2021-22学年上海高一下沪教新版期末重难点复习专题8：对数函数常考题专练(解析版

【期末宝典】专题8：对数函数常考题专练（解析版）

一、单选题

1．（2020·上海·格致中学高一期末）已知函数ylog2(xa)b的图象不经过第四象限，则实数a、b满足 A．a1,b0 C． blog2a0 【标准答案】C 【思路点拨】

因为函数ylog2(xa)b的图象不经过第四象限，所以当x0时，y≥0，所以

B．a0,b1 D．a2b0

log2ab0．

【精准解析】

因为函数ylog2(xa)b的图象不经过第四象限， 所以当x0时，y≥0，

log2ab0. 故选：C． 【名师指导】

本题主要考查了指数函数的图象和性质，是基础题．

2．（2020·上海市实验学校高一期末）“x11”是“log2x1”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【标准答案】C 【思路点拨】

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

本题首先可求解不等式x11以及log2x1，然后通过充要条件的判定即可得出结果. 【精准解析】

x11，1x11，解得0x2，

log2x1，0x21，解得0x2，

则“x11”是“log2x1”的充要条件， 故选：C.

3．（2021·上海长宁·高一期末）下列四组函数中，两个函数相同的是（ ）. A．yx2和y(x)2

B．y1和yx0

C．yx(x{0,1})和yx2(x{0,1}) 【标准答案】C 【思路点拨】

2D．ylogax和y2logax

根据相同函数的定义，从定义域、值域、对应关系三方面进行判断即可. 【精准解析】

A：函数yx2的定义域为全体实数集，函数y(x)2的定义域为非负实数集，故两个函数不相同，不符合题意；

B：函数y1的定义域为全体实数集，函数yx0的定义域为非零的实数集，故两个函数不相同，不符合题意；

y0，y1；C：当x{0,1}时，函数yx的值域为y{0,1}，其中当x0时，当x1时，

当x{0,1}时，函数yx2的值域为y{0,1}，其中当x0时，y0，当x1时，y1，

因此两个函数是相同函数，符合题意；

D：函数ylogax2的定义域为非零的实数集，函数y2logax的定义域为正实数集，因此两个函数不相同，不符合题意，

试卷第2页，共32页

故选：C

x4．（2021·上海·曹杨二中高一期末）函数fxa与gxlogax在同一坐标系中的

图像可能是（ ）

A． B．

C．

D．

【标准答案】B 【思路点拨】

x分别讨论a1和0a1时函数fxa与gxlogax在的单调性和所过定点，利

用排除法即可求解. 【精准解析】

由对数和指数函数的性质可得a0且a1，

x当a1时，fxa过点0,1在R上单调递减，gxlogax过点1,0在0,单

调递减，所以排除选项C，

xgxlogax过点1,0在0,当0a1时，fxa过点0,1在R上单调递增，

单调递增，所以排除选项AD， 故选：B.

5．（2018·上海市敬业中学高一期末）以下关于函数ylg1x的说法正确的是

+ A．定义域是0，C．在定义域上单调递增 【标准答案】D 【思路点拨】

+ B．值域是0，D．在定义域上单调递减

根据定义域为xx1，值域为R，排除A，B，再根据单调性得到答案. 【精准解析】

函数ylg1x的定义域为：xx1故A错误；值域为R，B错误； 易知：y1x单调递减，ylgx单调递增

故ylg1x在定义域上单调递减，C错误，D正确 故选 D 【名师指导】

本题考查了函数的定义域，值域，单调性，意在考查对数函数的基本性质. 6．（2021·上海市第二中学高一期末）若loga3A．1a

221，则a的取值范围是：（ ） 33B．0a1或1a

2C．

2a1 3D．0a试卷第4页，共32页

2或a1 3

【标准答案】C 【思路点拨】

讨论a的范围再利用对数函数的单调性可求解. 【精准解析】 loga221，即logalogaa， 3322，即a1， 33当0a1时，解得a当a1时，解得a2a1. 32，此时无解， 3综上，

故选：C.

7．（2021·上海松江·高一期末）已知正数a,b均不为1，则“3a3b3”是“loga3logb3”的（ ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 必要条件 【标准答案】A 【思路点拨】

根据指数函数对数函数的概念，分析“3a3b3”与“loga3logb3”的推出关系即可. 【精准解析】

由题意知，3a3b3ab1， 当ab1时，loga3lg3lg3logb3成立， lgalgbD．既不充分又不

1反之不成立，例如a,b3满足loga3logb3,推不出ab1.

3故“3a3b”是“log3alog3b”的充分不必要条件．

故选：A

log1(1x),1xn8．（2021·上海市建平中学高一期末）已知nm，函数f(x)2的

2x13,nxm2值域是[1,1]，有下列结论：

11①当n0时，m,2； ①当n0,时，m(n,2]；

22111①当n0,时，m[1,2]； ①当n时，m,2；

222其中正确结论的序号是（ ）． A．①① 【标准答案】D 【思路点拨】

ylog1(1x),x122x1B．①① C．①① D．①①

先对分段函数去绝对值讨论单调性，作出和y23的图象，

1n0时，由图可得m的范围，可判断①；当n0,时先求出ylog1(1x),1xn22的值域，进而可判断xn,m时，fx1必有解，即可得m的范围，可判断①①；当n1212x13,nxm的范围，时，先计算fxlog1(1x)在1,的值域，即可得y222进而可得m的范围可判断①，可得正确答案. 【精准解析】

2x1323x3，此时fx单调递减， 当x1时，x10，fx22x1321x3，此时fx单调递增， 当1x1时，fx2所以fx在1,1单调递增，在1,单调递减，

31所以当x1时fx取得最大值为f1231，

作出fx的图象如图所示：

试卷第6页，共32页

log1(1x),1x0对于①：f(x)2令22x131可得x0或x2，

2x13,0xm2当n0时，若fx值域为[1,1]，则m1,2，故①不正确 1对于①：当n0,时，当x1,n时，1x1n,2

2fxlog1(1x)1,log1(1n)，而 1fxlog1(1n)1，

222若fx值域为[1,1]，则xn,m时，fx1必有解， 即22x131，解得x1，所以m1,2，故①不正确； 1对于①：由①知，当n0,时，m[1,2]，故①正确；

2对于①：当n11时，fxlog1(1x)在1,单调递增，

22211此时fx最小值为f1log121，fx最大值为flog111，

22221要使得fx值域为[1,1]，由图知m,2，故①正确；

2综上所述：①①正确， 故选：D. 【名师指导】

关键点点睛：本题解题的关键是由函数fx的解析式判断单调性，根据单调性作出

fx的图象，对于分段函数其值域应为两段函数值域的并集，利用数形结合的思想可求参数的范围.

9．（2021·上海市南洋模范中学高一期末）对于函数①f(x)log1x21，①

2f(x)(x2)2，①f(x)2x2，判断下列三个命题的真假：

命题甲：f(x2)是偶函数；

命题乙：f(x)在(,2)上是严格减函数，在(2,)上是严格增函数； 命题丙：f(x2)f(x)在(,)上是严格增函数． 能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是（ ） A．①① 【标准答案】B 【思路点拨】

根据所给函数解析式，利用函数单调性，奇偶性的判定方法，逐个判断三个命题，即可得出结果. 【精准解析】

对于①f(x)log1x21，f(x2)log1x1，其定义域R，且

22B．①① C．① D．①①

log1x1log1x1，所以f(x2)log1x1是偶函数；满足命题甲为真；

222当x2时，f(x)log1x21log1x21log1x1，显然单调递减，不满足

222命题乙为真；故舍去；

试卷第8页，共32页

对于①f(x)(x2)2，则f(x2)x2显然是偶函数，满足命题甲为真；

又f(x)(x2)2是开口向上，对称轴为x2的二次函数，所以f(x)在(,2)上是严格减函数，在(2,)上是严格增函数，满足命题乙为真；

因为f(x2)f(x)x2(x2)24x4在(,)上显然是严格增函数，即满足命题丙为真；故①满足题意；

对于①f(x)2x2，则f(x2)2x，定义域为R，且2x2x，所以f(x2)2x是偶函数，满足命题甲为真；

又f(x)2x22x2,x2x2，满足在(,2)上是严格减函数，在(2,)上是严格增函2,x2数；即命题乙为真；

f(x2)f(x)22xx23x42,x242xx,0x2，根据指数函数的性质可得，该函数在每

232x,x0段内都单调递增，且函数连续，所以其在(,)上是严格增函数，满足命题丙为真命题；故①满足题意；

综上，能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是①①. 故选：B. 【名师指导】 关键点点睛：

求解本题的关键在于根据函数解析式，逐项判断f(x)和f(x2)f(x)的单调性，以及

f(x2)的奇偶性即可.

10．（2021·上海·格致中学高一期末）若log3mlog3n且logm3logn3，则实数m、n满足的关系式为（ ） A．0B．0C．0D．1【标准答案】C 【思路点拨】

由log3mlog3n得0mn，由logm3logn3得0n1m或0m1n，结合可得答案. 【精准解析】

由log3mlog3n得0mn，

由logm3logn3得

lg3lg3lgnlgm0， ，即，

lgmlgnlgmlgnnnnm0，因为0mn，所以1，lg0，

mmlgmlgnlglgm0lgm0lgmlgn0所以，得或，

lgn0lgn0即0n1m或0m1n，而0mn， 所以0m1n. 故选：C. 【名师指导】

本题考查了由对数运算的性质比较大小，关键点是由logm3logn3得0n1m或0m1n，考查了对数的基本运算，属于基础题.

二、填空题

11．（2021·上海市行知中学高一期末）函数f(x)lg(4xx2)的严格减区间是_________. 【标准答案】2,4 【思路点拨】

试卷第10页，共32页

先由函数解析式，求出定义域，再由对数型复合函数单调性的判定方法，即可求出减区间.

【精准解析】

由f(x)lg(4xx2)可得4xx20，解得0x4，即f(x)lg(4xx2)的定义域为

0,4，

令t4xx2，则t4xx2是开口向下，对称轴为x2的二次函数， 所以t4xx2在0,2上单调递增，在2,4上单调递减， 又ylgt是增函数，

所以函数f(x)lg(4xx2)的严格减区间是2,4. 故答案为：2,4

212．（2021·上海·曹杨二中高一期末）已知fxlog21ax在3,4上是严格减函数，

则实数a的取值范围是___________. 1【标准答案】0,

16【思路点拨】

根据fx的单调性可得a满足的不等式组，从而可求实数a的取值范围. 【精准解析】

fxlog21ax2在3,4上是严格减函数，

故t1ax2在3,4为减函数，且t0恒成立，

a01所以，故a0,.

16116a01故答案为：0,.

16【名师指导】

易错点睛：与对数有关的复合函数的单调性，要利用同增异减的原则来进行判断，注意真数大于的要求.

13．（2021·上海市进才中学高一期末）函数yloga2x13（a0且a1）的图像恒过定点P，则点P的坐标是________. 【标准答案】1,3 【思路点拨】

令对数的真数为1，求出所对应的x的值，再求出y，即可得解； 【精准解析】

解：因为函数yloga2x13（a0且a1）的图像恒过定点P，所以令2x11即

x1时yloga133，所以P点坐标为1,3；

故答案为：1,3

14．（2021·上海金山·高一期末）已知函数fxlogax0a1在区间2,4上的最大值比最小值大2，则a的值为________ . 【标准答案】2 2【思路点拨】

分析函数fxlogax在区间2,4上为减函数，由已知条件可得出关于a的等式，结合

0a1可求得实数a的值.

【精准解析】

因为0a1，所以函数fxlogax在区间2,4上为减函数， 所以，fxmaxfxminf2f4loga2loga4loga112，所以，a2， 22试卷第12页，共32页

因为0a1，因此，a2. 22. 2故答案为：15．（2021·上海·上外浦东附中高一期末）如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是________．

【标准答案】{x|－1先作函数图象，再求交点，最后根据图象确定解集. 【精准解析】

令g(x)＝y＝log2(x＋1)，作出函数g(x)的图象如图． 由

得

①结合图象知不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－1本题考查函数图象应用，考查基本分析求解能力.

log2(x5),x1f(x)16．2021·（上海市南洋模范中学高一期末）已知函数在R上存x2m,x1在最小值，则m的取值范围是______. 【标准答案】,0 【思路点拨】

对分段函数进行分段讨论即可. 【精准解析】

当x1时，fxlog2x5在,1上单调递减，在,1存在最小值f12，

x当x1时，fx2m在1,上单调递增，

1若fx在R上存在最小值，则只需满足log2152m，

m0，

故答案为：,0. 【名师指导】

本题考查函数单调性的应用，也考查了数形结合的思想.

17．（2021·上海市控江中学高一期末）函数f(x)lg(2x2xa1)的值域是R，则实数a的取值范围是___________. 【标准答案】(,1 【思路点拨】

xx函数f(x)lg(2x2xa1)的值域为R，即gx22a1能取遍一切正实数，

利用均值不等式求解即可. 【精准解析】

xx设gx22a1，由f(x)lg(2x2xa1)的值域为R，

xx知gx22a1可以取所有的正值，

又gx2x2xa122x2xa1a1，当且仅当x0时等号成立， 故g(x)的值域为[a1,)，

所以只需满足a1,0,即可， 即a1

试卷第14页，共32页

故答案为：(,1 【名师指导】

xxxx关键点点睛：求出gx22a1的值域，由题意知gx22a1能取遍

一切正实数，转化为g(x)的值域包含0,是解题的关键，属于中档题.

log1(1x),1x018．（2021·上海长宁·高一期末）若函数y2的值域为[1,1]，则实

x121,0xm数m的取值范围为________. 【标准答案】1m2 【思路点拨】

根据对数型函数的单调性，结合指数型函数的单调性进行分类讨论求解即可, 【精准解析】 当1x0时，

yf(x)log1(1x)2，

因为函数

f(x)log1(1x)2在1x0时是单调递增函数，

所以有f(1)f(x)f(0)，即1f(x)0，

当0xm时， f(x)2|x1|1，根据指数复合函数的单调性的性质可知： 函数在0x1时，单调递减，在x1时，单调递增，

当m1时，由0xm，可得f(m)f(x)f(0)，即21m1f(x)1， log1(1x),1x0因为函数y2的值域为[1,1]，所以有121m10，

x121,0xm即必有21m1201m0m1，而m1，所以不成立； 当m1时，此时f(x)minf(1)0，而f(0)1，

log1(1x),1x0因为函数y2的值域为[1,1]，

x121,0xm|m1||m1|所以必有f(m)1，21122m110m2，而m1，

所以1m2， 故答案为：1m2 【名师指导】

关键点睛：掌握指数型复合函数的单调性的性质是解题的关键.

19．（2021·上海·高一期末）定义：区间x1,x2x1x2的长度x2x1，已知函数y|log1x|2的定义域为a,b，值域为0,2，则区间a,b的长度的最大值与最小值的差

为__________． 【标准答案】3 【思路点拨】

0|log1x|22解出不等式

1

，画出函数图象，结合图象可知定义域的最大区间为,4，

4

1最小区间为,1，即可求出.

4【精准解析】 y|log1x|2的值域为0,2，

2log1x220|log1x|22，则

1，解得≤x≤4，

4画出函数

y|log1x|2的图象，

试卷第16页，共32页

定义域为a,b时值域为0,2，

11513，最小值为1， 44441533. 44由图象可知，定义域区间长度的最大值为4则区间a,b的长度的最大值与最小值的差为故答案为：3. 【名师指导】

本题考查了对数函数的定义域即函数值域的求解，画出函数图象，利用数形结合是解题的关键.

20．（2021·上海市建平中学高一期末）当|lga||lgb|，ab时，则a3b的取值范围是________．

【标准答案】(4,) 【思路点拨】

由已知推出ab1，a3b结果. 【精准解析】

因为lgalgb，ab，所以0a1，b1，lgalgb， 即lgalgblgab0， 因此ab1，所以a3b13b， b113b，构造函数f(x)3x，利用函数的单调性可得出bx令f(x)13x，x1， x任取1x1x2，则

11f(x1)f(x2)3x13x2

x1x21113(x1x2)(x1x2)3， xxxx2121因为1x1x2，所以x1x20，310， x1x21f(x)f(x)(xx)3因此0，即f(x1)f(x2)， 1212xx1213x在(1,)上单调递增， x所以函数f(x)所以f(x)f(1)4，即a2b的取值范围是4,. 故答案为：4,. 【名师指导】

本题主要考查由函数单调性求取值范围，熟记函数单调性的定义，以及对数的运算性质即可，属于常考题型.

三、解答题

21．（2021·上海·高一期末）圆周率π的定义为：圆的周长与其直径之比，魏晋数学家刘徽注疏《九章算术》时，采取了增加圆的内接正多边形的边数，用正多边形周长逼近圆周的方法求π的近似值.

（1）据此，在单位圆内构造恰当的内接正多边形，证明：3；

（2）试借助计算器，列表描点，在直角坐标系中画出大致图像，描述函数f(x)lgx在x区间D上的单调性，不必证明．根据D的不同情况，任选下列一题作答（都做的话，只选前者评分）．

试卷第18页，共32页

①D[3,)； ①D(0,)； x lgx x （3）根据（1）（2）证明：33.

【标准答案】（1）证明见解析；（2）答案不唯一，见解析；（3）证明见解析. 【思路点拨】

（1）根据圆内接正六边形的性质知：其边长与圆的半径r相等，由圆、正六边形的周长公式有2r6r，即可证结论.

（2）根据所选条件在列表中描点，直角坐标系中画出大致图象，即可判断区间单调性. （3）由（1）（2），根据函数的单调性有

lglg3，由对数函数的性质即可证结论. 3【精准解析】

（1）在半径为r的圆内构造正六边形，由正六边形的性质知：该六边形的边长为r， ①正六边形的周长为l6r， ①圆的周长大于正六边形的周长， ①2r6r，即有3，得证. （2）选①，

x 3 4 5 6 7 8 9 10 11 lgx x0.159 0.151 0.140 0.130 0.121 0.113 0.106 0.100 0.095 f(x)在[3,)上严格减，函数图象如下，

选①，

x 0.5 1 2 e 3 4 5 6 7 lgx x-0.602 0 0.151 0.160 0.159 0.151 0.140 0.130 0.121 f(x)在(0,e)上严格增，在[e,)上严格减，函数图象如下，

（3）①3e，由（2）知

lglg3， 3①3lglg3，即lg3lg3，则33，得证.

22．（2021·上海市实验学校高一期末）已知函数f(x)log2x，g(x)x22x8. （1）求f[g(0)]的值；

（2）设h(x)f[g(x)]，求函数h(x)在x[0,4)上的值域. 【标准答案】（1）3；（2）(,log29].

试卷第20页，共32页

【思路点拨】

（1）可求出g(0)8，从而可得出f[g(0)]的值；

（2）x[0，4)时，可得出g(x)的值域，进而可得出h(x)在[0，4)上的值域． 【精准解析】

解：（1）因为f(x)log2x，g(x)x22x8 所以g(0)8，

fg0f8log283；

22（2）h(x)log2(x22x8)，gxx2x8(x1)9，

x0,4时，gxx22x80,9，

h(x)log292log23，

h(x)在x0,4上的值域为,2log23．

23．（2021·上海·华师大二附中高一期末）已知函数f(x)ax24x6．

（1）若函数ylog2f(x)的值域为R，求实数a的取值范围； （2）若函数ylogaf(x)在区间(1,3上严格增，求实数a的取值范围． 2【标准答案】（1）a0,；（2）a2,．

3【思路点拨】

（1）根据条件分析出f(x)ax24x6的值域包含0,，由此根据a与0的关系分类讨论，求解出结果；

（2）根据a1,0a1两种情况结合复合函数单调性的判断方法进行分类讨论，然后求解出a的取值范围. 【精准解析】

（1）当a0时，ylog2(4x6)满足题意；

当a0时，要使得ylog2f(x)的值域为R，

a022只需要满足，解得0a，综上a0,

331624a02（2）ylogat,tax4x6，

21a2； 当a1时，外层函数为严格增，所以只需满足aa460当0a1时，外层函数为严格减，

2a3a所以只需满足a9a1260综上a2,． 【名师指导】

23，此时不存在，舍去； 23a02思路点睛：形如fxlgaxbxca0的函数，若函数的定义域为R，则有；

0a0. 若函数的值域为R，则有024．（2021·上海市第二中学高一期末）已知函数yf(x)loga(22x)loga(x4)，其中a1.

（1）求函数yf(x)的定义域； （2）解不等式f(x)0.

2【标准答案】（1）(4,1)；（2）4,.

3【思路点拨】

试卷第22页，共32页

22x0（1）根据对数的性质，解不等式即可求解；

x40（2）由a1可得ylogax在0,单调递增，根据单调性可得22xx4，结合定义域即可求解. 【精准解析】

22x0（1）由题意可得：，解得4x1，

x40所以函数yf(x)的定义域为(4,1)； （2）f(x)0等价于loga(22x)loga(x4)， 当a1时，ylogax单调递增， 2所以22xx4，解得：x，

3又因为4x1， 2所以4x，

32所以不等式f(x)0的解集为4,.

325．（2021·上海市西南位育中学高一期末）解下列方程或不等式.

x12x31（1）214；

（2）log2x1log42x3. 53【标准答案】（1）x；（2）,2322,.

【思路点拨】

（1）根据指数的运算性质将等号左右两边化成同底的，令指数相等即可求解； （2）根据对数的运算性质即可求解.

【精准解析】

x12x3x14x61（1）由2141得212，

5所以x14x6，解得：x，

35所以原方程的解为：x

3（2）由log2x1log42x3可得：log4x1log42x3，

2因为ylog4x在0,单调递增，

x1x1x1033 即x所以2x30可得x，

2222x12x3x2x4x403所以原不等式的解集为：,222,

226．（2021·上海市建平中学高一期末）已知幂函数f(x)x2mf(x)在(0,)为严格增函数．

m3(mZ)是奇函数，且

（1）求m的值，并确定f(x)的解析式；

21ylog2f(x)log1[2f(x)]，x,2的最值，并求出取得最值时的x取值． （2）求2213【标准答案】（1）m0，f(x)x3；（2）x26时取到最小值为；x2时，取得最

4大值13． 【思路点拨】

（1）由fx单调递增得出1m性即可得出结果；

23，又mZ，得m0或m1，再根据函数奇偶213（2）化简函数为y9log2x13log2x，令tlog2x可得y9t，根据二

642次函数单调性，即可求出结果.

试卷第24页，共32页

【精准解析】

（1）因为幂函数fxx2m2m3mZ ，在(0,)为增函数，

所以2m2m30，即2m3(m1)0，

3，又mZ，所以m0或m1， 2解得1m333当m0时，fxx，满足fxxf(x)，因此fxx是奇函数；

213x2，显然是偶函数，不符合题意； 当m1时， fxx3所以m0，fxx；

3（2）因为fxx，所以ylog2x32log12x39log2x13log2x，

221令tlog2x，因为x,2，所以t1,1，

213所以y9t3t19t，

642211所以y9t23t1在t1,上单调递减，在,1上单调递增，

661113当t即log2x，x26时ymin；

6641517因为(1)1，

6666当t1时，即log2x1，x2时ymax93113. 【名师指导】

本题主要考查由幂函数奇偶性求参数与函数解析式，以及求复合函数的最值，熟记函数奇偶性，以及二次函数的性质是解题的关键，属于常考题型.

27．（2021·上海市行知中学高一期末）已知函数f(x)log2(xa)(a0)，当点M(x,y)在函数yg(x)图像上运动时，对应的点M(3x,2y)在函数yf(x)图像上运动，则称函数yg(x)是函数yf(x)的相关函数，

（1）解关于x的不等式f(x)1；

（2）对任意的x(0,1),f(x)的图像总在其相关函数图像的下方，求a的取值范围；

22（3）若关于x的方程f(x)g(x)0有两个不相等的正实数根x1,x2，求x1x2的取值范

围.

9【标准答案】（1）xax2a；（2）(0,1]；（3）,1.

32【思路点拨】

（1）由对数函数的单调性，结合不等式f(x)1得真数的取值范围，即求得不等式的解集；

（2）先求出gx，题意转化为不等式fxgx0对任意的x(0,1)恒成立，再求实数a的取值范围即可；

（3）利用方程脱掉对数符号，得到二次函数，再利用韦达定理得到

2x12x2x1x22x1x22a210a9，求得取值范围即可.

2【精准解析】

xa0xa0解：（1）依题，则，所以ax2a.

log(xa)1xa22所以原不等式的解集为xax2a；

（2）由题意知，点M(3x,2y)在函数yf(x)图像上， 即2ylog2(3xa)，所以y1log2(3xa). 21即f(x)的相关函数为g(x)log2(3xa).

2依题意，对任意的x(0,1)，f(x)的图象总在其相关函数图象的下方， 即当x(0,1)，f(x)g(x)log2(xa)1log2(3xa)0恒成立①. 2试卷第26页，共32页

xa0首先由a0，知对任意的x(0,1)总成立，即对数式有意义.

3xa02在此条件下，①等价于x(0,1)时，log2(xa)log2(3xa)恒成立，

即(xa)23xa，即x2(2a3)xa2a0.

设h(x)x2(2a3)xa2a， 要使x(0,1)时，h(x)0恒成立，

a2a0h(0)00a1只需，即2成立，解得，故0a1，

2a1aa20h(1)0综上可知，a的取值范围是(0,1]； （3）由（2）知f(x)g(x)log2(xa)1log2(3xa)， 2xa0首先由a0，知对任意的正数x总成立，即对数式有意义.

3xa0故f(x)g(x)0即(xa)23xa，即x2(2a3)xa2a0有两个不相等的正实数

22根x1,x2，则2a34aa0，x1x232a0，x1x2aa0，

2即1a9222222，x1x2x1x22x1x232a2aa2a10a9822557571,92a对称轴是a，故2a在上单调递减，

822222579故xx2a,1.

223221222922所以x1x2的取值范围为,1.

32【名师指导】 方法点睛：

与对数函数有关的复合函数的性质（如最值）以及对数不等式的恒成立，解决这类问题，

通常是“脱去对数符号”，把问题转化为二次函数在给定范围上的恒成立或分式函数的最值来讨论.

28．（2021·上海·曹杨二中高一期末）已知实数x满足9x123x270. （1）求x的取值范围； （2）若函数fxlog22xlogx，求fx的是大值和最小值，并求此时x的值. 229【标准答案】（1）x1,2；（2）当x1或2时，fxmax2；当x2时，fxmin.

4【思路点拨】

（1）令3xt0，原不等式等价于t3t90，解得t的范围，进而可得x的取值范围；

（2）对函数fx化简可得ylog2xlog2x2，令log2xm，由1x2可得

20m1，计算二次函数ym2m2，0m1的最值即可.

【精准解析】

（1）令3xt0，则t212t270，所以t3t90， 解得：3t9，即33x9，解得1x2， 所以x的取值范围是1,2， （2）fxlog22xlogxlog22log2xlog222xlog22

191log2xlog2x2log2xlog2x2log2x

242219令log2xm，由1x2可得0m1，则ym，

242所以mlog2x19即x2时，ymin， 24试卷第28页，共32页

2当mlog2x0或1即x1或2时，ymax1912， 249综上所述：当x1或2时，fxmax2；当x2时，fxmin.

4【名师指导】

关键点点睛：求对数复合型函数值域的关键点是利用换元法令tlogax，将原函数转化为关于t的一元二次函数，求二次函数的值域即可，注意t的取值范围. 29．（2021·上海·复旦附中高一期末）已知函数hx|log1x|.

211(1)求hx在,aa上的最大值；

22(2)设函数fx的定义域为I，若存在区间AI，满足:对任意x1A，都存在x2A(其中A表示A在I上的补集)使得fx1fx2，则称区间A为fx的“Γ区间”.已知11hx|log1x|(x,2)，若A[,a)为函数hx的“Γ区间”，求a的最大值.

222【标准答案】（1）答案见解析；（2）1. 【思路点拨】

1（1）作出函数hx|log1x|的图象，分a2， a2，利用数形结合法求解.

22 (2)根据对任意x1A，都存在x2A使得fx1fx2，分1

求得hx在[,a)和[a,2]上的值域，利用集合法求解.

2

1a1，1a2，分别2【精准解析】

（1）函数hx|log1x|的图象如图所示：

2

当

11a2时，hx的最大值为h1， 22当a2时，hx的最大值为halog1a.

2 (2) 当

11

hx在[,a)上的值域为(log1a,1]，hx在[a,2]上的值域为0,1， a1时，

222因为满足:对任意x1A，都存在x2A使得fx1fx2， log1a,1所以20,1，成立；

1此时A[,a)为函数hx的“Γ区间”，

21

当1a2时，hx在[,a)上的值域为0,1，hx在[a,2]上的值域为log1a,1，

22当1x1a时，hx1halog1a ，所以x1[1,a)， hx1log1a,1，

22即存在x1A，对任意x2A使得fx1fx2， 1所以A[,a)不为函数hx的“Γ区间”，

2所以a的最大值是1. 【名师指导】

方法点睛：双变量存在与恒成立问题：

试卷第30页，共32页

若x1D1,x2D2， fx1gx2成立，则 fxmingxmax； 若x1D1,x2D2， fx1gx2成立，则 fxmaxgxmin； 若x1D1,x2D2， fx1gx2成立，则 fxmaxgxmax； 若x1D1,x2D2， fx1gx2成立，则 fxmiaxgxmin；

若x1D1,x2D2， fx1gx2成立，则 fx的值域是gx的子集；

30．（2021·上海市进才中学高一期末）已知f(x)32log2x，g(x)log2x. （1）当x1,4时，求函数yf(x)1g(x)的值域；

nn12（2）对任意x2,2，其中常数nN，不等式fxf(x)kg(x)恒成立，求实

数k的取值范围.

【标准答案】（1）0,2；（2）当n0时k,2，当n1时k,3，当n29时，k,4n15.

n【思路点拨】

（1）依题意可得y42log2xlog2x，根据二次函数的性质计算可得；

2（2）由fxfxkgx得34log2x3log2xklog2x，令tlog2x，

34t3tkt对一切的tn,n1恒成立，参变分离，根据函数的单调性求出函数

的最值即可求出参数的取值范围； 【精准解析】

（1）因为f(x)32log2x，g(x)log2x，yf(x)1g(x)

令yhx42log2xlog2x2log2x12，

①x1,4，①log2x0,2，所以当log2x1，即x2时取最大值hxmax2，当

2log2x0或2，即x1或x4时取最小值hxmin0，

①函数hx的值域为0,2.

2（2）由fxfxkgx得34log2x3log2xklog2x，

nn1令tlog2x，①x2,2，①tlog2xn,n1，

①34t3tkt对一切的tn,n1恒成立， ①当n0时，若t0时，kR； 当t0,1时，k34t3t恒成立，即k4t915，

tt9函数4t15在t0,1单调递减，于是t1时取最小值-2，此时x2，

t于是k,2；

①当n1时，此时t1,2时，k34t3t恒成立，即k4t915，

tt①4t999312，当且仅当4t，即t时取等号，即4t15的最小值为-3，

2tttk,3；

①当n2时，此时tn,n1时，k934t3t 恒成立，即k4t15，

tt99函数4t15在tn,n1单调递增，于是tn时取最小值4n15，

tn9此时x2n，于是k,4n15.

n综上可得：当n0时k,2，当n1时k,3，当n2时，9k,4n15n试卷第32页，共32页