专题4 指数、对数幂函数-备战2021年高考大一轮复习典型题精讲精析(解析版)

专题4 指数、对数幂函数

一、单选题

1．已知函数fxxaxb（其中ab）的图象如图所示，则函数gxlogaxb的图象大致是( )

A．B．C．D．

【答案】B

【解析】法一：结合二次函数的图象可知，a1，1b0，所以函数gxlogaxb单调递增，排除C，D；把函数ylogax的图象向左平移b个单位，得到函数gxlogaxb的图象，排除A，选B.

法二：结合二次函数的图象可知，a1，1b0，所以a1，0b1，在gxlogaxb中，取x0，得g0logab0，只有选项B符合， 故选B.

2x12．已知定义域为R的函数f(x)x1是奇函数，则不等式f(x)f(1x)0解集为（ ）

2mA．{x|x} 【答案】A

【解析】若函数是奇函数，则fxfx，

12B．{x|x2}

C．x2x D．xx0

122x112x2x1 ，所以m2， fxx1x1x2m2m22m中学教育

中学教育

2x12x1211 ， fxx1x1x2222221当x1x2时，2x112x211，fx1fx2， 所以函数是单调递减函数，

fxf1x0fxf1x，

即x1x，解得:x故选：A

3．已知fxlogmx，其中m11 ,解集是xx.

22sincos51，已知0,，且af222，bfsin2sincos，cfsincos，则a，b，c的大小关系是（ ）． C．cba

D．abc

A．acb 【答案】D 【解析】∵mB．bca

51311,可得m0,1,∴fxlogmx为单调减函数， 22∵0,，sin0,cos0,∴sincos2sincos， 2∴

sin2sin22sinsinsincossincos, sincos,sincos2sincos2sincos2∴abc， 故选：D.

4．已知函数f(x)满足对任意实数m,n，都有f(mn)f(m)f(n)1，设

1axg(x)f(x)x(a0,a1)，g(ln2019)2018，gln（ ）

2019a1A．2018 【答案】D

【解析】由题可知：f(mn)f(m)f(n)1

中学教育

B．2017 C．-2016 D．-2015

中学教育

令mn0，可得f(0)1

令mx,nx，则f(xx)f(x)f(x)1 所以f(x)f(x)2

axax又xx1 a1a1ax由g(x)f(x)x，

a1axax所以g(x)gxf(x)xf(x)x3

a1a1又gln1gln2019 2019所以gln1g(ln2019)3，由g(ln2019)2018 201912015 2019所以gln故选：D

5．对于任意实数x，[x]表示不超过x的最大整数.例如[1.52]2,[2.094]2，记{x}x[x]，则

log23log210log215( )

A．-6 【答案】D

【解析】因为1log232，3log2104，3log2154， 所以log23log231log2B．-1

C．1

D．0

103，log210log2103log2， 2815log215log2153log2，则：

8310831015 log2()log210， log23log210log215log2log2log2288281510故选D.

x6．定义在R上的单调函数fx满足ffx23，且fafb3，logablogba3，

中学教育

中学教育

则a与b的关系是（ ） A．ab3 【答案】A

xxfxe1fxe 【解析】根据题意，fx是定义在R上的单调函数，满足f，则为常数，设xtfxefxext，则fxext， 又由f 1，即ft1，则有et1，解可得t0，

B．ba3 C．ab4 D．ba4

则fxe， 若fafbe，即eaebe1e，则ab1， 若logablogbax10，必有30ab， 则有

变形可得：ab3. 故选：A．

lgblga10lgblgb1，又由0ab1，则1，解可得，即lga3lgb，lgalgb3lgalga3xx7．已知函数fx是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)3x1，则使不等式fe3e8成9立的x的取值范围是（ ） A．(ln3,) 【答案】C

x【解析】当x0时，f(x)31是增函数且f(x)0，又函数fx是定义在R上的奇函数，

B．(0,ln3)

C．,ln3 D．1,3

则f00满足

fx3x1，所以，函数yfx在R上是连续函数，

所以函数fx在R上是增函数，

88f(2)，∴f(2)f(2)

998fex3exf(2)，∴ex3ex2，即e2x2ex30，(ex3)(ex1)0，又ex10，

9∴ex3，xln3，即原不等式的解集为(,ln3)． 故选：C.

8．已知函数fx是定义在R上的奇函数，f(x)f(x)3232，且x3,0时，2f(x)log2(3x1)，则f(2020)( )

A．4

B．log27

C．2

D．2

中学教育

中学教育

【答案】D

【解析】因为函数f(x)满足f(x)f(x)，所以f(x3)f(x)，即函数f(x)是以3为周期的周期函数，又函数fx是定义在R上的奇函数，且x32323,0时，f(x)log2(3x1)，所以2f(2020)f(1)f(1)log242．故选D．

19．已知函数f(x)2b有两个零点，分别为x1，x2x1x2，则下列结论正确的是（ ）

2A．2x11，x1x22 C．x12，x1x22 【答案】A

B．2x11，x1x21 D．x12，x1x21

x11【解析】依题可知，f(x)2b0有两个根，解得2b0或 22xx12b0，且b0，即2b0．因为x1x2 ，所以 2121122b4，解得2x11；02b2，解得x21；

22xxx121111222xxxx24b20,4，解得x1x22．

故选：A．

10．已知fx是定义在R上的偶函数，且在区间,0上单调递增.若实数a满足f2则a的取值范围是（ ） A．a1f2，

13, 22B．,D．,013,

22C．0,2 【答案】A

2,

【解析】由于函数yfx是定义在R上的偶函数，且在区间,0上单调递增，

中学教育

中学教育

所以，函数yfx在区间0,上为减函数， 由f2a1f2得f2a1f112，所以a1a1，， 22222即111313a1，解得a，因此，实数a的取值范围是,.

222222故选：A.

11．已知a0且a1函数yloga2x32的图象恒过定点P，若点P在幂函数yfx的图象上，则f8（ ） A．2 【答案】C

【解析】令2x31，得x2，当x2时，yloga122，所以点P的坐标为2,2， 由于函数yfx为幂函数，设fxx，

B．2 C．22 D．4

将点P的坐标代入函数yfx的解析式，得f222，则1， 2fxxx，因此，f8822.

故选：C.

12．函数f(x)2loga(x1),(a0,a1)且恒过定点(m,n)，则在直角坐标系中,函数g(x)(的大致图像为 （ ）

121x1)mnA． B．

C． D．

中学教育

中学教育

【答案】B

【解析】由题：f(x)定点为(2,0)，即m2,n0，

1x1g(x)()，关于直线x1对称，

21x11()x1单调递减， 当x1时，g(x)()221x1根据对称性，当x1时，g(x)()单调递增，

2故选：B

二、填空题

13．已知函数f(x)1og2x，ab且

12b，fafbk，设k值改变时点(a,b)的轨迹为C，23若点M，N为曲线C上的两点，O为坐标原点，则MON面积的最大值为__. 【答案】

7 24【解析】由题意，可知：

12b，fb1og2b1og2b． 23又

fafbk，

a1，fa1og2a1og2a．

fafb，1og2a1og2b，

即：1og2a1og2b1og2ab0，

ab1．

曲线C的轨迹方程即为：ab1．

121b，a． 23b3a2， 2则曲线C的图象如图：

中学教育

中学教育

MON面积要取最大值，

当M、N为曲线C的两个端点时，MON面积最大，

M点坐标为321,，N点坐标为2,．

223x23y3， 2则直线MN的直线方程为：

3122223化简，得：2x6y70．

31210． MN22236原点O到直线MN的距离d2274367． 210111077． MON面积的最大值为：MNd22621024故答案为

7． 2414．已知函数若f(x)log4x,20x4x10x25,x4，c，d是互不相同的正数，且，a，bf(a)f(b)f(c)f(d)，则abcd的取值范围是_____．

【答案】24,25

log4x,0x4【解析】先画出函数f(x)2的图象，如图所示：

x10x25,x4中学教育

中学教育

b,c,d互不相同，不妨设abcd，且f(a)f(b)f(c)f(d)， 因为a,而log4log4b，即有log4alog4b0，可得ab1，则abcdcd，

cd由cd＝10，且cd，可得cd252且cdc(10c)(c5)25，

22，

当c4时，d6，此时cd24，但此时b，c相等， 故abcd的范围为(24,25)． 故答案为． （24，25）

x2(4a3)x3a,x0(a0且a1)在R上单调递减，则a的取值范围是15．已知函数f(x)loga(x1)1,x0_________. 【答案】[,]

【解析】由题分段函数在R上单调递减可得0a1 又因为二次函数图像开口向上，所以21334

4a330，解得a 24（x0）（x0）且， logax11maxx4a3x3amin将x0代入可得3a1，解得a所以a的取值范围是,

3416．给出下列四个命题： ①在ABC中，若C1 3132，则sinAcosB；

②已知点A0,3，则函数y3cosxsinx的图象上存在一点P，使得PA1；

中学教育

中学教育

③函数ycos2x2bcosxc是周期函数，且周期与b有关，与c无关； ④设方程xsinx2的解是x1，方程xarcsinx2的解是x2，则x1x2.

其中真命题的序号是______.（把你认为是真命题的序号都填上） 【答案】①③

【解析】①在ABC中，若C2，则AB，则AB，由于正弦函数在区间0,上2222为增函数，所以sinAsinBcosB，故命题①正确； 2②已知点A0,3，则函数y3cosxsinx2cosx2,2，所以该函数图象上不存在一点6P，使得PA1，故命题②错误；

③函数ycos2x2bcosxc的是周期函数，

11cos2xc，该函数的周期为. 22112当b≠0时，ycosx2bcosxccos2x2bcosxc，该函数的周期为2.

22当b0时，ycosxc22所以，函数ycosx2bcosxc的周期与b有关，与c无关，命题③正确；

④设方程xsinx由xsinx2的解是x1，方程xarcsinx2的解是x2，

2，可得sinx2x，由xarcsinx2，可得arcsinx2x，

则x1可视为函数ysinx与直线y2x交点的横坐标， 2x交点的横坐标，如下图所示：

x2可视为函数yarcsinx与直线y中学教育

中学教育

yx联立，得xy，可得点A,， 4yx442由于函数ysinx则直线yx的图象与函数yarcsinx的图象关于直线yx对称，

222x与函数ysinx和函数yarcsinx图象的两个交点关于点A对称，

所以x1x22，命题④错误.

故答案为：①③.

三、解答题 17．已知

exexfxxxee.

（1）判断函数fx的奇偶性，并说明理由；

（2）若实数a满足2flog3aflog1af10，求实数a的取值范围；

3【答案】（1）fx为奇函数；（2）0a1. 3exex【解析】（1）函数的定义域为R，fxxfx， xee中学教育

中学教育

所以函数fx是奇函数.

exexe2x1e2x122（2）fxx， 1x2x2x2xeee1e1e1根据复合函数单调性可知函数fx单调递增，

log1alog3a，函数fx又是奇函数，

3flog1aflog3aflog3a，f1f1

32flog3aflog1af10flog3af1，

3fx是单调递增函数，

log3a1，解得：0ax1 3x18．设函数fkx2k12xR,kZ．

（1）若fkx是偶函数，求k的值；

（2）若存在x1,2，使得f0xmf1x4成立，求实数m的取值范围；

（3）设函数gxf0xf22x4，若gx在x1,有零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）2；（2）,；（3）,．

6451【解析】（1）若yfkx是偶函数，则fkxfkx，即2即2xxk12x2xk12x

2xk12xk12xk12x2x，则k11，即k2；

（2）

f0xmf1x4，即2x2xm2x4，即m2x42x2x，

1142x2xxx2xt. 则m，设，，1x24221t2x422设42x2x1t24t1，则yt24t1t25，

222则函数yt4t1在区间,上为增函数，

4211中学教育

中学教育

当t1155时，函数取得最大值ymax21，m.

44425因此，实数m的取值范围是,；

4（3）f0x22，f2x22，则f22x22x22x2x2xxxxx22，

则gxf0xf22x42x2x2x2x22，

设t2x2x，当x1时，函数t2x2x为增函数，则t2若ygx在1,有零点，即gx2x2x2x2x即tt22，即t函数yt13， 2222tt220在t3上有解，22， t2332111在,上单调递增，则ymin2，即y.，因此，实数的

6t22366取值范围是,.

19．已知函数fxx2ax1.

216（1）若函数gxlogafxa（a0，a1）的定义域为R，求实数a的取值范围； （2）当x0时，恒有不等式

fxlnx成立，求实数a的取值范围. x【答案】（1）0a1155ln，且a1；（2）a2251 2【解析】（1）由题意可知，x22ax1a0在R上恒成立，∴4a244a0， ∴0a15，且a1； 2（2）∵

fx11lnx，∴xlnx2a，令hxxlnx，

xxx∴hx令hx111， x2x115110，解得， xx2x2中学教育

中学教育

当x5151x0，hx递增；当x0,,h时，时，hx0，hx递减； 2251511515lna5ln∴. ，2222∴hxh20．已知函数f（x）g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）+g（x）=2•3x． （1）证明：f（x）-g（x）=2•3-x，并求函数f（x），g（x）的解析式； （2）解关于x不等式：g（x2+2x）+g（x-4）＞0；

（3）若对任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x）-4恒成立，求实数m的最大值． 【答案】（1）详见解析；（2）（-∞，-4）∪（1，+∞）；（3）3.

【解析】（1）证明：函数f（x）、g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数， ∴f（-x）=f（x），g（-x）=-g（x）； 又f（x）+g（x）=2•3x，① ∴f（-x）+g（-x）=2•3-x， 即f（x）-g（x）=2•3-x，② 由①②求得函数f（x）=3x+3-x， g（x）=3x-3-x；

（2）解：g（x）=3x-3-x是定义域R上的单调增函数，

所以不等式g（x2+2x）+g（x-4）＞0可化为g（x2+2x）＞-g（x-4）=g（4-x）， 即x2+2x＞4-x，整理得x2+3x-4＞0，解得x＜-4或x＞1， 所以不等式的解集为（-∞，-4）∪（1，+∞）； （3）解：对任意x∈R，函数f（x）=3x+3-x≥23x3x=2，当且仅当x=0时取“=”；

所以不等式f（2x）≥mf（x）-4化为32x+3-2x≥m（3x+3-x）-4，

32x32x4(3x3x)22=即m≤； xxxx3333设t=3x+3-x，则t≥2， 所以函数g（t）=t+

2在区间[2，+∞）上单调递增， tg（t）min=g（2）=2+1=3，即m≤3, 所以实数m的最大值为3．

中学教育

中学教育

21．已知函数fxlog2x，函数gx32log2x.

（1）若函数Fxgxfx，x,最小值为16，求实数的值；

2182（2）当x,2时，不等式23gx2fxlnT的解集为，求实数T的取值范围.

81【答案】（1）32或8；（2）0,1e2． 182【解析】（1）令tlog2x，因为x,，所以t3．设yFx，则ygxfx，化简得y4t12t9，t3，

2当t128449123，即36时，有16，解得32或8；

163，即36时，有36312916，解得97（舍去）． 32当t128因此，实数的值为32或8；

22（2）不等式23gx2fxlnT可化为2log2x2log2xlnT，即x2xlnT．

1fx23gxx,2因为当时，不等式的解集为， 22lnT8所以当x,2时，不等式x2xlnT的解集为， 8则不等式lnTx2x对任意的x,2恒成立，

82令hxxx，x,2，

8111则函数yhx在区间,上单调递增，在区间,2上单调递减，hxminh2422，

822所以lnT2，从而0T111



1， e2中学教育

中学教育

因此，实数T的取值范围是0,1e2． 22．设A(x1,y1),B(x2,y2)是函数f(x)坐标为

1xlog2的图象上的任意两点.M为AB的中点，M的横21x1. 2（1）求M的纵坐标. （2）设Snf1n12fn1nf，其中nN*，求Sn.

n1224n1n3n2其中nN*，设T，bnann2n1n3n2（3）对于（2）中的Sn，已知an为数列bn的前n项的和，求Tn

1S1n1n522. ；（2）Sn；（3）Tn3n2n3221【解析】（1）M为AB的中点，M的横坐标为，故x1+x21，

2【答案】（1）

y1y2xxxx11log21log221log212 21x121x21x11x2x1x21，故M的纵坐标为1；

1x1x2x1x221log2（2）根据（1）知：fxf1x1，

故2Snf1n1nnf...fn1n12n1fnS，故； n2n122112（3）ann，

Sn11n22224n1n3n2224n1n3n2

bnan22n2n1n3n2n1n3n2112，

n1n3n1n34中学教育

中学教育

1111522111111Tn2.... 2n1n3243523n2n33n2n3

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