【压轴攻略】2023-2024年高一数学上学期期中期末常考压轴题专练
专题11对数及对数函数
一、单选题
1．设，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知正实数x，y，z满足，则不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知定义在上的奇函数满足，当时，，设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．已知是定义在上的单调函数，是上的单调减函数，且，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知则（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数在上单调递减，，为偶函数，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，，若，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
9．已知定义在上的函数，若函数是偶函数，且对任意，都有，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．函数的定义域为R，则实数a的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
11．若函数在上单调，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
12．已知命题：任意，使为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
13．已知是定义在R上的函数，且关于直线对称.当时， ，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
14．已知函数若，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
15．设方程的两个根为，则( )
A． B． C． D．
16．已知正数满足，且，记
，现有如下说法：
（1）若，则，都有；
（2）若，则，都有；
（3）若，则，都有；
（4）若，则，都有．
则正确说法的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
17．已知定义在上的函数满足：，，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
18．函数的定义域为D，若满足：①在D内是单调函数；②区间，使在上的值域是，那么就称为“和谐函数”，若函数是“和谐函数”，则t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
19．函数在单调递减，且为奇函数.，则满的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
20．若，，，则（ ）
A． B． C． D．
21．已知函数且，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
22．已知是函数的两个零点，则（ ）
A． B．
C． D．
23．定义域是上的函数满足，当时，，若时，有解，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
24．已知若存在互不相同的四个实数 满足 ，则 的取值范围是
A．（， ） B．（，15）
C．[，15] D．（，15）
25．已知定义在上的函数满足：为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
26．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
27．已知函数，函数满足，则（ ）
A．
B．函数的图象关于点中心对称
C．若实数、满足，则
D．若函数与图象的交点为，则
28．已知正数a，b，c满足，，且，记，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则，都有
B．若，则，都有
C．若，则，都有
D．若，则，都有
三、填空题
29．已知 在R上单调递减，则实数a的取值范围是 .
30．若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是 ．
31．设函数，其中，如果不等式在区间有解，则实数a的取值范围为 ．
32．设是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，．若在区间内关于的方程，恰有3个不同的实数根，则实数的取值范围是 ．
33．设，若函数的值域为，则的取值范围是 .
34．已知函数，的最大值为，最小值为，则 .
35．已知函数，若在定义域内存在实数x，使得，则称函数为定义域上的局部奇函数．若函数是上的局部奇函数，则实数m的取值范围是 ．
36．已知函数且过定点，且定点在直线上，则的最小值为 ．
37．设，若，则的最大值为 .
四、解答题
38．已知，，求.（用表示）
39．已知，，求.（用表示）
40．已知函数在定义域上是严格增函数.
(1)若，求的值域；
(2)若的值域为，求的值；
(3)若，且对定义域内任意自变量均有成立，试求的解析式.
41．计算下列各式的值．
(1)；
(2)．
42．已知函数．
(1)用定义法证明在上单调递增；
(2)求不等式的解集；
(3)若，对使不等式成立，求实数的取值范围．
43．已知函数.
(1)当时，解不等式；
(2)若对于任意的，都有，求实数m的取值范围；
(3)在（2）的条件下，是否存在，使在区间[，β]上的值域是？若存在，求实数m的取值范围:若不存在，说明理由.
44．某中学高一学生组建了数学研究性学习小组．在一次研究活动中，他们定义了一种新运算“”：（为自然对数的底数，），，．进一步研究，发现该运算有许多奇妙的性质，如：，等等．
(1)对任意实数，，，请判断是否成立？若成立请证明；若不成立，请举反例说明．
(2)若（），，，．定义闭区间（）的长度为，若对任意长度为1的区间，存在，，，求正数的最小值．
45．定义一种新的运算“”：，都有.
(1)对于任意实数a，b，c，试判断与的大小关系；
(2)若关于x的不等式的解集中的整数恰有3个，求实数a的取值范围；
(3)已知函数，，若对任意的，总存在，使得，求实数m的取值范围.
46．已知，（且）．
(1)求的值；
(2)若，解关于x的不等式：（其中）．
47．已知函数，，．
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)若对，，使得成立，求实数的取值范围．
48．求下列式子的值：
(1).
(2).
(3)
(4)
49．已知f(x)+g(x)＝log2（2﹣x），其中f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．
(1)求f(x)与g(x)的解析式；
(2)判断函数f(x)在其定义域上的单调性；
(3)解关于t不等式f（t﹣1）+f（2t+1）﹣3t＞0．
50．函数．
(1)若的定义域为R，求实数a的取值范围；
(2)当时，若的值域为R，求实数a的值；
(3)在（2）条件下，为定义域为R的奇函数，且时，，对任意的，解关于x的不等式．
51．求下列各式中x的值．
(1)；
(2) ；
(3)
参考答案：
1．A
【分析】根据基本不等式，结合指数函数的单调性、函数单调性的性质进行判断即可.
【详解】因为，且，
所以，即，
因为函数是单调递增函数，
所以函数是单调递增函数，
所以当时，有，
因为，
所以有，
由，
因为函数是单调递减函数，
所以函数是单调递减函数，
因为，所以，
因此，
故选：A
【点睛】关键点睛：根据等式的形式构造函数，利用指数函数的单调性是解题的关键.
2．B
【分析】首先把指数式化成对数式，表示出.选项A，取倒数再根据换底公式可以判断A；选项B，根据换底公式转化为比较的大小关系；选项C，同样根据换底公式转化为比较底数的大小关系；选项D，把利用换底公式进行化简，再结合基本不等式得出结果.
【详解】设，，则，，.
选项A，，，，则，故A正确；
选项B，，，，
下面比较的大小关系，
因为，，，所以，即，又，
所以，即，故B不正确；
选项C，，，，
因为，又，所以，即，故C正确；
选项D，，
因为，所以，
又，所以，故D正确；
故选：B.
【点睛】指数和对数的比较大小问题，通常有以下方法：
（1）利用指数、对数函数的单调性比较大小，底数不一样时可以化成一样的再比较；
（2）比较与0，1的关系，也可以找中间值比较大小；
（3）当真数一样时，可以考虑用换底公式，换成底数一样，再比较大小；
（4）去常数再比较大小，当底数与真数成倍数关系时，需要将对数进行分离常数再比较；
（5）也可以结合基本不不等式进行放缩，再比较大小；
（6）构造函数，利用函数的单调性比较大小.
3．A
【分析】解得，又利用对数运算可判断，结合基本不等式可判断与的大小，即可得的大小关系.
【详解】解：，
由于，
，取等条件应为，即，而，故，
，取等条件为，即，而，故，所以.
故选：A.
4．D
【分析】利用函数的性质，将化到这个区间，再利用在上单调递增，即可判断的大小关系.
【详解】，
，
，
又
即，，，
且在上单调递增，
，
即.
综上可得.
故选:D.
5．B
【解析】是定义在上的单调函数可推知，表示出，再作商法，运用换底公式变形，比较出的大小即可求解.
【详解】由已知得，则，所以，，，
所以，则，，则，
所以．又因为是上的单调减函数，所以
故选：B．
【点睛】作商比较法，即对两值作商，根据其值与1的大小关系，从而确定所比值的大小．当然一般情况下，这两个值最好都是正数．作差比较法是比较两个数值大小的最常用的方法，即对两值作差，看其值是正还是负，从而确定所比值的大小．
6．A
【分析】根据指对互化可得，再利用基本不等式与换底公式可得与，从而利用指数函数的单调性即可得解．
【详解】因为，所以，
因为，
所以，则，
所以；
因为，
所以，则，
所以；
综上，.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握，从而得到与，由此得解.
7．A
【分析】先由已知确定函数的对称性、单调性、周期性，然后把“”后面自变量的值转化为同一单调区间上，比较自变量大小即得函数值的大小关系.
【详解】因为函数为偶函数，得的图象关于直线对称，
且，由得，
所以，即，则，
所以函数的一个周期为6，则，
当时，，又的图象关于直线对称，
所以，
由得，的图象关于点对称，
又函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，
又，
所以，
所以.
故选：A
【点睛】方法点睛：比较两个函数值或两个自变量的大小：首先根据函数的性质把两个函数值中自变量调整到同一单调区间，然后根据函数的单调性，判断两个函数值或两个自变量的大小
8．A
【分析】判断出函数是偶函数，且在区间上单调递增，然后比较、、三个数的大小，由此可得出、、的大小关系.
【详解】因为，该函数的定义域为，
，所以函数为偶函数，故，
当时，，
任取，，则，，所以，
所以，，即，
所以函数在上单调递增，
又，由可得，故，
则，即.
故选：A.
9．C
【分析】根据函数的对称性以及单调性即可求解.
【详解】∵函数为偶函数，∴定义在上的函数的图象关于直线对称，
∵对任意，都有，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
又函数的图象关于直线对称，且，
∴，即，解得，即实数的取值范围是.
故选：C.
10．A
【分析】根据题意，分与讨论，即可得到结果.
【详解】当时，，符合题意；
当时，由，得．综上所述，．
故选：A
11．D
【分析】由对数函数的定义域可得，再根据二次函数的单调性可知或，从而解出的范围．
【详解】由题意可得，，解得或.
所以函数的定义域为.
令，函数的对称轴为，且开口向上，
函数在上单调递增，在上单调递减，
由外层函数是其定义域内单调递增，
所以要使函数在上单调，
则或，
解得或，则实数的取值范围是.
故选：D．
12．C
【分析】设，由题意可得任意，恒成立，结合二次函数性质列不等式求的取值范围.
【详解】设，则，
原命题等价于：任意，使为真命题，
所以，其中
设， 则
函数，的最大值为与中的较大者，
所以，
∴，解得，
故选：C.
13．D
【分析】结合复合函数的单调性，可知在上单调递减，由关于直线对称，可知为偶函数，从而可将题中不等式转化为，整理得对任意的恒成立，进而结合二次函数的性质，可求出的取值范围.
【详解】当时，，
函数在上单调递减，且是R上的增函数，
根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减，且；
当时，，易知函数在上单调递减，且.
∴函数在上单调递减.
∵关于直线对称，∴关于对称，即为偶函数，
∴不等式可化为，
∴恒成立，
即，整理得，
令，
∴对任意的，恒成立，
∴，
即，解得.
故选：D.
【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查函数的奇偶性、单调性的应用，考查学生的推理能力与计算能力，属于较难题.
14．D
【分析】作出函数及的图象，通过解方程的方法求得函数图象的交点的横坐标，然后利用数形结合即得.
【详解】画出函数的图象，则函数的图象向左平移个长度单位，得到函数的图象，
设两图象交于点，且横坐标分别为，
由图象可得满足的实数的取值范围为，
对于，由，解得，
所以，解得或（舍去），
对于，由，解得，
综上，可得实数的取值范围为．
故选：D．
15．D
【分析】由已知，画出函数和的图像，结合图像，确定两函数图像交点横坐标的范围以及满足的等量关系，然后化简整理即可确定的范围.
【详解】由已知，分别画出函数和的图像如图，
由图像可知方程的两根为，
不妨设，则两根满足是，
，①
， ② 且，
①②得 ，
，，
即.
故选:D.
16．C
【分析】根据题意，构造函数可得其单调性，得到，同理可得的单调性，即可判断①②，然后由其推论，即可判断③④.
【详解】令，因为在定义域上单调递减，在定义域上单调递增，故在上单调递减，故，故，即；
令，
因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递增，故在上单调递增，故，故，即．综上所述，若，则，都有，故①错误；同理可得，②正确；
若，则；若，由①的推论可知，，则，而，故，则
，故，故，
故；若，同理可得，；
故若，则，都有，当且仅当时等号成立，则③正确；同理可得，④正确．
故选：C．
17．B
【分析】由题意，可得函数的对称性，进而得到周期性，整理函数值，可得答案.
【详解】，为奇函数，即图象关于原点对称，
，的图象关于直线对称，
则函数的周期，由，
则，即，
则，
由，则，
即，
故选：B.
18．D
【分析】因为是“和谐函数”，所以由题意有两个不相等的实数根，即有两个不相等的实数根，由此即可求出的取值范围．
【详解】解：由题意，因为是“和谐函数”，
所以在其定义域内为增函数，且在上的值域是，
，即，
有两个不相等的实数根，即有两个不相等的实数根，
令，则，
有两个不相等的正实数根，
，解得．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是，由复合函数单调性的判断原则得在其定义域内为增函数，又由在上的值域是，从而得，即有两个不相等的实数根.
19．A
【分析】根据函数的单调性，奇偶性以及可解不等式组或分别解两个不等式组即可得出结论.
【详解】由已知，使不等式成立的满足或，
因为为奇函数.且，所以，
将的图象右移个单位后，由得，
又得，即，
所以满足的范围为，
同理，满足的范围为.
综上，的取值范围为，
故选：A.
【点睛】关键点睛：通过函数的单调性，奇偶性，以及，从而解出得，以及得，是解题关键.本题考查函数的基本性质的综合应用，属于较难题.
20．B
【分析】根据对数的运算性质可得，即可得，由作差法即可判断.
【详解】，
，故，
由于，所以，故，
因此，
故选：B
21．B
【分析】易知函数为奇函数，且在R上为增函数，则可化为，则即可解得a的范围.
【详解】函数，定义域为，
满足，
∴，令，∴，∴为奇函数，
，
∵函数，在均为增函数，
∴在为增函数，
∴在为增函数，
∵为奇函数，∴在为增函数，∴，解得.
故选：B.
22．A
【分析】将问题转化为函数与的图象的交点问题，设两函数图象的交点，然后设法得出的表达式去分析.
【详解】，在同一直角坐标系中作出与的图象，
设两函数图象的交点，
则，即，
又，
所以，，即，
所以①；
又，故，即②，
由①②得：，
故选：A.
【点睛】本题考查指数函数与对数函数图象的应用问题，难度一般，解答的关键在于利用方程思想表示出两交点的关系式.
23．B
【分析】由题可得，结合条件求分段函数的最值，然后解不等式即得.
【详解】∵，
∴，
当时，，
∴,
当时，，
当时，，
所以当时，，
∵当时，有解，
∴，整理得，
解得或．
∴实数的取值范围是．
故选：B．
24．D
【详解】作出函数的图象如图：
由，得，，则，；
利用对称性可知，
由，可得：.
.
本题选择选项.
25．A
【分析】由为奇函数，为偶函数可知为以4位周期的周期函数，且关于点对称，关于轴对称，利用周期性与对称性可化简代入即可得出答案.
【详解】因为为偶函数，
所以，
所以，
又为奇函数，即
所以，
所以的周期为4，
.
故选：A.
【点睛】本题综合考查了函数的周期性与对称性，属于难题.解本类题型一般可借助正弦曲线与余弦曲线帮助我们理解其对称性与周期性.
26．B
【分析】根据的放缩得到；通过作差法比较和，构造，利用 ，即即可得到答案.
【详解】对于和，因为，所以，即．
对于和，，．
令函数，在上单调递增，
因为，所以，
即，所以，即，
故．
故选：B
【点睛】方法点睛：本题考查构造函数比较大小问题.比较大小的常见方法有：
（1）利用作差法或者作商法与特殊值比较；
（2）构造相关函数，利用导数研究其单调性进而比较函数值；
（3）利用中间量进行放缩比较.
27．BD
【分析】计算得出，可判断A选项；利用函数对称性的定义可判断B选项；举出反例，可判断C选项；利用函数的对称性可判断D选项.
【详解】对任意的，，
所以函数的定义域为，
因为
，
所以，故A错误；
因为，
所以，
所以函数的图象关于点中心对称，故B正确；
对于C，由，
则，此时，故C错误；
对于D选项，由上可知，函数与图象都关于点对称，
若函数与图象的交点个数为偶数，
且与，与都关于点对称，
所以，
所以，
若函数与图象的交点个数为奇数，
且与，与都关于点对称，
则，且，
所以，
故D正确.
故选：BD.
【点睛】结论点睛：判断函数的对称性，可利用以下结论来转化：
①函数的图象关于点对称，则；
②函数的图象关于直线对称，则.
28．BCD
【分析】对于选项，用与作差，与作差，根据差式，构造新函数，根据复合函数单调性判断规则即可求解；对于选项，讨论的范围，再构造指数不等式，根据指数函数单调性即可判断.
【详解】令，
因为在定义域上单调递减，在定义域上单调递增，
故在上单调递减，
故，
故，即；
令，
因为在定义域上单调递增，在定义域上单调递增，
故在上单调递增，
故，
故，即.
综上所述，若，则，都有，故A错误；
同理可得，B正确；
若，则；
若，由①的推论可知，，则，
而，
故，则，
故，故，
故；
若，同理可得，；
故若，则，都有，
当且仅当时等号成立，则C正确；
同理可得，D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题考查指对数函数的图象与性质，考查数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养.
29．
【分析】利用函数的单调性的性质，求得的范围，即得所求．
【详解】若函数在上是单调减函数，
则，解得，
即，
故答案为：．
30．
【分析】令，由题设易知在上为增函数且恒大于零，根据二次函数的性质列不等式组求的取值范围.
【详解】由题设，令，而为增函数，
∴要使在上是增函数，即在上为增函数且恒大于零，
，可得，
∴的取值范围是.
故答案为：
31．
【分析】根据题意，将原不等式等价变形为：，再变量分离得到，原不等式在区间，上有解，即小于右边的最大值．根据指数函数的单调性得到右边的最大值即可得到实数的取值范围．
【详解】不等式，即，
原不等式可化为，
移项得，
两边都除以，得
不等式在区间有解，即式的右边的最大值大于
在,上是一个减函数
当时，的最大值为
因此，得实数的取值范围是，
故答案为：
32．
【分析】依题意，是周期为4的周期函数，有3个不同的实数根，所以与在区间上有3个交点，其中，由此画出，在区间上的图象，由图列出不等式求解即可.
【详解】依题意，是偶函数，图象关于轴对称.
对任意的，都有，故，
所以是周期为4的周期函数.
有3个不同的实数根，
所以与在区间上有3个交点，其中（时不符合题意）.
由此画出，在区间上的图象如下图所示，
由图可知，
解得，即.
则实数的取值范围是.
故答案为：.
33．
【分析】根据函数图像，分析函数的单调性，结合题目中函数的值域为，分析特殊点的横坐标，分类讨论即可得解.
【详解】作出函数图像，
根据题意，
得，
令，
解得或，
所以结合
①若，则不合题意，舍去，
②若，则，此时；
③若，则，此时；
④若，则，
综上所述，，
故答案为：
34．
【分析】构造，定义判断奇偶性，利用对称性有，即可求结果.
【详解】令，且，
，
所以为奇函数，且在上连续，
根据奇函数的对称性：在上的最大、最小值关于原点对称，
则，故.
故答案为：
35．
【分析】有函数有意义，及局部奇函数的定义，列出不等式求解.
【详解】由是上的局部奇函数，所以在上恒成立，所以，即，
由局部奇函数的定义，存在，使得，
即存在，使得，
所以存在，使得，即，
又因为，所以，所以，即，
综上.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题注意隐含条件，是上的局部奇函数，必须在上有意义恒成立.
36．
【分析】根据对数函数的性质得，代入直线方程得，再根据基本不等式可求出结果.
【详解】令，即，得，故，
由在直线上，得，即，
因为且，，所以且，，
所以.
当且仅当，即，即，时，等号成立.
故的最小值为.
故答案为：
37．
【分析】由已知可解得，根据换底公式可得，根据基本不等式得出，然后根据对数运算性质即可得出答案.
【详解】因为，所以，
又，
所以.
因为，根据基本不等式有，
当且仅当，即时等号成立，
所以.
则，
所以的最大值为.
故答案为：.
38．.
【分析】利用指数式与对数式的互化关系得，再结合对数运算化简即可.
【详解】由，得，而，
所以.
39．
【分析】将指数式化为对数式，得到，利用换底公式和对数运算公式化简可得结论.
【详解】因为，所以，
所以.
40．(1)；
(2)4；
(3).
【分析】（1）先求出函数的定义域，然后根据函数的单调性可求出函数的最值，从而可求出函数的值域；
（2）根据函数在上是严格增函数，可得，，然后相加化简可得答案；
（3）由已知可得，则有，再根据其单调性和已知条件可得，从而可求出的解析式.
【详解】（1）由，解得，
因为和在上均为增函数，
所以在上为增函数，
所以 ，
，
所以的值域为；
（2）因为的值域为，且在定义域上是严格增函数，
所以，，
所以
；
（3）因为对定义域内任意自变量均有成立，
所以，
所以，
所以，
因为函数在定义域上是严格增函数，
所以，
所以，
所以，
所以，解得，
因为函数在定义域上是严格增函数，
所以.
41．(1)1
(2)
【分析】（1）利用分数指数幂运算法则进行计算即可；
（2）利用对数运算性质及换底公式计算即可.
【详解】（1）
.
（2）
．
42．(1)证明见解析
(2)或
(3)
【分析】（1）利用定义法证明函数的单调性；
（2）利用奇偶性和单调性解不等式；
（3）令，利用复合函数法求出，转化为恒成立，即，，利用分离参数法和换元法转化为恒成立.令，利用二次函数的性质求出的最大值，进而求出的取值范围．
【详解】（1）设，
则，
，
，，，,
，，
故在上单调递增．
（2）由于，所以是偶函数，且在上单调递增，
，
两边同时平方可得，
解得或
所以原不等式的解集为或．
（3）由于，使得成立，
令，可知，
由于单调递增，，t在上单调递增，则由复合函数单调性知
函数在上单调递增，，
故，
即，
所以，
令，则，当时等号成立，
则，
则，
令，
所以当时，取得最大值，
则，
即的取值范围为．
【点睛】结论点睛：本题考查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，
（1）相等关系
记的值域为A, 的值域为B,
①若，，有成立，则有；
②若，，有成立，则有；
③若，，有成立，故；
（2）不等关系
①若，，总有成立，故；
②若，，有成立，故；
③若，，有成立，故；
④若，，有成立，故．
43．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据对数函数性质把对数不等式化为一元二次不等式后求解，注意对数函数的定义域；
（2）根据对数函数性质求得在上的最大值，由可得；
（3）由对数函数单调性问题转化为一元二次方程在上有两个不等实根，由一元二次方程根的分布知识求解可得．
【详解】（1）∵
∴的定义域为（1，+∞）.
由，
化简得，解得，又，
∴所求不等式的解集为.
（2）对于任意的，都有，等价于，
∵
设
则t在上是增函数，下面按照的单调性分类讨论:
当时，在上递减，则，解得，
当时，在上递增，则，解得与矛盾，故舍去.
综上，.
（3）∵，
∴在(,+∞)上递减，
∴，即，即关于x方程在(,+∞)上有两个不等的实根，
设，
则，即．
综上，不存在这样的α，β满足条件.
【点睛】结论点睛：一元二次方程根的分布：，记，
（1）方程的两根都大于；
（2）方程的两根都小于；
（3）方程的一根大于，一根小于；
（4）方程的两根都都在区间上．
44．(1)成立，证明见解析
(2)4
【分析】（1）根据新定义以及对数运算证得成立.
（2）先求得的解析式，结合差比较法列不等式，由此求得的取值范围，进而求得正数的最小值.
【详解】（1）由定义得：，
∴．
∵．
∴．
（2）
，
∴（）．
∴开口向上，对称轴为：．
∵，根据二次函数的对称性不妨设，
当时，在内单调递增，
则，即，可得．
当，即时，在内单调递减，内单调递增．
，
由，则，即，故．
∴，，
∴正数的最小值为4．
【点睛】关键点点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及运算，利用化归与转化的数学思想方法，将不熟悉的问题，转化为熟悉的问题来进行求解.如本题中的新定义运算，涉及的是对数运算以及指数运算.
45．(1)
(2)或
(3)且
【分析】（1）根据题意，由函数新定义运算即可得解；
（2）由函数新定义运算即可得解，再利用函数零点的概念解不等式即可；
（3）用换元法可判断出，先由的值域为，可得出的值域为，再由可解得实数m的取值范围.
【详解】（1），
，
（2）
原不等式可化为：，即，
为满足题意，必有，即或①
令，
由于，，结合①可得：，
的一个零点在区间，另一个零点在区间，
从而，即②
由①②可得：或
（3），
设，
令，，则，
，
，
的值域为
，
的值域为
根据题意可知：，
解之得：且
【点睛】关键点睛：理解函数新定义，用对数运算知识得出函数解析式是关键，从而用函数的性质、不等式的性质以及零点的概念解之.
46．(1)12
(2)答案见解析
【分析】（1）利用对数式与指数式的互化，及指数幂的运算即可得解；
（2）利用对数的运算可得，再分类讨论，，，和，解不等式即可得解.
【详解】（1）由，，得，,
所以；
（2）因为，，
又，所以，解得，
不等式，
①当时，不等式为，解得，不等式的解集为；
②当时，变形为，
令，
当时，，二次函数开口向下，不等式的解集为；
当时，，二次函数开口向上，不等式的解集为；
当时，二次函数开口向上，不等式的解集为；
当时，，二次函数开口向上，不等式的解集为；
综上可知，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
47．(1)6
(2)
【分析】（1）令，将函数化为，利用基本不等式求最值；
（2）独立m，将问题转化为，使得成立，求的最大值，得m的取值范围.
【详解】（1）令，因为，所以，
则可化为，，
因为，当且仅当，即，时，等号成立，
所以时，取最小值6.
（2）由（1），，
因为，，使得成立，
所以，使得成立，
即，使得成立，
令，因为，，
所以，使得成立，
因为当，，
当，即时，取最大值2，
所以.
48．(1)0
(2)3
(3)
(4)
【分析】（1）由指数幂的运算，即可得到结果；
（2）由对数的运算，即可得到结果；
（3）由指数幂的运算，即可得到结果；
（4）由对数的运算，即可得到结果.
【详解】（1）原式
（2）原式
（3）原式
（4）原式
49．(1)f(x)=log2，g(x)=log2（4-x2）
(2)f(x)在（-2，2）上单调递减
(3)（-1，0）
【分析】（1）由，分别是奇偶函数，将“”代入，利用奇偶函数的性质，解方程得，的解析式；
（2）求的定义域，整理内层函数，利用复合函数的单调性原则判断单调性；
（3）观察不等式，构造函数，易得的奇偶性和单调性，解不等式.
【详解】（1）由于函数f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，
可得f（-x）=-f(x)，g（-x）=g(x)，
因为f(x)+g(x)=log2（2-x），
所以f（-x）+g（-x）=log2（2+x），
即-f(x)+g(x)=log2（2+x），
解得，．
（2）的定义域为（-2，2），
且，
因为在（-2，2）上单调递减，是增函数，
由复合函数的单调性可知f(x)在（-2，2）上单调递减．
（3）令h(x)=f(x)-x，，
由h（-x）=f（-x）+x=-f(x)+x=-h(x)，
可得h(x)为奇函数，且在（-2，2）上单调递减，
因为f（t-1）+f（2t+1）-3t＞0，
所以f（t-1）-（t-1）+f（2t+1）-（2t+1）＞0，
即h（t-1）+h（2t+1）＞0，即h（t-1）＞-h（2t+1）=h（-2t-1），
所以 ，解得-1＜t＜0，
不等式解集为.
50．(1)；
(2)；
(3)答案详见解析.
【分析】（1）由恒成立分离常数，结合指数函数、二次函数的性质求得正确答案；
（2）令，结合的值域包含列不等式，由此求得正确答案；
（3）先求得的解析式，由此化简不等式.对进行分类讨论，由此求得正确答案.
【详解】（1）由题恒成立，则恒成立，
由于，所以，
所以；
（2）令，则的值域包含，
因为，
所以，即,
又因为，
所以；
（3）当时，；若，，，
又因为为定义域为的奇函数，
所以当时，，
所以，，
不等式等价于，
由于在上是单调递增函数，
所以原不等式等价于，即：，
当时，解集为且或；
当时，解集为；
当时，解集为且或；
当时，解集为或.
【点睛】根据函数的奇偶性求函数的解析式要注意的地方有：1.如果函数的定义域为，则对于奇函数来说，必有，偶函数则不一定；2.当时，（或当时，），需要代入对应范围的解析式，结合或来求得函数的解析式.
51．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据对数式与指数式的关系可得，由此可求；
（2）根据对数式与指数式的关系可得，化简可得结论；
（3）根据对数式与指数式的关系可得，解指数方程可得.
【详解】（1）由，可得，
∴.
（2）由，可得.
∴.
（3）由，可得，
∴，
∴.
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "()
" ()
