專題4.11指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的綜合應(yīng)用大題專項訓(xùn)練(30道)

【人教A版2019必修第一冊】

姓名：班級：考號：

1.(2022?全國?高一課時練習(xí))已知函數(shù)f(x)=ax+l(a>1)在區(qū)間［0,2］上的最大值與最小值之和為7.

⑴求〃的值；

(2)證明：函數(shù)F(x)=f(x)-/(-x)是R上的增函數(shù).

【解題思路】(1)根據(jù)/(*)=解+l(a>1)單調(diào)性代入計算即可；

(2)根據(jù)定義法證明函數(shù)為增函數(shù)即可.

【解答過程】(1)

因為/Xx)=產(chǎn)+l(a>1)在區(qū)間［0,2］上單調(diào)遞增，

所以函數(shù)/'(x)=ax+l(a>1)在區(qū)間［0,2］上的最大值與最小值之和為/(2)4-/(0)=7,

所以a?+1+a°+1=7,解得a=±2,

又因為a>l,所以a=2.

(2)

由(1)知，F(xiàn)(x)=/(x)-/(-x)=2X-2-x,

任取X],%2€R，且Xi<x2,則

尸(石)-F(X2)=(2與-2-石)-(2工2-2-打)

=2xi-2X2+----—

2X22xi

2xi―2xz

=2xi-2X2+------------

2X2-2X>

=(2^-2^)(1+^).

因為xi<%2,所以2右一2與<0,l+^7>0,

所以尸(xj-F(X2)<0,即尸(/)<F(X2),

所以尸Q)=f(x)-/(一x)是R上的增函數(shù).

2.(2022?天津市高三階段練習(xí))TS：/(x)=loga(1+x)+loga(3-x)(a>0,a/1)>且/(1)=2.

(1)求a的值及f(x)的定義域；

(2)求f(x)在區(qū)間［0,|］上的最大值.

【解題思路】(1)由八1)=2代入可得a的值，列出不等式組｛；：/可得定義域;

(2)根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性判斷f(x)在區(qū)間[。,曰的單調(diào)性即可得結(jié)果.

【解答過程】(1)

:1)=2，loga2+loga2=2(a>0,a/1),a=2.

由im，解得

二函數(shù)八支)的定義域為(-1,3).

(2)

2

/-(x)=log2(l+x)+log2(3-x)=log2(1+x)(3-x)=log2[-(x-1)+4],

二當(dāng)時,/'(x)是增函數(shù)；當(dāng)xe(i,3)時,f(x)是減函數(shù),

函數(shù)f㈤在限]上的最大值是f⑴=岫4=2.

3.(2022?安徽省高三階段練習(xí))已知函數(shù)/(x)=(log2X)2-log2X—2.

(1)若f(x)<0,求x的取值范圍；

(2)當(dāng);WxW8時，求函數(shù)/(x)的值域.

【解題思路】(1)設(shè)t=log2X,將不等式轉(zhuǎn)化為二次不等式，解不等式，結(jié)合對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及對數(shù)函

數(shù)的定義域解不等式即可；

(2)設(shè)t=log2X,可得t6[-2,3],該函數(shù)可轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求值域.

【解答過程】(1)

設(shè)t=log2x>x>0,t6R,

2

所以/'(x)=(log2x)—log2x—2<0,即—t—2<0,

解得

所以一1<Iog2%<2,解得[<x<4,

即^&4)；

(2)

由(1)得，當(dāng):WxW8,te[-2,3].

所以函數(shù)可轉(zhuǎn)化為丫=12一1一2,1€[-2,3],

當(dāng)t=T時，y取最小值為一支

當(dāng)t=-2或t=3時，y取最大值為4,

即當(dāng)％時，/(%)取最小值為/(&)=一￡

當(dāng)％=；或％=8時，f(%)取最大值為fG)=/(8)=4,

即函數(shù)八%)的值域為卜｝可.

4.(2022?遼寧?高三階段練習(xí))已知函數(shù)/(%)=Iog3j唾3(9%).

(1)求函數(shù)/(%)的值域;

(2)求不等式f(x)v-4的解集.

【解題思路】(1)由對數(shù)運算法則化簡函數(shù)式后，把log3%作為一個整體，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)可得值域;

(2)把log?》作為一個整體，解一元二次不等式，然后再解對數(shù)不等式可得.

2

【解答過程】(1)/(x)=(1-log3x)(2+log3x)=-(log3x)-log3x+2

=-(log3%+log3x=-p即時，取得最大值.

所以/(%)的值域為

(2)

根據(jù)題意得?。083')24嗎"+2<?4,

整理得(Iog3%)~+log3%-6>0,

即(log3x+3)(log3x-2)>0,

解得log3%v-3或log3%>2,

所以ov》v春或x>9,

故不等式的解集為(0$)U(9,+oo).

5.(2022?北京?高二)已知定義域為的R奇函數(shù)/(x)滿足：當(dāng)XW0時，/(%)=2X+a(aG/?).

(1)求函數(shù)/(X)在［0,+8)上的解析式，并判斷/(X)在(_8,+8)上的單調(diào)性(不需證明)；

(2)若不等式/(籍)+f(m)<0在區(qū)間［1,2］上有解，求實數(shù)m的范圍.

【解題思路】(1)根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)即可求解；

(2)根據(jù)奇函數(shù)的單調(diào)性，將問題轉(zhuǎn)化為1一3?在區(qū)間口2］上有解，求最值即可.

【解答過程】(1)

解：：/。：)是定義域為R的奇函數(shù)，

.\/(0)=2。+Q=0,得a=-1,

設(shè)x>0,則一x<0,

f(x)=_/(r)=_(2一4—1)=-2-x4-1,

???/(%)在(一8,0]上遞增，在[0,+8)上遞增，

，/(%)在(-8,+8)上為增函數(shù)；

(2)

：/(等)+/(m)W0，

，/(等)--/(⑺=f(一血)，

?.?/(%)是(一8,+8)上的增函數(shù)，??.^^<-m.

由于xe[l,2],"^^=1一看

由于y=1一W在口幻上遞增，,(—W)

X±1'x+1/max5

得m<|.

6.(2022?河南安陽?高一期末)已知函數(shù)/(x)=21n(e'+l)—x,其中e=2.71828….

(1)判斷函數(shù)/(x)的奇偶性并證明；

(2)求函數(shù)/(切的值域.

【解題思路】(1)由對數(shù)的運算得出/0)=111(^+3+2),再由定義證明即可；

(2)根據(jù)基本不等式結(jié)合對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得出函數(shù)/(x)的值域.

【解答過程】(1)

/(x)是偶函數(shù)，f(x)的定義域為R

,//(x)=21n(e*+1)-x=In0=In+義+2),

.?./(—x)=In(e-x+/+2)=In(*+b+2)=/(x),.../(>)是偶函數(shù).

(2)

+ex+2>2J：ex+2=4,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等號,

fM=In卜”+微+2)之ln4=21n2

二/(%)的值域為⑵n2,+8).

7.(2022?河南?高三階段練習(xí)(文))已知/(x)=log2/

(1)求f(x)的定義域、并判斷函數(shù)的奇偶性；

(2)求使/(X)>0的x的取值范圍.

【解題思路】(1)根據(jù)對數(shù)函數(shù)的定義域可得產(chǎn)>0解出范圍即可，判別函數(shù)奇偶性，先看定義域關(guān)于原

點對稱，然后計算f(-X)，得到/(-X)=所以為奇函數(shù)；

(2)由/(x)>0得到巖>1,解不等式，注意定義域范圍即可.

【解答過程】(1)

由題意得;1>0,即(l+x)(l—x)>0,解得—1<x<1,

所以定義域為｛%I-1VK<1｝，

因為定義域為｛無|一1<%<1｝，關(guān)于原點對稱，

且/(一%)=10g2E=Sg2(罟)=一1。82巖=一/(%)，所以是奇函數(shù).

(2)

log7—14-Y>0,*,?1—+V>1,**'—1-%>0,

X1-X1-X

A14-x>1—X,%>0,.**0<x<1,

綜上工的取值范圍為0<%V1.

8.(2022?廣東?高三階段練習(xí))已知函數(shù)/'(幻=1089(>+1)-^X,XER.

(1)判斷/Q)的奇偶性并證明；

x

(2)若函數(shù)g(x)=9-打9+m-3-l,xe[0,log32],是否存在m,使得g(x)的最小值為0.若存在，求出m

的值；若不存在，說明理由.

【解題思路】(1)根據(jù)偶函數(shù)的定義判斷；

(2)將g(x)轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，分類討論求函數(shù)的最值.

【解答過程】(1)

證明：???/■(>)=1。8式>+1)-定義域為R,

—19X+11v“1

-/(-x)=log(9-x+1)+-x=log+-x=log(9x+1)-log9x+-x

9N9V"N99L

x

=log9(9+1)-1x=f(x),

所以/(X)為偶函數(shù)；

(2)

g(x)=9/(Z)+2+m-3x-l=910^^+1)+m-3Z-1=(3X)2+m-3x,

當(dāng)*e[0,log32]時,3Xe[1,2],

令3》=3則y=產(chǎn)+m3t6[1,2],

當(dāng)—￡工1時，即mN—2,y=/+血[在[1,2]上單調(diào)遞增，

所以t=l時，ymin=m+l=。，解得m=-1;

2

當(dāng)1<—5<2時即—4<J71<-2?t——■時，Ymin=---~=0>

解得m=0不成立；

當(dāng)一￡22時，即mS-4,y=乎+Mt在口2]上單調(diào)遞減，

所以t=2時，ymin=2m+4=0.

解得rn=-2不成立.

故存在滿足條件的巾=-1.

9.(2022?全國?高一課時練習(xí))已知函數(shù)f(x)=ba'(其中a,b為常數(shù)，且a>0,aX1)的圖象經(jīng)過點

N(3,9).

(1)求a+b的值；

(2)當(dāng)xW-3時，函數(shù)y=&)'+3的圖象恒在函數(shù)y=2x+t圖象的上方，求實數(shù)f的取值范圍.

【解題思路】(1)將點M,N代入函數(shù)/(x),即可求出a、b的值，則可求出答案；

(2)當(dāng)》4-3時，函數(shù)y=C)“+/的圖象恒在函數(shù)y=2x+t圖象的上方可等價于當(dāng)xW-3時，不等式

AX

(|)+3-2x-t>0恒成立，利用參變分離可得當(dāng)x<—3時，t<[g)+3-2x]m,n，易知函數(shù)y=+

3-2x在(一8,—3]上單調(diào)遞減，由此即可求出答案.

【解答過程】(1)

?..函數(shù)“x)=bax(其中以b為常數(shù),且a>0,aHl)的圖象經(jīng)過點N(3,9),

.?J?2—1.'.a2=9,.,.a=—3(舍)或a=3,b=-,

=93

?

??Q+.bk_=一io；

3

(2)

由(1)得當(dāng)xW-3時，函數(shù)y=GT+3的圖象恒在函數(shù)y=2x+t圖象的上方，

即當(dāng)x<一3時，不等式+3-2x-t>0恒成立，

亦即當(dāng)x4—3時，t<

設(shè)g(x)=G)+3-2x(x<-3),

Vy=在(-8,-3］上單調(diào)遞減，y=一2%在(一8,-3］上單調(diào)遞減，

，g(x)=(J"+3-2x在(-8,-3］上單調(diào)遞減，

，g(x)min=。(-3)=36,

：.t<36.

10.(2022?安徽?高三階段練習(xí))已知函數(shù)/'(X)=log21mx—n*|—log21mx+n",m>n>1.

(1)判斷函數(shù)/(x)的奇偶性，并給出證明；

(2)求不等式f(x)+l<0的解集.(結(jié)果用〃2,〃表示)

【解題思路】(1)先求出函數(shù)的定義域，然后根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義判斷即可，

(2)原不等式化為logzl熏;|<10g2點則得。<|寢;|<號令t=3則轉(zhuǎn)化為9<品<,且島kL

解出好的范圍，從而可求出不等式的解集.

【解答過程】(1)

/(無)為偶函數(shù)，理由如下：

依題意，函數(shù)/(X)的定義域為(一8,0)U(0,+8),則定義域關(guān)于原點對稱，

xx

而/'(x)=log21mx-n"-Iog2|?n+n|=唾2］痣^］，

故f(-x)=嗨|黑Ml=晦=&),

故函數(shù)/(x)為偶函數(shù)；

(2)

依題意，iog2|^i<iog2^則。<iwa<**)，

令1=則t>l,從而(*)式可化為|1一島|e(o,3，

所以9<島<［且島*1

所以1</<3且產(chǎn)71.

故一logt3<x<logf3且x#0,

即不等式/'(x)+1<0的解集為(-log巴3,0)U^0,logm3).

11.(2022?江西?高三開學(xué)考試(理))已知函數(shù)f(x)=log3(9'+l)+(是偶函數(shù).

⑴求k；

X

(2)解不等式f(%)>log3(7-3-1).

【解題思路】(I)結(jié)合偶函數(shù)性質(zhì)f(-x)=f(x)以及對數(shù)運算法則即可解出近

xxZ

(2)結(jié)合對數(shù)運算法則，將原函數(shù)化成對數(shù)形式f(x)=log3(3+3-x),則不等式等價為3丫+3->7-3-

1>0,求解即可

【解答過程】(1)

-xx

：f(x)是偶函數(shù)，二/(-x)=/(x),BPlog3(9+Y)—kx=log3(9+1)+for對任意xGR恒成立，2kx=

-zx-2x

log3(9+1)-log3(9+1)=log3=log33=-2x,k=-1.

(2)

xxxx-x

,?"(x)=log3(9+1)-x=log3(9+1)-log33=log3(蓼)=log3(3+3),

則不等式等價于3才+3-n7?3*-1>0,由7?3才一1>。解得x>-log37；

XXZ

由3、+3->7-3-1得6(3*)2-3-1<0,得0<3》￡即x<-log32,

綜上,不等式的解為(一log37,-log32］.

12.(2022?全國?高一單元測試)已知指數(shù)函數(shù)f(x)=產(chǎn)(a>0且a力1)的圖像過點(31).

(1)設(shè)函數(shù)g(x)=-/(x),求g(x)的定義域；

(2)已知二次函數(shù)/i(x)的圖像經(jīng)過點(0,0),+1)=ft(x)-2x+l,求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間.

【解題思路】(I)根據(jù)條件求出/(x)解析式，再列出不等式即可求得g(x)定義域.

(2)由待定系數(shù)法求得八。)解析式，再根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性即可得到結(jié)果.

【解答過程】(1)

由題意知a3=,解得a=%所以y(x)=6尸，g(?=J1-G)x,

令1一(［尸之0,解得xNO.所以g(x)的定義域為［0,+8).

(2)

設(shè)九(%)=mx2+bx+c(mH0),

則九(％+1)=m(x+l)2+&(x+1)+c=mx2+(2m+h)x+(m+b+c),

h(x)—2x+1=mx2+(b—2)x+c+1,由無(x4-1)=h(x)—2%4-1,

得｛2：1=人二2解得｛最=，，則伏x)=-X2+2X+C,

/n+b+c=c+lo=2

又九(0)=c=0,所以九(%)=—x2+2%=—(x—l)2+1,

所以九(%)=-%2+2x在口,+8)上單調(diào)遞減，

又f⑺=G)x在R上是減函數(shù)，所以函數(shù)f(/l(x))的單調(diào)遞增區(qū)間為［1,+8).

13.(2022?河南?高二開學(xué)考試(文))已知函數(shù)/(%)=111仁2X+1)+(1乂是偶函數(shù).

⑴求a的值及/(x)的最小值；

(2)求不等式/(X+2)</(2x-3)的解集.

【解題思路】(1)由偶函數(shù)的定義列式子可求出a的值，對函數(shù)化簡后，利用基本不等式可求出其最小值,

(2)先判斷出f(x)在(0,+8)上是增函數(shù)，然后根據(jù)其單調(diào)性和奇偶性解不等式

【解答過程】(1)由題意得/'(一x)=/'(X),BPln(e-2x+1)—ax=ln(e2x4-1)+ax,所以2ax==

lne-2x=_2x)解得a=-i.所以/(x)=ln(e2x+l)-x=ln(eX+3)，因為^+白22,當(dāng)且僅當(dāng)

即x=0時取等號，y=lnx在定義域內(nèi)為增函數(shù)，所以/(x)的最小值為ln2.

XzZ1Xz

(2)對于y=e*+9，任取e(0,4-co),且均<%2,則為-yx=e+-e-=(e-

X1Zz+X1%2+X1

e*i)，因為%1，%2e(0,4-oo),且％I<%2,所以e*z-e>0,e-1>0,e>0,所以”—7i>

0,即>y「所以y=e*+9在(0,+8)上是增函數(shù)，因為y=Inx在定義域內(nèi)為增函數(shù)，所以/'(x)在(0,+8)

上是增函數(shù),所以/(%)是偶函數(shù)，所以由f(x+2)<J(2x-3),得/(|x+2|)<f(|2x-3|)Q|X+2］<

|2x-3|,即(x+2)2<(2%—3)2,解得％8彳)u(5,+8).

14.(2022.全國?高一課時練習(xí))已知函數(shù)/(切=八必(見/)為常數(shù)，a>0,且a41)的圖象經(jīng)過點4(1,6),

B(3,24).

(1)試確定函數(shù)/(x)的解析式；

(2)若關(guān)于x的不等式+Q)X-m>0在區(qū)間(一8,1］上恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.

【解題思路】⑴根據(jù)題意，得到方程組］，求得私的值，即可求解：

(2)根據(jù)題意轉(zhuǎn)化為函數(shù)y=Q)X+(｛f在區(qū)間(-8,1］上的最小值不小于m,結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求得最小

值，即可求解.

【解答過程】(1)

解：因為函數(shù)/(x)=b-標(biāo)的圖象經(jīng)過點4(1,6)和8(3,24),

可得L結(jié)合a>0,且a*l,解得a=2,b=3,

所以函數(shù)/■(*)的解析式為f(x)=3x2￡

(2)

解：要使?T+g)X>巾在區(qū)間(-8,1］上恒成立，

只需保證函數(shù)y=(1)%+在區(qū)間(一8,1］上的最小值不小于小即可，

因為函數(shù)、=在區(qū)間(_8,1］上單調(diào)遞減，

所以當(dāng)％=1時，y=+()取得最小值，最小值為|,

所以只需mW挹|1可，即實數(shù)ni的取值范圍為(-8垓］.

15.(2021?甘肅?高一期中)已知函數(shù)f(%)=ln(%+a)(aeR)的圖象過點(1,0),g(x尸/-2/(乃.

(1)求函數(shù)f(%)和g(x)的解析式;

(2)設(shè)m>0,若對于任意都有g(shù)(%)v-ln(m-l),求相的取值范圍.

【解題思路】(1)根據(jù)題意結(jié)合指對數(shù)運算求解；(2)先根據(jù)區(qū)間的定義求m的取值范圍，結(jié)合二次函數(shù)

及作差法求(9(幻)?叱=血2-26，根據(jù)恒成立問題可得m2?2mv?ln(7n-l),再利用單調(diào)性解不等式.

【解答過程】(1)

因為函數(shù)fa)=kiG+Q)(a￡R)的圖象過點(1,0),

所以ln(1+Q尸0,解得Q=0,

所以/(x)=lnx,g(x尸x?_2e1nx=--2%.

(2)

因為?且—,所以且

7i>0mmm>l0<—<1,

因為9(%)=/-2%=(%-19-1在［，)上單調(diào)遞減，在［1即］上單調(diào)遞增

所以。(幻的最大值是9mo或g(、).

因為g(m)-g(￡)=(而?2巾)?-、)=—-*-(2m-5

=(昨5)(m+：2)=黎>0.

所以0(初的=。(租)=血2-2小，

若g(x)v?ln(m?1),只需磯%)1),

即7n2-2m<-ln(7n-l),則7n2_2m+ln(ni-1)<0,

設(shè)八(7n)=m2-2m+ln(m-1)(m>1),

任取g,利￡(1,+8)且gvg，

則/1(四)?九(62)=何,2g+爾山［-1)］-［6，-27n2+ln(7n2-l)］

=(mI-nt2)(ni|+7n2-2)+ln^,

因為1i<m2,所以m］-血2<0,mi+m2-2>0,

0<ml<m-l,即吧vl,所以In吧vO,

r2g-lrri2-\

所以九(四)-/1(7712)<。，即九(叫卜泯如)，

所以/i(m)在區(qū)間(1,+8)上單調(diào)遞增，且九(2)=0,

所以m2_2m+ln(7n-1)<0,即h(m)<h(2),

所以lvm<2,所以m的取值范圍是(1,2).

16.(2022?陜西?高三階段練習(xí)(文))已知函數(shù)/(%)=loga(x+2)+loga(l-％)(a>0,且aHl).

(1)當(dāng)a=2時,求/(%)的單調(diào)性.

(2)是否存在實數(shù)a,使得/(x)在［-1(］上取得最大值2?若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由.

【解題思路】(1)先求出函數(shù)的定義域，再利用換元法求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，

(2)令t=-M-x+2,則由一1<%<^,得t=一［+{)2+：的值域為［工,力，然后分0<a<1,a>1求

函數(shù)的最大值，使其等于2,列方程可求出a的值.

【解答過程】(1)

由題意可得{；［：；解得一2<x<1,即/(x)的定義域為(一2,1).

2

當(dāng)a=2時，f(x)=log2(x+2)+log2(l-x)=log2(-x-x+2).

令t=---x+2(xe(-2,1)),則y=log23

對稱軸為x=

則函數(shù)t=—/一x+2在—J上單調(diào)遞增，在卜,1)上單調(diào)遞減，

因為y=logzt在定義域內(nèi)遞增，

所以/(%)在(―2,-分上單調(diào)遞增，[一]1)上單調(diào)遞減.

(2)

2

f(x)=loga(x+2)4-loga(l-x)=Ioga(-x-x+2),

令t=—x2—x+2,

因為-1<%<p

4

所以t=-卜+丁+:的值域為玲，斗

當(dāng)0<a<l時,r(x)在卜詞上的最大值是10ga￡,

則loga費=2,即a?=*解得a=空；

當(dāng)a>1時，f(x)在卜詞上的最大值是log。￡

則loga：=2,即a?=￡解得a=|.

綜上，a的值為當(dāng)或右

17.(2022.河北邢臺.高三階段練習(xí))己知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足/(一x)-f(x)=0,且f(x)=

x

log2(24-1)—fcx,g(x)=f(x)+x.

(1)求k的值；若函數(shù)/G)的定義域為[0,4],求h(x)=2f3)+x的值域.

(2)設(shè)九(%)=爐+%]nx-2znx+1,若對任意的與€[0,3],存在打e[e’e?],使得g(xj2以&)，求實數(shù)m的

取值范圍.

【解題思路】(1)利用/"(-x)-/(x)=0可求得左=也根據(jù)復(fù)合函數(shù)定義域的求法可求得f(2x)的定義域,

結(jié)合h(x)的解析式可求得值域；

(2)根據(jù)單調(diào)性的性質(zhì)可確定g(x)在R上單調(diào)遞增，由此可得g(x)在。3]上的最小值為g(0)=1,根據(jù)能

成立的思想，結(jié)合九(外41,分離變量可將問題轉(zhuǎn)化為2nl>(x3+lnx)min，由此可求得m的取值范圍.

【解答過程】(1)

14-9^

x

v/(—X)—/(%)=log2―^-+kx—log2(2+1)+依=log22r+2kx=(2k—l)x=0,

x

2/c-1=0,解得：fc=|,.,./(%)=log2(2+1)-

若/(%)定義域為[0,4],則由0W2%44得：04工42,即f(2x)的定義域為[0,2]；

2x2X

v/(2x)+%=log2(2+1),Ah(x)=2八2%)+"=2+1,

二當(dāng)xe[0,2]時，22x+le[2,17],/i(x)值域為[2,17].

(2)

x

由(1)得：g(x)=log2(2+l)+^x；

xx

?:y=2+1在R上單調(diào)遞增，二y=log2(2+1)在R上單調(diào)遞增，

又y=1x在R上單調(diào)遞增，:g(x)在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)*e[0,3]時，g(x)min=9(0)=1：

:對任意的X]€[0,3],存在歷e[e,e2],使得g(xj2%(>2),

;存在G[e,e2],x4+xlnx-2mx+1<1,即2nl>x34-Inx,

33

y=x+Inx在[e,e2]上單調(diào)遞增，.?.(7+lnx)min=e+1,

27n>e3+l,解得：m>^i,即實數(shù)m的取值范圍為[手,+8).

18.(2021?山東?高一階段練習(xí))設(shè)函數(shù)g(x)=logs%,函數(shù)y=f(x)的圖像與y=g(x)的圖像關(guān)于y=x對

稱.

(1)求'=/@)的解析式

(2)是否存在實數(shù)m>0,使得對VxeR,不等式2m-3<rn/(x)恒成立，若存在求出m,若不存在，說明

理由.

【解題思路】(I)根據(jù)反函數(shù)的定義及性質(zhì)可知與9(久)互為反函數(shù)，即可求出/(x)的解析式；

(2)由(1)可得不等式即為2巾一3<巾?3丫恒成立，令t=3*(t>0),則問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的不等式mt-

2m+3>0在(0,+8)上恒成立，結(jié)合一次函數(shù)的性質(zhì)計算可得.

【解答過程】(1)

解：因為函數(shù)y=/(x)的圖像與y=g(x)的圖像關(guān)于y=x對稱，

所以f(x)與g(x)互為反函數(shù)，

因為g(x)=|。83，所以/>0)=3，

(2)

解：不等式2m—3<mf(x)恒成立，即2?n—3cm?3^恒成立，

令t=3*(t>0),則關(guān)于t的不等式2m-3<mt,即mt-2m+3>0在(0,+8)上恒成立，

令h(t)=mt—2血+3,tG(0,+oo),

因為m>0,所以h(t)在(0,+8)上單調(diào)遞增，依題意只需九(0)=-2m+320,解得mW|,

所以0<mWI；

19.(2022?安徽?高三階段練習(xí))己知函數(shù)/(x)=logM(a>0,且arl).

(1)若函數(shù)/(久)的圖象與函數(shù)h(x)的圖象關(guān)于直線y-x對稱，且點P(2,16)在函數(shù)/i(x)的圖象上，求實數(shù)a的

值；

(2)已知函數(shù)g(x)=%e[1,8].若g(x)的最大值為8,求實數(shù)a的值.

【解題思路】(I)由題意可知/i(x)=aL然后將點(2,16)代入可求出a的值，

22

(2)由(1)=(logax)-41oga2-logax+3(loga2),令C=log。％,則<p(t)=產(chǎn)一4Hoga2+

2

3(loga2),然后分0<a<1和a>1兩種情況結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可.

【解答過程】(1)

因為函數(shù)/(%)=logax(a>0,且Q豐1)的圖象與函數(shù)九(%)的圖象關(guān)于直線y=%對稱，

所以/I(%)=Q*(a>0,且QW1),

因為點P(2,16)在函數(shù)九(%)的圖象上，

所以16=。2,解得。=4,或Q=—4(舍去)，

(2)

22

gM=loga|-loga?=(logax-loga2)(logax-loga8)=(logax)-4loga2-logax+3(loga2).令亡=

10gaX.

①當(dāng)0<QV1時，由gWxW8,有31oga2<logax<-loga2,

2

二次函數(shù)9(t)=t-4tloga2+3(loga2)的對稱軸為t=21oga2,

2222

可得最大值為9(Toga2)=(logfl2)+4(logfl2)+3(loga2)=8(logfl2)=8,

解得Q=；或Q=2(舍去)；

②當(dāng)Q>1時，由有一log/工log/工31oga2,

2

二次函數(shù)<p(t)=t-4tloga2+3(loga2)2的對稱軸為t=21oga2,

2222

可得最大值為wjlogj)=(logn2)4-4(loga2)+3(loga2)=8(loga2)=8,解得a=2或a="舍去)，

綜上，實數(shù)Q的值為1或2.

xX+12

20.(2022?廣東?高二階段練習(xí))已知函數(shù)/(%)=log3(4—9x2+113),函數(shù)g(x)=x—2mx+5m.

(1)求不等式/。)34的解集；

(2)若Vxi6[1,3]6》2€[0,2],使得/(修)Sg(X2),求實數(shù)，〃的取值范圍.

【解題思路】(1)由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得#-18x2、+3240,然后通過換元法及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即得;

(2)由題可得/(XjmaxWg(次)max，然后根據(jù)指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及二次函數(shù)的性質(zhì)求函數(shù)最值即

得.

【解答過程】(1)

由4、-9x2、+1+113=4X-18X2X+113=(2*-9)2+32>0,

可知;'(X)的定義域為R,

由log3(4》-9x2X+1+113)<4,得4工-18x2X+32<0,

令t=2,則戶一18，+32WO,

解得2<t<16,

由2W2*W16,得1WXS4,

所以不等式/(x)<4的解集為{x[l<x<4}:

(2)

由題意，e[1,3]>有/(與)wg(%2)，

所以g(%2)N/(x)max,

x2X

因為/(X)=10g3[(2-9)+32],Vxe[1,3].有2<2<8,

所以fCOmax=log3[(2-9)2+32]=4,

XBX26[0,2],使得g(%2)24,只要g(&)maxN4即可,

因為函數(shù)g(x)=/-2mx+5m,xe[0,2]的圖象開口向上，且它的對稱軸方程為x=m,

①當(dāng)mW1時，5(x)max-5(2)=4—4m+5m>4,即mN0

所以0<?n<1；

②當(dāng)zn>1時，g(x)max=9(0)=5m>4,解得m>g,

所以m>1；

綜上所述，〃?的取值范圍為[0,+8).

21.(2022.寧夏.高三階段練習(xí)(理))已知函數(shù)門>)=1082(2^+1)-此是偶函數(shù).

(1)求k的值；

(2)若函數(shù)/i(x)=2八約+9+巾?4”,久C[1,2],且h(x)在區(qū)間[1,2]上為增函數(shù)，求機的取值范圍.

【解題思路】(I)根據(jù)偶函數(shù)的定義列出等式結(jié)合對數(shù)的運算即可求解；

(2)根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性法則，利用換元方法轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的單調(diào)性問題，

進而根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性即可求解.

【解答過程】(1)

由f(x)是偶函數(shù)可得，=0

x

貝i]log2(2-x+1)-/c(-x)—log2(2+1)+kx=0,

即2kx=log2=x,

所以(2k-l)x=0恒成立，

故2k—l=0=k=L

2

(2)

x

由(I)得/(%)=log2(2+1)-

所以M%)=2fW+lx+m?#=210g2(2由)+m?4%=m?4#+2%+1,

令t=2x,xE[1,2],則y=mt2+t+1,￡€[2,4].

為使九(%)為單調(diào)增函數(shù)，則

①zn=0時顯然滿足題意；

Jm>0

②J_v2=m>。；

(2771—

rm<0i

③，1>4=一”優(yōu)<0?

-----2---m--N48

綜上：的范圍為卜焉,+8).

22.(2022?全國?高一單元測試)若函數(shù)y=7。)對定義域內(nèi)的每一個值看,在其定義域內(nèi)都存在唯一的犯，

使7(X1)-r(x2)=1成立，則稱該函數(shù)為“YL函數(shù)”.

(1)判斷定義在區(qū)間[2,3]上的函數(shù)f(x)=x+1是否為“YL函數(shù)”，并說明理由：

(2)若函數(shù)g(x)=3*-i在定義域>0)上是“YL函數(shù)”，求一+九的取值范圍.

【解題思路】(1)根據(jù)函數(shù)定義可得f(x)€[3,4],再判斷對任意向,小6[2,3]對應(yīng)/(匕)4(X2)的范圍，

結(jié)合“YL函數(shù)”定義判斷;"(X)；

(2)由題設(shè)可得g(x)6]3吁1,3—],根據(jù)“YL函數(shù)”定義有g(shù)(X2)=￡6匕=,焉],由值域的包含關(guān)系

x

9\i)33

得九=2-nt且0<mV1,代入zn?+九結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)求范圍.

【解答過程】(1)

不是，理由如下：因為/(x)=x+l,xG[2,3],所以/'(x)e[3,4],

對任意打，x2e[2,3]?/(%!)-/(X2)e[9,16],

所以定義在[2,3]上的/(x)=x+1不是函數(shù)”.

(2)

g(x)=3*T在定義域>0)上是“YL函數(shù)”，

由于g(x)在定義域上單調(diào)遞增，則g(x)6

m-1rt-1

對任意/C[小,兀],e[3,3],都存在外e使9(X1),g(%2)=1，

則g(M)=e號占，藻J，

y\xi)sJ

所以￡二3一即爆二二二二，則3時1.3吁1=1,即g(m).g(m=l,

儼-1一—

所以m+n—2=0,即九=2—m.

因為n>m>0f所以n—m=2—TH—m=2—2m>0,所以O(shè)VmCl,

所以rn?+n=m2-m4-2=(?n-1)24-G,2),即m2+幾的取值范圍為￡2).

23.(2022?陜西?高三階段練習(xí)(理))已知函數(shù)/(%)=1082(於+1)+依為偶函數(shù).

(1)求實數(shù)k的值；

(2)解關(guān)于m的不等式/(2m4-1)>f(m-1);

(3)設(shè)g(%)=log2(a?2*+Q)(QW0),若函數(shù)/(%)與g(%)圖象有2個公共點，求實數(shù)a的取值范圍.

【解題思路】(1)根據(jù)偶函數(shù)的定義及性質(zhì)直接化簡求值；

(2)判斷％NO時函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)奇偶性可得函數(shù)在各區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性，解不等式即可；

(3)由函數(shù)f(x)與或其)圖象有2個公共點，可得。?2*+。=2丁+/有兩個實數(shù)根，再利用換元法轉(zhuǎn)化為二

次方程有兩個根，利用判別式求參數(shù)范圍.

【解答過程】(1)

函數(shù)的定義或為R，

x

,?,函數(shù)f(%)=log2(4+1)+依為偶函數(shù).

xx

???/(—%)=/(%),即log2(4-4-1)—fcx=log2(4+1)+kx,

4%+l

-xxx

2kx=log2(4+1)-log2(4+1)=log2=log24-=-2x,

**?k=-1；

(2)

x

/(X)=10g2(4+1)-x=log2(詈)=10g2Qx+3，

當(dāng)xNO時，2*21,y=2、+/單調(diào)遞增，

在[O,+8)上單調(diào)遞增，

又函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)在[0,+8)上單調(diào)遞增，在(-8,0]上單調(diào)遞減；

v/(2m+1)>f(m—1),

A12m4-1|>|m-1|,

解得？n<—2或TH>0,

所以所求不等式的解集為(-oo,-2)U(0,+oo)；

(3)

???函數(shù)/(%)與g(%)圖象有2個公共點，

x

：?gM=Iog2(a?2*+a)=/(x)=log2(4+1)-x=log2(詈)，

X

即a?2*+Q==2"+5，a-24-a>0,

設(shè)t=2X>0,則at4-a=t4-p即(a—l)t2+at—1=0,

又￡=2%在R上單調(diào)遞增，

所以方程(Q-1)嚴(yán)4-at-1=0有兩個不等的正根：

'Q—1H0

△=Q2-4(a—1)x(―1)>0

<——>0，

a-l

--->0

'a-l

解得2口一2<a<l,即a的取值范圍為(2企一2,1).

24.(2022?湖南?高一階段練習(xí))已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(一無)-f(x)=0且f(x)=log/2^+1)+

kx,g{x)=/(x)+x.

(1)求/(x)的解析式；

(2)若不等式g(4/-a?2,+1)>g(-3)恒成立，求實數(shù)a取值范圍；

(3)設(shè)九(%)=/—2mx+1,若對任意的€[0,3],存在小6[1,3],使得以與)=/1(小)，求實數(shù)，篦取值范

圍.

(解題思路】(1)根據(jù)/(-X)-r(x)=o,代入計算可得；

(2)根據(jù)g(x)單調(diào)性得鏟―-2丫+1>-3,分離參數(shù)求最值即可.

(3)因為對任意的.6［0,3］,存在%26［1,3］,使得g6)>h(x2),等價于g(x)min>Kx)min,先求g(x)的

最小值，再分類討論對稱軸x=m與區(qū)間［1,3］的位置關(guān)系，使/i(x)的最小值滿足小于等于1的條件，求解即

可.

【解答過程】(1)

x

由題意知，log2(2-*+1)-fcx-log2(2+1)-fcx=0,

-zx

即2kx=log2(2+1)-log2(2+1)=log2^^=-x,所以k=

x

故fG)=log2(2+1)

(2)

x

由(1)知，5(x)=/(x)+x=log2(2+1)+^x,

所以g(x)在R上單調(diào)遞增，

所以不等式g(4*-a-2X+1)>g(—3)恒成立等價于4、-a-2x+l>-3,

即a<罷恒成立.

設(shè)t=2>,則t>0,gi=_=t+g24,當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即x=l時取等號，

所以a<4,

故實數(shù)a的取值范圍是(一8,4).

(3)

因為對任意的與6［0,3］,存在*2€［1,3］,使得9(/)2無(%2)，

所以g(x)在［0,3］上的最小值不小于九⑺在［1,3］上的最小值,

x

因為g(x)=log2(2+1)在［0,3］上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)xe［0,3］時，g(x)min=g(0)=1，

2

又/i(x)=x—2mx+1的對稱軸為％=mfxE［1,3］,

當(dāng)mW1時，/i(x)在［1,3］上單調(diào)遞增，/i(x)min=^(1)=2-2m<1,解得mN5

所以］<m<1；

當(dāng)lVmV3時,h(%)在［l,m)上單調(diào)遞減,在［m,3］上單調(diào)遞增，

九(%)min=h(m)=1-m2<1,解得?nER,所以1VmV3；

當(dāng)m>3時，/i(x)在［1,3］上單調(diào)遞減，/i(x)min=h(3)=10-6m<1,解得tn>

所以m>3,

綜上可知，實數(shù)，〃的取值范圍是七,+8).

25.(2022?福建南平?高二期末)已知函數(shù)/(x)=a-島為奇函數(shù)(a為常數(shù)).

(1)求a的值，并證明函數(shù)/(x)的單調(diào)性；

⑵解不等式f(log32x)<f(^log3(x+1))

【解題思路】(1)利用奇函數(shù)的定義式求解a的值或者特殊函數(shù)值對稱求解a,再利用單調(diào)性定義法證明函

數(shù)/(x)的單調(diào)性；

(2)由(1)中/(x)單調(diào)性，列不等式求解即可.

【解答過程】(1)

解：解法一：由/'(X)=a-島?為奇函數(shù)，得/'(-X)=-f(x)

即a----1-=-a+--~y

2—+I2X+1

2222x2

2a=2-x+1+2X+1=2X+1+2X+1=2

求得Q=1

解法二：由/(%)=。一高為奇函數(shù)，得/(0)=0,

即Q，—=0,

20+1

求得Q=1,

經(jīng)檢驗：/(%)=1-1為奇函數(shù)

證明：Vxpx2￡R，且有

f(X1)~g=1-聲”-(1_F7TT)

2切+1_2%i+1

=(2-+1)?(2xz+1)

由X]>上2得2%+1>2冷+1>0于是fa】)-f(x2)>0,

所以，函數(shù)y=/(x)在R上單調(diào)遞增

(2)

解：由(1)得函數(shù)y=f(x)在R上單調(diào)遞增,