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专题专项练
思想方法练5
一、数形结合思想在函数中的应用
1.(多选题)(2025湖南名校联考)已知2a+a=log2b+b=2,则(　　)
A.ab<1　　　　B.2a-b>
C.log2a+log2b≥0　　　　D.+>2
2.(2025福建福州格致中学月考)已知函数f(x)=若a,b,c,d互不相等,且f(a)=f(b)=f(c)=f(d),则a+b+c+d的取值范围是　　(　　)
A.(-2,3)　　　　B.　　　　C.(-1,2)　　　　D.
二、转化与化归思想在函数中的应用
3.(2025广东深圳期中)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞), f(1)=1+e, x1,x2∈(0,+∞),当x2>x1时,都有x2 f(x1)-x1f(x2)>x2-x1,则不等式f(ln x)>x+ln x的解集为(　　)
A.(1,+∞)　　　　B.(e,+∞)　　　　
C.(1,e)　　　　D.(0,e)
4.(2026江苏连云港白塔高级中学月考)已知函数f(x)=log2的定义域为[-2,0],若存在x1,x2∈[-2,0],满足|f(x1)-f(x2)|≥3,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
三、分类讨论思想在函数中的应用
5.若函数f(x)=(a>0且a≠1)在区间(1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是(　　)
A.(0,1)　　　　B.　　　　
C.(1,2]　　　　D.[2,+∞)
6.(2025湖北咸宁开学考试)已知函数f(x)=loga(mx2-4x+16)(a>0且a≠1).
(1)若f(x)的值域为R,求实数m的取值范围;
(2)是否存在实数m,使得f(x)在[2,4]上单调递增,且f(x)在[2,4]上的最大值为1 若存在,求出m的值(用a表示);若不存在,请说明理由.
四、函数与方程思想在函数中的应用
7.(2025江苏百校大联考)已知f(x)=是定义在R上的奇函数.
(1)求实数a的值;
(2)解关于x的方程2f(x)+=3;
(3)若存在区间[m,n](m答案与分层梯度式解析
专题专项练
思想方法练5
1.ABD 2.D 3.C 4.D 5.C
1.ABD　由2a+a=log2b+b=2,得2a=2-a,log2b=2-b,
(a,b分别为函数y=2x,y=log2x与y=2-x的图象交点的横坐标)
在同一平面直角坐标系中作出y=2x,y=log2x,y=2-x的图象,如图所示.
由图可知,点A(a,2a)与B(b,log2b)关于直线y=x对称,
又直线y=x与y=2-x的交点坐标为(1,1),所以a>0,b>0,a≠b,a+b=2.
ab<=1,故A正确.
易得b=2-a,所以2a-b=2a-(2-a)=22a-2>2-2=,故B正确.
log2a+log2b=log2(ab)+=(a+b)=≥=2,当且仅当=,即a=b时,等号成立,所以+>2,故D正确.
2.D　(由分段函数的性质和特征作出分段函数的图象,通过数形结合分析出变量的取值范围)
作出函数f(x)的图象及直线y=m,如图所示,不妨设a由图可得a<-1因为loc=-lod,所以loc+lod=0,即lo(cd)=0,即cd=1,所以d=,
所以a+b+c+d=-2+c+,
因为直线y=m与函数f(x)的图象有4个交点,所以m∈(0,1),
又loc∈(0,1),所以c∈,
根据对勾函数的性质可知t=c+在上单调递减,所以t∈,
所以a+b+c+d∈.
思想方法
利用数形结合思想解决函数问题时应注意以下几点:①能准确画出函数图象,注意函数的定义域;②科学设置参数,并建立参数之间的关系,将数与形进行合理转换;③掌握数学曲线中的代数特征,明确参数的取值范围.
3.C　当x2>x1>0时,x2 f(x1)-x1 f(x2)>x2-x1,
即 x2[f(x1)-]>x1[f(x2)-],
即 >.
设F(x)=,x∈(0,+∞),
(构造函数,通过对已知条件的转化得到函数的单调性)
则对任意的x1,x2∈(0,+∞),当x2>x1时,都有F(x1)>F(x2),
∴F(x)在(0,+∞)上单调递减.
若f(ln x)>x+ln x,则ln x>0,
则F(ln x)=>1,
∵f(1)=1+e,∴F(1)==1,
∴原不等式等价于F(ln x)>1=F(1),
(等价转化所求不等式,再根据函数的单调性将其转化为自变量间的大小关系)
∵F(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴04.D　令u(x)=-a.
易知u(x)在[-2,0]上单调递减,所以u(x)的最小值u(0)=1-a>0,所以a<1,所以u(x)∈[1-a,4-a].
易知g(u)=log2u在[1-a,4-a]上单调递增,所以g(u)∈[log2(1-a),log2(4-a)].
因为存在x1,x2∈[-2,0],满足|f(x1)-f(x2)|≥3,
(将不等式的有解问题转化为函数的最值问题)
所以f(x)max-f(x)min≥3,即g(u)max-g(u)min=log2(4-a)-log2(1-a)=log2≥3,所以≤a<1.
故实数a的取值范围是.
思想方法
转化与化归思想在研究指数函数与对数函数中常见的运用:利用函数奇偶性对原点左右两侧函数值进行转化;利用换元法将函数解析式化归为简单的解析式;利用构造函数将复杂的问题化为简单的问题;利用函数的最大(小)值解决不等式恒成立问题等.
5.C　设函数t=x2-ax+1,则函数f(x)=(a>0且a≠1)由二次函数t=x2-ax+1与指数函数y=at复合而成.
(对底数分01两种情况讨论)
当0当a>1时,函数y=at在定义域上单调递增,要使函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,则二次函数t=x2-ax+1在区间(1,+∞)上单调递增,所以≤1,解得a≤2,所以1综上所述,a的取值范围是(1,2].
6.解析　设g(x)=mx2-4x+16.
(1)因为f(x)的值域为R,所以g(x)的值域包含(0,+∞).
(二次项系数含有参数时,要分二次项系数为0与不为0两种情况讨论)
当m=0时,g(x)=-4x+16,其值域为R,符合题意;
当m≠0时,需满足解得0综上,实数m的取值范围为.
(2)当m=0时,g(x)=-4x+16,易知g(4)=0,所以m=0不符合题意,舍去.
当m<0时,g(4)=16m<0,不符合题意.
当m>0时,
(对对数函数的底数分a>1和0若a>1,则g(x)在[2,4]上单调递增,所以≤2,解得m≥1,此时g(2)=4m-8+16>0, f(4)=loga(16m)=1,所以m=≥1,所以当a≥16时,存在m=符合题意;当1若00, f(4)=loga(16m)=1,所以m=,所以当即0综上,当a≥16或0思想方法
在指数函数和对数函数的有关问题中,底数对函数的图象和性质有影响,解题时要注意对底数进行分类讨论,这是分类讨论思想在本章中的重要体现.
7.解析　(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)==0,解得a=-1.
经检验,满足题意.
(2)令f(x)+1=λ,则λ+=,即λ+=2+,所以λ=或λ=2.
由(1)得f(x)==1-.
当λ=时, f(x)=-,即=,解得x=-1;
当λ=2时, f(x)=1,即=0,无解.
综上,原方程的解为x=-1.
(3)由(2)知f(x)==1-.
易知函数y=3x+1在R上单调递增,所以函数f(x)在R上单调递增,所以函数y=f(x)+t在[m,n]上单调递增.
由题意得
即
(由条件列等式,两等式的形式相同,构造一元二次方程)
令3x=u,则u>0,则3m,3n是方程1-+t=u,即u2-tu+1-t=0的两个不相等的正实数根,所以解得2-2思想方法
在幂函数、指数函数和对数函数的有关问题中,利用条件构造方程或新函数,通过方程的知识或常见函数的性质解题是一种最基本的方法.专题专项练
易混易错练5
易错点1　忽略函数的定义域或值域致错
1.(2025安徽皖南八校联考)设函数f(x)=log2[x(a-x)]在(2,3)上单调递减,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,4]　　　　B.[3,4)　　　　
C.(3,4]　　　　D.[3,4]
2.(2026江苏盐城集团校期中)已知函数f(x)=在R上单调递减,则当m取得最小值时,关于x的不等式log2f(x)≤m的解集为(　　)
A.[0,+∞)　　　　B.[1,+∞)　　　　
C.[0,2)　　　　D.[1,2)
3.(2025山西太原期中)已知函数f(x)=logax(a>0,a≠1)的图象经过点(2,-1),则不等式f(x)4.(2026江苏宿迁宿豫中学期中)已知函数f(x)=ax+a-x,g(x)=ax-a-x(a>0且a≠1),且f(1)=,g(x)为增函数.
(1)求实数a的值;
(2)设y=[f(x)]2-mg(x)+m在[1,+∞)上的最小值为,求实数m的值;
(3)若存在x∈[-2,1],使不等式f(x)+g(x)-k·4x-1<0成立,求实数k的取值范围.
易错点2　忽略对底数的讨论致错
5.(2026湖北孝感高级中学月考)已知函数f(x)=(a>0且a≠1),若f(x)有最小值,则实数a的取值范围为(　　)
A.　　　　B.
C.(0,1)∪　　　　D.∪
6.(2026安徽五校联考)若函数f(x)=loga(x2-2ax-a)(a>0且a≠1)在区间上单调递减,则实数a的取值范围为　　　　　.
7.(2026江苏常熟中学调研)已知函数f(x)=logax(a>0,且a≠1),若函数f(x)在区间[2,a2]上的最大值与最小值之差为1.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)当x∈[1,4],求函数g(x)=f·f(2x)的最值,并求出取得最值时对应的x的值;
(3)已知关于x的方程[f(x)]2-mf(x)-m+2=0的两个实根x1,x2满足答案与分层梯度式解析
专题专项练
易混易错练5
1.D　设g(x)=x(a-x).
易知函数y=log2x在(0,+∞)上单调递增,又函数f(x)在(2,3)上单调递减,
所以函数g(x)在(2,3)上单调递减,且g(x)>0在(2,3)上恒成立.
易知函数g(x)的图象开口向下,对称轴方程为x=,
由g(x)在(2,3)上单调递减得≤2,解得a≤4;
由g(x)>0在(2,3)上恒成立得g(3)=3(a-3)≥0,解得a≥3.
综上,实数a的取值范围为[3,4].
易错警示
在解决对数问题时,一定要保证真数大于0,忽略这一点会使得所求的参数范围扩大,从而导致错误.
2.C　因为函数f(x)在R上单调递减,
所以解得m≥2,所以m的最小值为2,
此时f(x)=
由log2 f(x)≤2,得0所以或
解得1≤x<2或0≤x<1,所以0≤x<2,
所以所求不等式的解集为[0,2).
3.答案　
解析　由题意得f(2)=loga2=-1,所以a-1=2,解得a=,所以f(x)=lox.
易知f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以由f(x)4.解析　(1)因为f(1)=,所以a+=,解得a=2或a=.
当a=2时,g(x)为增函数,符合题意.
当a=时,g(x)为减函数,不符合题意.
综上,a=2.
(2)结合(1)得f(x)=2x+2-x,g(x)=2x-2-x.
设t=2x-2-x,
则y=(2x+2-x)2-m(2x-2-x)+m=(2x-2-x)2-m(2x-2-x)+m+4=t2-mt+m+4.
易知t=2x-2-x在[1,+∞)上单调递增,
所以t∈.
当≤,即m≤3时,ymin=-m+m+4=,解得m=7,不合题意,舍去.
当>,即m>3时,ymin=-+m+4=,解得m=5或m=-1(舍去).
综上,m=5.
(3)不等式f(x)+g(x)-k·4x-1<0可化为2x+1-k·4x-1<0,化简,得k>-.
令t'=,则-=-t'2+2t'=-(t'-1)2+1.
因为x∈[-2,1],所以t'∈,
所以当t'=4,即x=-2时,=-8,所以实数k的取值范围为(-8,+∞).
易错警示
求复合函数的定义域、值域、单调区间时,为了叙述简便,常需要利用换元法,此时需要注意新元的范围,否则容易出现错解.
5.D　因为函数f(x)有最小值,所以当x≤2时, f(x)=(a-2)x+2a+1不单调递增,所以a-2≤0.
当a=2时, f(x)=因为22<5,所以f(x)无最小值;
当a-2<0,即a<2时, y=(a-2)x+2a+1单调递减.当x>2时,若f(x)=2ax-1单调递增,则a>1,且有2(a-2)+2a+1≤2a2-1,解得a≤,所以10,所以2(a-2)+2a+1≤0,解得a≤,所以0综上所述,实数a的取值范围是∪.
易错警示
在研究与指数函数、对数函数有关的问题时,若底数a的值不确定,则应分a>1,06.答案　
解析　当a>1时,y=logax在定义域内单调递增,又f(x)在上单调递减,所以y=x2-2ax-a在上单调递减,所以无解.
当0所以所以0综上,实数a的取值范围为.
7.解析　(1)当a>1时,函数f(x)单调递增,所以f(x)在区间[2,a2]上的最大值与最小值分别为f(a2), f(2),所以f(a2)-f(2)=1,即logaa2-loga2=1,即2-loga2=1,即loga2=1,即a=2.
当0所以f(x)=log2x.
(2)g(x)=f·f(2x)=log2·log2(2x)=(log2x-log24)·(log22+log2x).
令t=log2x,h(t)=(t-2)(1+t)=t2-t-2=-.
因为x∈[1,4],所以t∈[0,2],所以h(t)min=h=-,h(t)max=h(2)=0,
令log2x=,解得x=,
令log2x=2,解得x=4,
所以当x=时,函数g(x)取最小值-;当x=4时,函数g(x)取最大值0.
(3)令n=f(x)=log2x,则方程[f(x)]2-mf(x)-m+2=0,即n2-mn-m+2=0.
因为关于x的方程[f(x)]2-mf(x)-m+2=0的两个实根x1,x2满足所以log2所以关于n的方程n2-mn-m+2=0的两个实根n1,n2满足-1设F(n)=n2-mn-m+2,则
即解得2所以实数m的取值范围为.三年模拟练
应用实践
1.(2026江苏苏州调研)设函数f(x)=ln|x+1|-ln|x-1|,则f(x)(　　)
A.是偶函数,且在(1,+∞)上单调递增
B.是奇函数,且在(-1,1)上单调递减
C.是偶函数,且在(-∞,-1)上单调递增
D.是奇函数,且在(-∞,-1)上单调递减
2.(多选题)(2026江苏无锡第一中学质量检测)已知函数f(x)=x+log2,则下列选项正确的有(　　)
A.f(x)=f(-x)+x
B.f(2 025)>f(2 026)
C.方程f(x)=0有唯一解
D.不等式f(x)<-3的解集为(-∞,-log27)
3.(2026湖南师范大学附属中学期中)已知函数f(x)的部分图象如图所示,则f(x)的解析式可能为(　　)
A.f(x)=　　　　B.f(x)=
C.f(x)=　　　　D.f(x)=
4.(2026江苏南京第二十九中学阶段检测)已知f(x)=|logax|,a>1,记集合A={x∈R|f(x)≤1},B={x∈R|f(f(x)+b)≤1},若A=B,则实数a的取值范围为(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
5.(2025江苏盐城五校联考)已知函数f(x)=的值域为M,若(1,+∞) M,则实数a的取值范围是(　　)
A.　　　　
B.
C.∪
D.
6.(2026江苏无锡第一中学质量检测)已知函数f(x)=x3+,若实数a,b满足f(a2)+f(2b2-4)=2,则a的最大值为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
7.(2026安徽A10联盟检测)若a>1,b∈R,且-2ln a=-b,则下列不等式一定正确的是(　　)
A.a2>eb　　　　B.b2>ea
C.a>2b　　　　D.b<2a
8.(2025河南郑州中学月考)设函数f(x)=xln x-(a+b)ln x,若f(x)≥0恒成立,则5a+5b的最小值为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.　　　　D.2
9.(2025江苏扬中第二高级中学期中)已知函数f(x)=,g(x)=x2-tx+,若 x1∈[2,3],总存在x2∈[2,3],使得g(x1)>f(x2)成立,则实数t的取值范围为　　　　.
10.(2026江苏靖江高级中学检测)已知函数f(x)=log2x,g(x)=4x.
(1)解不等式f·f≥8;
(2)证明+为定值,并求+++…+的值;
(3)若x1满足x+f(x)=8,x2满足4x+g(x)=18,求x1+2x2的值.
11.(2026江苏常州西夏墅高级中学调研)已知函数f(x)=loga(2x-1)+loga(8-2x)(a>0,a≠1),函数g(x)=是R上的偶函数.
(1)求函数f(x)的定义域;
(2)求实数b的值,并求函数g(x)的最小值;
(3)若 x1∈[1,2], x2∈R, f(x1)≤g(x2)恒成立,求实数a的取值范围.
迁移创新
12.(2026江苏南通海门中学月考)定义:若函数y=f(x)对定义域内的每一个值x1,在其定义域内都有唯一的x2使f(x1)f(x2)=1成立,则称函数f(x)为“伴随函数”.
(1)判断g(x)=ln x是不是“伴随函数”,并说明理由;
(2)若函数f(x)=2 024x-t在定义域[m,n]上为“伴随函数”,证明:m+n=2t;
(3)已知函数h(x)=(x-a)2(a≤2)在上为“伴随函数”,若 x∈, t∈(1,+∞),恒有k·h(x)≤logt16+log2t-x,求实数k的取值范围.
答案与分层梯度式解析
三年模拟练
1.D 2.AD 3.A 4.D 5.A
6.C 7.A 8.D
1.D　要使函数有意义,需满足解得x≠-1且x≠1,
所以函数f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,+∞),关于原点对称.
又f(-x)=ln|-x+1|-ln|-x-1|=ln|x-1|-ln|x+1|=-f(x),所以函数f(x)是奇函数,故A,C错误.
当x∈(-1,1)时, f(x)=ln(x+1)-ln(1-x)=ln=ln,此时f(x)单调递增,故B错误.
当x∈(-∞,-1)时, f(x)=ln(-x-1)-ln(1-x)=ln=ln,此时f(x)单调递减,故D正确.
2.AD　对于A,易得f(-x)=-x+log2=-x+log2=-x+log22x+log2=log2,所以f(-x)+x=log2+x=f(x),故A正确.
对于B, f(2 025)-f(2 026)=2 025+log2-2 026-log2=-1+log2=-1+log2=-1+log2<0,所以f(2 025)对于C,令f(x)=x+log2=0,得x+log21-log2(2x+1)=0,所以x=log2(2x+1),即log22x=log2(2x+1),所以2x=2x+1,方程无解,故C错误.
对于D,由f(x)<-3,得x+log2<-3,即x-log2(2x+1)<-3,即x+33.A　对于B, f(x)的定义域为, f==-<0,与题图不符,故B不满足题意.
对于C, f(x)的定义域为{x|x≠±2}, f(0)==-≠0,与题图不符,故C不满足题意.
对于D, f(x)的定义域为{x|x≠±1}, f==-1<0,与题图不符,故D不满足题意.
4.D　作出函数f(x)=|logax|,a>1的图象及直线y=1,如图所示.
结合图可知,当f(x)≤1时,≤x≤a,即A=;当f(f(x)+b)≤1时,≤f(x)+b≤a,即-b≤f(x)≤a-b.
因为A=B,所以整理得-(a-1)≤0,则a≥,
所以实数a的取值范围为.
5.A　由题意得, f(x)=≤1有解,且f(x)无最大值,即ax2-x+1≤0有解,且y=ax2-x+1无最大值.
当a=0时,-x+1≤0有解, f(x)=2-x+1无最大值,符合题意;
当a<0时,Δ=1-4a>0,则ax2-x+1≤0有解,
当x=时,y=ax2-x+1有最大值,
则f(x)有最大值,不符合题意;
当a>0时,ax2-x+1≤0有解需满足Δ=1-4a≥0,解得0综上,实数a的取值范围是.
6.C　f(x)的定义域为R.f(x)=x3+=x3+=x3-+2,
f(-x)=(-x)3-+2=-x3-+2,
则f(x)+f(-x)=x3-+2-x3-+2=-+4=2,
由于y=x3,y=-在R上均单调递增,故f(x)在R上单调递增,
由f(a2)+f(2b2-4)=2,
可得a2=-(2b2-4)=4-2b2,
故(a)2=a2(1+b2)=(4-2b2)(1+b2)=-2+≤,
则-≤a≤,故a的最大值为.
7.A　-2ln a=-ln a2,-b=-ln eb.
令f(x)=-ln x,x>0.
易知函数y=和y=-ln x在(0,+∞)上均单调递减,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以a=eb.
易知-2ln a=-ln a2=-ln a2+=-ln a2+.
因为a>1,所以>0,所以-2ln a>-ln a2,又-2ln a=-b,所以-ln a2<-ln eb,即f(a2)因为f(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以a2>eb.
8.D　f(x)=xln x-(a+b)ln x=(x-a-b)·ln x.
若a+b≤0,则对任意的x>0,x-a-b>0,则当0若00,ln x<0,此时f(x)=(x-a-b)ln x<0,与题意不符.
若a+b>1,则当10,此时f(x)=(x-a-b)ln x<0,与题意不符.
所以a+b=1,此时f(x)=(x-1)ln x,所以f(1)=0.
当00;
当x>1时,x-1>0,ln x>0,所以f(x)=(x-1)ln x>0.
所以对任意的x>0, f(x)=(x-1)ln x≥0,符合题意.
由基本不等式得5a+5b≥2=2=2,当且仅当即a=b=时,等号成立,所以5a+5b的最小值为2.
9.答案　
解析　因为 x1∈[2,3],总存在x2∈[2,3],使得g(x1)>f(x2)成立,所以当x∈[2,3]时,g(x)min>f(x)min.
由已知得f(x)==x2+-2,
令s=x2,x∈[2,3],则s∈[4,9],
令h(s)=s+-2,则由对勾函数的性质可知,h(s)=s+-2在[4,9]上单调递增,
所以当s∈[4,9]时,h(s)min=h(4)=,
故当x∈[2,3]时,g(x)min>,即g(x)=x2-tx+>对任意的x∈[2,3]恒成立,即t令p(x)=x+,x∈[2,3],则t由对勾函数的性质可知,p(x)=x+在[2,3]上单调递增,所以p(x)min=p(2)=,所以t<.
故实数t的取值范围为.
10.解析　(1)易得f=log2=log2x-log22=log2x-1, f=log2=log2x-log28=log2x-3,所以由f·f≥8得(log2x-1)·(log2x-3)≥8.
令t=log2x,则(t-1)(t-3)≥8,即t2-4t-5≥0,解得t≥5或t≤-1.
当log2x≥5时,x≥25=32,当log2x≤-1时,0所以原不等式的解集为∪[32,+∞).
(2)易得g(1-x)=,所以+=+==.
令S=+++…+,
则S=+++…+,
两式相加,得2S=2 025×,
所以S=,即+++…+=.
(3)由题意得x1+log2x1=8,4x2+=18.
令y=log2x1,z=2x2,则2y+y=8,2z+2z=18,即2z-1+(z-1)=8.
设F(m)=2m+m=8,则F(m)=F(z-1)=8,易知F(m)在定义域上单调递增,所以y=z-1,即z=y+1=log2x1+1,
所以x1+2x2=x1+z=x1+(log2x1+1)=(x1+log2x1)+1=8+1=9.
11.解析　(1)要使函数f(x)有意义,则所以1<2x<8,所以0所以函数f(x)的定义域为(0,3).
(2)因为函数g(x)=是R上的偶函数,所以g(-x)=g(x),
所以==,所以9x+b=1+b·9x,所以(9x-1)(b-1)=0,由(9x-1)(b-1)=0对任意x∈R恒成立,得b-1=0,所以b=1.
g(x)==3x+≥2=2,当且仅当3x=,即x=0时等号成立,
所以函数g(x)的最小值为2.
(3)f(x)=loga(2x-1)+loga(8-2x)=loga(2x-1)(8-2x)
=loga[-(2x)2+9×2x-8],
记f(x)在[1,2]上的最大值为f(x)max,g(x)在R上的最小值为g(x)min,
因为 x1∈[1,2], x2∈R, f(x1)≤g(x2)恒成立,所以f(x)max≤g(x)min.
由(2)可知函数g(x)在R上的最小值为2,所以f(x)max≤2,
记h(x)=-(2x)2+9×2x-8=-+,因为x∈[1,2],所以2x∈[2,4],所以h(x)∈[6,12],
当a>1,x∈[1,2]时, f(x)=loga[-(2x)2+9×2x-8]∈[loga6,loga12],则loga12≤2,所以a2≥12,解得a≥2或a≤-2,又a>1,所以a≥2;
当0综上,实数a的取值范围为(0,1)∪[2,+∞).
12.解析　(1)g(x)=ln x不是“伴随函数”.理由如下:
易知函数g(x)的定义域为(0,+∞).
令x1=1,则g(x1)=ln x1=ln 1=0,此时不存在x2∈(0,+∞),使得g(x1)g(x2)=1,所以函数g(x)=ln x不是“伴随函数”.
(2)证明:易知函数f(x)在定义域[m,n]上单调递增,存在x1∈[m,n],使得f(x1)f(m)=1.
若x1∈[m,n),则f(m)f(x1)=1由题意得,存在x2∈(m,n],使得f(n)f(x2)=1>f(n)f(m),矛盾,
所以x1=n,
所以f(m)f(n)=2 024m-t·2 024n-t=2 024m+n-2t=1,
所以m+n-2t=0,即m+n=2t.
(3)若≤a≤2,则当x∈时,h(x)min=h(a)=0,此时不存在x0∈,使得h(a)h(x0)=1,则函数h(x)不是“伴随函数”,所以a<,所以函数h(x)=(x-a)2在上单调递增,所以h(x)min=h=,h(x)max=h(3)=(3-a)2.
由“伴随函数”的定义可得hh(3)=·(3-a)2=1,又因为a<,所以a=0,所以h(x)=x2,
当t>1时,ln t>0,则logt16+log2t=+=+≥2=4,
当且仅当=(t>1),即t=4时,等号成立.
因为 x∈, t∈(1,+∞),恒有k·h(x)≤logt16+log2t-x,
所以 x∈,kx2≤4-x,
所以 x∈,k≤-.
令q=,x∈,则q∈,
所以k≤(4q2-q)max.
令s(q)=4q2-q,q∈,
易知函数s(q)在上单调递增,
所以s(q)max=s(3)=36-3=33,
所以k≤33,即实数k的取值范围是(-∞,33].
素养评析
本题第(1)问,需要学生能够用g(x)=ln x这个例子来理解“伴随函数”的数学概念和规则,考查数学抽象的素养;本题第(2)(3)问,需要学生能够根据“伴随函数”这个概念进行证明和解决问题,考查逻辑推理的素养.五年高考练
考点1　幂函数、指数函数、对数函数的图象
1.(2025北京,4)为了得到函数y=9x的图象,只需把函数y=3x的图象上所有点的(　　)
A.横坐标变为原来的(纵坐标不变)
B.横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)
C.纵坐标变为原来的(横坐标不变)
D.纵坐标变为原来的3倍(横坐标不变)
2.(2021天津,3)函数y=的图象大致为(　　)
　　　　
　　　　
3.(2025全国一卷,8)已知2+log2x=3+log3y=5+log5z,则x,y,z的大小关系不可能为　　(　　)
A.x>y>z　　　　B.x>z>y　　　　
C.y>x>z　　　　D.y>z>x
考点2　幂函数、指数函数、对数函数的性质
4.(2024天津,5)设a=4.2-0.2,b=4.20.2,c=log4.20.2,则a,b,c的大小关系为(　　)
A.aC.c5.(2023新课标Ⅱ,4)若f(x)=(x+a)·ln为偶函数,则a=(　　)
A.-1　　　　B.0　　　　
C.　　　　D.1
6.(2023新课标Ⅰ,4]设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)单调递减,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-2]　　　　B.[-2,0)
C.(0,2]　　　　D.[2,+∞)
7.(2024新课标Ⅰ,6)已知函数f(x)=在R上单调递增,则a的取值范围是(　　)
A.(-∞,0]　　　　B.[-1,0]
C.[-1,1]　　　　D.[0,+∞)
8.(2024北京,9)已知(x1,y1),(x2,y2)是函数y=2x的图象上两个不同的点,则(　　)
A.log2<　　　　B.log2>
C.log2x1+x2
9.(2024新课标Ⅱ,8)设函数f(x)=(x+a)·ln(x+b).若f(x)≥0①,则a2+b2的最小值为(　　)
A.　　　　B.　　　　
C.　　　　D.1
①关键点拨　明确分类标准:以方程的根和函数定义域的关系分类
10.(2023全国甲文,11)已知函数f(x)=.记a=f,b=f,c=f,则(　　)
A.b>c>a　　　　B.b>a>c　　　　
C.c>b>a　　　　D.c>a>b
学科竞赛
11.(2025全国高中数学联赛重庆赛区预赛)已知函数f(x)=设a,b,c是三个不同的实数,满足f(f(a))=f(f(b))=f(f(c)),则a+b+c的取值范围为　　　　　.
强基计划
12.(2024北京大学强基计划)方程x(-1)+(ex-1)(x4-1)=0在R上的解的个数为　　　　 .
13.(2025中国科学技术大学强基计划)若c∈(0,+∞)且f(x)= f(f(x))=3恰有一解,则c的取值范围是　　　　　.
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.A 2.B 3.B 4.D 5.B
6.D 7.B 8.B 9.C 10.A
1.A　y=9x=32x,故应将y=3x图象上所有点的横坐标变为原来的,纵坐标不变.
2.B　设f(x)=,则f(x)的定义域为{x|x≠0},关于原点对称,
因为f(-x)===f(x),
所以f(x)为偶函数,其图象关于y轴对称,故排除A,C;当x=2时,f(2)=>0,排除D.
3.B　解法一:由题意可得,2+=3+=5+,则-1==2+,
令t1=ln x,t2=ln y,t3=ln z,
则-1==2+,
∵ ≈1.4, ≈1, ≈0.6,
∴可令y1=1.4t-1,y2=t,y3=2+0.6t,如图.
①此时t1>t2>t3,即ln x>ln y>ln z,即x>y>z;
②此时t2>t1>t3,即ln y>ln x>ln z,即y>x>z;
③此时t2>t3>t1,即ln y>ln z>ln x,即y>z>x;
④此时t3>t2>t1,即ln z>ln y>ln x,即z>y>x.
综上,选项B不可能.
解法二:令2+log2x=3+log3y=5+log5z=t,
当t=3时,x=2,y=1,z=,则x>y>z,选项A成立;
当t=5时,x=8,y=9,z=1,则y>x>z,选项C成立;
当t=8时,x=64,y=243,z=125,则y>z>x,选项D成立.
4.D　因为y=4.2x在R上单调递增,且-0.2<0<0.2,
所以0<4.2-0.2<4.20.2,即0因为y=log4.2x在(0,+∞)上单调递增,
所以log4.20.25.B　解法一:由f(x)为偶函数,知f(x)=f(-x),即(x+a)ln=(-x+a)·ln,
即(x+a)ln=(-x+a)ln=(-x+a)·ln,
∴x+a=-(-x+a)恒成立,∴a=0.
解法二(特值法):易知f(x)的定义域为∪,由已知得 x∈-∞,-∪, f(-x)=f(x)恒成立,∴f(1)=f(-1),
∴(1+a)ln=(-1+a)ln 3,∴a=0.
经检验符合题意.
考场速解
易知y=ln为奇函数,又f(x)为偶函数,∴y=x+a为奇函数,∴a=0.
6.D　因为函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)上单调递减,所以函数y=x(x-a)在区间(0,1)上单调递减,所以≥1(结合函数y=x(x-a)的图象,根据对称轴的位置与区间(0,1)的关系列不等式),即a≥2,故a的取值范围是[2,+∞).
7.B　当x<0时, f(x)=-x2-2ax-a在(-∞,0)上单调递增,则-≥0,解得a≤0;
当x≥0时, f(x)=ex+ln(x+1)在[0,+∞)上单调递增显然成立,
又f(x)在R上单调递增,所以-a≤e0+ln 1=1,解得a≥-1.
(易错点:x<0时函数的最大值不大于x≥0时函数的最小值)
综上,-1≤a≤0,即a的取值范围是[-1,0].
8.B　不妨设x1对于A,B,=>=>0,又函数y=log2x是定义域内的增函数,所以log2>log2=,故A错误,B正确.
对于C,取x1=-2,x2=-1,则y1=,y2=,所以log2=log2=log23-3∈(-2,-1),所以log2>-3=x1+x2,故C错误.
对于D,取x1=0,x2=1,则y1=1,y2=2,
所以log2=log2∈(0,1),
所以log2<1=x1+x2,故D错误.
考场速解
令f(x)=y=2x,作出函数y=f(x)的图象,如图,
由图可知, f <,
∴<,两边取对数得log2.
9.C
真题降维
关键 信息 信息 处理 考查 类型 思想 方法
f(x)=(x+a)·ln(x+b) 确定f(x)的定义域为(-b,+∞) 对数函数的定义域 研究函数时先确定其定义域
f(x)≥0恒成立 分别求方程x+a=0,ln(x+b)=0的根,以根和函数定义域的关系进行分类讨论,结合符号分析判断 不等式恒成立问题 分类讨论法
求a2+b2的最小值 由已知推得b=a+1,从而将a2+b2转化为关于a的二次函数,用配方法求最值 求二次函数的最值 配方法
解析　由题意可知f(x)的定义域为(-b,+∞),
令x+a=0,得x=-a,
令ln(x+b)=0,得x=1-b.
(思维创新:不等式恒成立问题的最常见的解法是分离参数法,但本题中无法分离参数,故考虑用分类讨论法,由f(x)≥0联想到可研究边界情况,即求出方程f(x)=0的两根,再针对这两根的大小及其与定义域的关系进行分类讨论求解)
若-a≤-b,当x∈(-b,1-b)时,x+a>0,ln(x+b)<0,此时f(x)<0,不合题意;
若-b<-a<1-b,当x∈(-a,1-b)时,x+a>0,ln(x+b)<0,此时f(x)<0,不合题意;
若-a=1-b,当x∈(-b,1-b)时,x+a<0,ln(x+b)<0,此时f(x)>0,
当x∈[1-b,+∞)时,x+a≥0,ln(x+b)≥0,此时f(x)≥0,所以-a=1-b时符合题意;
若-a>1-b,当x∈(1-b,-a)时,x+a<0,ln(x+b)>0,此时f(x)<0,不合题意.
综上所述,-a=1-b,即b=a+1.
(解题关键:得到a,b的关系式,从而可将a2+b2转化为关于a的二次函数,可利用函数思想求其最值)
a2+b2=a2+(a+1)2=2+≥,当且仅当a=-,b=时,等号成立,所以a2+b2的最小值为.
解后反思
对于不等式f(x)≥0(或f(x)>0, f(x)<0, f(x)≤0)恒成立问题,若能分离参数,则优先考虑分离参数法,若参数不易分离,则往往利用分类讨论法求解,此时先求出方程f(x)=0的实根,再结合各实根与函数定义域区间的端点值的大小关系进行分类讨论.一题多解
令φ(x)=x+a,Q(x)=ln(x+b),
　　因为f(x)≥0,所以必有φ(x)与Q(x)在公共定义域的相同区间上的函数值同号.
　　如图,令φ(x)与Q(x)的图象交于x轴上同一点A,
　　易知Q(1-b)=0,则点A(1-b,0),将点A的坐标代入φ(x)的解析式,得0=1-b+a,即a=b-1,所以a2+b2=(b-1)2+b2=2+,当且仅当b=,a=-时,a2+b2取得最小值,为.10.A　因为f(x)=由y=et,t=-(x-1)2复合而成,所以f(x)的图象关于直线x=1对称,且f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
因为<<1<,
所以a=f易知c=f=f.
下面比较,与2-的大小关系.
先比较与2-的大小,即比较与2的大小,即比较+与4的大小,
易得(+)2=8+4,42=16,
又<2,所以8+4<16,故<2-;
再比较与2-的大小,即比较与2的大小,即比较+与4的大小,
易得(+)2=9+6,42=16,又<,所以9+6>16,故>2-,
故<2-<,故a11.答案　
解析　设f(f(a))=f(f(b))=f(f(c))=t,则方程f(f(x))=t有三个不同的实数根a,b,c.
作出函数f(x)的图象,如图所示.
由图可知,当且仅当方程f(x)=t有两个不同的实根时,方程f(f(x))=t有三个不同的实根,所以t∈(0,1].
设关于x的方程f(x)=t的两个实数根分别为x1,x2,且x1所以x1=log2t,x2=2t-1,所以x1∈(-∞,0],x2∈.
f(x)=x1 log2x+1=x1 x==.
f(x)=x2 2x=x2或log2x+1=x2 x=log2x2=t-1或x==.
所以a+b+c=+t-1+=+-1.
因为t∈(0,1],且y=+-1单调递增,所以a+b+c∈.
12.答案　3
解析　假设原方程有一个满足x(x4-1)≠0的根m,则+=0.
令f(t)=,则f(m4-1)+f(m)=0.
当t<0时,et-1<0,所以>0.
当t>0时,et-1>0,所以>0.
所以当t≠0时, f(t)>0,所以由x(x4-1)≠0知0=f(m4-1)+f(m)>0+0=0,矛盾,所以+=0无解,所以原方程的解满足x(x4-1)=0,所以x∈{-1,0,1}.
经检验,均满足题意,所以原方程共有3个解.
13.答案　(3-,3-]∪(1,3+]
解析　当c>1时,3x≥3c>3,所以只有在x当0若f(x)=1,则x2-6x+2=0,解得x=3-或x=3+(舍去);
若f(x)=0,则x2-6x+3=0,解得x=3-或x=3+(舍去).
因为仅有一解,所以要求x=3-满足,但x=3-不满足,所以3-综上,c∈(3-,3-]∪(1,3+].专题专项练
专题强化练5　变换作图及其应用
1.(2025江苏南京第一中学月考)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)=ax+b的图象是(　　)
2.(2025江苏张家港梁丰高级中学检测)已知函数f(x)=g(x)=x2-4x-4,设b∈R,若存在a∈R,使得f(a)+g(b)=0,则实数b的取值范围是(　　)
A.[-1,5]　　　　B.(-∞,-1)∪[5,+∞)
C.[-1,+∞)　　　　D.(-∞,5]
3.(2026江苏扬州中学检测)已知函数f(x)=|2x-2|,若x1A.　　　　B.9
C.5+2　　　　D.
4.(多选题)(2025湖北襄阳四中期中)设函数f(x)=min{|x-2|,x2,|x+2|},其中min{x,y,z}表示x,y,z中的最小者,下列说法正确的是(　　)
A.函数f(x)为偶函数
B.不等式f(x)<1的解集为(-3,3)
C.当x∈[1,+∞)时, f(x-2)≤f(x)
D.当x∈R时, f(f(x))≤f(x)
5.(2025江苏连云港高级中学检测)已知函数f(x)为偶函数,且f(x+2)=-,当-2≤x≤0时, f(x)=-2,若关于x的方程f(x)-loga(x+1)=0至少有两个解,则实数a的取值范围为(　　)
A.　　　　B.∪[3,+∞)
C.∪[3,+∞)　　　　D.
6.(2026江苏江阴中学检测)已知函数f(x)=若存在x1,x2,x3(x17.(2026江苏南京第二十九中学检测)已知函数f(x)=2-x,x∈R,将函数f(x)的图象先向左平移2个单位长度,再向下平移个单位长度,得到函数g(x)的图象.
(1)求g(x)的解析式;
(2)若关于x的方程a·f(x)=g(2x)在(0,+∞)上有解,求实数a的取值范围;
(3)若f(m)+f(b)=f(m+b),且f(m)+f(b)+f(c)=f(m+b+c),求c的最小值.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
专题强化练5　变换作图及其应用
1.A 2.A 3.A 4.ACD 5.C
1.A　由函数f(x)=(x-a)(x-b)(其中a>b)的图象可知0又因为函数g(x)的图象是由y=ax的图象向下平移|b|个单位长度得到的,且|b|>1,所以A正确.
2.A　作出函数f(x)的图象,如图所示.
由图可知,函数f(x)的值域为[-1,+∞).
因为存在a∈R,使得f(a)+g(b)=0成立,即f(a)=-g(b),所以-g(b)≥-1,
即-g(b)=-b2+4b+4≥-1,即b2-4b-5=(b-5)(b+1)≤0恒成立,解得-1≤b≤5,
所以实数b的取值范围为[-1,5].
3.A　作出函数f(x)的图象,如图所示.
由图可知,x1<1,1所以+=4,
所以+=+
=(+)
=
≥=,
当且仅当=,即x1=log2,x2=log2时,等号成立,
所以+的最小值为.
4.ACD　作出函数f(x)的图象,如图中实线部分所示,
由图可知, f(x)=且其图象关于y轴对称,所以函数f(x)为偶函数,故A正确.
易知f(-1)=f(1)=1, f(-3)=f(3)=1,所以f(x)<1的解集为(-3,-1)∪(-1,1)∪(1,3),故B错误.
将f(x)的图象向右平移2个单位长度,得到函数f(x-2)的图象,如图中虚线部分所示,当x∈[1,+∞)时, f(x-2)≤f(x),故C正确.
由图可知,当x∈[0,+∞)时,0≤f(x)≤x,又因为当x∈R时, f(x)∈[0,+∞),所以0≤f(f(x))≤f(x),故D正确.
5.C　因为f(x+2)=-,所以f(x)=-,所以f(x+2)=f(x-2),所以f(x)=f(x+4).
因为关于x的方程f(x)-loga(x+1)=0至少有两个解,所以函数y=f(x)与函数y=loga(x+1)的图象至少有两个交点.
当a>1时,y=loga(x+1)单调递增,又f(x)为偶函数,且当-2≤x≤0时, f(x)=-2, f(x)=f(x+4),所以在同一平面直角坐标系中作出y=loga(x+1)与f(x)的图象,如图1所示.
由图1可知,需满足loga(2+1)≤1=logaa,解得a≥3.
当0由图2可知,需满足loga(4+1)≥-1=loga,解得a≤,所以a∈.
综上,a∈∪[3,+∞).
6.答案　[-2,3ln 2-2)
解析　作出函数f(x)的图象,如图所示.
由图可知,x1+x2=-4,0≤x37.解析　(1)将函数f(x)的图象向左平移2个单位长度得到y=f(x+2)=2-(x+2)的图象,再向下平移个单位长度得到y=f(x+2)-=2-(x+2)-的图象,
所以g(x)=2-(x+2)-.
(2)结合(1)得,a·f(x)=g(2x)可化为a·2-x=2-(2x+2)-.
令t=2-x,x∈(0,+∞),则at=t2-,t∈(0,1),
所以a=t-.
令h(t)=t-,t∈(0,1),
易知y=t在(0,1)上单调递增,y=在(0,1)上单调递减,所以h(t)在(0,1)上单调递增,又当t→0时,h(t)→-∞,当t→1时,h(t)→0,所以实数a的取值范围是(-∞,0).
(3)由f(m)+f(b)=f(m+b)得2-m+2-b=2-(m+b).
令μ=2-m,ν=2-b,μ>0,ν>0,则μ+ν=μν.
由基本不等式可知,μ+ν≥2,所以μν≥4,当且仅当μ=ν=2,即m=b=-1时,等号成立.
由f(m)+f(b)+f(c)=f(m+b+c)得2-m+2-b+2-c=2-(m+b+c),即μ+ν+2-c=μν2-c,将μ+ν=μν代入,得μν+2-c=μν2-c,即2-c==1+.
因为μν≥4,所以μν-1≥3,即2-c≤,所以-c≤log2,所以c≥-log2=log23-2,所以c的最小值为log23-2.专题专项练
单元整合练3　幂函数、指数函数、对数函数的综合应用
1.(2025江苏无锡运河实验中学月考)已知函数f(x)的部分图象如图所示,则f(x)的解析式可能为(　　)
A.f(x)=xln x　　　　B.f(x)=x-
C.f(x)=　　　　D.f(x)=ex+e-x
2.(2025江苏徐州期末)已知函数f(x)的定义域为(e,+∞), f(3)=ln 3,对任意的x1,x2∈(e,+∞),当x1A.(-∞,ln 3)　　　　B.(1,ln 3)
C.(ln 3,e)　　　　D.(ln 3,3)
3.(2025陕西榆林期末)已知正数a,b,c满足a+log4a=3,3b+log2b=8,5c+loc=14,则(　　)
A.a>b>c　　　　B.c>b>a　　　　
C.c>a>b　　　　D.a>c>b
4.(2025江苏盐城期末)已知函数y=f(x)的图象与函数y=ax(a>0且a≠1)的图象关于直线y=x对称,记g(x)=f(x)[f(x)+f(2)-1],若y=g(x)在区间上单调递增,则实数a的取值范围是(　　)
A.[2,+∞)　　　　B.(0,1)∪(1,2)
C.　　　　D.
5.(2026江苏江阴高级中学月考)已知函数f(x)=x3-+3,且f(a2)+f(3a-4)>4,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-4)∪(1,+∞)
B.(-4,1)
C.(-∞,-1)∪(4,+∞)
D.(-1,4)
6.(2025河北部分学校期末)已知a=log0.32,b=log0.22,c=log25,则以下结论正确的是(　　)
A.bc<-　　　　
B.ac<-
C.(a+1)(b+1)>1　　　　
D.(b+1)(2a-1)>-1
7.(2026黑龙江大庆实验中学期末)已知函数f(x)=g(x)=|x(x-2)|,若方程f(g(x))+g(x)-a=0的所有实数根之和为4,则实数a的取值范围是(　　)
A.(1,+∞)　　　　B.[1,+∞)　　　　
C.(-∞,1)　　　　D.(-∞,1]
8.(2026湖南多校联考)已知函数f(x)=若f(x)在(0,+∞)上存在最小值,则实数a的取值范围是　　　　.
9.(2026江苏苏州星海实验高级中学调研)已知函数f(x)=ex+x,g(x)=ln x+x,若f(x1)=g(x2)=t,则x1+x2+2-t2的最大值为　　　　.
10.(2026江苏徐州调研)已知 x∈[-2,0], t∈[-2,0],不等式|log2(4x-a·2x+5)-2-t|≤2恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.
11.(2025江苏南京第一中学月考)已知函数f(x)=log9(9x+1)+kx(x∈R)是偶函数,其中k为实数.　　
(1)求k的值;
(2)若函数g(x)=9f(x)·3x-2m·3x+1(0≤x≤2),是否存在实数m,使得g(x)的最小值为0 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.　　
12.已知函数f(x)=2-log2x,g(x)=
(1)求g(x)的最大值;
(2)若对任意的x1∈[4,16],x2∈R,不等式f(2kx1)·f()>g(x2)恒成立,求实数k的取值范围.
13.(2025山东淄博实验中学期中)已知函数f(x)=log2(2x+t)-x.
(1)若f(2)<0,求实数t的取值范围;
(2)若f(x)=x有两个不相等的实根x1,x2,且x1①求实数t的取值范围;
②证明:f(x1+1)+f(x2-1)<-1.
答案与分层梯度式解析
专题专项练
单元整合练3　幂函数、指数函数、对数函数的综合应用
1.C 2.B 3.D 4.D 5.A
6.B 7.C
1.C　由题图可知, f(x)是定义域为R的奇函数.
对于A,其定义域为(0,+∞),故A不符合题意.
对于B,其定义域为{x|x≠0},故B不符合题意.
对于C,其定义域为R,又f(-x)==-f(x),所以f(x)是奇函数,且当x→∞时, f(x)→0,x>0时, f(x)>0,x<0时, f(x)<0,故C符合题意.
对于D,其定义域为R,又f(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是偶函数,故D不符合题意.
2.B　由<-,x1,x2∈(e,+∞),得f(x1)-f(x2)构造函数g(x)=f(x)+xln x,x∈(e,+∞),则g(x1)由f(ea)<4ln 3-aea,得f(ea)+aea<4ln 3,即f(ea)+ealn ea3.D　由a+log4a=3,得log2a=6-2a,所以a是直线y=6-2x与曲线y=log2x交点的横坐标.
同理,b是直线y=8-3x与曲线y=log2x交点的横坐标,c是直线y=7-x与曲线y=log2x交点的横坐标.
在同一平面直角坐标系中作出直线y=6-2x,y=8-3x,y=7-x与曲线y=log2x,如图所示.
由图可知,a>c>b.
4.D　∵函数y=f(x)的图象与函数y=ax(a>0且a≠1)的图象关于直线y=x对称,∴y=f(x)与y=ax互为反函数,
∴f(x)=logax,
∴g(x)=f(x)[f(x)+f(2)-1]=(logax)2+(loga2-1)·logax.
令t=logax,h(t)=t2+(loga2-1)t,h(t)的图象的对称轴为直线t=.
当a>1,x∈时,t∈loga,loga2, f(x)=logax单调递增,要使y=g(x)在区间上单调递增,则需h(t)在上单调递增,
∴≤loga,解得≤a<1,与a>1矛盾,故舍去.
当0∴≥loga,解得01,又0综上,实数a的取值范围是.
5.A　f(x)=x3-+3=x3-++2=x3++2.
令g(x)=x3+,则f(x)=g(x)+2,
所以由f(a2)+f(3a-4)>4得g(a2)+2+g(3a-4)+2>4,所以g(a2)+g(3a-4)>0,即g(a2)>-g(3a-4).
易知g(x)的定义域为R,关于原点对称,且g(-x)=(-x)3+=-x3+=-g(x),所以g(x)是R上的奇函数,
所以-g(3a-4)=g(4-3a).
易知g(x)=x3+=x3-+1,y=x3在R上单调递增,y=在R上单调递减,所以g(x)在R上单调递增,所以a2>4-3a,解得a>1或a<-4,所以实数a的取值范围为(-∞,-4)∪(1,+∞).
6.B　bc=log0.22×log25=×log25=-1>-,故A错误.
ac=log0.32×log25=log0.32×=log0.35,-=log0.3.
∵53×34=125×81>125×80=104,∴53>,即5>,∴log0.35<-,故B正确.
由(a+1)(b+1)>1,得ab+a+b>0,易知a<0,b<0,∴+>-1,
而+=log20.3+log20.2=log20.06由(b+1)(2a-1)>-1,得2ab+2a-b>0,
∴-<2,而-=log20.3-2log20.2=log2=log27.5>log24=2,故D错误.
7.C　令g(x)=t,则f(t)+t-a=0.
易知f(t)+t-a=0的实数根的个数即为函数y=f(t)与函数y=a-t的图象的交点个数.
在同一平面直角坐标系中作出函数y=f(t)与函数y=a-t的图象,如图1所示.
在同一平面直角坐标系中作出函数y=g(x)与y=t的图象,如图2所示.
当a>1时,函数y=f(t)与函数y=a-t的图象有1个交点,且交点的横坐标大于1,所以g(x)=t>1,此时函数y=g(x)与y=t(t>1)的图象有2个交点,且这2个交点关于直线x=1对称,所以方程f(g(x))+g(x)-a=0的所有实数根之和为2,与题意不符.
当a=1时,函数y=f(t)与函数y=a-t的图象有2个交点,且交点的横坐标分别为0,1.
令g(x)=0,得x=0或x=2,
令g(x)=1,即|x(x-2)|=1,得x=1或x=1+或x=1-,此时函数y=g(x)与y=t的图象有5个交点,
又0+2+1+1++1-=5,所以方程f(g(x))+g(x)-a=0的所有实数根之和为5,与题意不符.
当a<1时,函数y=f(t)与函数y=a-t的图象有2个交点,且一个交点的横坐标小于0,另一个交点的横坐标在(0,1)内.
令g(x)<0,无解;
令0所以方程f(g(x))+g(x)-a=0的所有实数根之和为4,符合题意.
综上,实数a的取值范围是(-∞,1).
8.答案　
解析　当0当x≥a时, f(x)单调递增,其最小值为4a.
因为f(x)在(0,+∞)上存在最小值,
所以4a≤-2log2a,即4a+2log2a≤0.
令g(a)=4a+2log2a,
易知g(a)在(0,+∞)上单调递增,又g=+2log2=0,所以0故实数a的取值范围是.
9.答案　
解析　易知函数y=ex,y=x均为R上的增函数,所以函数f(x)=ex+x为R上的增函数.
g(x)=ln x+x=eln x+ln x=f(ln x).
因为f(x1)=g(x2)=f(ln x2)=t,其中t∈R,所以x1=ln x2,所以x1+x2+2-t2=ln x2+x2+2-t2=t+2-t2=-+≤,当且仅当t=时,等号成立,所以x1+x2+2-t2的最大值为.
10.答案　[-2,2]
解析　|log2(4x-a·2x+5)-2-t|≤2 -2≤log2(4x-a·2x+5)-2-t≤2 2-t-2≤log2(4x-a·2x+5)≤2-t+2.
易知函数y=2-t在[-2,0]上单调递减,所以1≤2-t≤4.
因为 t∈[-2,0],不等式2-t-2≤log2(4x-a·2x+5)≤2-t+2恒成立,所以2≤log2(4x-a·2x+5)≤3,所以4≤4x-a·2x+5≤8 2x-≤a≤2x+.
令2x=u,u∈,则 u∈,不等式u-≤a≤u+恒成立.
易知函数y=u-在上单调递增,所以=-2,函数y=u+在上单调递减,所以=2,所以-2≤a≤2,即实数a的取值范围是[-2,2].
11.解析　(1)因为函数f(x)是偶函数,
所以f(-x)-f(x)=[log9(9-x+1)-kx]-[log9(9x+1)+kx]=log9-2kx=log99-x-2kx=-(2k+1)x=0,
所以2k+1=0,解得k=-.
(2)由(1)得f(x)=log9(9x+1)-x=log9(3x+3-x),所以g(x)=9f(x)·3x-2m·3x+1=(3x+3-x)·3x-2m·3x+1=32x-2m·3x+2.
设t=3x,x∈[0,2],则t∈[1,9],
令h(t)=t2-2mt+2.
当m≥9时,h(t)在[1,9]上单调递减,所以h(t)min=h(9)=83-18m=0,解得m=<9,不符合题意,舍去;
当1当m≤1时,h(t)在[1,9]上单调递增,所以h(t)min=h(1)=3-2m=0,解得m=>1,不符合题意,舍去.
综上,存在m=,使得g(x)的最小值为0.
12.解析　(1)当x≤1时,g(x)=|2x-1|,此时0<2x≤2,-1<2x-1≤1,则0≤g(x)=|2x-1|≤1;
当x>1时,g(x)=f(x)-1=1-log2x,单调递减,此时g(x)综上所述,当x=1时,g(x)取最大值,且最大值为1.
(2)由(1)得g(x)≤1,所以对任意的x1∈[4,16], f(2kx1)·f()>1恒成立,
由题意得, f(2kx1)·f()=[2-log2(2kx1)](2-log2)=2(2-k-log2x1)·(1-log2x1),
令m=log2x1,2≤m≤4,
则对任意的x1∈[4,16], f(2kx1)·f()>1恒成立等价于对任意的m∈[2,4],2(2-k-m)(1-m)>1恒成立,
即2m2+2(k-3)m-2k+3>0对任意的m∈[2,4]恒成立.
令h(m)=2m2+2(k-3)m-2k+3,m∈[2,4],
易知h(m)=2m2+2(k-3)m-2k+3的图象开口向上,对称轴为直线m=-=.
当≤2,即k≥-1时,h(m)min=h(2)=8+4(k-3)-2k+3>0,解得k>,符合题意;
当2<<4,即-50,即k2-2k+3<0,无解,舍去;
当≥4,即k≤-5时,h(m)min=h(4)=32+8(k-3)-2k+3=6k+11>0,解得k>-,不符合题意,舍去.
综上所述,实数k的取值范围为.
方法总结
不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化:一般地,已知函数y=f(x),x∈[a,b],y=g(x),x∈[c,d],(1)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d], f(x1)(2)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d], f(x1)(3)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d], f(x1)(4)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d], f(x1)(5)若 x1∈[a,b], x2∈[c,d], f(x1)=g(x2),则f(x)的值域是g(x)的值域的子集.
13.解析　(1)由f(2)<0得log2(4+t)-2<0,所以log2(4+t)(2)①由题意得,log2(2x+t)=2x,即log2(2x+t)=log222x,即-2x=t有两个不相等的实根.
设m=2x,m∈(0,+∞),则函数y=t与y=m2-m,m∈(0,+∞)的图象有两个不同的交点.
作出函数y=m2-m在(0,+∞)上的图象,如图所示.
由图可知,t∈.
②证明:由①知-2x-t=0,t∈,所以+=1,·==-t,且满足0<<<<1,即x1<-1f(x1+1)+f(x2-1)=log2(+t)-(x1+1)+log2(+t)-(x2-1)=log2-(x1+x2)=log2×+t+t2-log2(-t)=log2-log2(-t)=log2,
又-=t,
所以f(x1+1)+f(x2-1)
=log2
=log2
=log2.
因为<<1,
所以-<-<-,
所以<<,
所以log2

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