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对数函数重点考点 专题练
2026年高考数学一轮复习备考
一、单选题
1．已知点在函数的图象上，点的坐标是，那么的值是（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，，则的大小关系为
A． B．
C． D．
3．函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
4．设函数在区间单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知，且为奇函数，则（ ）
A． B．
C． D．
6．实数满足：，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数的图象与函数的图象有且只有一个交点，则实数（ ）
A． B．1 C． D．2
二、多选题
9．已知函数在区间上单调递增，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数的定义域为，且，，当时，单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称 B．函数为奇函数
C． D．
三、填空题
11．已知函数，则 .
12．函数的定义域为 ．
13．若函数为偶函数，则 .
14．已知，则不等式的解集为 ．
15．设（且，）．若对任意，均成立，则当时，的取值范围为 ．
16．已知函数，，若存在，使得，则实数的取值范围是 ．
17．已知数列满足，给出定义：使数列的前k项和为正整数的k（）叫做好数，则在内的所有“好数”的和为 ．
四、解答题
18．对于函数，其中.
(1)若函数的图像过点，求的解集；
(2)求证：当时，存在使得成等差数列.
19．已知函数是定义在上的奇函数，当时，.
(1)求的值；
(2)若，求函数的值域.
20．已知．
(1)是否存在实数a，使得函数是偶函数？若存在，求实数a的值，若不存在，请说明理由；
(2)若且，解关于x的不等式．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A C D A D D D AC BC
1．D
【分析】根据在函数的图象上代入可得，再利用向量的模长公式求解即可.
【详解】∵点在函数的图象上，
∴，，
∴点坐标为，，．
故选：D
2．A
【分析】利用利用等中间值区分各个数值的大小．
【详解】；
；
．
故．
故选A．
【点睛】利用指数函数、对数函数的单调性时要根据底数与的大小区别对待．
3．C
【分析】求出定义域，由复合函数单调性得到单调递增区间.
【详解】，解得或，故定义域为，
因为在上单调递增，
又在上单调递增，在上单调递减，
由同增异减可知的单调递增区间为.
故选：C
4．D
【分析】运用复合函数单调性知识，结合对数函数和二次函数单调性可解.
【详解】设，则其对称轴为，抛物线开口向下，
是减函数，要使在区间单调递减，
则在区间单调递增，即且，即，
故实数的取值范围是.
故选：D.
5．A
【分析】根据奇函数的性质结合函数的定义域，可得，进而利用复合函数的单调性即可求解.
【详解】因为的定义域为为奇函数，所以，则，
由于为减函数且值恒为正数，则为单调递增函数，因此为增函数.
因为，所以，所以，故.
故选：A
6．D
【分析】由换底公式可得，令，则，，求导研究函数的单调性及，可得，即可求解.
【详解】，
令，则，，.
令得；令得，
∴函数在上单调递减，在上单调递增.
又，∴，即，解得.
故选：D.
7．D
【分析】先通过作差法比出的大小关系，在通过倒数求出与它们的大小关系即可做答.
【详解】根据换地公式,,则,
由基本不等式可知即，
因为，即，
则，可知，
，可知，所以.
综上可知.
故选：D.
8．D
【分析】根据题意可以转化为有一个解，进而解等式即可.
【详解】依题意有一个解
即有一个根
即
所以有一个根
所以有一个根
所以
解得
当时，的定义域为
与的定义域没有交集
此时与的图象没有交点
所以不符合题意
故选：D
9．AC
【分析】设，可得函数在上单调递减，根据复合函数的单调性即可得的范围即可判断AB，利用单调性即可判断CD.
【详解】的定义域为．
设，可得函数在上单调递减，
在上单调递增，
根据复合函数的单调性可得，故A正确，B错误；
由，可得，
又在上单调递减，
则，故C正确，D错误．
故选：AC．
10．BC
【分析】由题意可得，可判断A；令，可得，进而可判断B；由已知可得是偶函数，进而计算可得，进而可得，，进而计算可判断C；利用作差法可得，进而求得在区间上单调递减，可得结论判断D.
【详解】因为，所以，所以关于点中心对称，故A错误；
令，所以，又，
所以，故为奇函数，故B正确；
又因为，所以是偶函数，所以，
所以，所以，
所以是周期为4的函数，
令，得，令，得，令，得，
所以，故C正确；
，
又，
故，又因为当，单调递减，且，
所以，所以关于点中心对称，
所以在区间上单调递减，所以，
所以，故D错误.
故选：BC.
11．
【分析】利用对数的性质，结合范围，按照分段函数每段的对应关系来逐步化简计算.
【详解】由题意得，故.
故答案为：.
.
12．
【分析】列出不等式求解，即可得到结果.
【详解】由题意可得，即，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
13．0
【分析】先由偶函数的性质求出参数，然后检验即可.
【详解】因为为偶函数，则，解得，
当时，，解得或，
则其定义域为或，关于原点对称.
，故此时为偶函数.
故答案为：0.
14．
【分析】先求出函数的定义域，保证 有意义，再代入函数解不等式即可.
【详解】，，解得，所以的定义域为，
将代入，
得，
即，
即，则 ，解得，
所以不等式的解集为．
故答案为：.
15．；
【分析】利用恒等式可求出参数，，再利用对数运算性质进行求解对数不等式即可.
【详解】由均成立，可得恒成立，
即，
则，因为，所以，解得，
所以，
由，则，
故答案为：
16．
【分析】问题可转化为，，利用单调性求出函数的最值，继而即可求解.
【详解】问题可转化为，，
的对称轴为，
所以在上单调递增，
所以，
，都为增函数，所以在上单调递增，
所以，
所以，解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
17．2026
【分析】先计算出数列的前项和，然后找到使其为正整数的，相加即可得到答案．
【详解】由题，
．
所以，．
因为为正整数，所以，即．
令，则．
因为，所以．
因为为增函数，且，
所以．
所以所有“好数”的和为．
故答案为：2026．
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数解析式，利用单调性解不等式即可；
（2）利用等差中项的性质可得，根据对数运算化简可得，所以，即，由判别式可知方程有解，即可得证.
【详解】（1）已知函数的图像过点，
所以，即，因为，所以，
则.
函数的定义域为，且在定义域上单调递增.
由可得，
解得，所以不等式的解集为.
（2）当时，，
.
若成等差数列，则，
即.
所以，
即，
即，则，移项可得.
对于一元二次方程，，
所以方程有实数解，即存在使得成等差数列.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据函数的奇偶性求解即可；
（2）计算表达式，利用换元法把问题转化为二次函数在区间上的值域问题即可.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
所以；
（2），
令，问题等价于求的值域，
函数图象开口向上，对称轴为直线，
，
函数的值域为．
20．(1)存在实数，使得函数是偶函数
(2)答案见解析
【分析】（1）根据偶函数的定义可求解.
（2）先根据对数函数的单调性和定义域列出不等式组；再结合且，分类讨论即可求解.
【详解】（1）存在实数，使得函数是偶函数.
要使函数有意义，须满足，即，
显然，即，函数的定义域.
当时，函数定义域不关于原点对称，此时必然存在且，此时函数不是偶函数.
当时，，
函数的定义域为，对于任意的，都有，
并且
因此函数是一个偶函数
综上所述，存在实数，使得函数是偶函数
（2）由，得
所以且①．
由①得，.
因为且，
所以当时，，
当时，.
综上可得：当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
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