【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修一）专题4.11 指数函数、对数函数的综合应用大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(27)页，68.302 KB，由小赞的店铺上传

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专题4.11指数函数、对数函数的综合应用大题专项训练（30道）【人教A版2019必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·全国·高一课时练习）已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥+1(𝑎>1)在

区间[0,2]上的最大值与最小值之和为7．(1)求a的值；(2)证明：函数𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)是𝑅上的增函数．【解题思路】（1）根据𝑓(𝑥)=𝑎𝑥+1(𝑎>1)单调性代入计算即可；（2）根据定义法证明函数为增函数即可.【解答过程】（1）因为𝑓(𝑥)=�

�𝑥+1(𝑎>1)在区间[0,2]上单调递增，所以函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥+1(𝑎>1)在区间[0,2]上的最大值与最小值之和为𝑓(2)+𝑓(0)=7，所以𝑎2+1+𝑎0+1=7，解得𝑎

=±2，又因为𝑎＞1，所以𝑎=2．（2）由（1）知，𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)=2𝑥−2−𝑥，任取𝑥1,𝑥2∈𝑅，且𝑥1<𝑥2，则𝐹(𝑥1)−𝐹(𝑥2)=(2𝑥1−2−𝑥1)−(2𝑥2−

2−𝑥2)=2𝑥1−2𝑥2+12𝑥2−12𝑥1=2𝑥1−2𝑥2+2𝑥1−2𝑥22𝑥2⋅2𝑥1=(2𝑥1−2𝑥2)(1+12𝑥2+𝑥1)．因为𝑥1<𝑥2，所以2𝑥1−2�

�2<0，1+12𝑥2+𝑥1>0，所以𝐹(𝑥1)−𝐹(𝑥2)<0，即𝐹(𝑥1)<𝐹(𝑥2)，所以𝐹(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)是𝑅上的增函数．2．（2022·天津市高三阶段练习）设𝑓(𝑥

)=log𝑎(1+𝑥)+log𝑎(3-𝑥)(𝑎>0,𝑎≠1)，且𝑓(1)=2.(1)求𝑎的值及𝑓(𝑥)的定义域；(2)求𝑓(𝑥)在区间[0,32]上的最大值.【解题思路】（1）由𝑓(1

)=2代入可得𝑎的值，列出不等式组{1+𝑥>03-𝑥>0可得定义域；（2）根据复合函数的单调性判断𝑓(𝑥)在区间[0,32]的单调性即可得结果.【解答过程】（1）∵𝑓(1)=2，∴log𝑎2

+log𝑎2=2(𝑎>0,𝑎≠1)，∴𝑎=2.由{1+𝑥>03-𝑥>0，解得-1<𝑥<3，∴函数𝑓(𝑥)的定义域为(-1,3).（2）𝑓(𝑥)=log2(1+𝑥)+log2(3-𝑥)=log2(1+

𝑥)(3-𝑥)=log2[-(𝑥-1)2+4]，∴当𝑥∈(-1,1]时，𝑓(𝑥)是增函数；当𝑥∈(1,3)时，𝑓(𝑥)是减函数，函数𝑓(𝑥)在[0,32]上的最大值是𝑓(1)=log24=2.3．（2022·安徽省高三阶段练习）已知函

数𝑓(𝑥)=(log2𝑥)2−log2𝑥−2．(1)若𝑓(𝑥)<0，求𝑥的取值范围；(2)当14≤𝑥≤8时，求函数𝑓(𝑥)的值域．【解题思路】（1）设𝑡=log2𝑥，将不等式转化为二次不等式，解不等式，结合对数函数的单调性及对

数函数的定义域解不等式即可；（2）设𝑡=log2𝑥，可得𝑡∈[−2,3]，该函数可转化为关于𝑡的二次函数，根据二次函数的性质求值域.【解答过程】（1）设𝑡=log2𝑥，𝑥>0，𝑡∈R，所以𝑓(𝑥)=(log2𝑥)2−log2𝑥−2<0，即𝑡2−�

�−2<0，解得−1<𝑡<2，所以−1<log2𝑥<2，解得12<𝑥<4，即𝑥∈(12,4)；（2）由（1）得，当14≤𝑥≤8，𝑡∈[−2,3]，所以函数可转化为𝑦=𝑡2−𝑡−2，𝑡∈[−2,3]，当𝑡=12时，𝑦取最小值为−94，当𝑡=−2或𝑡=3时，𝑦

取最大值为4，即当𝑥=√2时，𝑓(𝑥)取最小值为𝑓(√2)=−94，当𝑥=14或𝑥=8时，𝑓(𝑥)取最大值为𝑓(14)=𝑓(8)=4，即函数𝑓(𝑥)的值域为[−94,4].4．（2022·辽宁·高三

阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=log33𝑥⋅log3(9𝑥).(1)求函数𝑓(𝑥)的值域；(2)求不等式𝑓(𝑥)<-4的解集.【解题思路】（1）由对数运算法则化简函数式后，把log3𝑥作为一个整体，结合二次函数性质可得值域；（2）把log3𝑥作为一个整体，解一

元二次不等式，然后再解对数不等式可得．【解答过程】（1）𝑓(𝑥)=(1-log3𝑥)(2+log3𝑥)=-(log3𝑥)2-log3𝑥+2=-(log3𝑥+12)2+94≤94，log3𝑥

=-12，即𝑥=√33时，取得最大值．所以𝑓(𝑥)的值域为(-∞,94].（2）根据题意得-(log3𝑥)2-log3𝑥+2<-4，整理得(log3𝑥)2+log3𝑥-6>0，即(log3𝑥+3)(log3𝑥-2)>0，解得lo

g3𝑥<-3或log3𝑥>2，所以0<𝑥<127或𝑥>9，故不等式的解集为(0,127)∪(9,+∞).5．（2022·北京·高二）已知定义域为的R奇函数𝑓(𝑥)满足：当𝑥≤0时，𝑓(𝑥)=2𝑥+𝑎(𝑎∈𝑅)．(1)求函数𝑓(𝑥)在[0,+∞

)上的解析式，并判断𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上的单调性（不需证明）；(2)若不等式𝑓(𝑚−𝑥𝑥)+𝑓(𝑚)≤0在区间[1,2]上有解，求实数m的范围．【解题思路】（1）根据奇函数的性质即可求解；（2）根据奇函数的单调性，将问题转化为�

�≤𝑥𝑥+1=1−1𝑥+1在区间[1,2]上有解，求最值即可.【解答过程】（1）解：∵𝑓(𝑥)是定义域为R的奇函数，∴𝑓(0)=20+𝑎=0，得𝑎=−1，设𝑥≥0，则−𝑥≤0，𝑓(�

�)=−𝑓(−𝑥)=−(2−𝑥−1)=−2−𝑥+1，∵𝑓(𝑥)在(−∞,0]上递增，在[0,+∞)上递增，∴𝑓(𝑥)在(−∞,+∞)上为增函数；（2）∵𝑓(𝑚−𝑥𝑥)+𝑓(𝑚)≤0，∴𝑓(�

�−𝑥𝑥)≤−𝑓(𝑚)=𝑓(−𝑚)，∵𝑓(𝑥)是(−∞,+∞)上的增函数，∴𝑚−𝑥𝑥≤−𝑚．由于𝑥∈[1,2]，∴𝑚≤𝑥𝑥+1=1−1𝑥+1，由于𝑦=1−1𝑥+1在[1,2]上递增，∴(1−1𝑥+1)max=23，得𝑚≤23.6．（2022

·河南安阳·高一期末）已知函数𝑓(𝑥)=2ln(e𝑥+1)−𝑥，其中e=2.71828⋯．(1)判断函数𝑓(𝑥)的奇偶性并证明；(2)求函数𝑓(𝑥)的值域．【解题思路】（1）由对数的运算得出𝑓(𝑥)=ln(e𝑥+1e𝑥+2)，再由定义证明即可；（

2）根据基本不等式结合对数函数的单调性得出函数𝑓(𝑥)的值域．【解答过程】(1)𝑓(𝑥)是偶函数，𝑓(𝑥)的定义域为R∵𝑓(𝑥)=2ln(e𝑥+1)−𝑥=ln(e𝑥+1)2e𝑥=ln(e𝑥+1e𝑥+2)，∴𝑓(−𝑥)=ln(e−𝑥+1e−𝑥+2)=ln(1e𝑥

+e𝑥+2)=𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥)是偶函数．(2)∵1e𝑥+e𝑥+2≥2√1e𝑥⋅e𝑥+2=4，当且仅当𝑥=0时取等号，∴𝑓(𝑥)=ln(e𝑥+1e𝑥+2)≥ln4=2ln2∴𝑓(𝑥)的值域为[2ln2,+∞)．7．（2022·河南·高三阶

段练习（文））已知𝑓(𝑥)=log21+𝑥1−𝑥(1)求𝑓(𝑥)的定义域、并判断函数的奇偶性；(2)求使𝑓(𝑥)>0的𝑥的取值范围.【解题思路】（1）根据对数函数的定义域可得1+𝑥1−𝑥>0解出范围即可，判别函数奇偶性，先看定义域关于原点对称，然后计算𝑓(−𝑥)，得

到𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，所以为奇函数；（2）由𝑓(𝑥)>0得到1+𝑥1−𝑥>1，解不等式，注意定义域范围即可.【解答过程】（1）由题意得1+𝑥1−𝑥>0，即(1+𝑥)(1−𝑥)>0，解得−

1<𝑥<1，所以定义域为{𝑥∣−1<𝑥<1}，因为定义域为{𝑥∣−1<𝑥<1}，关于原点对称，且𝑓(−𝑥)=log21−𝑥1+𝑥=log2(1+𝑥1−𝑥)−1=−log21+𝑥1−𝑥=−𝑓(𝑥)，所以是奇函数.（2）log21+𝑥1−𝑥>0，∴1+𝑥

1−𝑥>1，∵−1<𝑥<1，∴1−𝑥>0，∴1+𝑥>1−𝑥，∴𝑥>0，∴0<𝑥<1，综上𝑥的取值范围为0<𝑥<1.8．（2022·广东·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=log9(9𝑥+1)

−12𝑥，𝑥∈𝑅.(1)判断𝑓(𝑥)的奇偶性并证明；(2)若函数𝑔(𝑥)=9𝑓(𝑥)+𝑥2+𝑚⋅3𝑥−1，𝑥∈[0,log32]，是否存在𝑚，使得𝑔(𝑥)的最小值为0.若

存在，求出𝑚的值；若不存在，说明理由.【解题思路】(1)根据偶函数的定义判断；(2)将𝑔(𝑥)转化为二次函数，分类讨论求函数的最值.【解答过程】（1）证明：∵𝑓(𝑥)=log9(9𝑥+1)−12𝑥

定义域为𝑅，∴𝑓(−𝑥)=log9(9−𝑥+1)+12𝑥=log99𝑥+19𝑥+12𝑥=log9(9𝑥+1)−log99𝑥+12𝑥=log9(9𝑥+1)−12𝑥=𝑓(𝑥)，所以𝑓(𝑥)为偶函数

；（2）𝑔(𝑥)=9𝑓(𝑥)+𝑥2+𝑚⋅3𝑥−1=9log9(9𝑥+1)+𝑚⋅3𝑥−1=(3𝑥)2+𝑚⋅3𝑥，当𝑥∈[0,log32]时，3𝑥∈[1,2]，令3𝑥=𝑡，则𝑦=𝑡2+𝑚𝑡，𝑡∈[1,2]，当−𝑚2≤

1时，即𝑚≥−2，𝑦=𝑡2+𝑚𝑡在[1,2]上单调递增，所以𝑡=1时，𝑦min=𝑚+1=0，解得𝑚=−1;当1<−𝑚2<2时即−4<𝑚<−2，𝑡=−𝑚2时，𝑦min=−𝑚2

4=0，解得𝑚=0不成立；当−𝑚2≥2时，即𝑚≤−4，𝑦=𝑡2+𝑚𝑡在[1,2]上单调递减，所以𝑡=2时，𝑦min=2𝑚+4=0.解得𝑚=−2不成立.故存在满足条件的𝑚=−1.9．（2022·全国·高一课时练习）已

知函数𝑓(𝑥)=𝑏𝑎𝑥（其中𝑎，𝑏为常数，且𝑎>0，𝑎≠1）的图象经过点𝑀(1,1)，𝑁(3,9)．(1)求𝑎+𝑏的值；(2)当𝑥≤−3时，函数𝑦=(1𝑎)𝑥+1𝑏的图象恒在函数𝑦=2𝑥+𝑡图象的上方，求实数

t的取值范围．【解题思路】（1）将点𝑀、𝑁代入函数𝑓(𝑥)，即可求出𝑎、𝑏的值，则可求出答案；（2）当𝑥≤−3时，函数𝑦=(1𝑎)𝑥+1𝑏的图象恒在函数𝑦=2𝑥+𝑡图象的上方可等价于当𝑥≤−3时，不等式(1

3)𝑥+3−2𝑥−𝑡>0恒成立，利用参变分离可得当𝑥≤−3时，𝑡<[(13)𝑥+3−2𝑥]min，易知函数𝑦=(13)𝑥+3−2𝑥在(−∞,−3]上单调递减，由此即可求出答案.【解答过程】（1）∵函数𝑓(𝑥)

=𝑏𝑎𝑥（其中𝑎，𝑏为常数，且𝑎>0，𝑎≠1）的图象经过点𝑀(1,1)，𝑁(3,9)，∴{𝑏𝑎=1𝑏𝑎3=9∴𝑎2=9，∴𝑎=−3（舍）或𝑎=3，𝑏=13，∴𝑎+𝑏=103；（2）由（1）得当𝑥≤−3时，函数𝑦=(13)𝑥+3的图象恒在函数𝑦=2

𝑥+𝑡图象的上方，即当𝑥≤−3时，不等式(13)𝑥+3−2𝑥−𝑡>0恒成立，亦即当𝑥≤−3时，𝑡<[(13)𝑥+3−2𝑥]min．设𝑔(𝑥)=(13)𝑥+3−2𝑥(𝑥≤−3)，∵𝑦=(

13)𝑥在(−∞,−3]上单调递减，𝑦=−2𝑥在(−∞,−3]上单调递减，∴𝑔(𝑥)=(13)𝑥+3−2𝑥在(−∞,−3]上单调递减，∴𝑔(𝑥)min=𝑔(−3)=36，∴𝑡<36．10．（2022·安徽·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥

)=log2|𝑚𝑥−𝑛𝑥|−log2|𝑚𝑥+𝑛𝑥|，𝑚>𝑛>1.(1)判断函数𝑓(𝑥)的奇偶性，并给出证明；(2)求不等式𝑓(𝑥)+1<0的解集.（结果用m，n表示）【解题思路】（1）先求出函数的定义域，然后根据函数奇偶性的定义判断即

可，（2）原不等式化为log2|𝑚𝑥−𝑛𝑥𝑚𝑥+𝑛𝑥|<log212，则得0<|𝑚𝑥−𝑛𝑥𝑚𝑥+𝑛𝑥|<12，令𝑡=𝑚𝑛，则转化为12<2𝑡𝑥+1<32且2𝑡𝑥+1≠1，解出𝑡𝑥的范围，从而可求出

不等式的解集.【解答过程】（1）𝑓(𝑥)为偶函数，理由如下：依题意，函数𝑓(𝑥)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，则定义域关于原点对称，而𝑓(𝑥)=log2|𝑚𝑥−𝑛𝑥|−log2|𝑚𝑥+𝑛𝑥|=log2|𝑚𝑥−𝑛𝑥𝑚𝑥+𝑛𝑥|

，故𝑓(−𝑥)=log2|𝑚−𝑥−𝑛−𝑥𝑚−𝑥+𝑛−𝑥|=log2|𝑛𝑥−𝑚𝑥𝑛𝑥+𝑚𝑥|=𝑓(𝑥)，故函数𝑓(𝑥)为偶函数；（2）依题意，log2|𝑚𝑥−𝑛𝑥𝑚𝑥+𝑛𝑥|<log212

，则0<|𝑚𝑥−𝑛𝑥𝑚𝑥+𝑛𝑥|<12(∗)，令𝑡=𝑚𝑛，则𝑡>1，从而（*）式可化为|1−2𝑡𝑥+1|∈(0,12)，所以12<2𝑡𝑥+1<32且2𝑡𝑥+1≠1所以13<𝑡𝑥<3且𝑡𝑥≠1.故−log𝑡3<𝑥<log𝑡3

且𝑥≠0，即不等式𝑓(𝑥)+1<0的解集为(−log𝑚𝑛3,0)∪(0,log𝑚𝑛3).11．（2022·江西·高三开学考试（理））已知函数𝑓(𝑥)=log3(9𝑥+1)+𝑘𝑥是偶函数．(1)求𝑘；(2)解不等式𝑓(𝑥)≥log3(7·3𝑥

−1).【解题思路】（1）结合偶函数性质𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)以及对数运算法则即可解出𝑘；（2）结合对数运算法则，将原函数化成对数形式𝑓(𝑥)=log3(3𝑥+3−𝑥)，则不等式等价为3𝑥+3−𝑥≥7⋅3𝑥−1>0，求解即可【解答过程】（1）∵𝑓(𝑥)是偶函

数，∴𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，即log3(9−𝑥+1)−𝑘𝑥=log3(9𝑥+1)+𝑘𝑥对任意𝑥∈𝑅恒成立，∴2𝑘𝑥=log3(9−𝑥+1)−log3(9𝑥+1)=log39−

𝑥+19𝑥+1=log33−2𝑥=−2𝑥，∴𝑘=−1．（2）∵𝑓(𝑥)=log3(9𝑥+1)−𝑥=log3(9𝑥+1)−log33𝑥=log3(9𝑥+13𝑥)=log3(3𝑥+3−𝑥)，则不等式等价于3𝑥+3−𝑥≥7⋅3𝑥−1>0，由7

⋅3𝑥−1>0解得𝑥>−log37；由3𝑥+3−𝑥≥7⋅3𝑥−1得6⋅(3𝑥)2−3𝑥−1≤0，得0<3𝑥≤12，即𝑥≤−log32，综上，不等式的解为(−log37,−log32].12．（

2022·全国·高一单元测试）已知指数函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥（𝑎>0且𝑎≠1）的图像过点(3,18)．(1)设函数𝑔(𝑥)=√1−𝑓(𝑥)，求𝑔(𝑥)的定义域；(2)已知二次函数ℎ(𝑥)的图像经过点(0,0)，ℎ(𝑥+1)=ℎ(�

�)−2𝑥+1，求函数𝑓(ℎ(𝑥))的单调递增区间．【解题思路】（1）根据条件求出𝑓(𝑥)解析式，再列出不等式即可求得𝑔(𝑥)定义域.（2）由待定系数法求得ℎ(𝑥)解析式，再根据复合函数的单调性即可得到结果.【解答过程】（1）由题意知

𝑎3=18，解得𝑎=12，所以𝑓(𝑥)=(12)𝑥，𝑔(𝑥)=√1−(12)𝑥，令1−(12)𝑥≥0，解得𝑥≥0．所以𝑔(𝑥)的定义域为[0,+∞)．（2）设ℎ(𝑥)=𝑚𝑥2+𝑏𝑥+𝑐(�

�≠0)，则ℎ(𝑥+1)=𝑚(𝑥+1)2+𝑏(𝑥+1)+𝑐=𝑚𝑥2+(2𝑚+𝑏)𝑥+(𝑚+𝑏+𝑐)，ℎ(𝑥)−2𝑥+1=𝑚𝑥2+(𝑏−2)𝑥+𝑐+1，由ℎ(𝑥+1)=ℎ(𝑥)−2𝑥+1，得{2𝑚+𝑏=𝑏−2𝑚+𝑏+𝑐=𝑐+1，解得{

𝑚=−1𝑏=2，则ℎ(𝑥)=−𝑥2+2𝑥+𝑐，又ℎ(0)=𝑐=0，所以ℎ(𝑥)=−𝑥2+2𝑥=−(𝑥−1)2+1，所以ℎ(𝑥)=−𝑥2+2𝑥在[1,+∞)上单调递减，又𝑓(𝑥)=(12)𝑥在𝑅上是减函数，所以函数𝑓(ℎ

(𝑥))的单调递增区间为[1,+∞)．13．（2022·河南·高二开学考试（文））已知函数𝑓(𝑥)=ln(e2𝑥+1)+𝑎𝑥是偶函数．(1)求a的值及𝑓(𝑥)的最小值；(2)求不等式𝑓(𝑥+2)<𝑓(

2𝑥−3)的解集．【解题思路】（1）由偶函数的定义列式子可求出a的值，对函数化简后，利用基本不等式可求出其最小值，（2）先判断出𝑓(𝑥)在(0,+∞)上是增函数，然后根据其单调性和奇偶性解不等式【解答过程】（1）由题意得𝑓(−

𝑥)=𝑓(𝑥)，即ln(e−2𝑥+1)−𝑎𝑥=ln(e2𝑥+1)+𝑎𝑥，所以2𝑎𝑥=ln(e−2𝑥+1e2𝑥+1)=lne−2𝑥=−2𝑥，解得𝑎=−1．所以𝑓(𝑥)=ln(e2𝑥+1)−𝑥

=ln(e𝑥+1e𝑥)，因为e𝑥+1e𝑥≥2，当且仅当e𝑥=1e𝑥，即𝑥=0时取等号，𝑦=ln𝑥在定义域内为增函数，所以𝑓(𝑥)的最小值为ln2．（2）对于𝑦=e𝑥+1e𝑥，任取𝑥1,𝑥2∈(0,+∞)，且𝑥1<𝑥2，则𝑦2−𝑦1=e𝑥2+1e𝑥

2−e𝑥1−1e𝑥1=(e𝑥2−e𝑥1)e𝑥2+𝑥1−1e𝑥2+𝑥1，因为𝑥1,𝑥2∈(0,+∞)，且𝑥1<𝑥2，所以e𝑥2−e𝑥1>0，e𝑥2+𝑥1−1>0，e𝑥2+𝑥1>0，所以𝑦2−𝑦1>0，即𝑦2>𝑦1，所以𝑦=e𝑥+1e

𝑥在(0,+∞)上是增函数，因为𝑦=ln𝑥在定义域内为增函数，所以𝑓(𝑥)在(0,+∞)上是增函数，所以𝑓(𝑥)是偶函数，所以由𝑓(𝑥+2)<𝑓(2𝑥−3)，得𝑓(|𝑥+2|)<𝑓(|2𝑥−

3|)⇔|𝑥+2|<|2𝑥−3|，即(𝑥+2)2<(2𝑥−3)2，解得𝑥∈(−∞,13)∪(5,+∞)．14．（2022·全国·高一课时练习）已知函数𝑓(𝑥)=𝑏⋅𝑎𝑥（𝑎,𝑏为常数，𝑎>0，且𝑎≠1）的图象经过点𝐴(1,6)，𝐵(3,24)．(1)

试确定函数𝑓(𝑥)的解析式；(2)若关于𝑥的不等式(1𝑎)𝑥+(1𝑏)𝑥−𝑚≥0在区间(−∞,1]上恒成立，求实数𝑚的取值范围．【解题思路】（1）根据题意，得到方程组{𝑎𝑏=6𝑏⋅𝑎3=24，求得𝑎,𝑏的值，即可求解；（2）根据题意转

化为函数𝑦=(12)𝑥+(13)𝑥在区间(−∞,1]上的最小值不小于𝑚，结合函数的单调性求得最小值，即可求解.【解答过程】（1）解：因为函数𝑓(𝑥)=𝑏⋅𝑎𝑥的图象经过点𝐴(1,6)和𝐵(3,24)，可得{𝑎𝑏=6𝑏⋅𝑎3=24，结合𝑎>0，且𝑎≠

1，解得𝑎=2,𝑏=3，所以函数𝑓(𝑥)的解析式为𝑓(𝑥)=3×2𝑥．（2）解：要使(12)𝑥+(13)𝑥≥𝑚在区间(−∞,1]上恒成立，只需保证函数𝑦=(12)𝑥+(13)𝑥

在区间(−∞,1]上的最小值不小于𝑚即可，因为函数𝑦=(12)𝑥+(13)𝑥在区间(−∞,1]上单调递减，所以当𝑥=1时，𝑦=(12)𝑥+(13)𝑥取得最小值，最小值为56，所以只需𝑚≤56即可，即实数𝑚的取值范围为(−∞,56]

．15．（2021·甘肃·高一期中）已知函数𝑓(𝑥)=ln(𝑥+𝑎)(𝑎∈R)的图象过点(1,0),𝑔(𝑥)=𝑥2-2e𝑓(𝑥)．(1)求函数𝑓(𝑥)和𝑔(𝑥)的解析式；(2)设𝑚>0，若对于任意𝑥∈[1𝑚,𝑚]，都有𝑔(𝑥)<-ln(𝑚-1)，求

m的取值范围．【解题思路】（1）根据题意结合指对数运算求解；（2）先根据区间的定义求𝑚的取值范围，结合二次函数及作差法求(𝑔(𝑥))max=𝑚2-2𝑚，根据恒成立问题可得𝑚2-2𝑚<-ln(𝑚-1)，再利用单调性解不等式.

【解答过程】（1）因为函数𝑓(𝑥)=ln(𝑥+𝑎)(𝑎∈R)的图象过点(1,0)，所以ln(1+𝑎)=0，解得𝑎=0，所以𝑓(𝑥)=ln𝑥,𝑔(𝑥)=𝑥2-2eln𝑥=𝑥2-2𝑥．（2）因为𝑚>

0且𝑚>1𝑚，所以𝑚>1且0<1𝑚<1，因为𝑔(𝑥)=𝑥2-2𝑥=(𝑥-1)2-1在[1𝑚,1)上单调递减，在[1,𝑚]上单调递增所以𝑔(𝑥)的最大值是𝑔(𝑚)或𝑔(1𝑚)．因为𝑔(𝑚

)-𝑔(1𝑚)=(𝑚2-2𝑚)-(1𝑚2-2𝑚)=𝑚2-1𝑚2-(2𝑚-2𝑚)=(𝑚-1𝑚)(𝑚+1𝑚-2)=(𝑚-1)3𝑚2>0．所以𝑔(𝑥)max=𝑔(𝑚)=𝑚2-2𝑚，若𝑔(𝑥)<-ln(𝑚-1)，只需𝑔(𝑥)max<-ln(𝑚-1)，

即𝑚2-2𝑚<-ln(𝑚-1)，则𝑚2-2𝑚+ln(𝑚-1)<0，设ℎ(𝑚)=𝑚2-2𝑚+ln(𝑚-1)(𝑚>1)，任取𝑚1,𝑚2∈(1,+∞)且𝑚1<𝑚2，则ℎ(𝑚1)-ℎ(𝑚2)=[𝑚12-2𝑚1+ln(𝑚1-1)]-[𝑚22-

2𝑚2+ln(𝑚2-1)]=(𝑚1-𝑚2)(𝑚1+𝑚2-2)+ln𝑚1-1𝑚2-1，因为1<𝑚1<𝑚2，所以𝑚1-𝑚2<0,𝑚1+𝑚2-2>0，0<𝑚1-1<𝑚2-1，即𝑚

1-1𝑚2-1<1，所以ln𝑚1-1𝑚2-1<0，所以ℎ(𝑚1)-ℎ(𝑚2)<0，即ℎ(𝑚1)<ℎ(𝑚2)，所以ℎ(𝑚)在区间(1,+∞)上单调递增，且ℎ(2)=0，所以𝑚2-2𝑚+ln(𝑚-1)<0，即ℎ(𝑚)<ℎ(2)，

所以1<𝑚<2，所以m的取值范围是(1,2)．16．（2022·陕西·高三阶段练习（文））已知函数𝑓(𝑥)=log𝑎(𝑥+2)+log𝑎(1−𝑥)（𝑎>0，且𝑎≠1）.(1)当𝑎=2

时，求𝑓(𝑥)的单调性.(2)是否存在实数𝑎，使得𝑓(𝑥)在[−1,34]上取得最大值2?若存在，求出𝑎的值；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）先求出函数的定义域，再利用换元法求解函数的单调区间，（2）令𝑡=−𝑥2−𝑥+2，则由−1≤𝑥≤3

4，得𝑡=−(𝑥+12)2+94的值域为[1116,94]，然后分0<𝑎<1，𝑎>1求函数的最大值，使其等于2，列方程可求出𝑎的值.【解答过程】（1）由题意可得{𝑥+2>0,1−𝑥>0,解得−2<𝑥<1，即𝑓(𝑥)的定义域为(−2,1).当𝑎=2时，𝑓(𝑥)

=log2(𝑥+2)+log2(1−𝑥)=log2(−𝑥2−𝑥+2).令𝑡=−𝑥2−𝑥+2（𝑥∈(−2,1)），则𝑦=log2𝑡，对称轴为𝑥=−12，则函数𝑡=−𝑥2−𝑥+2在(−2,−12)

上单调递增，在[−12,1)上单调递减，因为𝑦=log2𝑡在定义域内递增，所以𝑓(𝑥)在(−2,−12)上单调递增，[−12,1)上单调递减.（2）𝑓(𝑥)=log𝑎(𝑥+2)+log𝑎(1−𝑥)=log𝑎(−𝑥2−𝑥+2)

，令𝑡=−𝑥2−𝑥+2，因为−1≤𝑥≤34，所以𝑡=−(𝑥+12)2+94的值域为[1116,94].当0<𝑎<1时，𝑓(𝑥)在[−1,34]上的最大值是log𝑎1116，则log𝑎1116=2，即𝑎2=

1116，解得𝑎=√114；当𝑎>1时，𝑓(𝑥)在[−1,34]上的最大值是log𝑎94，则log𝑎94=2，即𝑎2=94，解得𝑎=32.综上，𝑎的值为√114或32.17．（2022·河北邢台·高三阶段练习）已知定义在𝑅上的函数𝑓(𝑥)满足𝑓(−𝑥)−𝑓(𝑥)=0

，且𝑓(𝑥)=log2(2𝑥+1)−𝑘𝑥，𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑥.(1)求𝑘的值；若函数𝑓(𝑥)的定义域为[0,4]，求ℎ(𝑥)=2𝑓(2𝑥)+𝑥的值域.(2)设ℎ(𝑥)=𝑥4+𝑥ln𝑥−2𝑚𝑥+1，若对任意的𝑥1∈[0,3]，存在𝑥2∈[

e,e2]，使得𝑔(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)，求实数𝑚的取值范围.【解题思路】（1）利用𝑓(−𝑥)−𝑓(𝑥)=0可求得𝑘=12；根据复合函数定义域的求法可求得𝑓(2𝑥)的定义域，结合ℎ(𝑥)的解析式可求得值域；（2）根据单调性的性质可确定𝑔

(𝑥)在𝑅上单调递增，由此可得𝑔(𝑥)在[0,3]上的最小值为𝑔(0)=1，根据能成立的思想，结合ℎ(𝑥)≤1，分离变量可将问题转化为2𝑚≥(𝑥3+ln𝑥)min，由此可求得𝑚的取值范围.【解答过程】（1）∵𝑓(−𝑥)−𝑓(𝑥)=log21+2𝑥2𝑥+𝑘𝑥−

log2(2𝑥+1)+𝑘𝑥=log22−𝑥+2𝑘𝑥=(2𝑘−1)𝑥=0，∴2𝑘−1=0，解得：𝑘=12，∴𝑓(𝑥)=log2(2𝑥+1)−12𝑥；若𝑓(𝑥)定义域为[0,4]，则由0≤2𝑥≤4得：0≤𝑥≤2，即

𝑓(2𝑥)的定义域为[0,2]；∵𝑓(2𝑥)+𝑥=log2(22𝑥+1)，∴ℎ(𝑥)=2𝑓(2𝑥)+𝑥=22𝑥+1，∴当𝑥∈[0,2]时，22𝑥+1∈[2,17]，∴ℎ(𝑥)值域为[2,17].（2

）由（1）得：𝑔(𝑥)=log2(2𝑥+1)+12𝑥；∵𝑦=2𝑥+1在𝑅上单调递增，∴𝑦=log2(2𝑥+1)在𝑅上单调递增，又𝑦=12𝑥在𝑅上单调递增，∴𝑔(𝑥)在𝑅上单调递增；当𝑥∈[0,3]时，𝑔

(𝑥)min=𝑔(0)=1；∵对任意的𝑥1∈[0,3]，存在𝑥2∈[e,e2]，使得𝑔(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)，∴存在𝑥2∈[e,e2]，𝑥4+𝑥ln𝑥−2𝑚𝑥+1≤1，即2𝑚≥𝑥3+ln𝑥，∵𝑦=𝑥3+ln

𝑥在[e,e2]上单调递增，∴(𝑥3+ln𝑥)min=e3+1，∴2𝑚≥e3+1，解得：𝑚≥e3+12，即实数𝑚的取值范围为[e3+12,+∞).18．（2021·山东·高一阶段练习）设函数𝑔(𝑥)=log3𝑥，函数𝑦=𝑓(𝑥)的图像与𝑦=𝑔(𝑥)的图像关于

𝑦=𝑥对称.(1)求𝑦=𝑓(𝑥)的解析式(2)是否存在实数𝑚>0，使得对∀𝑥∈R，不等式2𝑚−3<𝑚𝑓(𝑥)恒成立，若存在求出𝑚，若不存在，说明理由.【解题思路】（1）根据反函数的定义及性质可知𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)互为反函数，即可求出𝑓(𝑥

)的解析式；（2）由（1）可得不等式即为2𝑚−3<𝑚⋅3𝑥恒成立，令𝑡=3𝑥(𝑡>0)，则问题转化为关于𝑡的不等式𝑚𝑡−2𝑚+3>0在(0,+∞)上恒成立，结合一次函数的性质计算可得.【解答过程】（1）解：因为函数𝑦=𝑓(𝑥)的图像与𝑦=𝑔(𝑥

)的图像关于𝑦=𝑥对称，所以𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)互为反函数，因为𝑔(𝑥)=log3𝑥，所以𝑓(𝑥)=3𝑥；（2）解：不等式2𝑚−3<𝑚𝑓(𝑥)恒成立，即2𝑚−3<𝑚⋅3𝑥恒成立，令𝑡=3𝑥(𝑡>0)，则关于𝑡的

不等式2𝑚−3<𝑚𝑡，即𝑚𝑡−2𝑚+3>0在(0,+∞)上恒成立，令ℎ(𝑡)=𝑚𝑡−2𝑚+3，𝑡∈(0,+∞)，因为𝑚>0，所以ℎ(𝑡)在(0,+∞)上单调递增，依题意只需ℎ(0)=−2𝑚+3≥0，解得𝑚≤32，所以0<𝑚≤32；19．（

2022·安徽·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=log𝑎𝑥(𝑎>0，且𝑎≠1）．(1)若函数𝑓(𝑥)的图象与函数ℎ(𝑥)的图象关于直线𝑦=𝑥对称，且点𝑃(2,16)在函数ℎ(𝑥)的图象上，求实数𝑎的值；(2)已知函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥2)�

�(𝑥8)，𝑥∈[12,8]．若𝑔(𝑥)的最大值为8，求实数𝑎的值．【解题思路】（1）由题意可知ℎ(𝑥)=𝑎𝑥，然后将点(2,16)代入可求出𝑎的值，（2）由（1）得𝑔(𝑥)=(log𝑎𝑥)2−4log𝑎2⋅log𝑎�

�+3(log𝑎2)2，令𝑡=log𝑎𝑥，则𝜑(𝑡)=𝑡2−4𝑡log𝑎2+3(log𝑎2)2，然后分0<𝑎<1和𝑎>1两种情况结合二次函数的性质求解即可.【解答过程】（1）因为函数𝑓(𝑥)=log𝑎𝑥(𝑎>0，

且𝑎≠1）的图象与函数ℎ(𝑥)的图象关于直线𝑦=𝑥对称，所以ℎ(𝑥)=𝑎𝑥（𝑎>0，且𝑎≠1），因为点𝑃(2,16)在函数ℎ(𝑥)的图象上，所以16=𝑎2，解得𝑎=4，或𝑎=−

4（舍去），（2）𝑔(𝑥)=log𝑎𝑥2⋅log𝑎𝑥8=(log𝑎𝑥−log𝑎2)(log𝑎𝑥−log𝑎8)=(log𝑎𝑥)2−4log𝑎2⋅log𝑎𝑥+3(log𝑎2)2．令𝑡=log𝑎𝑥．①当0<𝑎<1时，由12≤𝑥≤8，有3lo

g𝑎2≤log𝑎𝑥≤−log𝑎2，二次函数𝜑(𝑡)=𝑡2−4𝑡log𝑎2+3(log𝑎2)2的对称轴为𝑡=2log𝑎2，可得最大值为𝜑(−log𝑎2)=(log𝑎2)2+4(log�

�2)2+3(log𝑎2)2=8(log𝑎2)2=8，解得𝑎=12或𝑎=2（舍去）；②当𝑎>1时，由12≤𝑥≤8，有−log𝑎2≤log𝑎𝑥≤3log𝑎2，二次函数𝜑(𝑡)=𝑡2−4𝑡log𝑎2+3(lo

g𝑎2)2的对称轴为𝑡=2log𝑎2，可得最大值为𝜑(−log𝑎2)=(log𝑎2)2+4(log𝑎2)2+3(log𝑎2)2=8(log𝑎2)2=8，解得𝑎=2或𝑎=12（舍去），综上，实数𝑎的值为12或2

．20．（2022·广东·高二阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=log3(4𝑥−9×2𝑥+1+113)，函数𝑔(𝑥)=𝑥2−2𝑚𝑥+5𝑚．(1)求不等式𝑓(𝑥)≤4的解集；(2)若∀𝑥1∈[1,3],

∃𝑥2∈[0,2]，使得𝑓(𝑥1)≤𝑔(𝑥2)，求实数m的取值范围．【解题思路】（1）由对数函数的性质可得4𝑥−18×2𝑥+32≤0，然后通过换元法及指数函数的性质即得；（2）由题可得𝑓(𝑥1)max≤𝑔(𝑥2)max，然后根据指数函数，对数函数

的性质及二次函数的性质求函数最值即得.【解答过程】（1）由4𝑥−9×2𝑥+1+113=4𝑥−18×2𝑥+113=(2𝑥−9)2+32>0，可知𝑓(𝑥)的定义域为R，由log3(4𝑥−9×2𝑥+1+113)≤4，得4𝑥−18×2𝑥+32≤0,

令𝑡=2𝑥，则𝑡2−18𝑡+32≤0，解得2≤𝑡≤16，由2≤2𝑥≤16，得1≤𝑥≤4，所以不等式𝑓(𝑥)≤4的解集为{𝑥|1≤𝑥≤4}；（2）由题意，∀𝑥1∈[1,3]，有𝑓(𝑥1)≤𝑔(𝑥2)，所以𝑔(

𝑥2)≥𝑓(𝑥)max，因为𝑓(𝑥)=log3[(2𝑥−9)2+32],∀𝑥∈[1,3]，有2≤2𝑥≤8，所以𝑓(𝑥)max=log3[(2−9)2+32]=4，又∃𝑥2∈[0,

2]，使得𝑔(𝑥2)≥4，只要𝑔(𝑥2)max≥4即可，因为函数𝑔(𝑥)=𝑥2−2𝑚𝑥+5𝑚，𝑥∈[0,2]的图象开口向上，且它的对称轴方程为𝑥=𝑚，①当𝑚≤1时，𝑔(𝑥)max=𝑔(2)=4−4

𝑚+5𝑚≥4，即𝑚≥0所以0≤𝑚≤1；②当𝑚>1时，𝑔(𝑥)max=𝑔(0)=5𝑚≥4，解得𝑚≥45，所以𝑚>1；综上所述，m的取值范围为[0,+∞)．21．（2022·宁夏·高三阶段练习（理））已知函数𝑓(𝑥)=l

og2(2𝑥+1)−𝑘𝑥是偶函数．(1)求𝑘的值；(2)若函数ℎ(𝑥)=2𝑓(𝑥)+12𝑥+𝑚⋅4𝑥,𝑥∈[1,2]，且ℎ(𝑥)在区间[1,2]上为增函数，求m的取值范围．【解题思路】（1）根据偶函数的定义列出等式结合对数的运算即可求解；（2）根据指数函数的单调性，利用复

合函数的单调性法则，利用换元方法转化为二次函数的单调性问题，进而根据二次函数的单调性即可求解.【解答过程】（1）由𝑓(𝑥)是偶函数可得，𝑓(−𝑥)−𝑓(𝑥)=0．则log2(2−𝑥+1)−𝑘(−𝑥)−log2(2

𝑥+1)+𝑘𝑥=0，即2𝑘𝑥=log22𝑥+12−𝑥+1=𝑥,所以(2𝑘−1)𝑥=0恒成立，故2𝑘−1=0⇒𝑘=12.（2）由（1）得𝑓(𝑥)=log2(2𝑥+1)−12𝑥，所以ℎ(

𝑥)=2𝑓(𝑥)+12𝑥+𝑚⋅4𝑥=2log2(2𝑥+1)+𝑚⋅4𝑥=𝑚⋅4𝑥+2𝑥+1，令𝑡=2𝑥,𝑥∈[1,2]，则𝑦=𝑚𝑡2+𝑡+1,𝑡∈[2,4]．为使ℎ(𝑥)为单调增函数，则①𝑚=0时显然满足题意；②{𝑚>0−

12𝑚≤2⇒𝑚>0；③{𝑚<0−12𝑚≥4⇒−18≤𝑚<0.综上：m的范围为[−18,+∞).22．（2022·全国·高一单元测试）若函数𝑦=𝑇(𝑥)对定义域内的每一个值𝑥1，在其定义域内都存

在唯一的𝑥2，使𝑇(𝑥1)⋅𝑇(𝑥2)=1成立，则称该函数为“𝑌𝐿函数”．(1)判断定义在区间[2,3]上的函数𝑓(𝑥)=𝑥+1是否为“𝑌𝐿函数”，并说明理由；(2)若函数𝑔(𝑥)=3𝑥−1在定义域[𝑚,𝑛](𝑚>0)上是“𝑌𝐿函数

”，求𝑚2+𝑛的取值范围．【解题思路】（1）根据函数定义可得𝑓(𝑥)∈[3,4]，再判断对任意𝑥1，𝑥2∈[2,3]对应𝑓(𝑥1)⋅𝑓(𝑥2)的范围，结合“𝑌𝐿函数”定义判断𝑓(𝑥)；（2）由题设可得𝑔(𝑥)∈[3𝑚−1,3𝑛−1]，根据“𝑌�

�函数”定义有𝑔(𝑥2)=1𝑔(𝑥1)∈[13𝑛−1,13𝑚−1]，由值域的包含关系得𝑛=2−𝑚且0<𝑚<1，代入𝑚2+𝑛结合二次函数性质求范围.【解答过程】（1）不是，理由如下：因为𝑓(𝑥)=𝑥+1，𝑥∈[2,3

]，所以𝑓(𝑥)∈[3,4]，对任意𝑥1，𝑥2∈[2,3]，𝑓(𝑥1)⋅𝑓(𝑥2)∈[9,16]，所以定义在[2,3]上的𝑓(𝑥)=𝑥+1不是“𝑌𝐿函数”．（2）𝑔(𝑥)=3𝑥−1在定义域[𝑚,�

�](𝑚>0)上是“𝑌𝐿函数”，由于𝑔(𝑥)在定义域上单调递增，则𝑔(𝑥)∈[3𝑚−1,3𝑛−1]．对任意𝑥1∈[𝑚,𝑛]，𝑔(𝑥1)∈[3𝑚−1,3𝑛−1]，都存在𝑥2

∈[𝑚,𝑛]，使𝑔(𝑥1)⋅𝑔(𝑥2)=1，则𝑔(𝑥2)=1𝑔(𝑥1)∈[13𝑛−1,13𝑚−1]，所以{13𝑛−1≥3𝑚−113𝑚−1≤3𝑛−1，即{3𝑚−1⋅3𝑛−1

≤13𝑚−1⋅3𝑛−1≥1，则3𝑚−1⋅3𝑛−1=1，即𝑔(𝑚)⋅𝑔(𝑛)=1，所以𝑚+𝑛−2=0，即𝑛=2−𝑚．因为𝑛>𝑚>0，所以𝑛−𝑚=2−𝑚−𝑚=2−2𝑚>0，

所以0<𝑚<1，所以𝑚2+𝑛=𝑚2−𝑚+2=(𝑚−12)2+74∈[74,2)，即𝑚2+𝑛的取值范围为[74,2)．23．（2022·陕西·高三阶段练习（理））已知函数𝑓(𝑥)=log2(4𝑥+1)+𝑘𝑥为偶函数.(1)求实数𝑘的值;(

2)解关于𝑚的不等式𝑓(2𝑚+1)>𝑓(𝑚−1);(3)设𝑔(𝑥)=log2(𝑎⋅2𝑥+𝑎)(𝑎≠0)，若函数𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)图象有2个公共点，求实数𝑎的取值范围.【解题思路】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值；（2）判断𝑥≥0时函数的单调性，根据奇偶

性可得函数在各区间内的单调性，解不等式即可；（3）由函数𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)图象有2个公共点，可得𝑎⋅2𝑥+𝑎=2𝑥+12𝑥有两个实数根，再利用换元法转化为二次方程有两个根，利用判别式求参数

范围.【解答过程】（1）函数的定义或为R，∵函数𝑓(𝑥)=log2(4𝑥+1)+𝑘𝑥为偶函数.∴𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，即log2(4−𝑥+1)−𝑘𝑥=log2(4𝑥+1)+𝑘𝑥，∴2𝑘𝑥=log2(4−𝑥+1)−log2(4𝑥

+1)=log24𝑥+14𝑥4𝑥+1=log24−𝑥=−2𝑥，∴𝑘=−1；（2）∵𝑓(𝑥)=log2(4𝑥+1)−𝑥=log2(4𝑥+12𝑥)=log2(2𝑥+12𝑥)，当𝑥≥0时，2𝑥

≥1，𝑦=2𝑥+12𝑥单调递增，∴𝑓(𝑥)在[0,+∞)上单调递增，又函数𝑓(𝑥)为偶函数，所以函数𝑓(𝑥)在[0,+∞)上单调递增，在(−∞,0]上单调递减；∵𝑓(2𝑚+1)>𝑓(𝑚−1)，∴

|2𝑚+1|>|𝑚−1|，解得𝑚<−2或𝑚>0，所以所求不等式的解集为(−∞,−2)∪(0,+∞)；（3）∵函数𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)图象有2个公共点，∴𝑔(𝑥)=log2(𝑎⋅2𝑥+𝑎)=𝑓(𝑥)=log2(4�

�+1)−𝑥=log2(4𝑥+12𝑥)，即𝑎⋅2𝑥+𝑎=4𝑥+12𝑥=2𝑥+12𝑥，𝑎⋅2𝑥+𝑎>0，设𝑡=2𝑥>0，则𝑎𝑡+𝑎=𝑡+1𝑡，即(𝑎−1)𝑡2+𝑎𝑡−1=0，又𝑡=2𝑥在

R上单调递增，所以方程(𝑎−1)𝑡2+𝑎𝑡−1=0有两个不等的正根；∴{𝑎−1≠0Δ=𝑎2−4(𝑎−1)×(−1)>0−𝑎𝑎−1>0−1𝑎−1>0，解得2√2−2<𝑎<1，即𝑎的取值范围为(2√2−2,1).24．（2022

·湖南·高一阶段练习）已知定义在R上的函数𝑓(𝑥)满足𝑓(−𝑥)−𝑓(𝑥)=0且𝑓(𝑥)=log2(2𝑥+1)+𝑘𝑥，𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑥．(1)求𝑓(𝑥)的解析式；(2)若不等式𝑔(4𝑥−𝑎⋅2𝑥+1)>𝑔(−3)恒成立，求实

数a取值范围；(3)设ℎ(𝑥)=𝑥2−2𝑚𝑥+1，若对任意的𝑥1∈[0,3]，存在𝑥2∈[1,3]，使得𝑔(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)，求实数m取值范围．【解题思路】（1）根据𝑓(−𝑥)−𝑓(�

�)=0，代入计算可得；（2）根据𝑔(𝑥)单调性得4𝑥−𝑎⋅2𝑥+1>−3，分离参数求最值即可.（3）因为对任意的𝑥1∈[0,3]，存在𝑥2∈[1,3]，使得𝑔(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)，等价于𝑔(𝑥)min≥ℎ(𝑥)min，先求𝑔(�

�)的最小值，再分类讨论对称轴𝑥=𝑚与区间[1,3]的位置关系，使ℎ(𝑥)的最小值满足小于等于1的条件，求解即可.【解答过程】（1）由题意知，log2(2−𝑥+1)−𝑘𝑥−log2(2𝑥+1)−𝑘𝑥=0，即2𝑘𝑥=log2(2−𝑥+1)−

log2(2𝑥+1)=log22−𝑥+12𝑥+1=−𝑥，所以𝑘=−12，故𝑓(𝑥)=log2(2𝑥+1)−12𝑥.（2）由（1）知，𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑥=log2(2𝑥+1)+12𝑥，所以𝑔(𝑥)在R上单调递增，所以不等式𝑔(4𝑥−𝑎⋅2𝑥+

1)>𝑔(−3)恒成立等价于4𝑥−𝑎⋅2𝑥+1>−3，即𝑎<4𝑥+42𝑥恒成立.设𝑡=2𝑥，则𝑡>0，4𝑥+42𝑥=𝑡2+4𝑡=𝑡+4𝑡≥4，当且仅当𝑡=2，即𝑥=1时取等号，所以𝑎<4，故实数a的取值范

围是(−∞,4).（3）因为对任意的𝑥1∈[0,3]，存在𝑥2∈[1,3]，使得𝑔(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)，所以𝑔(𝑥)在[0,3]上的最小值不小于ℎ(𝑥)在[1,3]上的最小值，因为𝑔(𝑥)=log2(2𝑥+1)+12𝑥在[0,3]

上单调递增，所以当𝑥∈[0,3]时，𝑔(𝑥)min=𝑔(0)=1，又ℎ(𝑥)=𝑥2−2𝑚𝑥+1的对称轴为𝑥=𝑚，𝑥∈[1,3]，当𝑚≤1时，ℎ(𝑥)在[1,3]上单调递增，ℎ(𝑥)min=ℎ(1)=2−2𝑚

≤1，解得𝑚≥12，所以12≤𝑚≤1；当1<𝑚<3时，ℎ(𝑥)在[1,𝑚)上单调递减，在[𝑚,3]上单调递增，ℎ(𝑥)min=ℎ(𝑚)=1−𝑚2≤1，解得𝑚∈𝑅，所以1<𝑚<3；当𝑚≥3时，ℎ(𝑥)在[1,3]上单调递减，ℎ(𝑥)min=ℎ(3)=10−6𝑚

≤1，解得𝑚≥32，所以𝑚≥3，综上可知，实数m的取值范围是[12,+∞).25．（2022·福建南平·高二期末）已知函数𝑓(𝑥)=𝑎−22𝑥+1为奇函数（𝑎为常数）.(1)求𝑎的值，并证明函数𝑓

(𝑥)的单调性；(2)解不等式𝑓(log32𝑥)<𝑓(log3(𝑥+1))【解题思路】（1）利用奇函数的定义式求解𝑎的值或者特殊函数值对称求解𝑎，再利用单调性定义法证明函数𝑓(𝑥)的单调性；（2）由（1）中𝑓(𝑥)单调性，列不等式求解即可.【解答

过程】(1)解：解法一：由𝑓(𝑥)=𝑎−22𝑥+1为奇函数，得𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)即𝑎−22−𝑥+1=−𝑎+22𝑥+1，2𝑎=22−𝑥+1+22𝑥+1=2⋅2𝑥2𝑥+1+22𝑥+1=2求得𝑎

=1解法二：由𝑓(𝑥)=𝑎−22𝑥+1为奇函数，得𝑓(0)=0，即𝑎−220+1=0，求得𝑎=1，经检验：𝑓(𝑥)=1−22𝑥+1为奇函数证明：∀𝑥1,𝑥2∈𝑅，且𝑥1>𝑥2有𝑓(𝑥1)

−𝑓(𝑥2)=1−22𝑥1+1−(1−22𝑥2+1)=2𝑥2+1−2𝑥1+1(2𝑥1+1)⋅(2𝑥2+1)由𝑥1>𝑥2得2𝑥1+1>2𝑥2+1>0于是𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)>0，所以，函数

𝑦=𝑓(𝑥)在𝑅上单调递增(2)解：由（1）得函数𝑦=𝑓(𝑥)在𝑅上单调递增，由𝑓(log32𝑥)<𝑓(log3(𝑥+1))得{2𝑥>0𝑥+1>0log3(2𝑥)<log3(𝑥+1)，解得𝑥∈(0,1).26．（2022·全国·高一单元测试）已知函数𝑓

(𝑥)=log4(6𝑥+𝑚⋅5𝑥).(1)当𝑚=−1时，求𝑓(𝑥)的定义域；(2)若𝑓(𝑥)≤2对任意的𝑥∈[0,1]恒成立，求𝑚的取值范围.【解题思路】（1）根据对数函数、指数函数的性质计算可得；（2）依题意可得0<6𝑥+�

�⋅5𝑥≤16对任意的𝑥∈[0,1]恒成立，参变分离可得−(65)𝑥<𝑚≤165𝑥−(65)𝑥对任意的𝑥∈[0,1]恒成立，再根据指数函数的性质计算可得；【解答过程】（1）解：当𝑚=−1时𝑓(𝑥)=log4(6𝑥−5𝑥)，令6�

�−5𝑥>0，即6𝑥>5𝑥，即(65)𝑥>1，解得𝑥>0，所以𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞).（2）解：由𝑓(𝑥)≤2对任意的𝑥∈[0,1]恒成立，所以0<6𝑥+𝑚⋅5𝑥≤16对任意的𝑥∈[0,1]

恒成立，即−(65)𝑥<𝑚≤165𝑥−(65)𝑥对任意的𝑥∈[0,1]恒成立，因为𝑦=165𝑥是单调递减函数，𝑦=−(65)𝑥是单调递减函数，所以𝑔(𝑥)=165𝑥−(65)𝑥在

[0,1]上单调递减，所以𝑔(𝑥)min=𝑔(1)=2，所以ℎ(𝑥)=−(65)𝑥在[0,1]上单调递减，所以ℎ(𝑥)max=ℎ(0)=−1，所以−1<𝑚⩽2，即𝑚的取值范围为(−1,2].27．（2022·河北保定·高二期末）已知函数𝑓(𝑥)=log

2(2𝑥+𝑎)−𝑏𝑥是偶函数，且𝑓(0)=1.(1)求𝑓(𝑥)的解析式：(2)若不等式𝑓(𝑥)⩽12𝑥+𝑚对𝑥∈[0,+∞)恒成立，求m的取值范围.【解题思路】（1）根据已知条件，以及偶函数的性质𝑓(−𝑥)=𝑓(�

�).（2）利用分离参数法处理恒成立问题，再利用对数的运算性质对式子化简变形，求函数的最值.【解答过程】(1)因为𝑓(0)=1，所以𝑓(0)=log2(1+𝑎)−0=1，解得𝑎=1.因为𝑓(𝑥)是偶

函数，所以𝑓(−𝑥)=𝑓(𝑥)，即log2(2𝑥+1)−𝑏𝑥=log2(2−𝑥+1)+𝑏𝑥，所以2𝑏𝑥=log2(2𝑥+1)−log2(2−𝑥+1)=log22𝑥+12−𝑥+1=𝑥，解得�

�=12.故𝑓(𝑥)=log2(2𝑥+1)−12𝑥.(2)因为不等式𝑓(𝑥)⩽12𝑥+𝑚对𝑥∈[0,+∞)恒成立，即不等式log2(2𝑥+1)−12𝑥⩽12𝑥+𝑚对𝑥∈[0,+∞)恒成立，所以𝑚⩾log2(2𝑥+1)−𝑥对𝑥∈[0,+∞)恒成立.设𝑔(𝑥)=

log2(2𝑥+1)−𝑥=log22𝑥+12𝑥=log2(1+12𝑥).因为𝑥⩾0，所以2𝑥⩾1，所以1<1+12𝑥⩽2，则𝑔(𝑥)⩽1.故𝑚⩾1，即m的取值范围为[1,+∞).28

．（2021·上海市高一期中）已知常数𝑘∈𝑅，函数𝑦=log2(−4𝑥+𝑘⋅2𝑥+4)，设该函数的图像为𝐹.(1)若图像𝐹经过点(1,1)，求𝑘的值.(2)对于（1）中求得的𝑘，解方程log2(−4𝑥+𝑘⋅2𝑥+4)=1+log2(−4𝑥+5⋅2𝑥−2

);(3)是否存在整数𝑘，使得𝑦有最大值且该最大值也是整数?如果存在，求出𝑘的值;如果不存在，请说明理由.【解题思路】（1）根据题意得到log2(−4+2𝑘+4)=1，再解对数方程即可.（2）根据题意得到log2(−4𝑥+

2𝑥+4)=1+log2(−4𝑥+5⋅2𝑥−2)，再解对数方程即可.（3）首先令𝑡=2𝑥得𝑦=log2(−𝑡2+𝑘⋅𝑡+4)，设𝑔(𝑡)=−𝑡2+𝑘⋅𝑡+4，要使𝑦=log2𝑔(𝑡)有最大值，需𝑔(𝑡)有最大值，再分类讨论求出𝑔(𝑡)的最大值即可得到答

案.【解答过程】（1）由题知：log2(−4+2𝑘+4)=1，解得𝑘=1.（2）当𝑘=1时，log2(−4𝑥+2𝑥+4)=1+log2(−4𝑥+5⋅2𝑥−2)=log2[2(−4𝑥+5⋅2𝑥−2)]即−4𝑥+2𝑥+4=2(−4

𝑥+5⋅2𝑥−2)，整理得：(2𝑥)2−9⋅2𝑥+8=(2𝑥−8)(2𝑥−1)=0，解得𝑥=3或𝑥=0.当𝑥=0时，−40+20+4>0，−40+5⋅20−2>0，符合题意，当𝑥=3时，−

43+23+4<0，舍去.故𝑥=0.（3）𝑦=log2(−(2𝑥)2+𝑘⋅2𝑥+4)，令𝑡=2𝑥得𝑦=log2(−𝑡2+𝑘⋅𝑡+4)，𝑡>0.令−𝑡2+𝑘⋅𝑡+4>0，解得𝑘−√𝑘2+162<𝑡<𝑘+√𝑘2+162，因为𝑡>0

，所以0<𝑡<𝑘+√𝑘2+162.设𝑔(𝑡)=−𝑡2+𝑘⋅𝑡+4，要使𝑦=log2𝑔(𝑡)有最大值，需𝑔(𝑡)有最大值.𝑔(𝑡)=−(𝑡−𝑘2)2+4+𝑘24，开口向下，对称轴为𝑡=𝑘2.当𝑘2≤0时，即𝑘≤0时，𝑔(𝑡)在区

间(0,𝑘+√𝑘2+162)为减函数，此时𝑔(𝑡)无最大值，舍去.当0<𝑘2<𝑘+√𝑘2+162时，𝑔(𝑡)在区间(0,𝑘2)为增函数，在区间(𝑘2,𝑘+√𝑘2+162)为减函数，所以

𝑔(𝑡)max=𝑔(𝑘2)=4+𝑘24.即𝑦max=log2(4+𝑘24).因为𝑘>0，所以log2(4+𝑘24)>2，令log2(4+𝑘24)=𝑛，且𝑛∈Z，𝑛>2，则2𝑛=4+𝑘24，𝑛≥3.

解得𝑘=2√2𝑛−4=4√2𝑛−2−1≥4，当且仅当𝑛=3取等号.此时𝑔(𝑡)max=8，𝑦max=3，所以存在𝑘=4使得𝑦有最大值3.29．（2022·河南商丘·高二期末（文））已知定义在R上的函数𝑓(𝑥)满足𝑓(−𝑥)−�

�(𝑥)=0，且𝑓(𝑥)=log2(2𝑥+1)+𝑘𝑥，𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑥.(1)求𝑓(𝑥)的解析式；(2)若不等式𝑔(4𝑥−𝑎⋅2𝑥+1)>𝑔(−3)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设ℎ(𝑥)=𝑥2−2𝑚�

�+1，若对任意的𝑥1∈[0,3]，存在𝑥2∈[1,3]，使得𝑔(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)，求实数m的取值范围.【解题思路】（1）根据𝑓(−𝑥)−𝑓(𝑥)=0计算可得；（2）根据𝑔(𝑥)单调性得4�

�−𝑎⋅2𝑥+1>−3，分离参数求最值即可.（3）因为对任意的𝑥1∈[0,3]，存在𝑥2∈[1,3]，使得𝑔(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)，等价于𝑔(𝑥)min≥ℎ(𝑥)min，分别求𝑔(

𝑥)的最小值和ℎ(𝑥)的最小值即可.【解答过程】(1)由题意知，log2(2−𝑥+1)−𝑘𝑥−log2(2𝑥+1)−𝑘𝑥=0，即2𝑘𝑥=log2(2−𝑥+1)−log2(2𝑥+1)

=log22−𝑥+12𝑥+1=−𝑥，所以𝑘=−12，故𝑓(𝑥)=log2(2𝑥+1)−12𝑥.(2)由（1）知，𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑥=log2(2𝑥+1)+12𝑥，所以𝑔(𝑥)在R上单调递增.所以不等式𝑔(4𝑥−𝑎⋅2

𝑥+1)>𝑔(−3)恒成立等价于4𝑥−𝑎⋅2𝑥+1>−3，即𝑎<4𝑥+42𝑥恒成立.设𝑡=2𝑥，则𝑡>0，4𝑥+42𝑥=𝑡2+4𝑡=𝑡+4𝑡≥4，当且仅当𝑡=2，即𝑥=1时取等号，所以

𝑎<4.故实数a的取值范围是(−∞,4)，(3)因为对任意的𝑥1∈[0,3]，存在𝑥2∈[1,3]，使得𝑔(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)，所以𝑔(𝑥)在[0,3]上的最小值不小于ℎ(𝑥)在[1,3]上的最

小值因为𝑔(𝑥)=log2(2𝑥+1)+12𝑥在[0,3]上单调递增，所以当𝑥∈[0,3]时，𝑔(𝑥)min=𝑔(0)=1.ℎ(𝑥)=𝑥2−2𝑚𝑥+1的对称轴为𝑥=𝑚，𝑥∈[1,3]，当𝑚≤1时，ℎ(𝑥)在[1,

3]上单调递增，ℎ(𝑥)min=ℎ(1)=2−2𝑚≤1，解得𝑚≥12，所以12≤𝑚≤1；当1<𝑚<3时，ℎ(𝑥)在[1,𝑚)上单调递减，在[𝑚,3]上单调递增，ℎ(𝑥)min=ℎ(𝑚)=1−𝑚2≤1，解得𝑚∈�

�，所以1<𝑚<3；当𝑚≥3时，ℎ(𝑥)在[1,3]上单调递减，ℎ(𝑥)min=ℎ(3)=10−6𝑚≤1，解得𝑚≥32，所以𝑚≥3.综上可知，实数m的取值范围是[12,+∞).30．（2022·辽宁·高一阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−𝑥+2𝑎−1(𝑎>0)．(

1)若𝑓(𝑥)在区间[1,2]为单调增函数，求𝑎的取值范围；(2)设函数𝑓(𝑥)在区间[1,2]上的最小值为𝑔(𝑎)，求𝑔(𝑎)的表达式；(3)设函数ℎ(𝑥)=(12)𝑥+log21𝑥+1，若对任意𝑥1,𝑥2∈[1,2]，不等式𝑓(𝑥1)

≥ℎ(𝑥2)恒成立，求实数𝑎的取值范围．【解题思路】(1)若𝑓(𝑥)在区间[1,2]为单调增函数,则12𝑎≤1，解得a的取值范围；(2)分类讨论给定区间与对称轴的关系，分析出各种情况下𝑔(𝑥)的表达式，综合讨论结果，可得答案；(3)不等式𝑓(𝑥1)≥ℎ(�

�2)恒成立，即𝑓(𝑥)min≥ℎ(𝑥)max，分类讨论各种情况下实数a的取值，综合讨论结果可得答案.【解答过程】（1）因为𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−𝑥+2𝑎−1(𝑎>0)的图象开口向上，对称轴方程为𝑥=12𝑎，所以𝑓(𝑥)

在区间[1,2]为单调增函数需满足12𝑎≤1，𝑎>0，解得𝑎≥12.（2）①当0<12𝑎<1，即𝑎>12时，𝑓(𝑥)在区间[1,2]为单调增函数，此时𝑔(𝑎)=𝑓(1)=3𝑎−2.②当1≤12𝑎≤2，即14≤𝑎≤12时，𝑓(𝑥)在区间[1,12𝑎]

上是减函数，在区间[12𝑎,2]上为增函数，此时𝑔(𝑎)=𝑓(12𝑎)=2𝑎−14𝑎−1.③当12𝑎>2即0<𝑎<14时，𝑓(𝑥)在区间[1,2]上为减函数，此时𝑔(𝑎)=𝑓(2)=

6𝑎−3，综上所述，𝑔(𝑎)={6𝑎−3,𝑎∈(0,14)2𝑎−14𝑎−1,𝑎∈[14,12]3𝑎−2,𝑎∈(12,+∞)（3）对任意𝑥1,𝑥2∈[1,2]，不等式𝑓(𝑥1)≥ℎ(𝑥2)恒成立，即𝑓(𝑥)min≥ℎ(�

�)max，由（2）知，𝑓(𝑥)min=𝑔(𝑎)，因为ℎ(𝑥)=(12)𝑥+log21𝑥+1=(12)𝑥+log12(𝑥+1)，所以ℎ(𝑥)在[1,2]上为单调递减函数，所以ℎ(𝑥)max=ℎ(1)=12+log122=−12,①当0<𝑎<14时，由𝑔(𝑎)≥

ℎ(𝑥)max得6𝑎−3≥−12解得𝑎≥512（舍去）②当14≤𝑎≤12时，由𝑔(𝑎)≥ℎ(𝑥)max得2𝑎−14𝑎−1≥−12，即8𝑎2−2𝑎−1≥0∴(4𝑎+1)(2𝑎−1)≥0，解得𝑎≥12或𝑎≤−14，所以𝑎=12.③当𝑎>

12时，由𝑔(𝑎)≥ℎ(𝑥)max得3𝑎−2≥−12，解得𝑎≥12，所以𝑎>12.综上，实数𝑎的取值范围[12,+∞).