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专题04 指对幂函数（十大题型十大易错题）
【题型1 幂函数的图像和性质】
1．下列图象中，不可能成为函数f (x)= x
3+ t
x 的图象的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先得到函数f (x)为奇函数，图象关于原点对称，讨论参数t，再利用导数讨论
函数的单调性和讨论函数值的正负得到答案.
【详解】由题意可知，x≠0，又f (−x)=(−x)
3+ t
−x =−(x
3+ t
x)=−f (x)，
所以f (x)为奇函数，图象关于原点对称，
当t =0时f (x)= x
3，结合幂函数的性质可知，D 选项符合；
当t >0时，若x>0,f (x)= x
3+ t
x >0，x<0,f (x)<0，A 选项符合；
当t <0时，f
′ (x)=3 x
2−t
x
2 = 3 x
4−t
x
2
>0，此时f ( x)在(−∞,0)和(0,+ ∞)上单调递增，
B 选项符合；
结合选项可知，只有C.选项不可能.
1
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故选：C.
2．已知函数f (x)的图象如图所示，则f (x)的解析式可能是（ ）
A．y = x
1
2
B．y = x
−1
2
C．y = x
3
D．y = x
1
3
【答案】D
【分析】根据幂函数的性质一一判断即可.
【详解】对于A：函数y = x
1
2 =√x的定义域为[0,+ ∞)，显然不符合题意，故A 错误；
对于B：函数y = x
−1
2 = 1
√x
的定义域为(0,+ ∞)，显然不符合题意，故B 错误；
对于C：函数y = x
3的定义域为R，又y = x
3为奇函数，
但是y = x
3在(0,+ ∞)上函数是下凸递增，故不符合题意，故C 错误；
对于D：y = x
1
3 =
3√x定义域为R，又y = x
1
3为奇函数，
且y = x
1
3在(0,+ ∞)上函数是上凸递增，故D 正确.
故选：D
3．已知a= log0.50.2,b=0.5
0.5,c =2
0.5，则（ ）
A．a<b<c
B．a<c<b
C．b<a<c
D．b<c<a
【答案】D
【分析】根据对数函数的单调性及幂函数的单调性比较大小即可.
【详解】a= log0.50.2>log0.50.25=2>2
0.5=c，
又y = x
0.5在(0,+ ∞)上为增函数，
所以b=0.5
0.5<2
0.5=c，
综上，b<c<a，
2
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故选：D
4．已知幂函数y = f (x)的图像过点(3, √3
3 )，则该幂函数的值域是 ．
【答案】(0,+ ∞)
【分析】根据幂函数定义代入点可得f (x)= 1
√x ，即可得函数值域.
【详解】设幂函数f (x)= x
α ,α ∈R，
代入点(3, √3
3 )可得3
α = √3
3 =3
−1
2，即α =−1
2，
可得f (x)= x
−1
2 = 1
√x
，
因为√x>0，可得f (x)= 1
√x >0，所以该幂函数的值域是(0,+ ∞).
故答案为：(0,+ ∞).
5．已知函数f ( x)=(m
2−2m−2)⋅x
m
2+m−1是幂函数，且在(0,+∞)上单调递增，则m=
【答案】3
【分析】根据f ( x)是幂函数求出m，根据f ( x)在(0,+∞)上单调递增确定m.
【详解】因为f ( x)是幂函数，所以m
2−2m−2=1，
所以m=−1或3，因为f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以m
2+m−1>0，所以m=3.
故答案为：3.
【题型2 二次函数的解析式】
1．已知f (x)为二次函数，且f (x)= x
2+ f
′ (x)−1，则f (x)=（ ）
A．x
2−2 x +1
B．x
2+2 x +1
C．2 x
2−2 x +1
D．2 x
2+2 x−1
【答案】B
【分析】设f (x)=a x
2+bx +c (a≠0)，根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解
3
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出这三个未知数的值，即可得出函数f (x)的解析式.
【详解】设f (x)=a x
2+bx +c (a≠0)，则f
′ (x)=2ax +b，
由f (x)= x
2+ f
′ (x)−1可得a x
2+bx +c = x
2+2ax +(b−1)，
所以，¿，解得¿，因此，f (x)= x
2+2 x +1.
故选：B.
2．二次函数y = f ( x)的图象经过坐标原点，若其导函数为f
′( x)=3 x−1
2，则f ( x)=
.
【答案】3
2 x
2−1
2 x
【分析】由题可设二次函数为f ( x)=a x
2+bx ,故f
′( x ）=2ax +b，再求出a,b 的值
即得解.
【详解】由题可设二次函数为f ( x)=a x
2+bx ,∴f
′( x ）=2ax +b，
所以2a=3,b=−1
2,
所以a=3
2, b=−1
2,
所以f(x)=3
2 x
2−1
2 x.
故答案为3
2 x
2−1
2 x
【点睛】本题主要考查二次函数的解析式的求法，考查导数的计算，意在考查学生对
这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
3．已知f (x)=a x
2+bx +c (a,b,c∈R)，且f (x)<0的解集为(0,2)．
（1）当f (1)=−1，求函数f ( x)的解析式；
（2）若关于x的不等式2
f ( x)−1
4 >0对一切实数恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）f ( x)= x
2−2 x（2）a∈[0,2)
4
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【详解】（1）由f (x)<0的解集为(0,2)可知a>0且f (x)=ax (x−2).
则f (1)=−1⇒a=1 ⇒f (x)= x
2−2 x.
（2）2f (x)−1
4 >0⇔2ax (x−2)>2
−2 ⇔a x
2−2ax +2>0的解集为R.
当a=0时，满足题意；
当a≠0时，由¿.
综上，a∈[0,2).
【题型3 二次函数的零点问题】
1．已知函数f ( x)=¿，则函数y = f (f ( x))+1有 个零点．
【答案】7
【分析】设f ( x)=m，则f (f ( x))=−1等价于f (m)=−1，作出函数f ( x)的图象，由
图可得f (m)=−1有3 个根，再根据f ( x)=m结合函数的图象得出交点的个数即可.
【详解】令y =0，则f (f ( x))=−1，设f ( x)=m，则方程f (f ( x))=−1化为
f (m)=−1，
函数y = f (f ( x))+1的零点个数即为方程f (f ( x))=−1解的个数，
二次函数y = x
2+ 4 x +1的图象开口向上，过点(0,1)，对称轴为x =−2，最小值为−3，
作出函数y = f ( x)的图象，如图，
由图知f (m)=−1有3 个根，当m>0时，log2m=−1，解得m= 1
2；
当m≤0时，m
2+ 4 m+1=−1，解得m=−2±√2，
在方程f ( x)=m中，当m= 1
2时，log2 x = 1
2有1 个解，x
2+ 4 x +1= 1
2有2 个解，共3
个解；
当m=−2+√2时，log2 x =−2+√2有1 个解，x
2+ 4 x +1=−2+√2有2 个解，共3 个
解；
当m=−2−√2时，log2 x =−2−√2有1 个解，x
2+ 4 x +1=−2−√2无解，共1 个解，
5
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所以函数y = f (f ( x))+1有7 个零点.
故答案为：7
2．已知f (x)是定义在R，且满足f (x +2)= f (x−2)，当x∈[0,4)时，f (x)=|x
2−4 x +3|，
若函数y = f (x)−m在区间[−4,6]上有10 个不同零点，则实数m的取值范围是
．
【答案】0<m<1
【分析】由f (x +2)= f (x−2)可知函数f (x)的周期为4，再数形结合得出结果.
【详解】由f (x +2)= f (x−2)得f (x + 4)= f (x)，
所以函数f (x)的周期为4，
先作出y = f (x)在区间[−4,6]上图像：
又f (0)=3，f (2)=1，
则实数m的取值范围为0<m<1.
故答案为：0<m<1.
3．若函数f ( x)=a x
2+a−1(a∈R)存在零点，且与函数f (f ( x))的零点完全相同，则实
数a的值为 .
【答案】1
【分析】不妨先令x0为函数f ( x)零点，得到f ( x0)=0，根据函数f ( x)与函数f (f ( x))
的零点完全相同，得到f (f ( x0))= f (0)=0，进而可求出结果.
【详解】因为函数f ( x)=a x
2+a−1(a∈R)存在零点，不妨令x0为函数f ( x)零点，
则f ( x0)=0，
又函数f ( x)与函数f (f ( x))的零点完全相同，
所以f (f ( x0))=0，即f (0)=0，所以a=1.
故答案为1
【点睛】本题主要考查根据函数零点相同求参数的问题，熟记复合函数的相关知识即
6
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可，属于常考题型.
【题型4 二次函数的单调性与最值】
1．已知函数f (x)=¿若对于任意的x∈R，都有f (x +2)>f (x)，那么实数a的取值范围是
（ ）
A．[−4,4)
B．[−4,2]
C．(−∞,4)
D．(−∞,2]
【答案】B
【分析】先考虑x ≤−1，x>1，求出a≤2，再考虑−1< x ≤1，此时
g(x)= f (x +2)−f (x)=(x−a)
2+7−a
2，根据对称轴分三种情况，结合函数单调性和最
值得到不等式，求出a的取值范围.
【详解】若x +2≤1，即x ≤−1，
此时f (x +2)−f (x)= 4 x +8−4 a−4 x + 4 a=8>0，满足要求；
若x>1，则x +2>3，
此时f (x +2)−f (x)=(x +2)
2−2a(x +2)+3−x
2+2ax−3= 4 x + 4−4 a>0，
故a< x +1恒成立，
其中x +1>2，故a≤2；
若x +2>1且x ≤1，即−1< x ≤1，
此时g(x)= f (x +2)−f (x)=(x +2)
2−2a(x +2)+3−4 x + 4 a
= x
2−2ax +7 =(x −a)
2+7−a
2，对称轴为x =a，
若a≤−1，此时g(x)=(x −a)
2+7−a
2在x∈(−1,1]上单调递增，
故只需g(−1)≥0，即2a+8≥0，解得a≥−4，故−4≤a≤−1；
若−1<a<1，此时g(x)=(x −a)
2+7−a
2在x∈(−1,a)上单调递减，
在x∈(a,1)上单调递增，
故g(x)min= g(a)=7−a
2，令7−a
2>0，解得−√7<a<√7，
−1<a<1与−√7<a<√7取交集得−1<a<1，
7
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若1≤a≤2，此时g(x)=(x −a)
2+7−a
2在x∈(−1,1]上单调递减，
故只需g(1)>0，即−2a+8>0，解得a<4，
1≤a≤2与a<4取交集得1≤a≤2；
综上，实数a的取值范围为[−4,2].
故选：B
2．已知f ( x)=¿是增函数，则实数m的取值范围是（ ）
A．[1,2]
B．[2,5]
C．[2,+∞)
D．[5,+∞)
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用分段函数单调性，结合二次函数单调性列式求解.
【详解】函数f ( x)=¿是增函数，则¿，解得m≥5，
所以实数m的取值范围是[5,+∞).
故选：D
3．已知f (x)，g(x)是定义域为R的函数，且f (x)是偶函数，g(x)是奇函数，满足
f (x)+ g(x)=a x
2+3 x +2，若对任意的1< x1< x2<2，都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>−2成立，则
实数a的取值范围是（ ）
A．[0,+ ∞)
B．[−1
2 ,0]
C．(−1
2 ,+∞)
D．[−1
2 ,+ ∞)
【答案】D
【分析】利用f (x)，g(x)的奇偶性联立方程组得f (x)=a x
2+2，则根据题意可得
f (x1)+2 x1<f (x2)+2 x2成立，构造h(x)= f (x)+2 x =a x
2+2 x +2，按a的不同取值分
类讨论h(x)在x∈(1,2)的单调性即可.
【详解】由题意可得f (−x)+ g(−x)=a x
2−3 x +2，
因为f (x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f (x)−g(x)=a x
2−3 x +2，
联立¿，解得f (x)=a x
2+2，
8
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又对任意的1< x1< x2<2，都有
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>−2成立，
所以f (x1)−f (x2)<−2 x1+2 x2，所以f (x1)+2 x1<f (x2)+2 x2成立，
构造h(x)= f (x)+2 x =a x
2+2 x +2，则h(x1)<h(x2)，
所以h(x)=a x
2+2 x +2在x∈(1,2)上单调递增，
①若a<0，则对称轴x0=−1
a ≥2，解得−1
2 ≤a<0；
②若a=0，则h(x)=2 x +2在x∈(1,2)单调递增，满足题意；
③若a>0，则对称轴x0=−1
a ≤1恒成立；
综上，a∈[−1
2 ,+∞),
故选：D
4．已知函数f ( x)=¿是R上的增函数，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(0, 4
5 )
B．(0, 4
5 ]
C．(0,1)
D．(0,1]
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用分段函数单调性，结合一次、二次函数单调性求解即得.
【详解】由f ( x)=¿是R上的增函数，得¿，解得0<a≤4
5 ，
所以实数a 的取值范围是(0, 4
5 ].
故选：B
5．已知函数f (x)=2 x
2−mx +1在区间[−1,+∞)上单调递增，则f (1)的取值范围是（ ）．
A．[7 ,+ ∞)
B．(7 ,+∞)
C．(−∞,7]
D．(−∞,7)
【答案】A
【分析】根据题意，结合二次函数的性质，求得解得m≤−4，再由f (1)=3−m，进而
求得f (1)的取值范围.
9
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【详解】由函数f (x)=2 x
2−mx +1的对称轴是x = m
4 ，
因为函数在区间[−1,+ ∞)上是增函数，所以m
4 ≤−1，解得m≤−4，
又因为f (1)=3−m，因此3−m≥7，所以f (1)的取值范围是[7,+ ∞).
故选：A．
6．已知二次函数f (x)=a x
2+2 x +c (x∈R)的值域为[0,+∞)，则1
c + 4
a 的最小值为
.
【答案】4
【分析】利用二次函数的性质得到c = 1
a，消去变量后利用基本不等式求解最值即可.
【详解】因为二次函数f (x)=a x
2+2 x +c (x∈R)的值域为[0,+ ∞)，
所以f ( x)的最小值是0，且a>0，由二次函数性质得对称轴为x =−2
2a =−1
a，
所以f ( x)的最小值为f (−1
a )=a(−1
a )
2
−2× 1
a +c =c−1
a，
所以c−1
a =0，即c = 1
a，而1
c + 4
a =a+ 4
a ≥2√a⋅4
a =2×2= 4，
当且仅当a= 4
a 时取等，此时a=2,c = 1
2.
故答案为：4
【题型5 指数幂的化简与求值】
1．已知 3
x=2,4
y =3 ，则 xy = .
【答案】1
2/0.5
【分析】由指数的运算性质即可得解.
【详解】由题意3
x=(4
y)
x= 4
xy =2= 4
1
2，所以xy = 1
2.
故答案为：1
2
【题型6 指函数的图像及应用】
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2．已知函数f ( x)=¿在R上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A．[0,+ ∞)
B．[0,1]
C．(−∞,0]
D．[0,1)
【答案】B
【分析】利用指数函数、二次函数单调性及分段函数单调性列式求解.
【详解】依题意，函数y =−x
2−2ax +a在(0,+∞)上单调递减，则−a≤0，解得a≥0，
又函数f ( x)在R上单调递减，则a≤f (0)=1，
所以a的取值范围是[0,1].
故选：B
3．若函数f (x)=(
1
3)
x (x +a)
在区间(0,2)单调递增，则a 的取值范围是（ ）
A．(−∞,4]
B．[4 ,+∞)
C．[−4 ,+∞)
D．(−∞,−4]
【答案】D
【分析】根据指数复合函数的区间单调性，结合二次函数的性质有−a
2 ≥2，即可得.
【详解】令t = x( x +a)，又y =(
1
3)
t
在R 上单调递减，
所以要使f (x)=(
1
3)
x (x +a)
在区间(0,2)单调递增，
则t = x( x +a)在区间(0,2)单调递减，
所以由t = x( x +a)=( x + a
2 )
2
−a
2
4 的开口向上且对称轴为x =−a
2得−a
2 ≥2，解得
a≤−4.
故选：D
4．若函数f (x)=2
x
2+ax−3在(1,+ ∞)上单调，则a的取值范围是（ ）
A．[−2,+∞)
B．[−1,+ ∞)
C．(−∞,−2]
D．(−∞,−1]
【答案】A
【分析】根据指数函数、二次函数以及复合函数的单调性求解即可.
【详解】因为函数y =2
x在R上为增函数，y = x
2+ax−3在(−∞,−a
2)
上为减函数，在
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(−a
2 ,+ ∞)
上为增函数，
且函数f (x)=2
x
2+ax−3在(1,+∞)上单调，
根据复合函数的单调性，可得−a
2 ≤1，即a≥−2，
所以a的取值范围是[−2,+∞).
故选：A.
【题型7 解决指数函数性质有关的问题】
1．已知函数f ( x)=¿，g( x)= f ( x)+2 x−m，若g( x)有一个零点，则m 的取值范围是
（ ）
A．(−∞,1]
B．(−∞,1)
C．[1,+∞)
D．(1,+∞)
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用零点的意义将问题转化为函数y = f ( x)的图象与直线交
点，再利用数形结合求出范围.
【详解】由g( x)=0，得f ( x)=−2 x +m，因此g( x)有一个零点，
当且仅当函数y = f ( x)的图象与直线y =−2 x +m有且仅有一个公共点，
函数f ( x)在(−∞,0)上单调递增，函数值集合为(0,1)，在(0,+∞)上单调递增，函数
值集合为R，
在同一坐标系内作出函数y = f ( x)的图象与直线y =−2 x +m的图象，
观察图象知，当m<1时，函数y = f ( x)的图象与直线y =−2 x +m有两个交点，
当m≥1时，函数y = f ( x)的图象与直线y =−2 x +m有1 个交点，
所以m 的取值范围是[1,+ ∞).
故选：C
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2．设f ( x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f ( x)=2
x−3，则f (−2)=（ ）
A．1
B．1
4
C．-1
D．−11
4
【答案】C
【分析】由函数的奇偶性知f (−2)=−f (2)，代入相应解析式计算即可.
【详解】因为 f ( x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f ( x)=2
x−3，
f (−2)=−f (2)=−(2
2−3)=−1.
故选：C.
3．设f (x)是定义在R上的函数，若f (x)+ x
2是奇函数，f (x)+2
x是偶函数，则f (−1)的值
为（ ）
A．−1
4
B．−7
4
C．1
4
D．7
4
【答案】A
【分析】由题意得出¿，解出这个方程组可得出f (−1)的值.
【详解】由于函数y = f (x)+ x
2是奇函数，函数y = f (x)+2
x为偶函数，
所以，¿，即¿，化简得 ，
解得f (−1)=−1
4 .
故选：A.
【题型8 对数式的化简与求值】
1．已知2lg2=m，10
n=3，则10
3m−2n
2
的值为（ ）
A．64
9
B．8
3
C．4
3
D．2√2
3
【答案】B
【分析】根据指数式与对数式的互化以及指数幂的运算性质计算即可.
【详解】由2lg2=m可得10
m
2 =2，又因为10
n=3，
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所以10
3m−2n
2
= 10
3m
2
10
n =(10
m
2)
3
10
n
= 8
3
，
故选：B.
2．27
−2
3 + log85⋅log 1
5
2+10
2lg2−lg3= ．
【答案】10
9 /1 1
9
【分析】利用指对数的运算性质和换底公式，即可求解.
【详解】因为27
−2
3 + log85⋅log 1
5
2+10
2lg2−lg3=3
−2+ 1
3 log25⋅(−log52)+10
lg 4
3
= 1
9 −1
3 log25⋅log22
log25 + 4
3 = 1
9 −1
3 + 4
3 = 10
9 ，
故答案为：10
9 .
3．已知2
log2a=3，log55
b=2，则a−b=（ ）
A．3
B．1
C．−1
D．−3
【答案】B
【分析】根据指数，对数的运算性质即可求解.
【详解】由2
log2a=3，log55
b=2可得2
log2a=a=3，log55
b=b=2，
则a−b=1，
故选：B
4．化简(
1
4)
−1
2 −|cos1−sin1|−lg 2
5 −lg25=（ ）
A．1−sin1+cos1B．1+sin1−cos1
C．2−sin1+cos1
D．2+sin1−cos1
【答案】A
【分析】由指数与根式的互化和三角函数性质以及对数运算即可求解.
【详解】由题得
14
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(
1
4)
−1
2 −|cos1−sin1|−lg 2
5 −lg25=√4−sin1+cos1−lg(
2
5 ×25)
=2−sin1+cos1−1=1−sin1+cos1.
故选：A
5．20
lnln24−(ln 24)
ln20=（ ）
A．0
B．1
C．2024
D．2025
【答案】A
【分析】令x = ln 24 , y = ln 20，可得20=e
y，结合指、对数运算求解.
【详解】令x = ln24 , y = ln20，则20=e
y，
所以20
lnln24−(ln 24)
ln20=(e
y)
ln x−x
y =(e
ln x)
y−x
y = x
y−x
y =0.
故选：A.
6．已知2
a=3,log25=b，则2
a−b的值为（ ）
A．15
B．5
3
C．3
5
D．−2
【答案】C
【分析】结合指数与对数的转化及指数运算性质即可求解.
【详解】因为log25=b，所以2
b=5，
又2
a=3，所以2
a−b= 2
a
2
b = 3
5.
故选：C.
7．若log2a+loga2=2，则a=（ ）
A．1
2
B．1
C．2
D．4
【答案】C
【分析】利用换底公式得log2a+loga2=2，令t = log2a，即得t + 1
t =2解出即可.
【详解】由log2a+loga2=2有log2a+
1
log2a =2，令t = log2a，
则t + 1
t =2⇒t
2−2t +1=0⇒(t −1)
2=0⇒t =1，
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所以t = log2a=1⇒a=2，
故选：C.
8．若 3
a=5
b=15，则 1
a + 1
b =（ ）
A．1
B．log35
C．log53
D．2
【答案】A
【分析】根据指数对数转化，再应用对数运算律计算求解.
【详解】因为3
a=5
b=15，
所以a=log315,b=log515,
则 1
a + 1
b =log153+log155=log1515=1.
故选：A.
9．已知x0
e
x0 = 1
3，则x0+ln 1
x0
= .
【答案】ln3
【分析】利用对数的运算法则计算即可求解.
【详解】依题意，ln x0
e
x0 = ln x0−x0=−ln 1
x0
−x0=−ln3，故x0+ ln 1
x0
= ln3.
故答案为：ln3.
10．已知实数a>1，且满足loga(2a)+log2aa= 5
2，则a= ．
【答案】2
【分析】根据loga(2a)与log2aa的倒数关系，列式求值.
【详解】设loga(2a)=t，则t = loga2+1，因为a>1，所以t >1.
由t + 1
t = 5
2 ⇒ t =2或t = 1
2（舍去）.
所以loga2+1=2 ⇒ a=2.
故答案为：2
11．已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1⋅a6=3
675，则
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log3a1+log3a2+⋯+log3a6=（ ）
A．2014
B．2024
C．2025
D．2026
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等比数列性质及对数运算计算得解.
【详解】等比数列{an}的各项均为正数，且a1⋅a6=3
675，
log3a1+log3a2+⋯+log3a6=log3(a1a2⋯a6)=log3(a1a6)
3=3log33
675=2025.
故选：C
【题型9 对数函数的图像及应用】
1．已知函数f ( x)=¿，则f (2+ log23)的值为（ ）
A．24
B．4
C．12
D．8
【答案】A
【分析】由2+ log23<4，则f (2+ log23)= f (3+ log23)，从而可求解.
【详解】因为2+ log23<4，所以f (2+ log23)= f (3+ log23)，
又3+ log23>4，所以f (3+ log23)=2
3+ log23=2
3×2
log23=8×3=24.
故选：A.
2．已知函数f (x)=¿则f (x)≤1
2 x的解集为（ ）
A．(−∞,0]
B．(−1,0]
C．(−1,0]∪[1,+∞) D．[1,+∞)
【答案】C
【分析】作出函数y = f (x)与y = 1
2 x的图象，利用数形结合即可求解.
【详解】作出函数y = f (x)与y = 1
2 x的图象，如图，
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由图象可知，当x ≥1时，(
1
2)
x
≤1
2 x恒成立，则f (x)≤1
2 x的解集为x∈[1,+∞)；
当−1< x<1时，log4(x +1)≤1
2 x，
图象的交点坐标为(0,0)、(1, 1
2)，结合图象知，f (x)≤1
2 x的解集为x∈(−1,0].
所以不等式f (x)≤1
2 x的解集为(−1,0]∪[1,+∞).
故选：C.
3．若函数f (x)=5
| x−a|在(1,+ ∞)上单调递增，则a 的取值范围为（ ）
A．[1,+∞)
B．(1,+ ∞)
C．(−∞,1)
D．(−∞,1]
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用指数型复合函数的单调性列式求出a的范围.
【详解】函数y =5
| x−a|在(1,+ ∞)上单调递增，而函数y =5
x是R 上的增函数，
则函数y =| x−a|=¿在(1,+∞)上单调递增，于是a≤1，
所以a 的取值范围为(−∞,1]．
故选：D
4．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．
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C．
D．
【答案】B
【分析】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.
【详解】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.
5．已知函数f (x)= ln x +1(x>0)，则f (e)=（ ）
A．−1
B．−2
C．1
D．2
【答案】D
【分析】根据解析式，代值计算即可.
【详解】由f (x)= ln x +1(x>0)，则f (e)= lne+1=2.
故选：D.
6．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
【分析】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.
【详解】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¿，解得a≤4.
故选：B.
7．已知m≥1，若函数f (x)=¿有且仅有2 个零点，则实数m的取值范围为 ．
【答案】[1,2)∪[3,+ ∞)
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【分析】本题首先可依次令2 x
2−5 x−3=0以及log2(x−1)=0，求出x，然后绘出
y =2 x
2−5 x−3、y = log2(x−1)的图像，最后结合图像，即可得出结果.
【详解】令2 x
2−5 x−3=0，解得x =−1
2或x =3，
令log2(x−1)=0，解得x =2，
如图，在同一直角坐标系中分别绘出y =2 x
2−5 x−3、y = log2(x−1)的图像，
结合图像易知，实数m的取值范围为[1,2)∪[3,+∞)，
故答案为：[1,2)∪[3,+ ∞).
8．已知f ( x)=¿则f (f (11))= ．
【答案】5
4
【分析】先计算f (11)，再算f (f (11))即可.
【详解】f (11)=−lg(11−1)=−lg10=−1,∴f (f (11))= f (−1)=2
−1−1+1= 5
4 .
故答案为：5
4
9．已知函数f (x)=¿则f (−2)+ f (2)= .
【答案】9
4
【分析】代入计算出f (−2),f (2)，相加即可.
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【详解】因为f (2)= log3(2+7)=2，f (−2)=2
−2= 1
4 ，所以f (−2)+ f (2)= 9
4 .
故答案为：9
4 .
10．已知函数f (x)= loga(3 x + 4)+2 x恒过定点(m,n)，则m+n= .
【答案】−3
【分析】令3 x + 4 =1求解即可.
【详解】令3 x + 4 =1，则x =−1，又f (−1)=−2，所以f (x)过定点(−1,−2)，
即m=−1，n=−2，所以m+n=−3.
故答案为：−3
11．已知f (x)=¿是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值范围为 ．
【答案】(1, 3
2]
【分析】由分段函数的单调性得到¿求解即可.
【详解】由f (x)=¿是R 上的单调递增函数，
可得：¿，
解得：1<a≤3
2，
所以实数a 的取值范围为(1, 3
2]，
故答案为：(1, 3
2]
12．已知f (x)=ln(
m
x−2 +1)+2 x为奇函数，则实数m的值是 ．
【答案】4
【分析】根据函数是奇函数的定义f (−x)=−f ( x)恒成立，结合对数运算计算求解.
【详解】因为函数f (x)=ln(
m
x−2 +1)+2 x是奇函数，
∴f (−x)=−f ( x)，
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即ln(
m
−x−2 +1)=−ln(
m
x−2 +1)恒成立，
即ln m−x−2
−x−2 = ln
x−2
m+ x−2恒成立，
所以m−x−2
−x−2 =
x−2
m+ x−2恒成立，
整理得4−x
2=(m−2)
2−x
2恒成立，
∴(m−2)
2= 4，解得m=0或m= 4，
当m=0时，函数f (x)=ln(
m
x−2 +1)+2 x定义域为(−∞,2)∪(2,+∞)，定义域不关
于原点对称，函数不是奇函数，
当m= 4时，f (x)=ln(
4
x−2 +1)+2 x =ln x +2
x−2 +2 x，
由x +2
x−2 >0，可得x<−2或x>2，
f (−x)=ln −x +2
−x−2 −2 x = ln x−2
x +2 −2 x =−ln x +2
x−2 −2 x =−f ( x)，满足f (x)是奇函
数，
所以m= 4；
故答案为：4.
【题型10 解决对数函数性质有关的问题】
1．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：mg/L
）与时间t（单位：h）间的关系为：P = P0e
−kt，其中P0、k是正的常数．如果在前
5h消除了10 %的污染物，那么污染物减少2
3大约需要花费（ ）h（参考数据：
lg3≈0.48）
A．55
B．60
C．64
D．65
【答案】B
【分析】将t =0代入函数解析式可得P = P0，将t =5代入函数解析式可求出k的值，根
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据污染物减少2
3，可得出1
3 P0= P0⋅0.9
t
5，解出t即可得解.
【详解】由P = P0e
−kt可知，当t =0时，P = P0；
当t =5时，P =(1−0.1) P0= P0e
−5k，解得k =−1
5 ln0.9，那么P = P0·0.9
t
5.
因为污染物减少2
3，所以1
3 P0= P0⋅0.9
t
5，所以t
5 =log0.9
1
3 =
−lg3
lg9−lg10 ，
所以t =
−5lg3
lg9−lg10 = −5lg3
2lg3−1 ≈2.4
0.04 =60．
所以污染物减少2
3大约需要花费60h．
故选：B．
2．常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，
记为T（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为T 1,T 2．
开始记录时，这两种物质的质量相等，512 天后测量发现乙的质量为甲的质量的1
4 ，
则T 1,T 2满足的关系式为（ ）
A．−2+ 512
T 1
= 512
T 2
B．2+ 512
T 1
= 512
T 2
C．−2+log2
512
T 1
=log2
512
T 2
D．2+log2
512
T 1
=log2
512
T 2
【答案】B
【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，可得512 天后甲，乙的质量，
根据题意列出等式即可得答案．
【详解】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，
则512 天后，甲的质量为：( 1
2 )
512
T 1 ，乙的质量为：( 1
2 )
512
T 2 ，
由题意可得( 1
2 )
512
T 2 = 1
4 ⋅( 1
2 )
512
T 1 =( 1
2 )
2+ 512
T 1 ，
所以2+ 512
T 1
= 512
T 2
．
故选：B．
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3．垃圾分类是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、投放和搬运，从而转变成公共资源的
一系列活动，做好垃圾分类是每一位公民应尽的义务．已知某种垃圾的分解率v与时
间t（月）近似满足关系v =a⋅b
t（其中a、b为正常数），经过5个月，这种垃圾的分
解率为10 %，经过10个月，这种垃圾的分解率为20 %，则这种垃圾完全分解大约需要
经过（ ）个月（参考数据：lg2≈0.3）
A．20
B．22
C．24
D．26
【答案】B
【分析】根据已知条件可得出关于a、b的等式组，解出这两个量的值，可得出v的表
达式，然后解方程v =1，求出t的值即可.
【详解】由题意，可得¿，解得¿，则v = 1
20 ×2
1
5 t
，
这种垃圾完全分解，即分解率为100 %，即v = 1
20 ⋅2
1
5 t
=1，所以2
1
5 t
=20，
所以1
5 t = log220，则t =5log220= 5lg20
lg2 = 5(lg2+1)
lg2
= 5×1.3
0.3
≈22．
故选：B.
4．净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其工作原理中有多次的
PP棉滤芯过滤，其中第一级过滤一般由孔径为5 微米的PP棉滤芯（聚丙烯熔喷滤
芯）构成，其结构是多层式，主要用于去除铁锈、泥沙、悬浮物等各种大颗粒杂质，
假设每一层PP棉滤芯可以过滤掉三分之一的大颗粒杂质，若过滤前水中大颗粒杂质含
量为80mg/L，现要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过2mg/L，则PP棉滤芯的层
数最少为（参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48）（ ）
A．9
B．8
C．7
D．6
【答案】A
【分析】首先由条件抽象出经过n层PP棉滤芯过滤后的大颗粒杂质含量y的函数，再
结合指对运算，解不等式.
【详解】设经过n层PP棉滤芯过滤后的大颗粒杂质含量为y，则
y =80×(1−1
3)
n
=80×(
2
3)
n
，
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令80×(
2
3)
n
≤2，解得(
2
3)
n
≤1
40，两边取常用对数得nlg 2
3 ≤lg 1
40，即nlg 3
2 ≥lg 40
即n(lg3−lg2)≥1+2lg2，因为lg2≈0.30，lg3≈0.48，
所以(0.48−0.30)n≥1.60，解得n≥80
9 ，因为n∈N
∗，所以n的最小值为9．
故选：A
1．函数f (x)=(2
−x−2
x)|x|
x 的大致图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】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.
【详解】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．
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故选：B.
2．已知函数f (x)= 1−2
x
1+2
x ，g(x)=¿，则函数h(x)= f (x−2)+ g(x)的图象与x，y 轴围成的
封闭图形的面积是（ ）
A．4
B．5
C．6
D．8
【答案】A
【分析】根据函数的对称性结合割补法求封闭图形的面积.
【详解】函数f (x)的定义域为R，
因为f (−x)= 1−2
−x
1+2
−x = 2
x−1
2
x+1
=−f (x)，所以f (x)是奇函数，其图象关于原点对称．
又f (x)= 1−2
x
1+2
x = −1−2
x+2
1+2
x
=−1+
2
1+2
x ，函数y =2
x在R 上单调递增，
所以f (x)在R上单调递减，因此f (x−2)在R上单调递减，且其图象关于点(2,0)对称.
由题知，g(x)=¿
由函数的解析式和二次函数的性质可得g(x)在R上单调递减，
而x ≥0时，f (2+ x)+ f (2−x)=−1
10
(x +2−2)
2+1+ 1
10
(2−x−2)
2+1=2，
当x<0时，同理有f (2+ x)+ f (2−x)=0，
故g(x)图象关于点(2,1)对称，
函数f (x−2)与g(x)的图象如图1 所示．
因此h(x)= f (x−2)+ g(x)在R上单调递减，
且h(2−x)+h(2+ x)= f (x)+ f (−x)+ g(2−x)+ g(2+ x)=2，
故h(x)图象关于点(2,1)对称，
又h(0)= f (−2)+ g(0)= 3
5 + 7
5 =2，故点A (0,2)关于点(2,1)的对称点为B (4,0)，
所以h(4)=0，连接AB，如图2．
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易知h(x)的图象与x，y 轴围成的封闭图形可以通过割补变成一个直角三角形，
如图中的△AOB，其中|OA|=2，|OB|= 4，故S△AOB= 1
2 ×2×4 = 4，
即h(x)的图象与x，y 轴围成的封闭图形的面积为4．
故选：A.
3．已知函数f ( x)=¿，若存在不相等的实数x1< x2< x3< x4，满足f (x1)= f (x2)
= f (x3)= f (x4)，则x1+ x2+ x3+ x4的取值范围为（ ）
A．[−2, 1
4)
B．(−2, 1
4]
C．[−3
2 , 1
4)
D．(−3
2 , 1
4]
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合二次函数的对称性可得x1+ x2=−4，利用对数运算可得
x3 x4=1，再利用函数图象及性质求出x3的取值范围即可.
【详解】函数y =−1
4 x
2−x +1的图象对称轴x =−2，ymax =2，
函数f ( x)在(−∞,−2]上单调递增，函数值集合为(−∞,2]，在[−2,0]上单调递减，
函数值集合为[1,2]，
在(0,1]单调递减，函数值集合为[0,+ ∞)，在[1,+∞)上单调递增，函数值集合为
[0,+ ∞)，
令f ( x1)= f ( x2)= f ( x3)= f ( x4)=t，则函数y = f ( x)的图象与直线y =t有4 个交点，
在同一坐标系内作出函数y = f ( x)的图象与直线y =t，
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观察图象，得1≤t <2，x1+ x2=−4，由1≤−log2 x3<2，得1
4 < x3≤1
2，
由|log2 x3|=|log2 x4|，得x3 x4=1，则x1+ x2+ x3+ x4=−4+ x3+ 1
x3
，
函数y = x3+ 1
x3
在( 1
4 , 1
2 ]上单调递减，5
2 ≤x3+ 1
x3
< 17
4 ，因此
−3
2 ≤x1+ x2+ x3+ x4< 1
4 ，
所以x1+ x2+ x3+ x4的取值范围为[−3
2 , 1
4 ).
故选：C
4．已知函数f (x)=¿的值域为R，则实数a 的取值范围为（ ）
A．[−1
12 ,+∞) B．[−1
12 ,0)
C．[−1
3 ,0)
D．[−1
3 ,+∞)
【答案】C
【分析】求出f (x)在区间(2,+∞)上的值域，要使f (x)的值域为R，只需f (x)在区间
(−∞,2]上的值需取遍区间(−∞,5]内所有值，列出关于a的不等式组可得答案.
【详解】由题知，f (x)= log2 x +2 x在区间(2,+∞)上单调递增，
∴f (x)在区间(2,+∞)上的值域为(5,+∞)，
x ≤2时，f (x)=a x
2+2ax + 4 a+6=a(x +1)
2+3a+6，
其对称轴为x =−1，要使f (x)的值域为R，
则f (x)在区间(−∞,2]上的值需取遍区间(−∞,5]内所有值，
∴¿，解得−1
3 ≤a<0.
故选：C．
5．夏季天气炎热，某教室上课关门窗开空调，造成二氧化碳含量增加，按照《中小学校教
室换气卫生要求》（GB/T177226-2017）规定，中小学校教室内二氧化碳日均最高容许
浓度不得超过0.10%，经检测，该教室某日刚下课时，空气中二氧化碳浓度为0.14%，
记下课开窗通风t分钟后教室内的二氧化碳浓度为y %，且y随时间t（单位：分钟）的
变化规律可以用函数y =k∞+(k0−k∞)e
−t
10描述，k0%是二氧化碳初始浓度，k∞=0.03，
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则该教室内的二氧化碳浓度不超过0.10 %需要的时间t的最小整数值为（ ）
（参考数据：ln7≈1.946,ln11≈2.398）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【分析】先根据条件得出y =0.03+0.11e
−t
10，再利用对数的运算法则解不等式
0.03+0.11e
−t
10 ≤0.1即可.
【详解】由题意可知，y =0.03+(0.14−0.03)e
−t
10 =0.03+0.11e
−t
10，
解0.03+0.11e
−t
10 ≤0.1，即e
−t
10 ≤7
11
，
得 t ≥10(ln11−ln7)≈10×(2.398−1.946)= 4.52，
该教室内的二氧化碳浓度不超过0.10 %需要的时间t的最小整数值为5.
故选：C
6．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
【分析】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.
【详解】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
7．多选题已知函数f (x)=|2
x−1|−a, g(x)= x
2−4|x|+2−a，则（ ）
A．当g(x)有2 个零点时，f (x)只有1 个零点
B．当g(x)有3 个零点时，f (x)只有1 个零点
C．当f (x)有2 个零点时，g(x)有2 个零点
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D．当f (x)有2 个零点时，g(x)有4 个零点
【答案】BD
【分析】将问题转化为y =|2
x−1|, y = x
2−4|x|+2与y =a的图象交点问题，结合图象，
逐一分析各选项中a的取值范围，从而得解.
【详解】令f (x)=0, g(x)=0，得|2
x−1|=a, x
2−4|x|+2=a，
利用指数函数与二次函数的性质作出y =|2
x−1|, y = x
2−4|x|+2的大致图象，如图所
示，
由图可知，当g(x)有2 个零点时，a=−2或a>2，
此时f (x)无零点或只有1 个零点，故A 错误；
当g(x)有3 个零点时，a=2，此时f (x)只有1 个零点，故B 正确；
当f (x)有2 个零点时，0<a<1，此时g(x)有4 个零点．故C 错误，D 正确.
故选：BD.
8．已知函数f (x)=−2 x−x
5，则不等式f ( x−1)+ f (5−3 x)<0的解集是 .
【答案】(−∞,2)
【分析】根据解析式判断函数的单调性和奇偶性，再应用单调性和奇偶性解不等式即
可.
【详解】由y =−2 x，y =−x
5在R 上都单调递减，且都是奇函数，
所以f (x)=−2 x−x
5是单调递减的奇函数，
故f ( x−1)<−f (5−3 x)= f (3 x−5)，则x−1>3 x−5，即x<2，
所以不等式的解集为(−∞,2).
故答案为：(−∞,2)
9．已知函数f (x)= ln x +2
x，若f (2t )<2，则实数t 的取值范围是 ．
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【答案】(0, 1
2)
【分析】根据函数性质判断函数单调性，根据定义域及单调性，列出不等式，求出范
围
【详解】已知f (x)= ln x +2
x，其中y = ln x和y =2
x均为单调递增函数，且y = ln x定义
域为(0,+∞)，
所以f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增，且f (1)= ln1+2
1=2，
可得f (2t )<f (1)，可得0<2t <1，解得0<t < 1
2，
故答案为：(0, 1
2).
10．f (x)= 1
x + log 1
2
x，则 f (x−1)<1 的解集为 ．
【答案】(2,+ ∞)
【分析】由复合函数的单调性解抽象不等式可得.
【详解】由题意可得函数定义域为(0,+∞)，
由复合函数的定义域易得函数f (x)= 1
x + log 1
2
x在定义域上为减函数，且f (1)=1，
所以f (x−1)<1⇔f (x−1)<f (1)，即x−1>1⇒x>2，
所以解集为(2,+ ∞).
故答案为：(2,+ ∞).
11．已知函数f ( x)= 1
x + ln( x +1)−a( x>0,a∈R),g( x)= f (e
−x)．
(1)若a=2，解关于x的不等式g( x)+ x>ln3；
(2)证明：关于x的方程f ( x)= g( x)有且仅有一个实根；
(3)证明：g(g(t ))=t的充要条件是g(t )=t．
【答案】(1)(ln2,+ ∞)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）令h( x)= g( x)+ x，判断h( x)的单调性，由h(ln2)=ln3，则
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h( x)>ln3，等价于h( x)>h(ln2)，由h( x)的单调性即可求解x的取值范围；
（2）令m( x)= f ( x)−g( x)= f ( x)−f (e
−x)( x >0)．利用导数判断f ( x)的单调性，
当x∈(0, 1+√5
2
)时，由f ( x)在(0, 1+√5
2
)上的单调性及f ( x)−f (e
−x)=0，可得
xe
x =1．令φ( x)= x e
x−1，由φ( x)的单调性及零点存在性定理即可得此时
f ( x)= g( x)有唯一实根；当x∈( 1+√5
2
,+∞)时，利用导数判断m( x)<0，从而得证；
（3）从充分性和必要性两方面证明即可．
【详解】（1）a=2，令h( x)= g( x)+ x =e
x+ln(e
−x+1)+ x−a=e
x+ln(e
x+1)−2．
因为x +ln( x +1)和e
x均单调递增，所以易得h( x)单调递增．
因为h(ln2)=ln3，所以h( x)>ln3，等价于h( x)>h(ln2)，所以x∈(ln2,+∞)．
（2）令m( x)= f ( x)−g( x)= f ( x)−f (e
−x)( x >0)．
由f
′( x)= x
2−x−1
x
3+ x
=0，可得x = 1+√5
2
，
当x∈(0, 1+√5
2
)时，f ′( x)<0，当x∈( 1+√5
2
,+∞)时，f ′( x)>0，
则f ( x)在(0, 1+√5
2
)上单调递减，在( 1+√5
2
,+ ∞)上单调递增．
（ⅰ）当x∈(0, 1+√5
2
)时，e
−x∈(0,1)，
因为f ( x)−f (e
−x)=0，所以xe
x=1．
令φ( x)= xe
x−1，显然φ( x)单调递增，且φ(0)=−1<0，φ(1)=e−1>0，
所以φ( x)=0在x∈(0,1)上有唯一解，即f ( x)= g( x)有唯一实根．
（ⅱ）当x∈( 1+√5
2
,+ ∞)时，x>1．
令t( x)=e
x−x−1，因为t
′( x)=e
x−1>0，所以t( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以t( x)>t(1)>0，即e
x> x +1，所以ln( x +1)< x，
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所以m( x)= 1
x +ln( x +1)−e
x−ln(e
−x+1)<1+ x−( x +1)=0，所以f ( x)= g( x)无
解．
综上所述，f ( x)= g( x)有唯一实根．
（3）先证必要性：因为g(g(t ))=t，所以g(g(t ))+ g(t )= g(t )+t，即
h(g(t ))=h(t )，
因为h( x)= g( x)+ x单调递增，所以g(t )=t．
再证充分性：因为g(t )=t，所以g(g(t ))= g(t )=t，即g(g(t ))=t．
综上所述，命题得证．
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