专题2.3 幂函数与指、对数函数【九大题型】
【新高考专用】
【题型1 指数幂与对数式的化简求值】..................................................................................................................2
【题型2 指对幂函数的定义与解析式】..................................................................................................................4
【题型3 指对幂函数的定义域与值域】..................................................................................................................5
【题型4 指对幂函数的图象的识别与应用】.........................................................................................................6
【题型5 指对幂函数的单调性问题】......................................................................................................................8
【题型6 指对幂比较大小】....................................................................................................................................10
【题型7 利用幂函数、指数函数与对数函数的单调性解不等式】...................................................................12
【题型8 反函数及其应用】....................................................................................................................................14
【题型9 指数函数与对数函数的综合应用】.......................................................................................................16
1、幂函数与指、对数函数
幂函数、指数函数与对数函数是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
常考的热点内容，从近几年的高考形势来看，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
较指对幂的大小、解不等式等题型.考生在复习过程中要熟练掌握指数、对数运算法则，能对常见的指数
型函数、对数型函数进行变形处理.
【知识点1 幂函数的解题技巧】
1.幂函数的解析式
幂函数的形式是
( ∈R)，其中只有一个参数，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．指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.
2．对数函数的常见问题及解题思路
(1)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.
(2)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 指数幂与对数式的化简求值】
【例1】（2023·山东·校联考模拟预测）若a
−1−a
1= 4， 则a
−2+a
2的值为（ ）
A．8
B．16
C．2
D．18
【解题思路】利用完全平方公式结合指数幂的运算性质计算即可.
【解答过程】解：因为a
−1−a
1= 4，
所以a
−2+a
2=(a
−1−a
1)
2+2= 4
2+2=18.
故选：D．
【变式1-1】（2023·天津河西·统考一模）已知3
a= 4
b=m, 1
a + 1
2b =2，则m的值为（ ）
A．36
B．6
C．√6
D．4√6
【解题思路】两边取对数，根据对数的运算性质、法则化简即可得解.
【解答过程】∵3
a= 4
b=m>0，
∴a= log3m,b= log4m，
∴1
a + 1
2b = logm3+ 1
2 logm4 = logm6=2，
∴m
2=6，即m=√6或m=−√6（舍去）
故选：C.
【变式1-2】（2023·江苏连云港·校考模拟预测）计算：
(1)(2 7
9)
0.5
+0.1
−2+(2 10
27)
−2
3 −3π
0+ 37
48；
(2)log23⋅log34+(lg5)
2+lg5⋅lg20+ 1
2 lg16−2
log23.
【解题思路】（1）根据指数幂的运算法则直接化简求解即可；
（2）根据对数运算法则直接化简求解即可.
【解答过程】（1）(2 7
9)
0.5
+0.1
−2+(2 10
27)
−2
3 −3π
0+ 37
48 =(
25
9 )
1
2 +10
2+(
27
64)
2
3 −3+ 37
48
= 5
3 +100+ 9
16 −3+ 37
48 =3+97=100.
（2）log23⋅log34+(lg5)
2+lg5⋅lg20+ 1
2 lg16−2
log23 = lg3
lg2 ⋅lg 4
lg3 +lg5⋅(lg5+lg20)+2lg2−3
=2+lg5⋅lg100+2lg2−3=2+2(lg5+lg2)−3=2+2−3=1.
【变式1-3】（2023·吉林长春·长春校考模拟预测）（1）求值：
(
3√2×√3)
6+(√2√2)
4
3 −4×(
16
49)
−1
2 −
4√2×8
0.25−(−2023)
0；
（2）已知lg x +lg y =2lg( x−2 y)，求log√2(
x
y)的值.
【解题思路】（1）化简即可求出该式子的值；
（2）解对数方程求出x
y ，即可得出log√2(
x
y)的值.
【解答过程】（1）由题意，
(
3√2×√3)
6+(√2√2)
4
3 −4×(
16
49)
−1
2 −
4√2×8
0.25−(−2023)
0
=2
2×3
3+(√2
3
2 )
4
3 −4× 7
4 −2
1
4 ×2
3× 1
4 −1
=108+2−7−2−1
=100
（2）由题意，
在lg x +lg y =2lg( x−2 y)中，
¿，xy =(x−2 y)
2化简得x
2−5 xy + 4 y
2=0，
两边同除y
2得(
x
y)
2
−5(
x
y)+ 4 =0，解得：x
y = 4或1（舍），
∴log√2(
x
y)= log√24 = 4.
【题型2 指对幂函数的定义与解析式】
【例2】（2022 上·云南曲靖·高一校考阶段练习）下列函数是对数函数的是（ ）
A．y = ln x
B．y = log2 x
2
C．y = loga
x
9
D．y = log2 x−2022
【解题思路】根据对数函数定义直接判断即可.
【解答过程】形如y = loga x (a＞0,a≠1)的函数叫作对数函数，它的定义域是(0,+ ∞)，
对于A，y = ln x = loge x满足，故A 正确；
对于B，C，D，形式均不正确，均错误.
故选：A.
【变式2-1】（2023·四川成都·校联考一模）已知幂函数f (x)= x
α的图象过点P(3,9)，则α =（ ）
A．1
2
B．1
C．2
D．3
【解题思路】根据题意可得3
α =9，求解即可.
【解答过程】因为幂函数f (x)= x
α的图象过点P(3,9)，所以3
α =9，解得α =2.
故选：C.
【变式2-2】（2023 上·吉林长春·高一校考期中）函数y =(a
2−5a+7)a
x+6−2a是指数函数，则有（ ）
A．a=2或a=3
B．a=3
C．a=2
D．a>2，且a≠3
【解题思路】根据指数函数的知识求得正确答案.
【解答过程】由指数函数的概念，得a
2−5a+7=1且6−2a=0，解得a=3．
故选：B.
【变式2-3】（2023 上·高一课时练习）若函数f ( x)=(a
2−3a+3)loga x是对数函数，则a 的值是（ ）
A．1 或2
B．1
C．2
D．a>0且a≠1
【解题思路】根据对数函数的定义即可得到方程，解出即可.
【解答过程】∵函数f ( x)=(a
2−3a+3)loga x是对数函数，
∴a
2−3a+3=1，a>0且a≠1，
解得a=1或a=2，∴a=2，
故选：C．
【题型3 指对幂函数的定义域与值域】
【例3】（2023 上·四川成都·高一校考期中）函数f (x)= √2
x−4
x−5
的定义域为（ ）
A．(−∞,2]
B．(−∞,5)∪(5,+∞)
C．[2,+ ∞]
D．[2,5)∪(5,+ ∞)
【解题思路】函数f (x)= √2
x−4
x−5
的定义域满足¿，解得答案.
【解答过程】函数f (x)= √2
x−4
x−5
的定义域满足¿，解得x ≥2且x≠5.
故选：D.
【变式3-1】（2022 上·安徽·高一校联考阶段练习）已知幂函数f ( x)的图像过点(2, 1
4)，则（ ）
A．f ( x)为减函数
B．f ( x)的值域为(0,+∞)
C．f ( x)为奇函数
D．f ( x)的定义域为R
【解题思路】先求出幂函数的解析式，再根据幂函数的性质判断即可.
【解答过程】解：设f ( x)= x
α，将(2, 1
4)代入，得2
α = 1
4 ，解得α =−2，
故f ( x)= x
−2，易知f ( x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，且值域为(0,+∞)，故A 选项错
误，B 选项正确；
f ( x)= x
−2的定义域为(−∞,0)∪(0,+ ∞)，且f (−x)=(−x)
−2= x
−2= f ( x)，为偶函数，
C，D 选项错误；
故选：B．
【变式3-2】（2022·北京东城·统考一模）下列函数中，定义域与值域均为R 的是（ ）
A．y = ln x
B．y =e
x
C．y = x
3
D．y = 1
x
【解题思路】利用指数函数，对数函数，幂函数和反比例函数的性质判断.
【解答过程】A. 函数y = ln x的定义域为(0,+∞)，值域为R；
B. 函数y =e
x的定义域为R，值域为(0,+ ∞)；
C. 函数y = x
3的定义域为R，值域为R；
D. 函数y = 1
x 的定义域为{x| x≠0}，值域为{y | y ≠0}，
故选：C.
【变式3-3】（2023 上·江西吉安·高一校考阶段练习）已知函数f (x)=¿则函数f (x)值域是（ ）
A．(−∞,2]
B．(−2,2]
C．(1,4]
D．(−∞,4]
【解题思路】结合分段函数的单调性来求得f (x)的值域.
【解答过程】当x⩽1时，y =3
x−2单调递增，值域为(−2,1]；当1< x⩽4时，y = x
1
2单调递增，值域为
(1,2]，故函数值域为(−2,2].
故选：B.
【题型4 指对幂函数的图象的识别与应用】
【例4】（2023 上·全国·高三专题练习）已知函数y =loga( x +c)(a,c为常数，其中a>0,a≠1)的图象如
图，则下列结论成立的是（ ）
A．a>1,c>1
B．a>1,0<c<1
C．0<a<1,c>1
D．0<a<1,0<c<1
【解题思路】根据函数图象可根据函数的单调性以及经过的点求解.
【解答过程】由该函数的图象通过第一、二、四象限知该函数为减函数，所以0<a<1；
因为图象与y轴的交点在y轴上方，所以y =loga(0+c)>0= loga1，所以0<c<1.
故选：D.
【变式4-1】（2022 上·全国·高一专题练习）如图所示是函数y = x
m
n （m、n∈N
*且互质）的图象，则
（ ）
A．m，n 是奇数且m
n <1
B．m 是偶数，n 是奇数，且m
n <1
C．m 是偶数，n 是奇数，且m
n >1
D．m，n 是偶数，且m
n >1
【解题思路】根据图象得到函数的奇偶性及(0,+ ∞)上单调递增，结合m、n∈N
*且互质，从而得到答案.
【解答过程】由图象可看出y = x
m
n 为偶函数，且在(0,+ ∞)上单调递增，
故m
n ∈(0,1)且m为偶数，又m、n∈N
*且互质，故n 是奇数.
故选：B.
【变式4-2】（2023·四川成都·校联考一模）已知函数f (x)=
2|x|
e
x−e
−x ，则函数f (x)的图象的可能是（ ）
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.
【解答过程】对于函数f (x)=
2|x|
e
x−e
−x ，有e
x−e
−x≠0，解得x≠0，
所以，函数f (x)的定义域为¿，
因为f (−x)=
2|−x|
e
−x−e
x =−
2|x|
e
x−e
−x =−f (x)，即函数f (x)为奇函数，排除BD 选项，
当x>0时，e
x>e
−x，则f (x)=
2|x|
e
x−e
−x >0，排除C 选项.
故选：A.
【变式4-3】（2022·高一课时练习）函数①y =a
x；②y =b
x；③y =c
x；④y =d
x的图象如图所示，a，b，
c，d 分别是下列四个数：5
4 ，√3，1
3，1
2中的一个，则a，b，c，d 的值分别是（ ）
A．5
4 ，√3，1
3，1
2
B．√3，5
4 ，1
3，1
2
C．1
2，1
3，√3，5
4 ，
D．1
3，1
2，5
4 ，√3，
【解题思路】根据指数函数的性质，结合函数图象判断底数的大小关系.
【解答过程】由题图，直线x =1与函数图象的交点的纵坐标从上到下依次为c，d，a，b，而√3> 5
4 > 1
2 > 1
3.
故选：C．
【题型5 指对幂函数的单调性问题】
【例5】（2022 上·北京朝阳·高三统考期中）下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递减的是（ ）
A．y = log2 x
B．y =2
−x
C．y =√x +1
D．y = x
3
【解题思路】根据函数解析式直接判断单调性.
【解答过程】A 选项：函数y = log2 x的定义域为(0,+ ∞)，且在(0,+ ∞)上单调递增，A 选项错误；
B 选项：函数y =2
−x =(
1
2)
x
的定义域为R，且在R上单调递减，B 选项正确；
C 选项：函数y =√x +1的定义域为[−1,+∞)，且在[−1,+ ∞)上单调递增，C 选项错误；
D 选项：函数y = x
3的定义域为R，且在R上单调递增，D 选项错误；
故选：B.
【变式5-1】（2023·河南·校联考模拟预测）若幂函数f ( x)=(2m
2−3m−1) x
m在(0,+∞)上单调递减，则
m=（ ）
A．2
B．1
2
C．−1
2
D．-2
【解题思路】由幂函数的定义和性质求解即可.
【解答过程】由幂函数的定义可知，2m
2−3m−1=1，即2m
2−3m−2=0，解得m=2或m=−1
2.
当m=2时，f ( x)= x
2，在(0,+ ∞)上单调递增，不合题意;
当m=−1
2时，f ( x)= x
−1
2，在(0,+∞)上单调递减，符合题意，故m=−1
2.
故选：C.
【变式5-2】（2023·广东韶关·统考一模）函数f (x)=log2(x
2−4)在(−∞,a)上单调递减，则实数a取值范
围是（ ）
A．(−∞,−2]
B．[2,+∞)
C．(−∞,0]
D．[0,+ ∞)
【解题思路】求出函数的定义域，结合复合函数单调性得到答案.
【解答过程】f (x)的定义域是(−∞,−2)∪(2,+ ∞)，
令y =log2t，其在定义域上单调递增，
t = x
2−4，在(−∞,−2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
由复合函数的单调性可知，a∈(−∞,−2].
故选：A.
【变式5-3】（2023·北京东城·统考二模）设函数f ( x)=¿，若f ( x)为增函数，则实数a的取值范围是
（ ）
A．(0,4 ]
B．[2,4 ]
C．[2,+∞)
D．[ 4 ,+∞)
【解题思路】首先分析函数在各段函数的单调性，依题意可得a>0且a
2≥2
a，结合y = x
2与y =2
x的函数图
象及增长趋势求出参数的取值范围.
【解答过程】因为f ( x)=¿，当x ≤a时f ( x)=2
x函数单调递增，
又y = x
2在(0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，
要使函数f ( x)为增函数，则a>0且a
2≥2
a，
又函数y = x
2与y =2
x在(0,+ ∞)上有两个交点(2,4)和(4,16)，
且y =2
x的增长趋势比y = x
2快得多，
y = x
2与y =2
x的函数图象如下所示：
所以当x>4时2
x> x
2，当2< x<4时x
2>2
x，当0< x<2时2
x> x
2，
所以2≤a≤4，即实数a的取值范围是[2,4 ].
故选：B.
【题型6 指对幂比较大小】
【例6】（2023·陕西宝鸡·校联考模拟预测）已知a=6
log23.4，b=6
log43.6，c =(
1
6)
log30.3
，则（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．a>c>b
D．c>a>b
【解题思路】利用对数函数的单调性、中间值法以及指数函数的单调性可得出a、b、c的大小关系.
【解答过程】因为log23.4>log22=1= log4 4>log43.6，log30.3
−1= log3 10
3 >log33=1，
又因为log23.4>log22√2= 3
2 = log33
3
2 = log33√3>log3
10
3 =−log30.3，
所以，log23.4>−log30.3>log43.6，
所以，6
log23.4>6
−log30.3=(
1
6)
log30.3
>6
log43.6，即a>c>b.
故选：C.
【变式6-1】（2023·江西·统考模拟预测）设a=e
−4
3，b= ln3，c =3
−1+ log3
2，则（ ）
A．c<a<b
B．b<a<c
C．a<c<b
D．a<b<c
【解题思路】利用指数的运算性质、对数恒等式、指数函数和对数函数的单调性结合中间值法可得出a、b、
c的大小关系.
【解答过程】a=e
−4
3 <e
−1= 1
e < 1
2
，b= ln3>lne =1，c =3
−1+ log32= 1
3 ×2= 2
3，
所以a<c<b．
故选：C．
【变式6-2】（2023·四川南充·模拟预测）已知a=(
2
5)
2
5 ,b=(
3
5)
2
5 ,c =log2
5
2，则（ ）
A．a<b<c
B．b<a<c
C．c<b<a
D．c<a<b
【解题思路】由y = x
2
5在(0,+ ∞)上递增比较a，b，再由y =log 2
5
x在(0,+∞)上递减，得到c<0比较即可.
【解答过程】因为y = x
2
5在(0,+ ∞)上递增，且2
5 < 3
5，
所以(
2
5)
2
5 <(
3
5)
2
5，即0<a<b，
又y =log 2
5
x在(0,+ ∞)上递减，
所以c =log 2
5
2<log 2
5
1=0，
所以c<a<b.
故选：D.
【变式6-3】（2023·河南·校联考模拟预测）已知a=ln π ,b=log3 π ,c =√π ln2，则a,b,c的大小关系是
（ ）
A．b<a<c
B．a<b<c
C．c<b<a
D．b<c<a
【解题思路】利用对数函数和指数函数，幂函数的性质求解.
【解答过程】∵e<3<π，∴a= logeπ >log3 π =b>log33=1，即a>b>1，
∵a=ln π = ln(√π )
2, c =√π ln2=ln2√π，
下面比较(√π )
2与2√π的大小，构造函数y = x
2与y =2
x，
由指数函数y =2
x与幂函数y = x
2的图像与单调性可知，
当x∈(0,2)时，x
2<2
x；当x∈(2,4)时，x
2>2
x
由x =√π ∈(0,2)，故(√π )
2 <2√π，故ln π <ln2√π，即a< c，
所以b<a<c，
故选：A.
【题型7 利用幂函数、指数函数与对数函数的单调性解不等式】
【例7】（2023·全国·高三专题练习）已知幂函数f (x)=(2m
2+m−2) x
2m+1在(0,+ ∞)上是增函数.
(1)求f (x)的解析式；
(2)若f (√2−a)<f (√a−1)，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）利用幂函数的定义与单调性可得出关于实数m的等式与不等式，解出m的值，即可得出
函数f (x)的解析式；
（2）分析函数f (x)的定义域与单调性，根据f (√2−a)<f (√a−1)可得出关于实数a的不等式组，由此可
解得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）因为函数f (x)=(2m
2+m−2) x
2m+1为幂函数，则2m
2+m−2=1，
即2m
2+m−3=0，即(2m+3)(m−1)=0，解得m=1或m=−3
2，
又因为函数f (x)=(2m
2+m−2) x
2m+1在(0,+∞)上是增函数，则2m+1>0，解得m>−1
2，
所以，m=1，故f (x)= x
3.
（2）由（1）可知，f (x)= x
3，该函数的定义域为R，
对任意的x∈R，f (−x)=(−x)
3=−x
3=−f (x)，则函数f (x)为R上的奇函数，
因为函数f (x)= x
3在[0,+ ∞)上为增函数，则该函数在(−∞,0]上也为增函数，
所以，函数f (x)在R上为增函数，
由f (√2−a)<f (√a−1)可得¿，解得3
2 <a≤2，
因此，实数a的取值范围是(
3
2 ,2].
【变式7-1】（2023 上·陕西西安·高三校考阶段练习）解不等式：
(1)log 1
2
(x
2−x−2)>log 1
2
( x−1)−1．
(2)1≤4
x−3⋅2
x+3≤7．
【解题思路】（1）利用对数函数的单调性解不等式即可，注意对数函数的定义域；
（2）分1≤4
x−3⋅2
x+3和4
x−3⋅2
x+3≤7两部分进行求解，然后取交集即可.
【解答过程】（1）log 1
2
(x
2−x−2)>log 1
2
(x−1)−1= log 1
2
[2(x−1)]，
由对数函数的性质可得：¿，解得x>2，
由于y = log 1
2
x为递减函数，所以x
2−x−2<2(x−1)，解得0< x<3，
综上：不等式的解集为(2,3).
（2）首先求解1≤4
x−3⋅2
x+3的解，转化可得(2
x−1)(2
x−2)≥0，
所以2
x≤1或2
x≥2，解得x ≤0或x ≥1；
再解4
x−3⋅2
x+3≤7，转化可得(2
x−4)(2
x+1)≤0，
所以2
x≤4，解得x ≤2，
综上：1≤4
x−3⋅2
x+3≤7的解集为(−∞,0]∪[1,2].
【变式7-2】（2023 上·浙江·高一校联考阶段练习）已知函数f (x)=(x−2)(2
x−a),a∈R.
(1)当a=1时，解关于x的方程f (x)=0；
(2)当x ≥3时，恒有f (x)≥1，求实数a的取值范围；
(3)解关于x的不等式f (x)≥0.
【解题思路】（1）将a=1代入即可解出方程f (x)=0的根为x =2或x =0；
（2）将不等式f (x)≥1恒成立问题转化为a≤(2
x−
1
x−2)min
, x∈[3,+∞)，再利用函数单调性即可得a≤7
满足题意；
（3）对参数a的取值进行分类讨论，结合不等式即可求得其解集.
【解答过程】（1）当a=1时，方程f (x)=0即为f (x)=(x −2)(2
x−1)=0，
解得x =2或x =0；
（2）当x ≥3时，不等式f (x)≥1可化为a≤2
x−
1
x−2，
依题意可知，需满足a≤(2
x−
1
x−2)min
, x∈[3,+ ∞)，
由于函数y =2
x在[3,+∞)上单调递增，函数y =−
1
x−2在[3,+∞)上单调递增；
所以函数y =2
x−
1
x−2在[3,+ ∞)上单调递增，因此a≤(2
x−
1
x−2)min
=2
3−
1
3−2 =7，
即实数a的取值范围是(−∞,7]；
（3）由f (x)≥0可得(x −2)(2
x−a)≥0，
①当a≤0时，可得2
x−a>0，不等式等价为x−2≥0，此时不等式解集为[2,+∞)；
②当0<a<4时，方程(x −2)(2
x−a)=0有两根，即x1=2, x2= log2a，且2>log2a；
此时不等式解集为[2,+∞)∪(−∞,log2a]；
③当a= 4时，方程(x −2)(2
x−a)=0仅有一根，即x =2，此时不等式解集为R；
④当a>4时，方程(x −2)(2
x−a)=0有两根，即x1=2, x2= log2a，且2<log2a；
此时不等式解集为[log2a,+∞)∪(−∞,2].
【变式7-3】（2023 上·贵州六盘水·高一统考阶段练习）已知函数f (x)=loga( x
2+bx−1)，其中a>0且
a≠1.
(1)若a>1，b=0，求不等式f (x +1)≤f (x + 4)的解集；
(2)若∀m∈[1,+ ∞)，f (2
m+1)≥f (2
m+2)，求b 的取值范围.
【解题思路】（1）根据复合函数单调性得到f ( x)的单调性，再分类讨论即可；
（2）首先得到2
m+1≥2
m+2≥4，再转化为单调性问题，最后对a分类讨论即可.
【解答过程】（1）当b=0时，f ( x)= loga(x
2−1).
由x
2−1>0，解得x>1或x<−1，所以f ( x)的定义域为(−∞,−1)∪(1,+∞).
因为f (−x)= loga(x
2−1)= f ( x)，所以f ( x)为偶函数.
因为函数y = x
2−1在(−∞,−1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f ( x)在(−∞,−1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
当x +1>1，即x>0时，此时函数单调递增，且x + 4> x +1，原不等式成立.
当x +1<−1, x + 4>1，即−3< x<−2时，−x−1∈(1,2)，
因为f ( x +1)= f (−x−1)≤f ( x + 4)，则−x−1≤x + 4，解得x ≥−5
2，所以−5
2 ≤x<−2.
而x + 4> x +1恒成立，即当x + 4<−1时，不等式无解，
综上，原不等式的解集是[−5
2 ,−2)∪(0,+∞).
（2）因为m≥1，且2
m+1−2
m−2=2
m−2≥2
1−2=0，所以2
m+1≥2
m+2≥4，
又因为f (2
m+1)≥f (2
m+2)，所以f ( x)在[ 4 ,+∞)上单调递增.
当0<a<1时，y = loga x是减函数，函数t( x)= x
2+bx−1在[−b
2 ,+∞)上单调递增，
此时函数f ( x)在其定义域的x =−b
2的右侧区间上单调递减，与f ( x)在[ 4 ,+∞)上单调递增不符.
当a>1时，要使f ( x)在[ 4 ,+ ∞)上单调递增，
则t( x)= x
2+bx−1在[ 4 ,+ ∞)上单调递增，且t( x)>0在[ 4 ,+∞)上恒成立，
所以¿，解得b>−15
4 .
综上，b的取值范围是(−15
4 ,+ ∞).
【题型8 反函数及其应用】
【例8】（2023 上·辽宁沈阳·高一校考阶段练习）设函数y = f (x)存在反函数y = f
−1(x)，且函数
y = x
2−f (x)的图象过点(2,3)，则函数y =√x−f
−1(x)的图象一定过点（ ）
A．(1,−1)
B．(3,2)
C．(1,0)
D．(2,1)
【解题思路】根据函数y = x
2−f (x)的图象过点(2,3)，得到f (2)=1，即y = f (x)的图象过点(2,1)，然后再
根据原函数和反函数图象上的点的对称性求解.
【解答过程】解：因为函数y = x
2−f (x)的图象过点(2,3)，
所以2
2−f (2)=3，解得f (2)=1，即y = f (x)的图象过点(2,1)，
所以y = f
−1(x)的图象过点(1,2)，y =−f
−1(x)的图象过点(1,−2)，
所以y =√x−f
−1(x)的图象过点(1,−1)，
故选：A.
【变式8-1】（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数y = f (x)的图象与y =log2(x +a)的图象关于直线
y = x对称，且满足f (1)+ f (2)=2，则a=（ ）
A．4
B．2
C．1
D．−1
【解题思路】根据图象的对称性得点(f (1),1)，(f (2),2)在函数y =log2(x +a)的图象上，列方程组求解即
可得解.
【解答过程】函数y = f (x)的图象与y =log2(x +a)的图象关于直线y = x对称，
所以点(f (1),1)，(f (2),2)在函数y =log2(x +a)的图象上，
所以¿，所以¿，所以f (1)+ f (2)+2a=6，
又f (1)+ f (2)=2，所以2+2a=6，所以a=2.
故选：B.
【变式8-2】（2022 上·广东惠州·高一惠州一中校考期中）已知函数f (x)=(
1
2)
x
，函数y = g(x)的图象与
y = f (x)的图象关于直线y = x对称，则函数y = g(−x
2+2 x)的单调递减区间为（ ）
A．(0,1)
B．(1,+∞)
C．(−∞,1)
D．(1,2)
【解题思路】先由反函数的性质得到g(x)= log 1
2
x，再由对数函数的定义域求得0< x<2，从而利用复合函
数的单调性与二次函数的单调性求得y = g(−x
2+2 x)的单调递减区间.
【解答过程】因为f (x)=(
1
2)
x
，y = g(x)的图象与y = f (x)的图象关于直线y = x对称，
所以g(x)= log 1
2
x，则y = g(−x
2+2 x)= log 1
2
(−x
2+2 x)，
令−x
2+2 x>0，得0< x<2，
令t =−x
2+2 x，则函数t =−x
2+2 x开口向下，对称轴为x =1，
所以t =−x
2+2 x在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
又g(t )在(0,+∞)上单调递减，
所以y = g(−x
2+2 x)的单调递减区间为(0,1).
故选：A.
【变式8-3】（2023 上·上海浦东新·高三校考阶段练习）若点P( x0, y0) ( x0 y0≠0)在函数y = f ( x)的图像
上，y = f
−1( x)为函数y = f ( x)的反函数，设P1( y0, x0)、P2(−y0, x0)、P3( y0,−x0)、P4(−y0,−x0)，
则有（ ）
A．点P1, P2, P3, P4有可能都在函数y = f
−1( x)的图像上
B．只有点P2不可能在函数y = f
−1( x)的图像上
C．只有点P3不可能在函数y = f
−1( x)的图像上
D．点P2, P3都不可能在函数y = f
−1( x)的图像上
【解题思路】根据反函数存在的条件是原函数必须是一一对应的，然后根据反函数的性质可判断点
P1, P2, P3, P4是否在函数y = f
−1( x)图像上.
【解答过程】存在反函数的条件是原函数必须是一一对应的,
根据点P( x0, y0) ( x0 y0≠0)在函数y = f ( x)的图象上，
则P1( y0, x0)在反函数y = f
−1( x)的图象
若点P1( y0, x0)与点P3( y0,−x0)都在反函数y = f
−1( x)的图象上，
则相同的横坐标对应两个函数值，不符合一一对应；
若点P2(−y0, x0)在反函数图象上则点( x0,−y0)在函数y = f ( x)的图象上，
则相同的横坐标对应两个函数值，不符合一一对应；
故点P2, P3都不可能在函数y = f
−1( x)的图象上
故选：D．
【题型9 指数函数与对数函数的综合应用】
【例9】（2023 上·福建厦门·高一校考阶段练习）函数f ( x)= log4(4
x+1)−mx是偶函数，g( x)= 4
x−1
2
x
．
(1)求m的值；
(2)设ℎ( x)= f ( x)+ 1
2 x，若g[ℎ( x)]>ℎ[log4(2a+1)]对任意x ≥log43恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据偶函数的定义，结合对数的运算进行求解即可；
（2）根据复合函数的定义，结合函数单调性的性质、对数与指数恒等式、对数的运算性质进行求解即可.
【解答过程】（1）因为函数f ( x)= log4(4
x+1)−mx是偶函数，
所以f ( x)−f (−x)=0⇒log4(4
x+1)−mx −log4(4
−x+1)+mx =0，
⇒log4 4
x+1
4
−x+1
=2mx⇒log4
4
x(4
x+1)
1+ 4
x
=2mx⇒x =2mx，
对于任何实数x都成立，所以有2m=1⇒m= 1
2；
（2）由（1）可知：ℎ( x)= f ( x)+ 1
2 x = log4(4
x+1)，
g( x)= 4
x−1
2
x
=2
x−2
−x，
g[ℎ( x)]>ℎ[log4(2a+1)]⇒2
log4(4
x+1)−2
−log4(4
x+1)>log4[4
log4(2a+1)+1]
⇒(4
x+1)
1
2 −(4
x+1)
−1
2 >log4(2a+2),
当x ≥log43时，显然函数y =(4
x+1)
1
2 −(4
x+1)
−1
2是单调递增函数，
所以有(4
x+1)
1
2 −(4
x+1)
−1
2 ≥(4
log43+1)
1
2 −(4
log43+1)
−1
2 =(3+1)
1
2 −(3+1)
−1
2 = 3
2
，
所以要想g[ℎ( x)]>ℎ[log4(2a+1)]对任意x ≥log43恒成立，
所以有2a+1>0⇒a>−1
2，
因此只需log4(2a+2)< 3
2 = log42
3⇒0<2a+2<8⇒−1<a<3，
而a>−1
2，所以3>a>−1
2，
即实数a的取值范围为(−1
2 ,3).
【变式9-1】（2023 上·河北邢台·高三校联考阶段练习）已知函数f (x)= log 1
9
a−x
2+bx ，
g(x)=m⋅4
x−2
x +2+3.
(1)若y =lg[g(x)]的值域为R，求满足条件的整数m的值；
(2)若非常数函数f (x)是定义域为(−2,2)的奇函数，且∀x1∈[1,2)，∃x2∈[−1,1]，f (x1)−g(x2)>−1
2，
求m的取值范围.
【解题思路】（1）根据函数y =lg[g(x)]的值域为R，可得函数g(x)的值域包含(0,+ ∞)，再分m=0，
m>0和m<0三种情况讨论，结合二次函数的性质即可得解；
（2）根据函数的奇偶性求出函数f (x)的解析式，再根据∀x1∈[1,2)，∃x2∈[−1,1]，
f (x1)−g(x2)>−1
2，则只要f (x)min+ 1
2 >g(x)min即可，求出函数f (x)的最小值，再从m分情况讨论，结合
二次函数的性质求出g(x)的最小值即可.
【解答过程】（1）因为函数y =lg[g(x)]的值域为R，
所以函数g(x)的值域包含(0,+ ∞)，
g(x)=m⋅4
x−2
x +2+3=m⋅(2
x)
2−4⋅2
x+3，
当m=0时，g(x)=−2
x +2+3，其值域为(−∞,3)，不满足条件，
当m≠0时，令t =2
x ,t ∈(0,+ ∞)，
则函数y =mt
2−4t +3的对称轴为t = 2
m，
当m>0时，ymin=m⋅(
2
m)
2
−4⋅2
m +3=3−4
m，
即g(x)的值域为[3−4
m ,+ ∞)，
所以¿，解得0<m≤4
3 ，
当m<0时，2
m <0，则函数y =mt
2−4 t +3的值域为(−∞,3)，
即函数g(x)的值域为(−∞,3)，不满足条件，
综上所述，0<m≤4
3 ，所以满足条件的整数m的值为1；
（2）因为函数f (x)是定义域为(−2,2)的奇函数，
所以¿，
即¿，解得¿或¿，
由函数f (x)不是常数函数，所以¿，
经检验，符合题意，所以¿，
即f (x)= log 1
9
2−x
2+ x ，
由∀x1∈[1,2)，∃x2∈[−1,1]，f (x1)−g(x2)>−1
2，
得∀x1∈[1,2)，∃x2∈[−1,1]，f (x1)+ 1
2 >g(x2)，
只要f (x)min+ 1
2 >g(x)min即可，
当x∈[1,2)时，2−x
2+ x = 4−(2+ x)
2+ x
=
4
2+ x −1∈(0, 1
3]，
所以函数f (x)min= log 1
9
1
3 = 1
2，
则f (x)min+ 1
2 =1，
g(x)=m⋅4
x−2
x +2+3=m⋅(2
x)
2−4⋅2
x+3，
令n=2
x，因为x∈[−1,1]，所以n∈[
1
2 ,2]，
函数y =m⋅n
2−4 n+3,n∈[
1
2 ,2]，
当m=0时，y =−4 n+3,n∈[
1
2 ,2]，
则n=2时，ymin=−5<1恒成立，符合题意；
当m≠0时，函数y =m⋅n
2−4 n+3,n∈[
1
2 ,2]的对称轴为n= 2
m，
当m<0时，则n=2时，ymin= 4 m−5<0恒成立，符合题意；
当0< 2
m ≤1
2，即m>4时，
则n= 1
2时，ymin= 1
4 m+1，
所以¿，不等式组无解；
当2
m ≥2，即0<m≤1时，
则n=2时，ymin= 4 m−5<0恒成立，符合题意；
当1
2 < 2
m <2，即1<m<4时，
则n= 2
m时，ymin=−4
m +3，
所以¿，解得1<m<2，
综上所述，m的取值范围为(−∞,2).
【变式9-2】（2023 上·湖北咸宁·高一校考阶段练习）已知函数f (x)= 4
x+1
4
x+a
为奇函数.
(1)求实数a的值；
(2)判断函数f (x)的单调性并证明；
(3)设函数g(x)=log2 x
2 ⋅log2 x
4 +m，若对任意的x1∈[2,8]，总存在x2∈(0,1]，使得g(x1)= f (x2)成立，
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∀x1, x2∈(0,+ ∞)，且x1< x2，计算f (x1)−f (x2)>0，得到单调性.
（3）根据单调性确定x∈(0,1]时f (x)的值域A =[
5
3 ,+ ∞)，设t =log2 x ,t ∈[1,3]，换元得到二次函数，
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4
x+a≠0，当a≥0时，函数的定义域为R，
函数f (x)= 4
x+1
4
x+a
为奇函数，所以f (−x)=−f (x)，
即4
−x+1
4
−x+a
=−4
x+1
4
x+a
在R上恒成立，即(a+1)(4
x+1)=0，a=−1（舍），
当a<0时，x≠log4(−a)，函数的定义域为(−∞,log4(−a))∪(log4(−a),+∞)，
又函数f (x)= 4
x+1
4
x+a
为奇函数，所以log4(−a)=0,a=−1，
此时f (x)= 4
x+1
4
x−1
，函数定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
f (−x)= 4
−x+1
4
−x−1
= 4
x+1
−4
x+1
=−f (x)，函数为奇函数，满足，
综上所述：a=−1；
（2）f (x)在(−∞,0)和(0,+ ∞)上单调递减，证明如下：
f (x)= 4
x+1
4
x−1
=1+
2
4
x−1
，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
设∀x1, x2∈(0,+∞)，且x1< x2，
则f (x1)−f (x2)=(1+
2
4
x1−1)−(1+
2
4
x2−1)=
2(4
x2−4
x1)
(4
x1−1)(4
x2−1)
因为x1, x2∈(0,+ ∞)，且x1< x2，所以4
x1−1>0,4
x2−1>0,4
x2−4
x1>0，
所以f (x1)>f (x2)，所以f (x)在(0,+∞)上单调递减，
同理可证，所以f (x)在(−∞,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，
x2∈(0,1]时，f (x)≥f (1)= 5
3，所以当x∈(0,1]时f (x)的值域A =[
5
3 ,+∞)，
又g(x)=log2 x
2 ⋅log2 x
4 +m=(log2 x−1)(log2 x−2)+m, x∈[2,8]，
设t =log2 x ,t ∈[1,3]，则y =(t −1)(t −2)+m=t
2−3t +2+m，
当t = 3
2时，取最小值为−1
4 +m，当x =3时，取最大值为2+m，
即g(x)在x∈[2,8]上的值域B =[−1
4 +m,2+m]，
又对任意的x1∈[2,8]，总存在x2∈(0,1]，使得g(x1)= f (x2)成立，
即B⊆A，所以−1
4 +m≥5
3，解得m≥23
12，即m∈[
23
12 ,+∞).
【变式9-3】（2023 上·辽宁大连·高一期末）已知函数f (x)= log3(a x
2−x +a
2−3)，g( x)= x
α + x
−α
(1)直接写出x>0时，g( x)的最小值.
(2)a=2时，F (x)= f (x)−log43在x∈(1, 3
2)是否存在零点？给出结论并证明.
(3)若g(2)= 5
2，f (g( x))存在两个零点，求a的取值范围.
【解题思路】（1）根据基本不等式可以判断g( x)的最小值，直接写出答案即可；
（2）判断F (x)的单调性，结合零点存在性定理判断；
（3）由题意，求出α的值，将f (g( x))存在两个个零点转化为f (t )在t ∈（−∞，−2)∪(2,+∞）上
存在一个零点或两个零点为−2和2，结合二次函数分情况讨论即可.
【解答过程】（1）因为x>0，所以x
α>0，
所以g( x)= x
α + x
−α = x
α + 1
x
α ≥2√
x
α× 1
x
α =2，
当且仅当x
α = 1
x
α ，即α =0时，等号成立，
所以当x>0时，g( x)= x
α + x
−α的最小值为2；
（2）a=2时，F (x)= f (x)−log43在x∈(1, 3
2)上存在零点，证明如下：
当a=2时，f (x)= log3(2 x
2−x +1)，
令t =2 x
2−x +1=2(x−1
4)
2
+ 7
8 >0，
所以函数t在 (1, 3
2)上单调递增，又因为y = log3t在(0,+∞)上单调递增，
所以F (x)= log3(2 x
2−x +1)−log43在区间(1, 3
2)上单调递增，
所以F (1)= log32−log43，而
log32
log43 =
ln 2
ln3
ln3
ln 4
= ln 2ln 4
(ln3)
2 <(
ln 2+ ln 4
2
)
2
(ln3)
2
=(
ln 2+ ln 4
2
)
2
(ln3)
2
=(
3ln 2
2 )
2
(ln3)
2 =(
3 ln 2
2ln3)
2
=(
ln 8
ln 9)
2
<1，
所以F (1)= log32−log43<0，
又F(
3
2)= log34−log43，log34>1，log43<1，
则F(
3
2)= log34−log43>0，
所以F (1) F(
3
2)<0，
F (x)= log3(2 x
2−x +1)−log43在区间(1, 3
2)上单调递增，
所以F( x)在x∈(1, 3
2)上存在零点.
（3）由g(2)=2
α + 1
2
α = 5
2，解得α =±1，
则g( x)= x + 1
x ∈（−∞，−2]∪[2,+∞）.
f (g( x))存在两个零点等价于f (t )在t ∈（−∞，−2)∪(2,+∞）上存在一个零点或两个零点为−2和
2，
令G( x)=a x
2−x +a
2−4，
则G( x)=a x
2−x +a
2−4在x∈（−∞，−2)∪(2,+ ∞）上存在一个零点或两个零点为−2和2，
（i）零点为−2和2，代入解得a∈∅，
（ii）当a>0，对称轴x = 1
2a >0，
则只需¿，
解得a∈(√6−2,√10−2)，
（iii）a=0，G( x)=−x−4，满足题意，
（iv）a<0，对称轴x = 1
2a <0，
则只需¿，
解得a∈(−2−√10,−2−√6)，
综上所述，a∈(−2−√10,−2−√6)∪(√6−2,√10−2)∪{0}.
1．（2023·全国·统考高考真题）已知f ( x)= xe
x
e
ax−1
是偶函数，则a=（ ）
A．−2
B．−1
C．1
D．2
【解题思路】根据偶函数的定义运算求解.
【解答过程】因为f (x)= xe
x
e
ax−1
为偶函数，则f (x)−f (−x)= xe
x
e
ax−1
−(−x)e
−x
e
−ax−1
= x[e
x−e
(a−1) x]
e
ax−1
=0，
又因为x不恒为0，可得e
x−e
(a−1) x =0，即e
x =e
(a−1) x，
则x =(a−1) x，即1=a−1，解得a=2.
故选：D.
2．（2023·全国·统考高考真题）设函数f (x)=2x (x−a)在区间(0,1)上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2]
B．[−2,0)
C．(0,2]
D．[2,+ ∞)
【解题思路】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【解答过程】函数y =2
x在R 上单调递增，而函数f (x)=2x (x−a)在区间(0,1)上单调递减，
则有函数y = x( x−a)=( x−a
2 )
2
−a
2
4 在区间(0,1)上单调递减，因此a
2 ≥1，解得a≥2，
所以a的取值范围是[2,+ ∞).
故选：D.
3．（2022·天津·统考高考真题）化简(2log43+ log83)(log32+ log92)的值为（ ）
A．1
B．2
C．4
D．6
【解题思路】根据对数的性质可求代数式的值.
【解答过程】原式=(2× 1
2 log23+ 1
3 log23)(log32+ 1
2 log32)
= 4
3 log23× 3
2 log32=2，
故选：B.
4．（2023·天津·统考高考真题）若a=1.01
0.5,b=1.01
0.6,c =0.6
0.5，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．c>a>b
B．c>b>a
C．a>b>c
D．b>a>c
【解题思路】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【解答过程】由y =1.01
x在R 上递增，则a=1.01
0.5<b=1.01
0.6，
由y = x
0.5在[0,+ ∞)上递增，则a=1.01
0.5>c =0.6
0.5.
所以b>a>c.
故选：D.
5．（2023·北京·统考高考真题）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|
【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.
6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=e
−( x−1)
2
．记a= f(
√2
2 ),b= f(
√3
2 ),c = f(
√6
2 )，则
（ ）
A．b>c>a
B．b>a>c
C．c>b>a
D．c>a>b
【解题思路】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【解答过程】令g( x)=−( x−1)
2，则g( x)开口向下，对称轴为x =1，
因为√6
2 −1−(1−√3
2 )= √6+√3
2
−4
2 ，而(√6+√3)
2−4
2=9+6√2−16=6√2−7>0，
所以√6
2 −1−(1−√3
2 )= √6+√3
2
−4
2 >0，即√6
2 −1>1−√3
2
由二次函数性质知g( √6
2 )<g( √3
2 )，
因为√6
2 −1−(1−√2
2 )= √6+√2
2
−4
2 ，而(√6+√2)
2−4
2=8+ 4√3−16= 4√3−8= 4(√3−2)<0，
即√6
2 −1<1−√2
2 ，所以g( √6
2 )>g( √2
2 )，
综上，g( √2
2 )< g( √6
2 )< g( √3
2 )，
又y =e
x为增函数，故a<c<b，即b>c>a.
故选：A.
7．（2022·浙江·统考高考真题）已知2
a=5,log83=b，则4
a−3b=（ ）
A．25
B．5
C．25
9
D．5
3
【解题思路】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．
【解答过程】因为2
a=5，b= log83= 1
3 log23，即2
3b=3，所以4
a−3b= 4
a
4
3b = (2
a)
2
(2
3b)
2 = 5
2
3
2 = 25
9 ．
故选：C.
8．（2022·全国·统考高考真题）已知9
m=10,a=10
m−11,b=8
m−9，则（ ）
A．a>0>b
B．a>b>0
C．b>a>0
D．b>0>a
【解题思路】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知m= log910>1，再利用基本不等式，换底
公式可得m>lg11，log89>m，然后由指数函数的单调性即可解出．
【解答过程】［方法一］：（指对数函数性质）
由9
m=10可得m= log910= lg10
lg9 >1，而lg9lg11<(
lg9+lg11
2
)
2
=(
lg99
2 )
2
<1=(lg10)
2，所以
lg10
lg9 > lg11
lg10
，即m>lg11，所以a=10
m−11>10
lg11−11=0.
又lg8lg10<(
lg8+lg10
2
)
2
=(
lg80
2 )
2
<(lg9)
2，所以lg9
lg8 > lg10
lg9 ，即log89>m，
所以b=8
m−9<8
log89−9=0.综上，a>0>b.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由9
m=10，可得m= log910∈(1,1.5)．
根据a,b的形式构造函数f ( x)= x
m−x−1( x>1) ，则f
'( x)=m x
m−1−1，
令f
'( x)=0，解得x0=m
1
1−m ，由m= log910∈(1,1.5) 知x0∈(0,1) .
f ( x) 在 (1,+ ∞) 上单调递增，所以f (10)>f (8) ，即 a>b ，
又因为f (9)=9
log910−10=0 ，所以a>0>b .
故选：A.
9．（2023·全国·统考高考真题）噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级
Lp=20×lg p
p0
，其中常数p0( p0>0)是听觉下限阈值，p是实际声压．下表为不同声源的声压级：
声源
与声源的距离
/ m
声压级
/dB
燃油汽车
10
60∼90
混合动力汽
车
10
50∼60
电动汽车
10
40
已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10 m处测得实际声压分别为p1, p2, p3，则（ ）．
A．p1≥p2
B．p2>10 p3
C．p3=100 p0
D．p1≤100 p2
【解题思路】根据题意可知Lp1∈[60,90], Lp2∈[50,60], Lp3= 40，结合对数运算逐项分析判断.
【解答过程】由题意可知：Lp1∈[60,90], Lp2∈[50,60], Lp3= 40，
对于选项A：可得Lp1−Lp2=20×lg p1
p0
−20×lg p2
p0
=20×lg p1
p2
，
因为Lp1≥Lp2，则Lp1−Lp2=20×lg p1
p2
≥0，即lg p1
p2
≥0，
所以
p1
p2
≥1且p1, p2>0，可得p1≥p2，故A 正确；
对于选项B：可得Lp2−Lp3=20×lg p2
p0
−20×lg p3
p0
=20×lg p2
p3
，
因为Lp2−Lp3= Lp2−40≥10，则20×lg p2
p3
≥10，即lg p2
p3
≥1
2，
所以
p2
p3
≥√10且p2, p3>0，可得p2≥√10 p3，
当且仅当Lp2=50时，等号成立，故B 错误；
对于选项C：因为Lp3=20×lg p3
p0
= 40，即lg p3
p0
=2，
可得
p3
p0
=100，即p3=100 p0，故C 正确；
对于选项D：由选项A 可知：Lp1−Lp2=20×lg p1
p2
，
且Lp1−Lp2≤90−50= 40，则20×lg p1
p2
≤40，
即lg p1
p2
≤2，可得
p1
p2
≤100，且p1, p2>0，所以p1≤100 p2，故D 正确；
故选：ACD.
10．（2023·北京·统考高考真题）已知函数f ( x)= 4
x+ log2 x，则f(
1
2)=
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.
