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第04 讲 对数函数的性质与图象
课程标准
学习目标
1. 了解对数函数的概念.
2. 知道对数函数y＝logax(a>0 且a≠1)与指
数函数y＝ax(a>0 且a≠1)互为反函数.
3.了解并掌握对数函数的图象与性质．
通过本节课的学习，要求掌握对数函数的概念，图象
及性质，利用对数函数的性质解决求函数的定义域、
值域、利用单调性比较函数值的大小，会解对数方程
及对数不等式，能处理与对数函数有关的函数综合问
题.
知识点01 对数函数的定义
(1)对数函数的定义：一般地，函数y=
(a>0,且a≠1)叫做对数函数，其中x 是自变量，定义域是
(0,+
2
).
(2)判断一个函数是对数函数的依据：
①形如y=
；②底数a 满足a>0，且a≠1；③真数是x；④定义域为(0,+
).
(3)特别地,我们称以10 为底的对数函数为常用对数函数,记作
;称以无理数
为底的对数函数
为自然对数函数,记作
.
【即学即练1】
1.（24-25 高一上·全国·课堂例题）下列函数中是对数函数的为（ ）
A．y = log 2
3
x
2
B．y = log3(x−1)
C．y = log(x +1) x
D．y = logπ x
【答案】D
【分析】运用对数函数概念可判断.
【详解】根据对数函数概念，y = loga x(a>0且a≠1).结合选项知道y = logπ x为对数函数.
故选：D.
知识点02 对数函数的图象与性质
图象和性质
a>1
0<a<1
图象
性质
(1)定义域:(0,+∞)
(2)值域:R
(3)过定点(1,0),即x=1 时,y=0
(4)当x>1 时,y>0;当0<x<1 时,y<0
(4)当x>1 时,y<0;当0<x<1 时,y>0
(5)在定义域(0,+∞)上是增函数
当x 值趋近于正无穷大时,函数值趋近
于正无穷大;
当x 值趋近于0 时,函数值趋近于负无
穷大
(5)在定义域(0,+∞)上是减函数
当x 值趋近于正无穷大时,函数值趋近于
负无穷大;
当x 值趋近于0 时,函数值趋近于正无穷
大
【即学即练2】（24-25 高一上·上海·随堂练习）函数
（
且
）恒过定点 ．
【答案】
【分析】根据对数函数
恒过定点
，运算即可.
【详解】令
，得
，此时
，
3
所以函数
（
且
）恒过定点
.
故答案为：
.
题型01 对数函数的概念
【典例1】（24-25 高一上·上海·课堂例题）下列函数是对数函数的有 ．
①
；②
；③
；④
．
【答案】②
【分析】根据对数函数的定义进行判断即可．
【详解】由对数函数的定义：形如
（
且
）的形式，则函数为对数函数，只有②符合.
故答案为：②.
【变式1】（23-24 高一上·云南曲靖·阶段练习）下列函数是对数函数的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据对数函数定义直接判断即可.
【详解】形如
的函数叫作对数函数，它的定义域是
，
对于A，
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】（23-24 高一上·上海·阶段练习）已知对数函数过点
，则其解析式为 ．
【答案】
【分析】利用待定系数法，设出函数解析式，把点代入求解即可.
【详解】设对数函数解析式为
（
，且
），
因为对数函数过点
，
所以
，解得
，
所以对数函数解析式为
.
故答案为：
【变式3】（23-24 高一上·全国·课后作业）函数
是对数函数，则实数a＝
.
4
【答案】1
【分析】利用对数函数的定义知，
，解出
的值，验证底数即可.
【详解】由题意得
，
解得
或1，
又
且
，
所以
故答案为：1
题型02 对数型函数的定义域
【典例2】（23-24 高二下·天津红桥·期末）函数
的定义域为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据开偶次方根被开方数非负及对数真数大于零确定函数定义域.
【详解】由
得
，所以函数
的定义域为
.
故选: B
【变式1】函数
的定义域为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据函数的定义域即可求解.
【详解】
，
所以函数
的定义域为
，
故选：D
【变式2】（23-24 高一下·云南玉溪·期末）函数
的定义域为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】对数函数的真数大于0，然后解不等式得出答案.
【详解】由题意知，
，即
，
5
所以
或
.
故选：C.
【变式3】函数
中，实数a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据对数函数的定义列式求解即可.
【详解】因为
，则
，解得
，且
，
所以实数a 的取值范围是
.
故选：C.
【变式4】（23-24 高一上·四川乐山·阶段练习）函数
的定义域为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据函数
的解析式有意义，结合对数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数
有意义，则满足
，即
，
解得
，所以函数
的定义域为
.
故选：B.
【变式5】若函数
的定义域为R，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
或
．
【分析】根据对数函数的定义域为R，转化为不等式恒成立进行求解即可．
【详解】∵
的定义域为R，
∴
恒成立，
当
，即
或
，
若
，不等式等价为
，此时
，不恒成立，不满足条件．
6
若
，不等式等价为
，恒成立，满足条件．
当
时，要使不等式恒成立，
则
，
即
或
，
解得
或
，
综上可知，实数
的取值范围是
或
．
故答案为：
或
．
题型03 对数函数的图象
【典例3】函数
的图象大致是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】对比选项中的图象，再分别计算
和
时，
的取值情况，即可作出选择．
【详解】当
时，
，
，则
，排除选项B 和C；
当
时，
，排除选项A，选项D 符合题意.
故选：D
【变式1】（23-24 高一上·四川攀枝花·阶段练习）已知
且
，则函数
与
在同一直角坐标系中的图象大致是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由已知结合两函数的单调性及恒过的定点检验各选项即可判断．
【详解】结合
与
可知，两函数单调性一定相反，排除选项A；
因为
恒过定点
，
恒过定点
，排除选项B，D．
故选：C．
【变式2】（23-24 高二下·天津滨海新·期末）如图所对应的函数的解析式可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】举反例说明A 错误，利用奇偶性并综合排除法判断BCD 即可得解.
【详解】对于A，当
趋于0 时，
趋于
，对比题图可知，A 不符合题意；
对于B，
的定义域
关于原点对称，且
，
所以
的图象关于
轴对称，与题图不符，B 不符合题意；
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对于D，
的定义域
关于原点对称，且
，
所以
的图象关于
轴对称，与题图不符，D 不符合题意；
对于C，
的定义域
关于原点对称，且
，
所以
的图象关于原点对称，与题图相符，经检验，C 符合题意.
故选：C.
【变式3】（23-24 高一上·江西南昌·阶段练习）若
，则函数
的图象不经过第
象限.
【答案】四
【分析】根据对数型函数的图象变换、单调性等知识求得正确答案.
【详解】函数
的定义域为
，
由于
，所以函数
在区间
上单调递增，
函数
的图象过点(1,0)，且在(0,+ ∞)上单调递增，
函数
的图象向左平移
个单位得到函数
的图象，
所以函数
的图象不经过第四象限.
故答案为：四
【变式4】函数
的图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据函数定义域及函数值的正负判断即可.
【详解】因为
的定义域为
，故BD 错误；
又
，故C 错误；故A 正确.
故选：A
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题型04 图象过定点问题
【典例04】（23-24 高二下·海南海口·期末）函数
（
，且
）的图象一定经过点
（ ）
A．(1,0)
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据对数的性质，令
即可求解.
【详解】因为
且
，
所以在函数
中，
令
，则
，
，
所以函数
的图象一定经过点
.
故选：D.
【变式1】函数
的图象恒过定点 .
【答案】(−1,1)
【分析】根据对数的性质即可令
求解.
【详解】令
，解得
，所以
，
故函数f (x)的图象恒过定点(−1,1)，
故答案为：(−1,1)
【变式2】（23-24 高一·上海·课堂例题）已知常数
且
，假设无论a 取何值，函数
的图象恒经过一个定点，求此点的坐标．
【答案】
【分析】利用
（
且
）恒成立，求函数过定点.
【详解】当
时，
（
且
），
所以函数
的图象过定点：
题型05 对数型复合函数的单调性
【典例05】函数
的单调递增区间为 .
【答案】
【分析】根据对数型函数的定义域，结合对数型函数的单调性的性质进行求解即可.
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【详解】由
，或
，
二次函数
的对称轴为
，
因为函数
是正实数集上的增函数，
所以当函数
单调递增时，则有
，
所以函数
的单调递增区间为
，
故答案为：
【变式1】（24-25 高三上·宁夏石嘴山·阶段练习）函数
的单调递增区间是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据对数型复合函数的单调性即可求解.
【详解】函数
，因为
，解得
．
所以函数
的定义域为
，且
，
．
因为函数
在区间
,
上单调递增，
在区间
,
上单调递减，函数
单调递增，
所以由复合函数的单调性知函数
在区间
,
上单调递增，
在区间
,
上单调递减,
故选：A
【变式2】已知
，若
在
上单调，则
的范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用对数函数和二次函数复合的函数的单调性求解即可.
【详解】令函数
，
该函数在
上单调递减，在
上单调递增.
当
时，要使
在
上单调，则
在
上单调，
11
且
时，
，故
，解得
或
.
故选：D
【变式3】（23-24 高二下·江西赣州·期末）“
”是“函数
在
单调递
增”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
【分析】利用对数函数与复合函数的单调性计算即可.
【详解】由二次函数、对数函数的单调性及复合函数的单调性可知：
要满足函数
在
单调递增，
需要
，
因为
，所以“
”是“函数
在
单调递增”的必要不充分条件．
故选：B．
题型06 对数型复合函数的值域
【典题06】（23-24 高一下·辽宁抚顺·开学考试）求
的定义域和值域.
【答案】定义域为R，
.
【分析】利用对数的真数大于0，可求函数的定义域；利用函数的单调性，可求函数的值域.
【详解】
设
，则
.
因为
恒成立，所以函数
的定义域为R.
因为对数的底数
，所以
是[3，+∞）上的增函数
所以函数
的值域为
.
【变式1】若函数
的定义域为
，则
的值域为（ ）
A．
B．
12
C．
D．
【答案】A
【分析】求出
的定义域，结合对数函数、二次函数的性质，采用换元法求解即可.
【详解】解：因为
，
由
，可得
，
所以
的定义域为
，
所以
，
又
，
设
，
将原问题转化为求
的值域，
由二次函数性质可知
在
上单调递增，
所以
.
故选：A.
【变式2】（24-25 高一上·上海·随堂练习）函数
的最小值是 ．
【答案】2
【分析】利用整体换元，将复合函数的最值转化为对数函数的最值求解即可.
【详解】令
，则
，
.
又
在
上单调递增，
所以
，此时
.
故答案为：
【变式3】设
且
，函数
的图象过点
．
(1)求
的值及函数的定义域；
(2)求函数在区间
上的最大值．
【答案】(1)2；
(2)2
【分析】（1）代入点的坐标求出
的值，再根据对数函数的定义求出函数的定义域；
（2）依题意可得
，结合二次函数的性质及对数函数的性质计算可得.
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【详解】（1）由函数
的图象过点
，
得
，即
，所以
，解得
或
（舍），
所以
，
由
，解得
，
所以
，函数的定义域为
．
（2）由（1）知
，
又
，所以当
时
取得最大值4，且函数
在定义域
上单调递增，
故函数在区间
上的最大值
．
题型07 已知最值求参数
【典例07】（23-24 高一上·江西抚州·期末）若函数
且
在区间
上的最大值比
最小值多2，则
（ ）
A．4 或
B．4 或
C．2 或
D．2 或
【答案】A
【分析】对参数
的取值分类讨论，根据对数函数单调性，求得最值，结合题意，即可求得参数值.
【详解】由题意
解得
或
（舍去），
①当
时，函数
在定义域内为增函数，
则由题意得
，
所以
即
，解得
或
（舍去）；
②当
时，函数
在定义域内为减函数，
则由题意得
，
所以
即
，解得
；
综上可得：
或
．
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故选：A.
【变式1】（22-23 高一上·上海奉贤·期末）已知对数函数
在区间
上的最大值比最小值大
1，则
．
【答案】2
【分析】根据对数函数的单调性，结合已知列出方程，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，函数
在区间
上单调递增.
又对数函数
在区间
上的最大值比最小值大1，
所以，
，解得
.
故答案为：2.
【变式2】（23-24 高一上·四川成都·期末）已知函数
的值域为
，
的值域为
，则
（ ）
A．0
B．1
C．3
D．5
【答案】A
【分析】由已知可得函数
的值域为
，从而可得
的值，
的最小值为
9，从而可得
的值，即可得解．
【详解】因为函数
的值域为
，
所以函数
的值域为
，
所以
，解得
，
因为
的值域为
,
，
所以
的最小值为9，所以
，
解得
，
所以
．
故选：A．
题型08 比较大小
【典例08】（23-24 高一下·安徽芜湖·开学考试）已知
，
，
，则（）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由已知结合对数的运算性质及对数函数的单调性即可比较a,b,c 的大小.
【详解】因为
,
,
15
又
,
所以
.
故选：C.
【变式1】已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据对数函数单调性得到
，再利用换底公式和作差法得到
，比较出大
小关系.
【详解】
，
其中
，
，所以
，
故
，所以
.
故选：A.
【变式2】（23-24 高一上·江苏南通·阶段练习）若a， b， c 满足
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用对数函数和指数函数的单调性分别求出a，b，c 的大致范围，结合中间数比较大小．
【详解】
，
，则
，
，则
，
所以
.
故选：D.
【变式3】（23-24 高一下·陕西安康·期中）已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】利用指数、对数函数的单调性比较大小即得.
【详解】依题意，
，
，
，
因此
.
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故选：C
【变式4】（23-24 高二下·北京通州·期末）已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.
【详解】因为
，
，
即
，
，
所以
.
故选：A
题型09 对数不等式的解法
【典例09】（23-24 高一·上海·课堂例题）设
，若
，求实数
的取
值范围．
【答案】
【分析】利用对数函数的单调性，把含对数的不等式转化为多项式不等式求解，过程中注意函数的定义域
即可.
【详解】因为
，所以对数函数
在
上单调递减；
又
，
所以
.
故实数
的取值范围为：
【变式1】（23-24 高一上·江苏镇江·阶段练习）不等式
的解集为
【答案】
【分析】对原不等式整理可得
，结合对数函数性质分析求解.
【详解】因为
，且
，
若
，即
，
17
则
，解得
，
所以不等式
的解集为
.
故答案为：
.
【变式2】（23-24 高一上·上海·期末）不等式
的解集是 .
【答案】
【分析】依题意可得
，令
，判断函数的单调性，结合
，即可求
出不等式的解集.
【详解】不等式
，即
，
令
，
，
因为
与
均在
上单调递增，
所以
在
上单调递增，
又
，所以当
时
，
则不等式
的解集是
.
故答案为：
【变式3】（24-25 高一上·全国·课堂例题）解下列关于x 的不等式：
(1)
；
(2)
（
且
）；
(3)
（
且
）．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据对数函数的单调性即可求解，
（2）根据对数函数的单调性，结合分类讨论即可求解，
（3）根据对数函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由题意可得
，解得
．
所以原不等式的解集为
．
18
（2）当
时，原不等式等价于
，解得：
．
当
时，原不等式等价于
，解得：
．
综上所述，当
时，原不等式的解集为
；
当
时，原不等式的解集为
．
（3）当
时，
，所以
，无解；
当
时，
，所以
．
综上，原不等式的解集为(
1
2 ,1)．
【变式4】（23-24 高一上·云南·期末）已知函数
且
．
(1)若
，解不等式
；
(2)若
在
上的最大值与最小值的差为1，求
的值．
【答案】(1)
；
(2)
或
.
【分析】（1）由对数的单调性解不等式求解集；
（2）讨论
、
，根据对数复合函数的单调性求最值，结合已知求参数值.
【详解】（1）由题设
，则
，可得
，
所以，不等式解集为
.
（2）令
在
上递增，
当
，则
在定义域上递减，此时
在
上递减，
则
；
当
，则
在定义域上递增，此时
在
上递增，
19
则
；
所以
或
.
题型10 对数函数中恒成立（有解）问题
【典例10】（23-24 高一上·天津·期末）已知函数
，函数
．
(1)求不等式
的解集；
(2)求函数
的值域；
(3)若不等式
对任意实数
恒成立，试求实数
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）解指数不等式，得到解集；
（2）变形得到
，结合
，求出
的值域；
（3）转化为
，求出
，故
，得到答案.
【详解】（1）由
，得
整理得
解得
，
的解集为
（2）
，
，
，
即
的值域为
．
（3）不等式
对任意实数
恒成立
．
，
令
，
，
，
设
，
，
20
当
时，
取得最小值
，即
，
，即
，
，即
，解得
，
实数
的取值范围为
．
【变式1】（23-24 高一上·河北保定·期末）已知
且
，当
时，
，则
的取值范
围为 .
【答案】
【分析】按
和
分类讨论可得．
【详解】当
时，
.
当
时，
成立.
当
时，若
成立，
是减函数，
是增函数，则
，解得
，所以
.
综上，
的取值范围为
.
故答案为：
．
【变式2】（24-25 高一上·全国·随堂练习）已知函数
．
(1)求函数的定义域；
(2)若不等式
有解，求实数
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由复合对数函数定义域的求法列出不等式组，解之即可得解；
（2）只需结合换元法、对数函数单调性，求出
的最大值即可得解.
【详解】（1）函数有意义，
须满足
，∴
．
∴函数的定义域为
．
（2）∵不等式
有解，∴
小于
的最大值．
．
令
，由于
，∴
．
∴函数的最大值为
，
21
∴实数
的取值范围为
．
【变式3】（23-24 高一上·青海西宁·期末）已知函数
.
(1)求不等式
的解集；
(2)若对于
恒成立，求实数
的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据对数函数的单调性转化为指数不等式，换元后由一元二次不等式求解；
（2）分离参数后，求
的最小值，对数的真数换元后求出取值范围，即可由对数函数单调性
求对数函数值域，即可得解.
【详解】（1）由题意可知
，即
.
令
，则有
，解得
，所以
，即
.
所以不等式
的解集为
.
（2）由题意可知
，即
，
即
.
又
令
，
易知
在
上单调递减，
所以
，所以
，
因为
，所以
.
故实数
的取值范围为
.
【变式4】（2023 高一上·江苏苏州·学业考试）已知函数
.
(1)当
时，求该函数f (x)的值域；
(2)若不等式
在
上有解，求
的取值范围.
【答案】(1)
22
(2)
【分析】（1）换元令
，结合二次函数的性质求值域；
（2）换元令
，整理可得
在
上有解，根据存在性问题分析求解.
【详解】（1）因为
，
由对数函数单调性可知，当
时，
，
令
，
，即可得
，
，
可知
的开口向上，对称轴为
，
由二次函数性质可知当
时，
，当
时，
，
所以可得当
时，函数
的值域为
.
（2）当
时，可得
，令
，
，
可得
，即
在
上有解，
整理可得
在
上有解，
因为函数
在
上单调递增，当
时，
所以
的取值范围是
.
题型11 对数函数中的新定义问题
【典例11】（24-25 高一上·全国·课后作业）（多选）若定义域为[0，1]的函数
同时满足以下三个条件：
①对任意的
，总有
；
②
；
③若
，
，
，则有
，就称
为“A 函数”.
下列定义在[0，1]上的函数中，是“A 函数”的有（ ）
A．
B．
23
C．
D．
【答案】CD
【分析】根据“A 函数”要满足的3 个条件，即可结合选项逐一求解.
【详解】A 中，
，故
不是“A 函数”，故A 错误；
B 中，若
，
，
，
则
，不满足③，
故
不是A 函数，故B 错误；
C 中，
显然满足①②，又
，
所以
是“A 函数”，故C 正确；
D 中，
显然满足①②，
因为
，
，
所以
，
又
，所以
，
，
从而
，因此，
是“A 函数”，故D 正确.
故选：CD.
【变式1】对于任意实数
，定义运算“ ”为
，则函数
的值
域为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由函数的新定义求出函数的解析式，再结合对数的运算和对数函数的单调性解答即可；
【详解】由对数函数的定义域可得
，
令
，
即
，解得
或
（舍去），
24
所以，由函数新定义可得
，
所以当
时，
；
当
时，
，
所以函数的值域为
，
故选：B.
【变式2】（23-24 高一下·贵州毕节·期末）定义：二阶行列式
；三阶行列式
的某一元素
的余子式
指的是在
中划去
所在的行和列后所余下的元素按原来
的顺序组成的二阶行列式.现有三阶行列式
，若元素1 的余子式
，则
；记元素2 的余子式
为函数
，则
的单调减区间为 .
【答案】 3
2/
/
【分析】由
，根据余子式定义转化为二阶行列式列方程可解出
；利用余子式定义将
转化为二
阶行列式经过运算化简得
解析式，再借助复合函数单调性同增异减求解减区间即可.
【详解】由三阶行列式
根据题意得，
元素的余子式
，
解得
；
元素2 的余子式
则函数
由
解得
，则
定义域为
，
25
令
，
则当
，函数
单调递增，又
单调递增，
所以由复合函数单调性可知
在区间
上单调递增；
当
，函数
单调递减，又
单调递增，
所以由复合函数单调性可知
在区间
上单调递减；
故
单调减区间为
.
故答案为：
；
（填
也正确）.
【变式3】（23-24 高一下·广东潮州·开学考试）对于定义在区间
上的两个函数f (x)和
，如果对
任意的
，均有不等式
成立，则称函数f (x)与
在
上是“友好”的，否则
称为“不友好”的．
(1)若
，
，则f (x)与
在区间
上是否“友好”；
(2)现在有两个函数
与
，给定区间
．
①若f (x)与
在区间
上都有意义，求
的取值范围；
②讨论函数f (x)与
与在区间
上是否“友好”．
【答案】(1)
与
在区间
上是“友好”的
(2)①
；②答案见解析
【分析】（1）按照定义，只需判断
在区间
上是否恒成立；
（2）①由题意解不等式组
即可；②假设存在实数
，使得
与
与在区间
上是“友好”的，即
，即
，只需求出函数
在区间
上的最值，解不等式组即可.
【详解】（1）由题意可得：
，
因为
时，则
，可知
恒成立，
故
与
在区间
上是“友好”的.
（2）①
与
在区间
上都有意义，
26
可得
，解得
，
且
且
，所以
的取值范围为
；
②假设存在实数
，使得
与
与在区间
上是“友好”的，
则
，即
，
因为
，则
，
，所以
在
的右侧，
可知
在
上为减函数，
在
上为增函数，
由复合函数的单调性可得
在区间
上为减函数，
从而
，
，
所以
，解得
，
所以当
时，
与
与在区间
上是“友好”的；
当
时，
与
与在区间
上是“不友好”的.
一、单选题
1．（23-24 高一下·湖北咸宁·期末）已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】化简集合
后由交集定义可得答案.
【详解】
集合表示函数
的定义域，则
，
集合表示函数
的值域，则
.
故
.
故选：A.
2．（2024 高一·全国·专题练习）已知函数①
；②
；③
；④
；⑤
；⑥
.其中是对数函数的是（ ）
27
A．①②③
B．③④⑤
C．③④
D．②④⑥
【答案】C
【分析】依据对数函数的定义即可判断.
【详解】根据对数函数的定义，只有符合
（
且
）形式的函数才是对数函数，
其中x 是自变量，a 是常数，
易知，①是指数函数；②中的自变量在对数的底数的位置，不是对数函数；
③中
，是对数函数；④中
，是对数函数；
⑤⑥中函数显然不是对数函数，由此可知只有③④是对数函数.
故选：C.
3．（24-25 高一上·全国·单元测试）函数
，
的值域是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】判断函数的单调性，求出端点处的函数值，即可求出函数的值域.
【详解】函数
在定义域
上单调递减，
当
时，
，即
，且当
时
，
所以函数
，
的值域是
.
故选：A
4．（23-24 高一下·云南昆明·期末）若
，则
是
的（ ）条件
A．充分不必要
B．必要不充分
C．充要
D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】根据指、对数函数单调性解不等式，再根据包含关系分析充分、必要条件.
【详解】对于
，则
，解得
；
对于
，则
，解得
；
因为
是
的真子集，
所以
是
的充分不必要条件.
故选：A.
5．（23-24 高一下·安徽阜阳·期末）如图，图象①②③④所对应的函数不属于
28
中的一个是（ ）
A．①
B．②
C．③
D．④
【答案】D
【分析】由函数解析式确定其图象所过的定点，结合单调性确定对应的图形即可.
【详解】依题意，函数
的图象分别过定点
，
它们分别对应图③②①，因此④不属于给定的三个函数之一.
故选：D
6．已知函数
恒过定点
，则
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】令
，即可求解
恒过定点
，进而求解.
【详解】令
，解得
，此时
，
所以
恒过定点
，则
，
所以
.
故选：C
7．（23-24 高一下·浙江杭州·期中）设
，
，
，则a，b，c 的大小关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用指数函数与对数函数的单调性，求得
的取值范围，即求解.
【详解】由对数函数的性质，可得
，
所以
.
故选：A.
8．（23-24 高一上·福建泉州·期末）若函数
存在最大值，则实数
的取值范围为
（ ）
29
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】判断
时，
，无最大值，由判断
在
时的单调性，可得
单调性，确定最大值，结合题意列出不等式，即可求得答案.
【详解】当
时，
在
上单调递增，此时
，无最大值；
又因为
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以当
时，
，
结合题意可得
，解得
，
即实数
的取值范围为
，
故选：B
二、多选题
9．若函数
，则下列说法正确的是（ ）
A．函数定义域为
B．
时，
C．
的解集为
D．
【答案】BD
【分析】根据对数函数得图象性质解决即可.
【详解】由题知，
，
对于A，函数定义域为
，故A 错误；
对于B，
在
上单调递减，
当
时，
，故B 正确；
对于C，
在
上单调递减，
，即
，解得
，故C 错误；
对于D，
，故D 正确.
30
故选：BD
10．（23-24 高一下·辽宁葫芦岛·开学考试）已知函数
则下列说法正确的有（ ）
A．当
时，函数
的定义域为
B．函数
有最小值
C．当
时，函数
的值域为R
D．若
在区间
上单调递增，则实数a 的取值范围是
【答案】AC
【分析】A 项代入参数，根据对数型函数定义域求法进行求解；B 项为最值问题，举出反例即可；C 项代入
参数值即可求出函数的值域；D 项为已知单调性求参数范围，根据二次函数单调性结合对数函数定义域求
解即可.
【详解】对于A，当
时，
，令
，解得
或
，
则
的定义域为
，故A 正确；
对于B、C，当
时，
的值域为R，无最小值，故B 错误，C 正确；
对于D，若
在区间
上单调递增，则
在
上单调递增，
且当
时，
，则
，解得
，
所以实数a 的取值范围是
，故D 错误.
故选：AC
11．（23-24 高一下·陕西安康·期末）已知函数
且
，则（ ）
A．
B．
C．
的最小值为
D．
【答案】AD
【分析】根据给定条件，可得
，利用对数运算性质计算判断AB；变形给定的式子，借助对勾
函数的单调性判断CD.
【详解】函数
，由
，得
，
对于AB，
，则
，解得
，A 正确，B 错误；
对于C，
在
上单调递增，则
，C 错误；
对于D，
，
31
而
在
上单调递增，
，因此
，D 正确.
故选：AD
三、填空题
12．（23-24 高一下·河北·期末）已知函数
则
．
【答案】
【分析】利用分段函数
的解析式求出
，所以
.
【详解】因为函数
，则
，所以
，
故答案为：
.
13．（23-24 高一下·云南玉溪·期末）苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）在研究天文学的过程中，
经过对运算体系的多年研究后发明的对数，为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是
任何一个正实数
可以表示成
，则
，这样我们可以知
道
的位数为
.已知正整数
，若
是10 位数，则
的值为 .（参考数据：
）
【答案】或
【分析】依题意可得
，两边取常用对数，即可得到
，从而得解.
【详解】依题意可得
，两边取常用对数可得
，
即
，所以
，即
，
又
为正整数，所以
或
.
故答案为：或
14．（23-24 高一上·上海长宁·期末）若关于
的方程
在区间
上有解，则实数
的取值
范围是 .
【答案】
,
【分析】先将方程变形为变形为
，再利用程
在
,
上有解，可得
的不等式，从而
可确定实数
的取值范围．
【详解】方程可变形为
，由于方程
在
上有解，
而当
,
时，
，所以
，解得
，
即实数
的取值范围是
,
．
故答案为：
,
．
32
四、解答题
15．已知函数
.
(1)求函数的
定义域;
(2)判断函数
的奇偶性,并用定义证明你的结论.
【答案】（1）
（2）
是奇函数，证明见解析
【解析】（1）根据对数函数的性质进行求解即可；
（2）根据函数奇偶性的定义进行判断．
【详解】(1)由
,解得
,∴
,∴函数
的定义域
.
(2)函数
是奇函数.
证明:由(1)知定义域关于原点对称.因为函数
.
∵
，
所以函数
是奇函数.
【点睛】本题主要考查函数定义域，奇偶性的判断，利用定义法是解决本题的关键．
16．（23-24 高一下·陕西咸阳·期末）已知函数
且
．
(1)若
，求
的值；
(2)若
在
上的最大值与最小值的差为1，求
的值．
【答案】(1)
(2)
或
．
【分析】（1）由
，结合对数运算即可求解.
（2）结合题意，根据对数函数的单调性分类讨论求解.
【详解】（1）
，
，即
，
解得
或
（舍）．
（2）当
时，
在
上单调递增，
则
，
由题意得，
，解得
．
33
当
时，
在
上单调递减，
则
，
由题意得，
，解得
．
综上，
或
．
17．（23-24 高二下·浙江·期中）已知函数
为偶函数．
(1)求
的值；
(2)若
，判断
在
的单调性，并用定义法给出证明；
(3)若
在区间
上恒成立，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)单调递增，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据
，得到方程，求出
；
（2）先得到
，定义法判断函数单调性步骤，取值，作差，判号，下结论；
（3）参变分离得到
，构造
，换元后得到
，根据单调性
求出其最值，得到结论.
【详解】（1）
定义域为R，
，
由于函数
为偶函数，所以
，
即
，即
，
即
恒成立，
．
（2）已知函数
，由于函数
在
上单调递增，
34
由第（1）问可得
，因此
不妨设
，
，且
则
因为
，因此
，由因为
，
，因此
，
所以
，故
，所以函数
在
单调递增．
（3）由题得
在区间
上恒成立，即
在区间
上恒成立，
因为
，所以
，所以
在区间
上恒成立，
令
，令
，
则
，
因为
在
单调递增，
所以函数
在
上单调递减，故
．
．
对任意的
恒成立，且
，
．
实数
的取值范围是
．
18．（23-24 高一上·江西宜春·期末）已知函数
.
(1)若
，求
的取值范围；
(2)若
，且
，求实数n 的取值范围.
【答案】(1)
；
35
(2)
.
【分析】（1）令
，利用对数运算法则将函数化为
，根据二次函数性质求解值域即可；
（2）换元法，设
，
，即可化为关于t 的函数，再利用根与系数的关系，即可解出.
【详解】（1）当
，令
，所以
，
则
在
上单调递减，
所以
，
，故
的取值范围为
；
（2）设
，
，因为
，所以
，即
，
则
的两根为
，
，整理得
，
，
，
所以
，
，所以
，则
，
所以
，则
，
即实数
的取值范围为(0,+∞).
19．（23-24 高一上·北京延庆·期末）已知函数
(1)当
时，若
，求x 的值:
(2)若
是偶函数，求出m 的值:
(3)
时，讨论方程
根的个数.并说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）利用指数与对数的运算法则计算即可；
（2）利用偶函数的定义待定系数计算即可；
（3）先利用单调性定义判定函数单调性，再分类讨论结合零点存在性定理、函数奇偶性、单调性判定根
的情况即可.
36
【详解】（1）当
时, 若
;
（2）若
是偶函数, 所以
，
即:
，
所以
；
（3）当
时，由（2）可知
，
令
，设
，
则
，
因为
，则
，
所以
，
即
在(0,+∞)上单调递增，
由复合函数的单调性可知
在(0,+ ∞)上单调递减，
又
是偶函数，所以
在
上单调递增，
易知
，所以
为偶函数，
，
则
，
当
时，方程
没有实数根，
当
时，方程
，有且仅有1 个实数根，
当
时，取
，则
，
所以在
上，
且
在(0,+∞)上单调递减，
由零点存在性定理可知在
上，
有1 个实数根，
37
所以
时，方程
，有2 个实数根.
综上所述：当
时，方程没有实数根；
当
时，方程有且仅有1 个实数根；
当
时，方程有2 个实数根.
