2/14試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁期末專題04指、對數與指、對數函數冪函數7大高頻考點概覽考點01指對數計算考點02大小比較考點03解指對冪不等式考點04指數函數的圖象與性質考點05對數函數的圖象與性質考點06冪函數的圖象與性質考點07二次函數的圖象及性質地地城考點01指對數計算1．(24-25高一上·福建龍巖·期末).【答案】【分析】利用根式的性質、指數冪的運算及對數的運算性質求解.【詳解】.故答案為：.2．(24-25高一上·福建廈門·期末)設，若，則．【答案】/【分析】由一元二次方程因式分解結合對數運算求解即可；【詳解】，即，即，又，所以，解得：，故答案為：3．(24-25高一上·福建南平·期末)已知，，（，且；，且；，且；），則的值為（

）A． B．3 C． D．30【答案】B【分析】由條件結合換底公式可求的值，相加可得結論.【詳解】由，可得，同理，可得，，，所以.故選：B.4．(24-25高一上·福建南平·期末)（1）計算的值；（2）已知，求的值.【答案】（1）；（2）【分析】（1）根據指數冪和對數的運算求解；（2）法一，利用誘導公式化簡式子，根據商數關系弦化切求解；法二，由題可得，代入所求式子得解；法三，由，可得為第一象限角或第三象限角，討論分別求出得解.【詳解】（1）；（2）解法一：，則原式；解法二：，，即，則原式；解法三：，為第一象限角或第三象限角，①當為第一象限角時，，，則原式；②當為第三象限角時，，，則原式.5．(24-25高一上·福建泉州·期末)（1）計算：；（2）計算：；（3）已知，求的值.【答案】（1）；（2）；（3）8【分析】（1）利用對數的運算性質求解即可.（2）（3）利用指數和對數的運算性質求解即可.【詳解】（1）原式（2）原式（3）由，可得所以地地城考點02大小比較6．(24-25高一上·福建福州·期末)設，，，則a，b，c的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據指數函數的單調性及對數的性質比較大小即可.【詳解】對數函數性質得，由指數函數的性質得，所以.故選：B7．(24-25高一上·福建莆田第十五中學·期末)設，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用指對數函數的單調性求出的范圍判斷.【詳解】因為在上單調遞增，且，所以，即，因為在上單調遞減，且，所以，即，因為在上單調遞減，且，所以，即，所以.故選：B.8．(24-25高一上·福建漳州·期末)已知，，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據，再結合對數函數的單調性可得到答案.【詳解】因為，，所以，又因為，所以，故選：D.9．(24-25高一上·福建南平·期末)若，，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用對數函數、指數函數、三角函數單調性限定出各數的取值范圍即可得出結論.【詳解】易知，而，，即可得，所以.故選：A10．(24-25高一上·福建龍巖·期末)若，，，則它們的大小關系是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】結合對數函數的單調性和指數函數的單調性，再利用0，1比較大小即可得解.【詳解】因為，所以．故選：D.11．(24-25高一上·福建三明·期末)若，，，則，，的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】借助指數函數的性質，得出，及，借助對數函數的性質得出，因而通過中間量“0”和“1”即可得出結論.【詳解】因為，所以，且，，又因為，所以，綜上，，故選：B12．(24-25高一上·福建廈門·期末)設，，，則（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】結合指對互化、對數的運算性質，根據對數函數的單調性比較大小即可.【詳解】因為，所以，所以，因為在定義域上單調遞增，所以，又在定義域上單調遞增，所以，所以，即，所以，所以.故選：C13．(24-25高一上·福建泉州第五中學·期末)設，，，則，，的大小關系為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據得到，得到，根據得到，而，從而比較出大小.【詳解】因為，所以，，故，，，又，所以，，故，，，因為，，所以，，故，，，，結合正弦函數圖象，的正弦值，隨著角度的增加，正弦值可約等于也在成比例的增加，其中，，故，事實上，查閱正弦表，可知，故，綜上，故選：A【點睛】關鍵點點睛：得到，，而，利用中間值比較出大小14．(24-25高一上·福建莆田第二中學、仙游第一中學·期末)（多選）下列大小關系中正確的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根據對數函數的性質判斷A；根據誘導公式以及正弦函數的性質判斷B；由指數冪的運算、冪函數的單調性判斷CD.【詳解】因為，所以A正確；因為，所以，所以B正確；因為，所以，C錯誤；因為在上單調遞增，所以，又因為在上單調遞減，所以，所以，D正確.故選：ABD.地地城考點03解指對冪不等式15．(24-25高一上·福建龍巖·期末)若全集，集合，，則圖中陰影部分表示的集合為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據指數函數單調性求集合B，再結合Venn圖運算求解即可.【詳解】因為，且圖中陰影部分表示的集合為.故選：C.16．(24-25高一上·福建泉州·期末)已知集合，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】利用指數函數的單調性結合一元一次不等式的解法求解出每個集合，再結合充分不必要條件的定義判斷即可.【詳解】令，解得，令，解得，得到，即可以推出，推不出，得到“”是“”的充分不必要條件，故A正確.故選：A17．(24-25高一上·福建莆田第二中學、仙游第一中學·期末)已知集合，，若是的必要不充分條件，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式求出集合、，再根據題意得，可得答案.【詳解】集合或，集合，若是的必要不充分條件，則，所以，解得.故選：A.18．(24-25高一上·福建莆田涵江區(qū)莆田錦江中學·期末)已知全集為實數集，集合，.(1)求集合、；(2)求【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用指數函數、對數函數單調性求解不等式即可.（2）利用補集、并集的定義求解.【詳解】（1）解不等式，得，即，解得，即，解不等式，得，解得或，即.（2）由（1）知，，所以.19．(24-25高一上·福建福州·期末)不等式的解集為.(1)求；(2)若函數的值域為，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）解一元二次不等式，即可得到集合；（2）通過指數函數值域，求得集合，然后利用并集定義求得.【詳解】（1）由得，解得，所以的解集為.（2）由于，則，則.20．(24-25高一上·福建泉州第五中學·期末)設集合，，．(1)求；(2)若，求實數的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）解不等式，得到，，利用交集概念求出答案；（2），分和兩種情況，得到不等式，求出答案.【詳解】（1），解得，所以，，則；（2），，故，當時，，解得，當時，需滿足，解得，綜上，實數的取值范圍為.地地城考點04指數函數的圖象與性質21．(24-25高一上·福建泉州第五中學·期末)若指數函數的反函數過，則．【答案】2【分析】根據反函數性質得到過點，代入求出答案.【詳解】由題意得過點，即，又且，解得.故答案為：222．(24-25高一上·福建廈門·期末)設，且，若函數的值域為R，則a的取值范圍是（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】分和兩種情況討論，再根據二次函數和指數函數的值域求解即可.【詳解】當時，函數的值域為，函數的值域為，所以時，函數的值域為，又因為函數的值域為R，所以，解得，當時，函數的值域為，函數的值域為，所以時，函數的值域為，與題意矛盾，綜上所述，a的取值范圍是.故選：C.23．(24-25高一上·福建福州·期末)已知函數的定義域為D，，，，則可以是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據指對冪的運算性質判斷各項對應函數是否滿足題設條件即可.【詳解】A：，，，錯；B：，，，錯；C：，，，對；D：，，，錯.故選：C24．(24-25高一上·福建龍巖·期末)若函數的值域為，且，則的最大值為.【答案】【分析】先把函數化簡結合指數函數的值域應用已知得出，再結合基本不等式計算得出最大值即可.【詳解】，因為，所以，所以函數值域為，故，則，因為，所以，因為，當且僅當時取等號，所以.故答案為：.25．(24-25高一上·福建龍巖·期末)（多選）已知函數，則（

）A．函數為單調減函數B．C．若，使得成立，則D．函數（且的與函數的的所有交點縱坐標之和為20【答案】BD【分析】根據指數函數的單調性及單調性的性質判斷A；結合指數運算得，即可判斷B；結合函數的對稱性，參變分離得在有解，然后利用指數函數的單調性求得函數最值即可判斷C；畫出兩個函數在同一坐標系下的圖象，根據對稱性和周期性求和判斷D.【詳解】對于A，易知當時，，時，由單調遞增可得在以及上分別為單調遞減函數，即A錯誤；對于B，易知函數滿足，因此可得關于對稱，，即B正確；對于C，由，即，即在有解，因為，所以，所以，所以可得，解得，即C錯誤；對于D，畫出函數以及的如下圖所示：易知也關于對稱，的周期為4，一個周期與有兩個交點，所以與在共20個交點，即，故D正確.故選：BD.【點睛】方法點睛：恒（能）成立問題的解法：若在區(qū)間上有最值，則（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分離常數，即將問題轉化為：（或），則（1）恒成立：；；（2）能成立：；.26．(24-25高一上·福建莆田第一中學·期末)設函數同時滿足條件和對任意都有成立．(1)求的解析式；(2)求的定義域和值域；(3)若，求使得成立的整數的取值的集合．【答案】(1)(2)定義域為，值域為；(3)【分析】（1）由得到，再根據得到，得到解析式；（2）由函數特征得到不等式，結合指數函數和對數函數單調性解不等式，求出定義域；（3），換元法，令，則，從而得到或，進而求出或或，得到取值集合.【詳解】（1），解得，故，，上式對任意都成立，故且，所以，故；（2），令，解得，故定義域為，顯然值域為；（3），即，，令，則，當時，，滿足要求，當時，，解得，當時，若，滿足要求，故或1，若，令，解得，故或4，當時，若，不合要求，若，令，解得，綜上，整數的取值集合為.27．(24-25高一上·福建福建師范大學附屬中學·期末)已知函數，其中a為常數，且．(1)若是奇函數，求a的值；(2)證明：在上有唯一的零點；(3)設在上的零點為，證明：．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）利用奇函數的定義求出a的值.（2）探討函數在上的單調性，再利用零點存在性定理推理得證.（3）證明，計算并判斷正負，，再借助單調性即可推理得證.【詳解】（1）函數的定義域為，，由是奇函數，得，解得，所以.（2）函數，，函數在上遞增，在上遞增，又在上遞增，因此在上遞增，而，所以在上有唯一的零點.（3），，則，則，因此，而在上遞增，于是，，所以.地地城考點05對數函數的圖象與性質28．(24-25高一上·福建福州·期末)函數（且）的圖象過定點P，則P的坐標是.【答案】【分析】根據對數的性質求函數圖象所過的定點坐標即可.【詳解】由，即函數圖象恒過點.故答案為：29．(24-25高一上·福建莆田第二中學、仙游第一中學·期末)（且）的圖象恒過定點，冪函數過點，則為．【答案】4【分析】根據對數函數的性質可求得定點的坐標，由冪函數的概念設由條件列式求出進而可得答案.【詳解】令得則恒過定點，設因為過點，所以即即故答案為：4.30．(24-25高一上·福建泉州·期末)函數且的圖象如圖所示，則必有（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據對數函數的知識以及圖象來確定正確答案.【詳解】由圖象可知，在定義域上單調遞增，而是增函數，根據復合函數單調性同增異減可知，，，所以，，由圖可知當時，，所以A選項正確.故選：A31．(24-25高一上·福建泉州第五中學·期末)函數的圖象可以是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求函數的定義域，再取特殊值即可求解.【詳解】令，由或，所以的定義域為，故可以排除AB選項，令有，故C錯誤，D正確.故選：D.32．(24-25高一上·福建三明·期末)函數的定義域為．【答案】【分析】根據函數定義域的求法列不等式組，由此求得函數的定義域.【詳解】根據題意得到，解得.故答案為：.33．(24-25高一上·福建漳州·期末)函數的定義域為．【答案】【分析】根據函數有意義滿足的不等式，即可求解.【詳解】由，得到，得到，所以函數的定義域為.故答案為：.34．(24-25高一上·福建南平·期末)已知函數是上的單調函數，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據題意，結合分段函數的單調性的判定方法，結合對數函數的性質，列出關于的不等式，即可求解.【詳解】由題，當時，單調遞增，又是R上的單調函數，所以，解得.所以實數的取值范圍為.故選：B.35．(24-25高一上·福建泉州·期末)若函數的值域為，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先通過函數單調性，求出分段函數在上的值域，再通過對參數的范圍討論，通過二次函數的性質求出函數在上的值域，通過并集為全集求出參數的范圍，從而求得結果.【詳解】∵函數在上單調遞增，∴當時，，令，，當時，函數對稱軸，則函數在上單調遞增，則，即函數的值域為，要想函數的值域為，則，即，∴，當時，函數對稱軸，則函數在上單調遞減，在上單調遞增，則，即函數的值域為，∵，∴此時函數的值域為，即，綜上所述：.故選：C.36．(24-25高一上·福建廈門·期末)（多選）已知函數，則（

）．A．的定義域為 B．在區(qū)間單調遞增C．的圖象關于對稱 D．【答案】ABD【分析】選項A由對數函數的定義域即可判斷；選項B，由復函函數的單調性滿足“同增異減”即可判斷；選項C，由于，則可判斷的正誤；選項，結合選項的結論可得，則選項的正誤可判斷.【詳解】選項A：的定義域為，選項A正確；選項B：當時，，因為在區(qū)間單調遞增，根據復合函數單調性，所以在區(qū)間單調遞增，選項B正確；選項C：，所以的圖象關于點對稱，選項C錯誤；選項D：由C可知，所以，即，因為，所以，當時，，因為在為增函數且恒成立，所以在區(qū)間單調遞增，所以，即，選項D正確．故選：ABD．37．(24-25高一上·福建福州·期末)已知函數.(1)求函數的定義域；(2)判斷函數的奇偶性，并說明理由；(3)若，求m的取值范圍.【答案】(1)；(2)奇函數，理由見解析；(3).【分析】（1）利用對數的性質及分式不等式的解法求定義域；（2）應用奇偶性定義判斷即可；（3）利用奇函數性質或對數運算性質得到，解分式不等式求參數范圍.【詳解】（1）由條件得，則，解得，所以的定義域為.（2）函數為奇函數，理由如下：因為定義域為，且，所以函數為奇函數.（3）法一：因為函數為奇函數，所以，即，得，則，故，因為，則，可得，解得，故m的取值范圍為.法二：因為，由，得，故，因為，則，可得，解得，故m的取值范圍為.38．(24-25高一上·福建龍巖·期末)已知函數是偶函數.(1)求實數的值；(2)若函數的最小值為，求實數的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據偶函數的定義，建立方程，結合對數的運算公式，可得答案；（2）代入（1）所得函數解析式，利用配方法與換元法構造函數，根據二次函數的性質，可得答案.【詳解】（1）由題意得：，即，所以，其中，所以，解得：.（2）由（1）得，所以，令，當且僅當時取等號，，故的最小值為，等價于，解得：；或，無解.綜上：.39．(24-25高一上·福建泉州第五中學·期末)已知函數，(1)若的定義域為，求實數的取值范圍；(2)，，求實數的取值范圍；(3)已知函數，若恰有一個零點，求實數的取值范圍．【答案】(1)(2)(3)或.【分析】（1）由對數函數真數大于0得到，由根的判別式得到不等式，求出答案；（2）轉化為在上恒成立，令，對稱軸為，分，和三種情況，結合函數單調性和最小值，得到不等式，求出答案；（3）分析出當時，的定義域為，轉化為在只有1個解，換元后得到，，由對勾函數單調性和值域得到或，當，分析得到的定義域為，轉化為在只有1個解，結合根的判別式得到，故時，滿足要求，從而求出的取值范圍【詳解】（1）由題意得恒成立，故，解得，故實數的取值范圍是；（2），，故在上恒成立，即在上恒成立，令，對稱軸為，當時，在上單調遞增，只需，解得，與取交集得；當時，的最小值為，故只需，解得；當時，在上單調遞減，只需，解得，與取交集得，綜上，實數的取值范圍為；（3）需滿足，故，恰有一個零點，由（1）知，若，此時的定義域為，若，的兩根為，，其中，故，，故，所以的定義域為，若，此時定義域為，綜上，當時，的定義域為，令在只有1個解，變形得到，令，則，，下面證明在上單調遞減，在上單調遞增，設，則，因為，所以，故，，所以在上單調遞減，同理可證在上單調遞增，其中，，要想在只有1個解，需滿足或，又，所以或，，的兩根為，，其中，故，，故，所以的定義域為，則的定義域為，故在只有1個解，令，其中，故需滿足，即，化簡得，顯然，當時，上式恒成立，故時，滿足要求，綜上，實數的取值范圍為或.【點睛】對于求不等式成立時的參數范圍問題，一般有三個方法，一是分離參數法,使不等式一端是含有參數的式子，另一端是一個區(qū)間上具體的函數，通過對具體函數的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據參數取值情況分類討論，三是數形結合法，將不等式轉化為兩個函數，通過兩個函數圖像確定條件.地地城考點06冪函數的圖象與性質40．(24-25高一上·福建泉州·期末)寫出同時滿足下列條件的一個函數的解析式.①為冪函數；②為偶函數；③在區(qū)間上單調遞減.【答案】（答案不唯一）【分析】根據冪函數、偶函數、函數的單調性等知識進行分析，從而確定正確答案.【詳解】依題意，是冪函數，偶函數，且在區(qū)間上單調遞減，所以中，是偶數且為負數，所以符合題意.故答案為：（答案不唯一）41．(24-25高一上·福建龍巖·期末)若冪函數在區(qū)間上單調遞增，則函數的過定點（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據冪函數的性質得到方程，求出，從而，由指數函數性質得到所過定點坐標.【詳解】為冪函數，且在區(qū)間上單調遞增，由題意得且，解得，故，令得，則，所以的過定點.故選：B42．(24-25高一上·福建福州·期末)（多選）已知函數，則（

）A．當時，是奇函數 B．當時，定義域為RC．當時，值域為 D．當時，在R上單調遞減【答案】ABC【分析】根據相關冪函數的性質及奇偶性定義判斷各項的正誤即可.【詳解】A：由，其定義域為且，函數為奇函數，對；B：，顯然定義域為R，對；C：，易知其值域為，對；D：，根據相關冪函數的性質知函數在R上單調遞增，錯.故選：ABC43．(24-25高一上·福建漳州·期末)已知冪函數在區(qū)間單調遞增．(1)求的值；(2)若函數，，則是否存在實數，使得的最小值為4？若存在，求的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)存在【分析】（1）結合冪函數的定義、單調性求得的值；（2）求得的解析式，對進行分類討論，結合的最小值為4來求得的值.【詳解】（1）因為是冪函數，所以，解得或，當時，在區(qū)間單調遞減，不符合題意，當時，在區(qū)間單調遞增，符合題意，所以．（2）由（1）函數的解析式為，函數，即，，函數的對稱軸為，①當，即時，則，解得，滿足題意；②當時，即，則，無解，舍去；③當時，即時，則，解得，不滿足，舍去；綜上所述，存在使得的最小值為4．地地城考點07二次函數的圖象及性質44．(24-25高一上·福建永春第一中學·期末)已知函數的值域為，則實數的值為（

）A．或1 B． C．1 D．1或2【答案】A【分析】因為函數，則由題意得，進而可求得答案.【詳解】因為函數