求实数a的取值范围；
（2）当a1时，x

f xx

gx对任意的x0,恒成立，求实数m的取值范围.
解析1.（2）当a1时， f xexx，原命题等价于xex lnxmx1对一切x0,
lnx 1 lnx 1
恒成立mex  对一切x0,恒成立.令Fxex  x0
x x x x
lnx x2exlnx
mFx Fxex  ，令hxx2exlnx，x0,，则
min x2 x2
1
hx2xex2ex 0hx在0,上单增，又h1e0，
x
1 1 2
h ee 1e010
e
1 
x  ,1，使hx 0即x2ex0 lnx 0①当x0,x 时，hx0，当xx ,
0 e  0 0 0 0 0
时，hx0，即Fx在0,x 递减，在x ,递增，
0 0lnx 1
Fx Fx ex0  0 
min 0 x x
0 0
lnx 1 1  1  ln 1
由①知x2ex0 lnx x ex0  0  ln ln e x0函数xxex在0,单调
0 0 0 x x x  x 
0 0 0 0
1 x 1 1 1
递增x ln 即x lnx Fx elnx0  0   1 1，m1实数m
0 x 0 0 min x x x x
0 0 0 0 0
的取值范围为,1
.
解析2.由不等式xex  xlnx1，可得m1.
注意：朗博不等式命制的导数题目用通法解决时会出现同构型隐零点情形，即：
lnx 1 1  1  ln 1
x2ex0 lnx 0与x ex0  0  ln ln e x0这样的基本关系，读者在此处需特
0 0 0 x x x  x 
0 0 0 0
别注意.
10.函数嵌套
x
例33．已知函数 f x ，若关于x的方程f x 2 af xa10有且仅有三个不同
 
lnx
的实数解，则实数a的取值范围是( )
A．2e,1e B．1e,0 C．,1e D．1e,2e
解析：因为 f x x ，所以 fx lnx1 ，当x0,11,e， fx0；当
lnx
lnx2
xe,， fx0，所以 f x在0,1和1,e单调递减，在 e, 单调递增，且当
x0时， f x0， f ee，故 f x的大致图象如图所示：关于x的方程
  f x  2 af xa10等价于  f x1    f xa1  0，即 f x1或 f x1a
，由图知，方程 f x1有且仅有一解，则 f x1a有两解，所以1ae，解得
a1e，故选:C.
x2x1
例34．（多选题）已知函数 f x ，则下列结论正确的是（ ）
ex
A．函数 f x只有两个极值点B．方程 f xk有且只有两个实根，则k的取值范围为ek0
C．方程 f f x1共有4个根
5
D．若xt,， f x  ，则t的最大值为2
max e2
x2 x2 (x1)(x2)
解析：对于A，对 f(x)求导得： f(x)  ，当x1或x2
ex ex
时， f(x)0，当1x2时， f(x)0，即函数 f(x)在(,1)，(2,)上单调递减，
在(1,2)上单调递增，因此，函数 f(x)在x=1处取得极小值 f(1)e，在x2处取得极
5
大值 f(2) ，故选项A正确；
e2
对于B，由选项A知，作出曲线y f(x)及直线yk，如图，要使方程 f xk有且只有
两个实根，观察图象得当ek 0时，直线yk与曲线y f(x)有2个交点，
所以方程 f(x)k有且只有两个实根，则k的取值范围为ek 0，故选项B错误；对于
1 5
C，由 f(x)0得：x2x10，解得x ，令 f(x)t，则 f(t)1，结合图象方
2
1 5
程 f(t)1有两解， t 1，t 0，所以 f(x)t 或 f(x)t ，因为1 52e
2 1 2 1 2
1 5
，所以 e，所以方程 f(x)t 有两解；又因为t 0，结合图象可知： f(x)t
1 2 2
2
5
也有两解，综上：方程 f f x1共有4个根，故选项C正确；对于D，因为 f(2)
e2
5
，而函数 f(x)在(2,)上单调递减，因此当x[t,)时， f(x)  ，当且仅当
max e2
5
mt2, f m ，所以t的最大值为2，故选项D正确.故选：CD
e2
三．习题演练
ax,x1
 f x  f x 
1．若函数 f x a 且满足对任意的实数x  x 都有 1 2 0成
    4 2   x2,x1 1 2 x 1 x 2
立，则实数a的取值范围是（ ）（本文由凌晨讲数学整理，更多资料请前往公众号下
载.）
A．1, B．1,8 C．4,8 D．4,8ax,x1
 f x  f x 
【详解】函数 f x a 满足对任意的实数x  x 都有 1 2 0，
    4 2   x2,x1 1 2 x 1 x 2
ax,x1

所以函数 f x a 是R上的增函数，则由指数函数与一次函数单调性可知
4 x2,x1
 2

a1

 a
应满足4 0 ，解得4a8，所以数a的取值范围为4,8，故选：D.
2

 a
a4 2

 2
1 a 1 b 1
2．若  2   log 2 a，  2   b2， c2 2c ，则正数a,b,c大小关系是（ ）
A．cab B．cba
C．acb D．abc
1 a 1 x 1 b
【详解】由  2   log 2 a，则a为y 2   与ylog 2 x交点的横坐标，由  2   b2，则b
为y   1  x 与y =x2交点的横坐标，由 c 1 2 2c ，即c 1 2    1  c ，则c为y   1  x 与 yx 1 2 交
2 2 2
1 x 1
点的横坐标，作出y

，ylog
2
x，y =x2，
yx2
的图象如下所示，
2
由图可知，cba.故选：B
3．命题p：函数 f xax1（a0且a1）的图象恒过定点(0,1)；命题 q ：当
t2,2时，函数gxx23tx1在区间3,3上存在最小值．则下列命题为真命题的
是（ ）
A．pq B．pq C．pq D．pq
【详解】 f xax1，当x1时， f 1a11 1，所以其图象恒过定点1,1，故命题p
为假命题；gxx23tx1  x 3 t   2 1 9 t2，因为t2,2，∴ 3 t3,3，
 2  4 2所以二次函数对称轴在区间3,3之内，当x 3 t时，gx取得最小值，故命题 q 为真命
2
题.
所以pq是假命题，pq是假命题，pq是真命题，pq是假命题.
故选：C.
1
4．已知幂函数g(x)(2a1)xa1的图象过函数 f(x)mxb (m0,m1)的图象所经过的
2
定点，则b的值等于（ ）
1 2
A． B． C．2 D．2
2 2
【详解】由于g(x)(2a1)xa1为幂函数，则2a11，解得：a1，则g(x)x2；
1 1 1
函数 f(x)mxb (m0,m1)，当xb 时， f(b)abb  ，故 f(x)的图像所经过
2 2 2
 1 1 1 2
的定点为b, ，所以g(b) ，即b2  ，解得：b ,故选：B.
 2 2 2 2
1
5．已知a0.53.1，blog 0.3，clog ，则a，b，c的大小关系为（ ）
0.9 1 2
3
A．cba B．c<a<b C．bac D．acb
1 1
【详解】因为y0.5x在R上单调递减，则0.53.10.51  ，即a ；又因为ylog x在
2 2 0.9
1
0,上单调递减，则log 0.3log 0.91，即b1；可得clog log 2，且
0.9 0.9 1 2 3
3
1 1
ylog x在0,上单调递增，则 log 3log 2log 31，即 c1；综上所
3 2 3 3 3 2
述：acb.
故选：D.
6．已知直线2mxny40（m0，n0）过函数ylog x12（a0，且a1）
a
2 6
的定点T，则  的最小值为________
m n
【详解】令x11时，可得x2,ylog 122，可知函数ylog (x1)2(a0，且
a a
a1)的图象恒过定点T(2,2)，因为定点T(2,2)在直线2mxny40上，可得2mn2
2 6 1 2 6 n 6m n 6m
，且m0,n0，则     (2mn)5  52  52 6，当
m n 2m n m n m n
n 6m 2 6
且仅当  ，即n 6m62 6时，等号成立，所以  的最小值为52 6.故答
m n m n
案为：52 6.
2x,x0
7．已知函数 f x ，则函数gx f2x3f x2零点的个数是_______
 lnx,x0
【详解】令gx0，即 f2x3f x20，解得 f x1或 f x2，作出函数 f x的图象如图，
由图可知，方程 f x1有3个实数解， f x2有3个实数解，且均互不相同，所以，
gx0的实数解有6个，所以，函数gx f2x3f x2零点的个数是6个.故答案
为：6
8．已知定义在R上的奇函数 f x满足 f 2x f x0，且当x0,1时，
1
f xlog ，若函数Fx f xsinx在区间1,m上有且仅有10个零点，则实数
2 x
m的取值范围是__________
【详解】因为 f x是奇函数，且 f 2x f x0，所以 f 2x f x，即函数
1
f x是关于1,0对称，以2为周期的奇函数，又x0,1时， f xlog ，在同一坐标
2 x
系中作出函数y f x，ysinx的图象如图所示：
因为函数Fx f xsinx在区间1,m上有且仅有10个零点，所以函数y f x，
7 
ysinx在区间1,m上有且仅有10个交点，由图知：实数m的取值范围是

，4，
2 
7 
故答案为：

，4
2 
1 b
9．设函数 f(x)(xa)ln(xb)，若 f(x)0，且ab0，则  的最小值为________
ab a
【详解】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；
当x(1b,)时，ln(xb)0，故xa0，所以1ba0；故1ba0，即ab1.
1 b (ab)2 b a2 2abb2 b a 2b
当ab0时，则        22 22，当且仅当
ab a ab a ab a b a
1 b
a2 2，b 21时，等号成立，所以  的最小值为2 22.故答案为：2 22
ab a
x22axa,x0

10．已知函数 f x   在R上单调递增，则实数a的取值范围是
ln x x21 1,x0


（ ）
A．,0 B．1,0 C．1,1 D．0,
【详解】若x0，可知yx,y x21在0,内单调递增，可知yx x21在
0,内单调递增，可得y1对任意x0,恒成立，又因为ylnx在定义域0,内
  a0
单调递增，可知yln x x21 在0,内单调递增，由题意可得： ，解得
a1
1a0，
所以实数a的取值范围是1,0 .故选：B.
x
11．已知函数 f x为偶函数，满足 f x2 f
1
x ，且2x0时， f x

  3
3
  2
 
，若关于x的方程 f xlog x10至少有两解，则a的取值范围为（ ）．
a
1   1  1 1 
A． ,3 B．0,

3, C．0,

3, D．

,3

3   3  5 5 
1 1
【详解】由已知 f x2 ，则 f x ，则 f x2 f x2，可知函
f x f x2
x
 3
数 f x为周期函数，最小正周期T 4，又当2x0时， f x  2，可知函数
 
3
 
f x的图象如图所示，且 f x的值域为1,1，关于x的方程 f xlog x10至少有
a
两解，
可得函数y f x与函数ylog x1的图象至少有两个交点，如图所示，
a
1 1  1
可知当0a1时，log
a
411log
a a
，解得a
5
，即a

0,
5  
，当a1时，
 1
log
a
211log
a
a，解得a3，即a3,，综上所述a

0,
5  
3,，故选：C.12．（多选题）已知函数 f xln1x ln1x ，则下列有关该函数叙述正确的有（ ）
A． f x是偶函数 B． f x是奇函数
C． f x在1,1上单调递增 D． f x的值域为0,
【详解】
1x 0
函数 f xln1x ln1x ，由 ，解得x1，因此 f x的定义域为
 1x 0
,11,11,，显然 f xln1x ln1x f x，函数 f x是奇函数，
A错误，B正确；
1x 2
函数 f xln ln1 ，显然ylnx在0,单调递增，当1x1时，
1x x1
 2  2
f xln 1，函数y 1在1,1上单调递增，于是 f x在1,1上单调递
1x  1x
 2  2
增，C正确；当x1或x1时， f xln1 ，函数y1 在,1,1,
 x1 x1
上单调递减，于是 f x在,1,1,上单调递减，图像如图所示，所以值域为R，故
D错误.故选:BC．
2|x|
13．函数 f(x) 的部分图像大致是（ ）
ln|x|
A． B．
C． D．2|x| 2|x|
解析：函数的定义域为 x x0 ，因为 f(x)   f(x)，所以 f(x)为偶函
ln|x| ln|x|
数，
2
所以 f(x)的图象关于y轴对称，所以排除BC，因为 f   1  e  2 0，所以排除D，
e 1 e
ln
e
故选：A
14．已知实数a,b,c(0,1)，且a2022ea2022，b2023eb2023，c2024ec2024，则（ ）
A．abc B．c<a<b C．b<c<a D．cba
ea e2022 eb e2023
解析：由a2022ea2022，b2023eb2023，c2024ec2024，可得  ，  ，
a 2022 b 2023
ec e2024 ex ex(x1)
 ．令 f(x) ，则 f(x) ，当x(0,1)时， f(x)0，则 f(x)在(0,1)
c 2024 x x2
上单调递减，当x(1,)时， f(x)0，则 f(x)在(1,)上单调递增，所以
e2022 e2023 e2024 ea eb ec
  ，所以   ，又a,b,c(0,1)，cba．故选：D．
2022 2023 2024 a b c
1 sinx
15．关于函数 f x2sinx  ，有如下四个命题：
2
①函数 f x的图像关于y轴对称； ②函数 f x的图像关于直线x π 对称；
2
③函数 f x的最小正周期为2π； ④函数 f x的最小值为2．
其中所有真命题的序号是__________
1 sinx 1 sinx
解析：对于①： f(x)定义域为R，因为 f x2sinx    2sinx  f x，
2 2
所以 f(x)是R上的偶函数，所以 f(x)图像关于y轴对称，故①正确；
1 sin(πx) 1 sinx
对于②：对于任意的xR， f πx2sin(πx)  2sinx   f(x)，
2 2
所以函数 f x的图像关于直线x π 对称，故②正确；
2
1 sin(πx) 1 sinx 1 sinx
对于③：因为 f πx2sin(πx)  2sinx  2sinx   f(x)，
2 2 2
所以函数 f x的最小正周期不为2π，故③错误；
1 1 1 1
对于④：设t 2sinx[ ,2]，则 f(t)t ，因为t 2，当且仅当t ，即t1时等号
2 t t t
成立，所以函数 f x的最小值为2，故④正确，故答案为：①②④
2xa
16.设aR，函数 f(x) ．
2xa
（1）已知a1，求证：函数 f(x)为定义域上的奇函数；（2）已知a0．
（i）判断并证明函数 f(x)的单调性；
 k k  k
（ii）函数 f(x)在区间[m,n](mn)上的值域是 , (kR)，求 的取值范围．
 2m 2n  a
2x1
解析：（1）因为a1，所以 f(x) ，由2x10得函数y f(x)的定义域为
2x1
2x1 2x1
(,0)(0,)，又 f(x)  f(x)所以函数 f(x)为定义域上的奇函数
2x1 12x
（2）当a0时，因为2x 0，所以2x a0，所以函数 f(x)的定义域为R．
（i）结论：函数 f(x)为(,)上的单调增函数．
证明：设对任意的x ，x R，且x x ，
1 2 1 2
2x1 a 2x2 a 2a  2x2 2x1 
f x  f x   
1 2 2x1 a 2x2 a  2x1 a  2x2 a 
因为x
1
x
2
，所以2x1 2x2 即2x2 2x1 0因为2x a0，所以2x1 a0，2x2 a0，
又a0，所以 f x  f x 0，即 f x  f x ，所以函数 f(x)为(,)上的单调增
1 2 1 2
函数
1 1  k k  k k
（ii）因为mn，所以2m <2n，从而
2m

2n
．又由
 2m
,
2n 
知，
2m

2n
，所以k 0，
因为a0，由（i）知，函数 f(x)为(,)上的单调增函数．因为函数 f(x)在区间
 k 2ma k
 k k    f(m) 2m  2ma  2m
[m,n](mn)上的值域是
 2m
,
2n 
，所以
f(n) k
，即
2na

k
从而关于x的方程
 2n 2na 2n
2x a k
 有两个互异实根．令t 2x 0，所以方程t2(ak)tak0有两个互异正根．所
2x a 2x
ka0
 k
以(ak)24ak 0，解得0 32 2.
a

ak 0
17．已知函数 f(x)log (9x 1)kx是偶函数.
9
（1）.并求实数k的值；
1
（2）.若方程 f(x) xb有实数根，求b的取值范围；
2
4
（3）.设h(x)log (a3x  a)，若函数 f(x)与h(x)的图象有且仅有一个公共点，求
9 3
实数a的取值范围.
解析：（1）由于 f x 为偶函数，对任意xR，有 f x f x ，
log  9x 1  kxlog  9x 1  kx对xR恒成立.
9 99x 1
可得：2kxlog  9x 1  log  9x 1  log log  9x 1  x对xR恒成
9 9 9x
立，
1
即 2k1x0对xR恒成立，∴k  .
2
1 1
（2）由题意知log  9x 1   x xb有实数根，即：log  9x 1  xb有解.
9 2 2 9
令gxlog  9x 1  x，则函数y  gx 的图像与直线y b有交点.
9
gxlog 9  9x 1  x log 9 9x 9  x 1 log 9    1 9 1 x    ,∵1 9 1 x ＞1∴gxlog 9    1 9 1 x    ＞0,∴
b的取值范围是
0,
.
（3）由（1）知， f xlog  9x 1   1 xlog  9x 1  log 3x log   3x  1  
9 2 9 9 9  3x 
1 4
∴由题意知3x  a3x  a有且只有一个实数根.令t 3xt＞0 ，则关于t的方程
3x 3
4 3
a1t2  at10有且只有一个正根.若a1，则t  ，不合题意，舍去；
3 4
若a1，则方程

的两根异号或方程有两相等正根.方程

有两相等正根等价于
A0

 4
  a ，解得a 3.方程  的两根异号等价于 ，解得a＞1.综上所
3
＞0
 ＞0 

2a1
 1
＜0

a1
述，实数a的取值范围是 31, .
ax lnx
18．已知函数 f(x) 和g(x) 有相同的最大值.
ex ax
（1）求a；
（2）证明：存在直线y=b，其与两条曲线y f(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且
从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
x lnx
解析：（2）由（1）知 f x ,gx f lnx ，由于x0时， f(x)0，x1
ex x
1 x 1
时，g(x)0，因此只有0b 才可能满足题意，记hx b，且0b ，由
e ex e
1
（1）得hx在,1上单调递增，在1,单调递减，且h1 b0,h0b0，
e
所以存在x 0,1，使得hx 0，设(x)exx2，则(x)ex2x，设m(x)(x)，
1 1
则m(x)ex2，0xln2时，m(x)0，m(x)递减，xln2时，m(x)0，m(x)递增，所以m(x) m(ln2)22ln20，所以(x)(ln2)0，(x)是增函数，x0
min
1 1
时，(x)(0)10，( b 1 )eb 1  b 1 2 0， b 1 b又h   b 1    b 1 b0，所以存在x 0     1, b 1  
eb eb
，使得hx 0，即此时yb与y f x有两个交点，其中一个交点在0,1内，另一个
0
交点在1,内，同理yb与y f lnxgx也有两个交点，其中一个交点在0,e
内，另一个交点在e,内，若yb与y f x和ygx共有三个不同的交点，则其
中一个交点为两条曲线y f x和ygx的公共点，记其横坐标为x，令
2
f x gx  f lnx ，则x 1,e,lnx 0,1，记yb与y f x,ygx的三个交
2 2 2 2 2
点的横坐标从左到右依次为x ,x ,x ，且满足
3 2 4
x lnx
x 1x ex , f x  f x gx gx ，且 2  2 ，即x2 ex2lnx ，又
3 2 4 3 2 2 4 ex2 x 2 2
2
f x  f lnx , f x  f lnx ，且x ,lnx 0,1,x ,lnx 1,e，且 f x在0,1和1,e
3 2 2 4 3 2 2 4
上分别单调，所以x lnx ,x lnx ，即x ex2，所以x2 x x ,x 为x ,x 的等比中项，所
3 2 2 4 4 2 3 4 2 3 4
以从左到右的三个交点的横坐标x ,x ,x 成等比数
3 2 4