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第11讲 对数与对数函数
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【课标要求】
1.理解对数的概念和运算性质,知道用换底公式能将一般对数转化成
自然对数或常用对数.
2.通过具体实例，了解对数函数的概念.能用描点法或借助计算工具
画出具体对数函数的图象,探索并了解对数函数的单调性与特殊点.
3.知道对数函数,且与指数函数 互为反
函数.
1.对数
概念 如果________，且，那么数叫作以为底 的
对数，记作_______，其中叫作对数的______， 叫作
______
性质 底数的限制：，且
对数式与指数式的互化： __________
负数和零没有对数
1的对数是___： ___
底数
真数
0
0
◆ 知识聚焦 ◆
性质 底数的对数是___： ___ 对数恒等式： ___ 运算 性质 _______________ ，且 ，
，
_______________ ________ 换底 公式 ，且；，且； 1
1
续表
2.对数函数的概念、图象与性质
（1）对数函数的概念
函数，且叫作对数函数，其中 是自变量，定
义域是 .
（2）对数函数，且 的图象与性质
底数
图象
性质 定义域：________ 值域： 图象过定点______，即恒有
性质 当时， ； 当时， 当时， ；
当时，
在 上是________ 在 上是________
注意 当对数函数的底数的大小不确定时，需分 和 两种情况进行讨论 增函数
减函数
续表
3.反函数
指数函数，且 与对数函数____________________
_______________互为反函数，它们的定义域与值域正好互换，它们
的图象关于直线______对称.
,且
常用结论
1.换底公式的两个重要结论
（1），且 ；，且 .
（2） ，且；；
，，且 .
2.对数函数的图象与底数大小的比较
如图，作直线 ，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应
的底数，故 .由此我们可得到以下规律：在第
一象限内，从左到右的图象所对应的对数函数的底数逐渐增大.
3.互为反函数的两个函数的图象关于直线 对称.
4.常用结论：当时，有 .
题组一 易错辨析
判断下列说法是否正确.（请在括号中打“√”或“×”）
（1） .( )
×
[解析] ，故错误.
（2），且 是对数函数.( )
×
[解析] 函数 不是对数函数，故错误.
◆ 课前演练 ◆
（3）对数函数的图象都过定点 .( )
×
[解析] 对数函数的图象都过定点 ，故错误.
（4）对数函数的图象都在 轴的右侧.( )
√
[解析] 对数函数的定义域为，故对数函数的图象都在 轴的
右侧，故正确.
（5）若函数是减函数，则 .( )
√
[解析] 若函数是减函数，则，即 ，
故正确.
题组二 教材改编
1.若且 ，则( )
A. B.
C. D.
[解析] 因为且，所以 .故选A.
√
2.函数 的定义域是( )
A. B. C. D.
[解析] 令，可得 ，故选C.
√
3.已知,,，则,, 的大小关系为( )
A. B. C. D.
[解析] 因为， ，
，
所以 .故选A.
√
4.设，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 由，可得，所以 ，
所以 .故选C.
√
探究点一 对数式的运算
例1（1）已知，则 ( )
A. B. C. D.18
[解析] 因为，所以 ，
所以 ，故选B.
√
（2）设，，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] .故选D.
√
总结反思
解决对数运算问题的常用方法：
（1）将真数化为底数的指数幂的形式进行化简；
（2）将同底对数的和、差、倍合并；
（3）利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意
换底公式的正用、逆用及变形应用；
（4）利用常用对数中的 .
【对点演练1】（1）若,, ，则
( )
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以 ，
又，所以 .故选B.
√
（2）[2026·浙江丽水质检]已知，且 ，
则 ( )
A.2或8 B. 或8 C.8 D.64
[解析] 因为 ，
，
令 ，则，解得或（舍去），
所以 ，解得 .故选C.
√
探究点二 对数函数的图象及应用
例2（1）[2026·湖南长沙模拟]函数 的图象大致是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由函数，可得函数 的定义域为
，
又 ，
所以函数为偶函数，其图象关于轴对称.
当时， ，
由对数函数的性质得在上单调递减，且 ，
所以选项D符合题意.故选D.
（2）[2026·安徽亳州期末]函数 的图象大致为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题可知，
由 可得 ，显然关于原点对称，
又，所以 是奇函数，故排除C，D；
又因为 ，所以排除B.故选A.
总结反思
（1）在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上
的特殊点（与坐标轴的交点、最高点、最低点等）排除不符合要求
的选项.
（2）一些对数方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利
用数形结合求解.
A. B. C. D.
【对点演练2】 [2025·福建福州质检]若函数
, 的图象如图所示，则函数
的图象大致为( )
√
[解析] 由幂函数图象可得 ，
函数
的定义域为 ，
而，则 恒成立，排除B，C，D.故选A.
探究点三 对数函数的性质及应用
题型1 比较指数式、对数式的大小
例3（1）已知,, ，则( )
A. B. C. D.
[解析] 因为, ,
，
所以 .故选A.
√
（2）[2024·天津卷]若，，，则 ，
， 的大小关系为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为在上单调递增，且 ，
所以，即 ，即
.
因为在上单调递增，且 ，
所以，即.
综上可得， ，故选B.
题型2 解对数方程或不等式
例4（1）[2025·湖南长沙联考]已知，则“”是“ ”的
( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
[解析] 当时，，故充分性成立；
当 时，，推不出,故必要性不成立.
所以“”是“ ”的充分不必要条件.故选A.
√
（2）[2026·浙江嘉兴调研]关于的不等式 的解集为( )
A. B. C. D.
[解析] 在上为增函数，由可得 ，
又在上为增函数，
所以由 ，得，
即不等式的解集为 .故选D.
√
（3）已知是定义在上的奇函数，当时， ，
则 ( )
A. B. C.1 D.2
[解析] 由题意得, ，
所以 .故选A.
√
题型3 对数函数性质的应用
例5（1）已知函数在 上单调递增，则
的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由函数在 上单调递增，可得
在上单调递增，且在 上
恒成立，
故需满足解得 .故选B.
（2）（多选题）[2026· 陕西汉中期末]已知函数
，则( )
A.的图象是轴对称图形 B.在 上单调递增
C.的值域为 D. 恰有两个零点
√
√
√
[解析] 由得函数的定义域为 .
对于A，因为
，所以的图象关于直线 对称，A正确；
对于B，，
因为在 上单调递增，且在其定义域内
单调递增，所以在 上单调递增，B正确；
对于C，当时， ，
故的值域为，C错误；
对于D，令 ，则，解得，
则 有两个解，且这两个解均在内，故D正确.故选 .
总结反思
1.比较指数式和对数式的大小时，可以利用函数的单调性，引入中间
量进行比较，有时也可用数形结合的思想进行比较.
2.对数不等式的类型及解法
类型 求解方法
借助的单调性求解，如果 的取值不确
定，需分与 两种情况讨论
需先将化为以 为底的对数式的形式，再借助
的单调性求解
3.解对数方程时，一般将方程化为 或
的形式，再将对数符号去掉，转化为 或
.
4.利用对数函数的性质,求与对数函数有关的函数值域和复合函数的单
调性问题,必须弄清三个方面的问题:一是定义域,所有问题都必须在定
义域内讨论;二是底数与1的大小关系;三是复合函数的构成,即它是由哪
些基本初等函数复合而成的,注意口诀“同增异减”在解题中的应用.
【对点演练3】（1）[2025·河北沧州质检]函数
且 的图象恒过的点为( )
A. B. C. D.
[解析] 在函数中，当时，恒有 ，
即函数的图象恒过的点为 .故选C.
√
（2）[2025·江苏淮安质检]已知函数 ，则函数
的定义域为( )
A. B.
C. D.
[解析] 要使函数有意义，则，解得或 ，
所以函数的定义域为 .故选A.
√
（3）若函数在 上的最大值为3，
则 的最大值为( )
A.3 B. C. D.
√
[解析] 设，当时， ，
则问题转化为函数在上的最大值为3.
易知函数 的图象的对称轴为直线，在上单调递
减，在 上单调递增.
当时，在上的最大值为 ，不合题意；
当时，在 上的最大值为
，符合题意.
综上，的最大值为 . 故选B.
（4）（多选题）关于函数 ，以下说法正
确的是( )
A.当时，的单调递增区间为
B.当时，的值域为
C.若的值域为，则
D.函数的图象关于直线 对称
√
√
[解析] 由题可知 为复合函数，外层函数为对数函数，内层函数
为一元二次函数，其中对数函数的底数为，
对数函数为减函数，令.
对于A，当 时，，
令,得 的定义域为，
又在上单调递减，在 上单调递增，
由复合函数的单调性可知， 的单调递增区间为，
故A正确.
对于B，当 时，，此时的定义
域为 ，， ，
，的值域为 ，故B错误.
对于C，的值域为, 的函数值能取到所
有的正实数，即判别式，解得 ，
故C错误.
对于D，易知函数的图象关于直线 对称，
而函数的图象是由 的图象经过对数
变换得到的，
函数的图象也关于直线 对称(也可验证
成立)，故D正确.故选 .
例1 ［配合探究点三使用］[2025·山东济宁期末]已知是定义在
上的偶函数，对任意的，，且 ，
恒成立，，则满足
的 的取值范围为( )
A.， B.，
C.， D.，
√
【备选理由】例1考查由对数型函数的单调性求参数的取值范围，注
意函数的奇偶性在解不等式中的应用；
[解析] 设，由 ，
得，则 .
令，则 ，
所以函数在上单调递减.
因为是定义在 上的偶函数，所以 ，
所以，
所以函数为 上的偶函数，
由，得 .
由，得，则 ，即
，
所以，解得或 .故选C.
例2 ［配合探究点三使用］已知函数 则
不等式 的解集为__________________.
【备选理由】例2考查利用对数函数的单调性解不等式；
[解析] 函数
当时，且，则 ，
，
此时不等式，即 ，
即 ，
令，，则函数在 上单调
递增， 且，
所以由，可得，所以当 时，不等式
的解集为 .
当时，不等式为，即 ，此时不等式
显然不成立，舍去.
当时，且，则 ，
，
此时不等式，即 ，
令，，则函数在 上单调
递减，且，
所以由，可得，所以当 时，不
等式的解集为 .
综上，不等式的解集为 .
例3 ［配合探究点三使用］已知， ，
，则 ( )
A. B. C. D.
√
【备选理由】例3考查解对数方程，意在提升逻辑推理和数学运算的
核心素养.
[解析] 设 ，
则，， ，
所以，即，可得 ，
所以 .故选D.
作业手册
1.函数 的图象大致是( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意可知，函数在定义域 内单调递增，
故选D.
√
◆ 夯实基础 ◆
2.[2025·湖南长沙一中期末]已知,，则
( )
A. B. C. D.
[解析] 由，得，
由 ，得，
所以 .故选A.
√
3.已知，， ，则( )
A. B. C. D.
[解析] ， ，
，
因为 为增函数，所以,
所以 ，
所以 .故选A.
√
4.[2026·广东汕头期末]已知函数 则
( )
A. B. C. D.
[解析] 函数则 .故选C.
√
5.[2026·河南郑州三模]函数的图象过定点 ，
若,,，则 的最小值为( )
A.4 B.6 C.8 D.10
√
[解析] 令，得，，即
的图象过定点.
因为,, ，所以点在直线
上，则，且， ，
于是 ，当且
仅当，即时取“”，即 的最小值为8.故选C.
6.已知函数，则不等式 的解集是
( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 由题可知的定义域为 .
当时, ，
令，得 ，即，
画出 与 的图象，如图所示，
由图可知在 时的解集为.
当时, ，
由于 与均在上单调递增，
则在 上单调递增，
又，所以当时, .
综上所述，不等式的解集是 .故选A.
7.已知函数在上是减函数，则实数 的取值范围
是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 因为在上是减函数，所以 或
解得或.
所以实数 的取值范围为 .故选D.
8.（多选题）[2025·浙江湖州期末]已知， ，则
( )
A. B.
C. D.
√
√
√
[解析] 对于A，, ，所以
，故A不正确；
对于B，由，得, ，
则 ，故B正确；
对于C， ，故C正确；
，
故D正确.故选 .
9.[2026·广东四校联考] 实数满足，且，则
的取值范围是______.
[解析] 由题可得 .
令，由，得，
令， ，则.
令得，令 得，
故函数在上单调递减，在 上单调递增.
又，所以当时， ，此时 .
10.已知函数 .
（1）证明： 是奇函数；
证明：由题得 ，
由，得的定义域为 ，关于原点对称.
又因为 ，
所以 是奇函数.
（2）若在区间上单调递减，求 的取值范围.
解： ，当时，单调
递减，
又 在定义域上为增函数，所以在区间 上单调递减，
同理可得在区间 上单调递减.
因为在区间 上单调递减，
所以或，解得或 ，
所以的取值范围是 .
11.[2025·安徽滁州期末]已知函数 ，则( )
A.的定义域为
B.的值域是
C. 是偶函数
D.的单调递减区间是
√
◆ 综合提升 ◆
[解析] 对于A，要使函数有意义，则，解得
或，所以函数的定义域为 ，故A错误；
对于B，由对数函数的性质可知，函数的值域是 ，故B错误；
对于C，因为函数的定义域不关于原点对称，所以函数 不具
有奇偶性，故C错误；
对于D，令 ，由二次函数的性质可知，在区
间上单调递减，在区间 上单调递增，由对数函数的
性质可知, 在定义域内单调递增，
所以的单调递减区间是 ，故D正确.故选D.
12.（多选题）已知函数 ，则( )
A.在上单调递增 B.的值域为
C. D.的零点小于
√
√
[解析] 对于A,的定义域为 ，故A错误；
对于B，函数在上单调递增且值域为，
在 上单调递增且取值范围为，
所以在 上单调递增且值域为，故B正确；
对于C, ，故C正确；
对于D, ，
又因为在上单调递增，且当 时， ，
所以的零点大于，故D错误.故选 .
13.[2025 山西吕梁期末] 已知，，则与 的大
小关系为___________.
[解析] 因为，所以, ，作商可得
，
因为，所以，所以，即 ，
所以 .
14.[2026·广东深圳期末] 已知函数且
的图象过点 .
（1）求 .
解：由题意可得，解得 .
（2）当时，存在偶函数和奇函数 ，使得
.
（i）求和 的解析式；
解：因为为偶函数， 为奇函数，且，
所以 ，
所以 ，
.
（ii）求不等式 的解集.
解：由 ，可得，即 .
因为，所以，可得，则 ，
所以原不等式的解集为 .
（2）当时，存在偶函数和奇函数 ，使得
.
知识聚焦
1. 底数 真数 0 0 1 1

2. 增函数 减函数 3.,且
课前演练
（1）× （2）× （3）× （4）√ （5）√ 1.A 2.C 3.A 4.C
课堂考点探究
例1（1）B （2）D 【对点演练1】（1）B （2）C 例2（1）D （2）A
【对点演练2】A 例3（1）A （2）B 例4（1）A （2）D （3）A
例5（1）B （2）ABD 【对点演练3】（1）C （2）A （3）B （4）AD
教师备用习题
例1C 例2 例3D
夯实基础
1.D 2.A 3.A 4.C 5.C 6.A 7.D 8.BCD 9.
10.（1）证明：略（2） 的取值范围是
综合提升
11.D 12.BC 13.
14.（1）.
（2）（i），. （ii）解集为.
【备选理由】 例1考查由对数型函数的单调性求参数的取值范围,注意函数的奇偶性在解不等式中的应用;例2考查利用对数函数的单调性解不等式;例3考查解对数方程,意在提升逻辑推理和数学运算的核心素养.
1 [配合探究点三使用] [2025·山东济宁期末] 已知f(x)是定义在R上的偶函数,对任意的x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,<2(x1+x2)恒成立,f(1)=2,则满足f(ln a)≤2(ln a)2的a的取值范围为 ( C )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.∪[e,+∞)
C.∪[e,+∞) D.
[解析] 设x1>x2≥0,由<2(x1+x2),
得f(x1)-f(x2)<2(-),则f(x1)-2所以函数g(x)在[0,+∞)上单调递减.因为f(x)是定义在R上的偶函数,所以f(-x)=f(x),所以g(-x)=f(-x)-2(-x)2=f(x)-2x2=g(x),所以函数g(x)为R上的偶函数,由f(1)=2,得g(1)=f(1)-2=2-2=0.由f(ln a)≤2(ln a)2,得f(ln a)-2(ln a)2≤0,则g(ln a)≤0,即g(ln a)≤g(1),所以|ln a|≥1,解得a≥e或02 [配合探究点三使用] 已知函数f(x)=则不等式f(1+x)+f(1-x)≥3的解集为　(-∞,-2]∪[2,+∞)　.
[解析] 函数f(x)=
当x>0时,x+1>1且1-x<1,则f(1+x)=log2(x+2),f(1-x)=x-1,
此时不等式f(1+x)+f(1-x)≥3,即log2(x+2)+x-1≥3,
即log2(x+2)+x-4≥0,
令g(x)=log2(x+2)+x-4,x>0,则函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,
且g(2)=0,所以由g(x)≥0,可得x≥2,所以当x>0时,不等式f(1+x)+f(1-x)≥3的解集为[2,+∞).
当x=0时,不等式为f(1)+f(1)≥3,即2log22≥3,此时不等式显然不成立,舍去.
当x<0时,x+1<1且1-x>1,则f(1+x)=-(1+x),f(1-x)=log2(2-x),
此时不等式f(1+x)+f(1-x)≥3,即log2(2-x)-x-4≥0,
令h(x)=log2(2-x)-x-4,x<0,则函数h(x)在(-∞,0)上单调递减,
且h(-2)=0,所以由h(x)≥0,可得x≤-2,所以当x<0时,不等式f(1+x)+f(1-x)≥3的解集为(-∞,-2].
综上,不等式f(1+x)+f(1-x)≥3的解集为(-∞,-2]∪[2,+∞).
3 [配合探究点三使用] 已知a>0,b>0,log9a=log12b=log16(a+b),则= ( D )
A. B.
C. D.
[解析] 设log9a=log12b=log16(a+b)=k,
则a=9k=32k,b=12k=3k×4k,a+b=16k=42k,
所以32k+3k×4k=42k,即+-1=0,可得=,
所以===.故选D.

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