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高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.4 对数函数同步测试题
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这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.4 对数函数同步测试题，共38页。
考点一：对数函数的概念
一般地，函数y＝lgax(a>0，且a≠1)叫做对数函数，其中x是自变量，函数的定义域是(0，＋∞)．
重难点技巧：对数函数的图象和性质
考点二：对数函数的图象和性质
对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)的图象和性质如下表：
考点三:不同底的对数函数图象的相对位置
一般地，对于底数a>1的对数函数，在区间(1，＋∞)内，底数越大越靠近x轴；对于底数0考点四：反函数的概念
一般地，指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)互为反函数．
(1)y＝ax的定义域R就是y＝lgax的值域；而y＝ax的值域(0，＋∞)就是y＝lgax的定义域．
(2)互为反函数的两个函数y＝ax(a>0，且a≠1)与y＝lgax(a>0，且a≠1)的图象关于直线y＝x对称．
(3)互为反函数的两个函数y＝ax(a>0，且a≠1)与y＝lgax(a>0，且a≠1)的单调性相同．但单调区间不一定相同．
重难点技巧：不同函数增长的差异
考点五：三种常见函数模型的增长差异
【题型归纳】
题型一：对数函数的概念与解析式
1．（2022·湖南衡阳·高一期末）函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·全国·高一专题练习）若函数的图像过点，则的值为（ ）
A．B．2C．D．
3．（2022·广东汕尾·高一期末）函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
题型二：对数函数的定义域（复合型对数函数）
4．（2022·湖北省通山县第一中学高一阶段练习）函数定义域为（ ）
A．B．C．D．
5．（2022·浙江·安吉县高级中学高一开学考试）函数 的定义域是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学高一期末）函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
题型三：对数函数的值域问题
7．（2022·天津南开·高一期末）已知函数f（x）=m+lg2x2的定义域是[1，2]，且f（x）≤4，则实数m的取值范围是（ ）
A．（-，2]B．（-，2）
C．[2，+）D．（2，+）
8．（2022·广西北海·高一期末）已知函数的值域为R，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
9．（2022·湖北武汉·高一期末）已知函数，给出下述论述，其中正确的（ ）
A．当时，的定义域为
B．一定有最小值
C．当时，的值域为
D．若在区间上单调递增，则实数a的取值范围是
题型四：对数函数的图像问题
10．（2022·全国·高一单元测试）已知函数（且，，为常数）的图象如图，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
11．（2021·全国·高一专题练习）函数，且)与函数在同一直角坐标系中的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
12．（2021·江苏·高一专题练习）已知函数的图象过定点，则在上的值域是（ ）
A．B．C．D．
题型五：对数函数的单调性问题（复合函数、求参数）
13．（2023·全国·高一单元测试）函数的单调增区间为（ ）
A．B．
C．D．
14．（2022·吉林·梅河口市第五中学高一期末）已知函数，若实数满足，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
15．（2022·福建泉州·高一期末）若函数在单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
题型六：对数函数的单调性比较大小
16．（2022·浙江·杭十四中高一期末）设实数，，，则（ ）
A．B．C．D．
17．（2022·全国·高一单元测试）已知，则（ ）
A．B．C．D．
18．（2022·福建福州·高一期中）已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
题型七：对数函数的单调性解不等式
19．（2021·云南楚雄·高一期末）已知函数(，且)，若恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
20．（2021·四川成都·高一期末）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
21．（2021·江苏·高邮市临泽中学高一阶段练习）已知，，若，，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
题型八：反函数问题
22．（2021·全国·高一专题练习）若函数是函数的反函数，则的值为（ ）
A．B．C．1D．
23．（2022·全国·高一课时练习）设是奇函数，若函数图象与函数图象关于直线对称，则的值域为（ ）
A．B．
C．D．
24．（2021·辽宁·高一阶段练习）设函数的图象与的图象关于直线对称，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
题型九：指数函数与对数函数的综合
25．（2022·安徽省宿州市苐三中学高一期中）设函数，
(1)求函数的定义域；
(2)判断函数的奇偶性，并证明.
26．（2022·浙江大学附属中学高一期末）已知，函数
(1)若函数过点，求此时函数的解析式；
(2)设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.
27．（2022·辽宁·东北育才学校高一阶段练习）已知函数．
(1)若在区间为单调增函数，求的取值范围；
(2)设函数在区间上的最小值为，求的表达式；
(3)设函数，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【双基达标】
一、单选题
28．（2022·云南师大附中高一期中）在同一平面直角坐标系中，函数，（且）的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
29．（2022·云南师大附中高一期中）已知函数，若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
30．（2022·四川·成都铁路中学高一阶段练习）已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
31．（2022·辽宁·东北育才学校高一阶段练习）已知函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
32．（2022·浙江·杭州高级中学高一期末）已知函数满足，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
33．（2021·上海市行知中学高一期中）设，且.
(1)求的值及的定义域；(2)求在区间上的最大值.
34．（2022·全国·高一单元测试）已知函数
(1)求函数的定义域；(2)判断并证明函数的奇偶性；(3)求不等式的解集.
【高分突破】
一：单选题
35．（2022·江苏省阜宁中学高一）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
36．（2022·全国·高一）函数的反函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
37．（2022·全国·高一）已知函数，，若对于任意，存在，使得，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
38．（2022·全国·高一课时练习）函数的图像是（ ）
A．B．C．D．
39．（2022·全国·高一课时练习）已知，，分别为方程，，的根，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
40．（2022·全国·高一课时练习）函数（且）在上是增函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
41．（2022·浙江·杭十四中高一期末）关于函数，下列说法中正确的有（ ）
A．的定义域为B．为奇函数
C．在定义域上是减函数D．对任意，，都有
42．（2022·全国·高一单元测试）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数的定义域为，则实数的取值范围是
B．若函数的值域为，则实数
C．若函数在区间上为增函数，则实数的取值范围是
D．若，则不等式的解集为
43．（2022·全国·高一）已知函数，，，有，则实数a的可能取值是（ ）
A．B．1C．D．3
44．（2022·全国·高一课时练习）已知函数（，且）的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．函数为增函数C．若，则D．若，则
45．（2022·全国·高一单元测试）已知函数，则（ ）
A．在单调递增
B．在单调递增，在单调递减
C．的图象关于直线对称
D．的图象关于点对称
46．（2022·安徽省舒城中学高一阶段练习）已知函数，若有四个不同的解且，则有 （ ）
A．B．
C．D．的最小值为
三、填空题
47．（2022·四川·成都铁路中学高一阶段练习）函数的定义域_____________
48．（2022·天津南开·高一期末）下列命题中：
①与互为反函数，其图像关于对称;
②已知函数，则;
③当，且时，函数必过定点；
④已知，且，则实数.
上述命题中的所有正确命题的序号是___________.
49．（2022·云南省楚雄第一中学高一阶段练习）已知函数 是定义在 上的偶函数，当 时， 若 则 的取值范围是__________.
50．（2022·浙江·高一期中）已知函数在上是增函数，则实数a的取值范围是________.
51．（2022·全国·高一专题练习）关于函数有以下4个结论：
①该函数是偶函数； ②定义域为；③递增区间为； ④最小值为；
其中正确结论的序号是____．
四、解答题
52．（2022·河南信阳·高一期末）已知函数（且）.
(1)求函数的定义域，并判断的奇偶性；
(2)是否存在实数m，使得不等式成立？若存在，求出m的取值范围，若不存在，请说明理由.
53．（2022·湖北黄石·高一期末）已知函数为偶函数.
(1)求实数的值;
(2)解关于的不等式;
(3)设，若函数与图象有个公共点，求实数的取值范围.
54．（2022·云南昆明·高一期末）已知函数是上的偶函数，且当时，.
(1)求的值；
(2)求函数的表达式，并直接写出其单调区间（不需要证明）；
(3)若，求实数的取值范围.
55．（2021·甘肃·高台县第一中学高一期中）已知函数的图象过点．
(1)求函数和的解析式；
(2)设，若对于任意，都有，求m的取值范围．
56．（2022·广东·洛城中学高一期中）已知是定义在上的偶函数，当时，.
(1)求的解析式并指出的单调区间；
(2)求的解集.
57．（2022·全国·高一）已知函数.
(1)判断的单调性并证明；
(2)设，，若存在，使得成立，求t的取值范围.
y＝lgax (a>0，且a≠1)
底数
a>1
0图象
定义域
(0，＋∞)
值域
R
单调性
在(0，＋∞)上是增函数
在(0，＋∞)上是减函数
共点性
图象过定点(1,0)，即x＝1时，y＝0
函数值特点
x∈(0,1)时，y∈(－∞，0)；
x∈[1，＋∞)时，y∈[0，＋∞)
x∈(0,1)时，y∈(0，＋∞)；
x∈[1，＋∞)时，y∈(－∞，0]
对称性
函数y＝lgax与y＝的图象关于x轴对称
函数
性质
y＝ax(a>1)
y＝lgax(a>1)
y＝kx(k>0)
在(0，＋∞)上的增减性
增函数
增函数
增函数
图象的变化
随x的增大逐渐变“陡”
随x的增大逐渐趋于稳定
随x的增大匀速上升
增长速度
y＝ax的增长快于y＝kx的增长，y＝kx的增长快于y＝lgax的增长
增长后果
会存在一个x0，当x>x0时，有ax>kx>lgax
【答案详解】
1．D
【分析】根据给定函数直接列出不等式，再解不等式作答.
【详解】依题意，，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：D
2．B
【分析】代入到求解即可.
【详解】由题, .
故选：B
【点睛】本题主要考查了对数的基本运算,属于基础题.
3．C
【分析】根据对数的真数大于0且分母不为0可得到结果
【详解】由可得又因为，所以的定义域为
故选：C
4．C
【分析】根据使函数有意义得到不等式组，解得即可；
【详解】解：因为，
所以，解得且，
所以函数的定义域为；
故选：C
5．D
【分析】首先根据题意得到，再解不等式组即可.
【详解】由题知：，
故选：D
6．B
【分析】根据使式子有意义得到不等式组，解得即可；
【详解】解：由题意知，∴或，所以函数的定义域为.
故选：B
7．A
【分析】根据函数f（x）的定义域，得到函数f（x）在上的单调性，进而求得其值域求解.
【详解】解：因为函数f（x）=m+lg2x2的定义域是[1，2]，
所以函数f（x）=m+lg2x2，且函数f（x）在上递增，
所以函数f（x）的值域为，
因为f（x）≤4，
所以，解得，
故选：A
8．C
【分析】分段函数值域为R，在x＝1左侧值域和右侧值域并集为R.
【详解】当，
∴当时，，
∵的值域为R，∴当时，值域需包含，
∴，解得，
故选：C.
9．C
【分析】A选项，真数大于0，解不等式，求出定义域；B选项，利用复合函数，真数大于0及有无最小值，判断出结果；C选项，配方法及复合函数单调性求解值域；D选项，利用复合函数单调性及真数大于0得到不等关系，求出a的取值范围.
【详解】当时，，其中，解得：，A错误；
为复合函数，其中外层为递增函数，而内层函数，当，即或时，结合真数要大于0，此时无最小值，无最小值，故B错误；
当时，，所以的值域为，C正确；
若在区间上单调递增，则在单调递增，且大于0，需要满足，解得：，故D错误
故选：C
10．D
【分析】根据函数图象及对数函数的性质可求解.
【详解】因为函数为减函数，所以
又因为函数图象与轴的交点在正半轴，所以，即
又因为函数图象与轴有交点，所以，所以，
故选：D
11．C
【分析】根据和分类讨论然后结合二次函数的性质可得.
【详解】当时，在区间上单调递增，
此时的对称轴为，且对应方程的判别式，故A、B均不满足；当时，在区间上单调递减，
此时的对称轴为，且对应方程的判别式，故C满足．D不满足.
故选：C.
12．B
【分析】先求得定点，然后结合指数函数、二次函数的性质求得正确答案.
【详解】函数的图象过定点，所以，
，
由于，所以，
所以.
故选：B
13．C
【分析】根据对数复合函数的单调性，结合二次函数的单调性、对数型函数的定义域进行求解即可.
【详解】由，
二次函数的对称轴为：，
所以二次函数的单调递增区间为，递减区间为，
而函数是正实数集上的减函数，根据复合函数的单调性质可知：
函数的单调增区间为，
故选：C
14．D
【分析】由题可得函数关于对称，且在上单调递增，在上单调递减，进而可得，即得.
【详解】∵函数，定义域为，
又，
所以函数关于对称，
当时，单调递增，故函数单调递增，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
由可得，，
解得，且.
故选：D.
15．D
【分析】根据给定条件利用对数型复合函数单调性列式求解作答.
【详解】函数中，令，函数在上单调递增，
而函数在上单调递增，则函数在上单调递增，且，
因此，，解得，
所以实数a的取值范围为.
故选：D
16．C
【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.
【详解】解：因为，即，
又，即，，
所以；
故选：C
17．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．
18．C
【分析】利用对数函数性质、对数换底公式结合均值不等式计算、判断作答.
【详解】对数函数都是上的增函数，，于是得，，
而，而，于是得：，
所以有.
故选：C
19．A
【分析】令，得到，根据恒成立，得到，即可求解.
【详解】令，可得函数表示开口向上的抛物线，且对称轴为，
所以，
因为恒成立，所以，即，解得，
即实数a的取值范围是.
故选：A.
20．A
【分析】由指数函数的单调性，可判断，再由对数函数的单调性，求得的单调性和最大值，解不等式可得所求范围．
【详解】解：由于，，可得，，
当时，则，在不恒成立；
故，
由在单调递增，
在单调递减，
可得在单调递增，
则的最大值为，
由题意可得，
即有，
解得，
故选：．
【点睛】本题考查函数恒成立问题解法，注意运用函数的单调性，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力．
21．A
【解析】求出张的最小值，列不等式可得．
【详解】在上是增函数，在上是减函数，
∴，，
由题意，∴．
故选：A．
【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）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
22．B
【分析】先求得，然后求得.
【详解】依题意，函数是函数的反函数，
所以.
故选：B
23．A
【分析】先求出的定义域，然后利用奇函数的性质求出的值，从而得到的定义域，然后利用反函数的定义，即可求出的值域．
【详解】因为，
所以可得或，
所以的定义域为或，
因为是奇函数，定义域关于原点对称，所以，解得，
所以的定义域为，
因为函数图象与函数图象关于直线对称，
所以与互为反函数，
故的值域即为的定义域.
故选：.
24．A
【分析】在函数y＝f（x）的图象上取点（x，y），则关于直线y＝﹣x对称点为（﹣y，﹣x），代入y＝2x+a，结合题目条件可得答案．
【详解】因为函数y＝f（x）的图象与y＝2x+a的图象关于直线y＝﹣x对称，
令f（﹣2m）＝p，f（﹣2n）＝q，则p+q＝2；
故（﹣p，2m），（﹣q，2n）在y＝2x+a的图象上，
所以2m＝2﹣p+a，2n＝2﹣q+a，即，
两式相加得m+n＝﹣（p+q）+2a，
所以2a＝m+n+p+q＝2020+2＝2022，
解得a＝1011，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的对称性的应用，本题的关键是理解点关于的对称点是.
25．(1)
(2)奇函数，证明见解析
【分析】（1）根据对数中真数大于0即可求解定义域，
（2）根据的关系即可判断其奇偶性.
【详解】（1）函数，
，，
即函数的定义域，
（2）是奇函数，
证明：，定义域关于原点对称，
，
即的奇函数，
26．(1)
(2)
【分析】（1）将点代入可求出，进而得到解析式；
（2）由复合函数的单调性知在区间上单调递增，进而得到最大值与最小值，再由已知得到问题的等价不等式对任意恒成立，构造新函数，求最值可得出答案.
（1）
解：因为函数过点，
即，
解得，
故；
（2）
因为是复合函数，设，，
，在区间单调递增，单调递增，
故函数在区间上单调递增，，
由题意对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
设，，只需即可，
因为的对称轴为，图像是开口向下的抛物线，
故在单调递减，
故，
故.
27．(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】(1)若在区间为单调增函数,则，解得a的取值范围；
(2)分类讨论给定区间与对称轴的关系，分析出各种情况下的表达式，综合讨论结果，可得答案；
(3)不等式恒成立，即，分类讨论各种情况下实数a的
取值，综合讨论结果可得答案.
（1）
因为的图象开口向上，对称轴方程为，
所以在区间为单调增函数需满足，
解得.
（2）
①当，即时，在区间为单调增函数，
此时.
②当，即时，在区间上是减函数，在区间上为增函数，此时.
③当即时，在区间上为减函数，
此时，
综上所述，
（3）
对任意，不等式恒成立，
即，由（2）知，，
因为，
所以在上为单调递减函数，
所以
①当时，由得解得（舍去）
②当时，由得，即
，解得或，所以.
③当时，由得，解得，所以.
综上，实数的取值范围.
28．A
【分析】结合两个函数过定点，以及单调性相异判断即可.
【详解】函数与的图象过定点，
所以C，D错误；
又因为与单调性相异.
故选：A
29．D
【分析】由题可得函数单调递增，进而可得的解集为，然后分类讨论结合二次函数的性质即得.
【详解】当时，在上单调递增且；
当时，在上单调递增且；
所以在上单调递增，
又由，则有，
由题，可知的解集为，
当时，恒成立，符合题意；
当时，则有，
解不等式组，得；
综上可得，当时，的解集为.
故选：D.
30．B
【分析】由解得，利用不等式的性质，指数对数函数的性质， 对选项逐个判断.
【详解】，由换底公式，有，解得，
∴，A选项错误；
函数为减函数，∴，B选项正确；
，但不一定成立， 不能得到，C选项错误；
，D选项错误.
故选：B
31．C
【分析】由题知函数为偶函数，且在上单调递增，上单调递减，再结合，根据函数图像平移得时，， 时，，再分和两种情况讨论求解即可.
【详解】解：函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，
因为在上均为单调递增
所以，当时，为增函数，
所以，当时，为增函数，当时，为减函数，
因为，
所以，当时，，当时，，
所以，当时，，当时，
所以，当时，不等式显然成立，
当时，不等式的解集为，
综上，的解集为
故选：C
32．C
【分析】首先判断函数的单调性，依题意恒成立，再根据对数函数的性质得到不等式组，解得即可.
【详解】解：因为且，又单调递减，在定义域上单调递增，
所以在定义域上单调递减，
因为在区间上恒成立，所以恒成立，
所以，解得，即；
故选：C
33．(1)2，；
(2)2.
【分析】（1）由代入可得的值，列出不等式组可得定义域；
（2）根据复合函数的单调性判断在区间的单调性即可得结果.
【详解】（1）∵，∴，∴.
由，解得，
∴函数的定义域为.
（2），
∴当时，是增函数；当时，是减函数，
函数在上的最大值是.
34．(1)
(2)奇函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）由对数的真数大于零，解不等式组可求得答案，
（2）利用奇偶性的定义判断，
（3）利用对数函数的性质直接解不等式即可.
（1）
由，得，
所以函数的定义域为，
（2）
函数为奇函数，证明如下：
因为函数的定义域为，所以定义域关于原点对称，
因为，
所以为奇函数，
（3）
由，得，
所以，
因为在定义域内为减函数，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
35．B
【分析】结合指数函数，对数函数的单调性，以及临界值0和1，判断即可
【详解】由题意，，故
故
故选：B
36．C
【分析】先求函数的值域，再根据反函数的性质求解即可.
【详解】解：∵，∴，
∴函数的值域为，
∵的定义域即函数的值域，
∴的定义域为．
故选：C
37．D
【分析】根据题意转化为，然后分别求出两函数的最小值即可.
【详解】由题意，得在上的最小值大于等于在上的最小值，
易知函数在上单调递增，所以在上的最小值为，
函数在上单调递减，所以在上的最小值为，
所以，即.
故选:D.
38．A
【分析】由函数的图象与轴的交点是结合函数的平移变换得函数的图象与轴的公共点是，即可求解.
【详解】由于函数的图象可由函数的图象左移一个单位而得到，函数的图象与轴的交点是，
故函数的图象与轴的交点是，即函数的图象与轴的公共点是，显然四个选项只有A选项满足.
故选：A.
39．A
【分析】在同一直角坐标系中作出函数，，和的大致图像，然后可得答案.
【详解】在同一直角坐标系中作出函数，，和的大致图像，如图所示.
由函数与图像的交点的横坐标为，
函数与图像的交点的横坐标为，
函数与图像的交点的横坐标为，知.
故选：A.
40．A
【分析】分两种情况讨论：、，分别判断单调性，结合已知单调区间求a的范围，再利用二次函数性质求的取值范围.
【详解】当时，则在定义域上递减，不满足题设；
当时，则在定义域上递增，又在上是增函数，
所以，可得，即.
由，故在上递增，
所以的取值范围是.
故选：A
41．BCD
【分析】由函数的奇偶性，单调性等性质对选项逐一判断
【详解】对于A，由得，故的定义域为，故A错误，
对于B，的定义域为，，则为奇函数，故B正确，
对于C，，由复合函数的单调性知在上是减函数，故C正确，
对于D，任意，，，
，，故D正确，
故选：BCD
42．AC
【分析】函数的定义域为等价于恒成立，由此即可列出不等式组，即可求出实数的取值范围；
若函数的值域为等价于的最小值为，由此可列出方程，即可求出实数的值；
若函数在区间上为增函数等价于函数在区间上为增函数且恒成立，由此即可列出不等式组，即可求出实数的取值范围；
若，，即可解出不等式；即可选出答案.
【详解】对于A，因为的定义域为，所以恒成立，则，解得，故A正确；
对于B，因为的值域为，所以的最小值为，所以，解得，故B错误；
对于C，因为函数在区间上为增函数，
所以当m=0时，，符合题意；
当时，，解得；所以，故C正确；
对于D，当m=0时，，由，可得，解得，故D错误.
故选：AC.
43．CD
【分析】将问题转化为当，时，，然后分别求出两函数的最小值，从而可求出a的取值范围，进而可得答案
【详解】，有等价于当，时，．
当时，令，则，因为在上为增函数，在定义域内为增函数，
所以函数在上单调递增，所以．
的图象开口向上且对称轴为，
∴当时，，
∴，解得．
故选：CD．
44．BC
【分析】根据题意可得，从而求出，即可根据对数的运算性质，对数函数的性质，基本不等式判断各选项的真假．
【详解】由题意知，，解得，所以，所以函数为增函数，故A错误，B正确；
当时，，所以，故C正确
；因为，，又，所以，所以，即，故D错误．
故选：BC．
45．BC
【分析】由题可得函数的定义域，化简函数，分析函数的单调性和对称性，从而判断选项.
【详解】函数的定义域满足 ，即，
即函数的定义域是，
∵，
设，则函数在单调递增，在单调递减，
又函数单调递增，
由复合函数单调性可知函数在单调递增，在单调递减，故A错误，B正确；
因为,,
所以，即函数图象关于直线对称，故C正确；
又，，
所以，所以D错误．
故选：BC．
46．ABD
【分析】先画出图像，结合图像即可判断AC选项，再通过判断B选项，
最后结合单调性判断D选项.
【详解】由题意，当时，：当0<时，：当时，，
作出函数f(x)的图象，如图所示，
易知f(x)与直线有四个交点，分别为（-2，1），（0，1），（，1），（4，1），因为有
四个不同的解且，所以故C错误；
且A正确；，又，
所以，即，B正确；
所以，且，
构造函数，且，
可知g(x)在（1，4]上单调递减，且，
所以的最小值为—．D正确．
故选：ABD．
47．
【分析】由对数的真数大于零和二次根式的被开方数非负，列不等式组求解即可.
【详解】要使函数有意义，
需满足，即，解得
故函数定义域为
故答案为：
48．①③
【分析】对于①，由与互为反函数，其图像关于对称即可判断；
对于②，令可得，从而可求得函数值；
对于③，根据指数函数过定点的性质即可求得所过定点；
对于④，由指对互换得到，再由对数换底公式可得，代入即可求得.
【详解】对于①，因为与互为反函数，其图像关于对称；所以当时，与互为反函数，其图像关于对称，故命题①正确；
对于②，因为，所以令，得，故命题②错误；
对于③，因为，所以令，即，则，故过定点，故命题③正确；
对于④，因为，所以，
所以，
故由得，即，即，
所以，故命题④错误.
故答案为：①③.
49．
【分析】由奇偶性得的值，再根据函数的奇偶性与单调性化简后求解，
【详解】由题意可得 则
当时，单调递增，因为是偶函数，
所以当时单调递减，而
故等价于，得，
解得或，
故答案为：
50．
【分析】利用复合函数单调性的判断法则，结合对数函数与二次函数单调性列出不等式组，即可得到答案.
【详解】令，，
因为在上单调递减，而函数在上是增函数，所以在上单调递减，且恒成立，所以，即，无解，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
51．③④
【分析】利用函数有意义求得定义域，得②错误；利用偶函数定义得①错误，然后利用复合函数的单调性得③正确，当时函数取最小值为，故④正确.
【详解】函数的定义域为，故②错误；
，故不是偶函数，故①错误；
令，则，
由的单调递增区间为；
为增函数，故函数的递增区间为，故③正确；
当时函数取最小值为，故④正确；
故正确结论的序号是：③④．
故答案为：③④
52．(1)定义域为，奇函数
(2)存在，当时，，当时，
【分析】（1）由对数函数的性质求定义，由奇偶性定义判断奇偶性；
（2）分类讨论得函数的单调性，则单调性解不等式可得，注意对数函数的定义域．
（1）
由得.所以的定义域为，
因为函数的定义域关于原点对称，且，
所以为奇函数.
（2）
①当时，在上为增函数，假设存在实数m，使得不等式成立，则，解得.
②当时，在上为减函数，假设存在实数m，使得不等式成立，则，解得.
综上，①当时，存在，使得不等式成立；②当时，存在，使得不等式成立.
53．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值；
（2）判断时函数的单调性，根据奇偶性可得函数在各区间内的单调性，解不等式即可；
（3）由函数与图象有个公共点，可得有两个实数根，再利用换元法转化为二次方程有两个根，利用判别式求参数范围.
（1）
函数的定义或为，
函数为偶函数.
，即 ，
，
；
（2）
，
当时，，单调递增，
在上单调递增，
又函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减；
，
，
解得或，
所以所求不等式的解集为 ；
（3）
函数与图象有个公共点，
，
即，，
设，则，即，
又在上单调递增，
所以方程有两个不等的正根；
，
解得，即的取值范围为.
54．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据偶函数的性质直接计算；
（2）当时，则，根据偶函数的性质即可求出；
（3）由题可得，根据单调性可得，即可解出.
(1)
因为是上的偶函数，所以.
(2)
当时，则，则，
故当时，，
故，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
(3)
若，即，即
因为在单调递减，所以，
故或，解得：或，
即.
55．(1)；
(2)
【分析】（1）根据题意结合指对数运算求解；（2）先根据区间的定义求的取值范围，结合二次函数及作差法求，根据恒成立问题可得，再利用单调性解不等式.
（1）
因为函数的图象过点，
所以，解得，
所以．
（2）
因为且，所以且，
因为在上单调递减，在上单调递增
所以的最大值是或．
因为
．
所以，
若，只需，
即，则，
设，
任取且，
则
，
因为，所以，
，即，所以，
所以，即，
所以在区间上单调递增，且，
所以，即，
所以，所以m的取值范围是．
56．(1)；的增区间为；减区间为
(2)
【分析】（1）根据偶函数的定义先求出时，的解析式，得出函数的解析式；由时，函数为增函数，再由函数为偶函数得出上的单调性.
（2）由为偶函数，结合条件可得，由单调性从而可得，解出不等式可得答案.
(1)
当时，则，又为偶函数
所以
所以
函数在上均为增函数，则函数在上均为增函数
又为偶函数，则在上单调递减.
所以的增区间为；减区间为
(2)
由为偶函数，则，即
根据在上单调递增，所以
所以且 ，即且
解得：或，且
所以不等式的解集为
57．(1)函数是定义域上的单调增函数，证明见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的定义域，令，利用函数单调性定义证明单调性即可推理作答.
（2）等价变形给定不等式可得，结合已知得关于x的不等式，再分离参数并构造函数，借助单调性求出最小值即可计算作答.
(1)
依题意，，则有，即，解得，函数定义域为，
令，任取，且，
则，
因，即，则，即，有，
因此，，即，
所以函数是定义域上的单调增函数.
(2)
，
设，则有，而为增函数，
因此成立，依题意，成立，
即成立，从而得成立，
而，，任取，使得，
则，
于是得在上为增函数，有，
从而得，即，解得，
所以t的取值范围是.
考点一：对数函数的概念
一般地，函数y＝lgax(a>0，且a≠1)叫做对数函数，其中x是自变量，函数的定义域是(0，＋∞)．
重难点技巧：对数函数的图象和性质
考点二：对数函数的图象和性质
对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)的图象和性质如下表：
考点三:不同底的对数函数图象的相对位置
一般地，对于底数a>1的对数函数，在区间(1，＋∞)内，底数越大越靠近x轴；对于底数0
一般地，指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)互为反函数．
(1)y＝ax的定义域R就是y＝lgax的值域；而y＝ax的值域(0，＋∞)就是y＝lgax的定义域．
(2)互为反函数的两个函数y＝ax(a>0，且a≠1)与y＝lgax(a>0，且a≠1)的图象关于直线y＝x对称．
(3)互为反函数的两个函数y＝ax(a>0，且a≠1)与y＝lgax(a>0，且a≠1)的单调性相同．但单调区间不一定相同．
重难点技巧：不同函数增长的差异
考点五：三种常见函数模型的增长差异
【题型归纳】
题型一：对数函数的概念与解析式
1．（2022·湖南衡阳·高一期末）函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·全国·高一专题练习）若函数的图像过点，则的值为（ ）
A．B．2C．D．
3．（2022·广东汕尾·高一期末）函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
题型二：对数函数的定义域（复合型对数函数）
4．（2022·湖北省通山县第一中学高一阶段练习）函数定义域为（ ）
A．B．C．D．
5．（2022·浙江·安吉县高级中学高一开学考试）函数 的定义域是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学高一期末）函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
题型三：对数函数的值域问题
7．（2022·天津南开·高一期末）已知函数f（x）=m+lg2x2的定义域是[1，2]，且f（x）≤4，则实数m的取值范围是（ ）
A．（-，2]B．（-，2）
C．[2，+）D．（2，+）
8．（2022·广西北海·高一期末）已知函数的值域为R，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
9．（2022·湖北武汉·高一期末）已知函数，给出下述论述，其中正确的（ ）
A．当时，的定义域为
B．一定有最小值
C．当时，的值域为
D．若在区间上单调递增，则实数a的取值范围是
题型四：对数函数的图像问题
10．（2022·全国·高一单元测试）已知函数（且，，为常数）的图象如图，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
11．（2021·全国·高一专题练习）函数，且)与函数在同一直角坐标系中的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
12．（2021·江苏·高一专题练习）已知函数的图象过定点，则在上的值域是（ ）
A．B．C．D．
题型五：对数函数的单调性问题（复合函数、求参数）
13．（2023·全国·高一单元测试）函数的单调增区间为（ ）
A．B．
C．D．
14．（2022·吉林·梅河口市第五中学高一期末）已知函数，若实数满足，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
15．（2022·福建泉州·高一期末）若函数在单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
题型六：对数函数的单调性比较大小
16．（2022·浙江·杭十四中高一期末）设实数，，，则（ ）
A．B．C．D．
17．（2022·全国·高一单元测试）已知，则（ ）
A．B．C．D．
18．（2022·福建福州·高一期中）已知，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
题型七：对数函数的单调性解不等式
19．（2021·云南楚雄·高一期末）已知函数(，且)，若恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
20．（2021·四川成都·高一期末）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
21．（2021·江苏·高邮市临泽中学高一阶段练习）已知，，若，，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
题型八：反函数问题
22．（2021·全国·高一专题练习）若函数是函数的反函数，则的值为（ ）
A．B．C．1D．
23．（2022·全国·高一课时练习）设是奇函数，若函数图象与函数图象关于直线对称，则的值域为（ ）
A．B．
C．D．
24．（2021·辽宁·高一阶段练习）设函数的图象与的图象关于直线对称，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
题型九：指数函数与对数函数的综合
25．（2022·安徽省宿州市苐三中学高一期中）设函数，
(1)求函数的定义域；
(2)判断函数的奇偶性，并证明.
26．（2022·浙江大学附属中学高一期末）已知，函数
(1)若函数过点，求此时函数的解析式；
(2)设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.
27．（2022·辽宁·东北育才学校高一阶段练习）已知函数．
(1)若在区间为单调增函数，求的取值范围；
(2)设函数在区间上的最小值为，求的表达式；
(3)设函数，若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【双基达标】
一、单选题
28．（2022·云南师大附中高一期中）在同一平面直角坐标系中，函数，（且）的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
29．（2022·云南师大附中高一期中）已知函数，若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
30．（2022·四川·成都铁路中学高一阶段练习）已知，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
31．（2022·辽宁·东北育才学校高一阶段练习）已知函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
32．（2022·浙江·杭州高级中学高一期末）已知函数满足，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
33．（2021·上海市行知中学高一期中）设，且.
(1)求的值及的定义域；(2)求在区间上的最大值.
34．（2022·全国·高一单元测试）已知函数
(1)求函数的定义域；(2)判断并证明函数的奇偶性；(3)求不等式的解集.
【高分突破】
一：单选题
35．（2022·江苏省阜宁中学高一）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
36．（2022·全国·高一）函数的反函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
37．（2022·全国·高一）已知函数，，若对于任意，存在，使得，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
38．（2022·全国·高一课时练习）函数的图像是（ ）
A．B．C．D．
39．（2022·全国·高一课时练习）已知，，分别为方程，，的根，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
40．（2022·全国·高一课时练习）函数（且）在上是增函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
41．（2022·浙江·杭十四中高一期末）关于函数，下列说法中正确的有（ ）
A．的定义域为B．为奇函数
C．在定义域上是减函数D．对任意，，都有
42．（2022·全国·高一单元测试）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数的定义域为，则实数的取值范围是
B．若函数的值域为，则实数
C．若函数在区间上为增函数，则实数的取值范围是
D．若，则不等式的解集为
43．（2022·全国·高一）已知函数，，，有，则实数a的可能取值是（ ）
A．B．1C．D．3
44．（2022·全国·高一课时练习）已知函数（，且）的图象经过点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．函数为增函数C．若，则D．若，则
45．（2022·全国·高一单元测试）已知函数，则（ ）
A．在单调递增
B．在单调递增，在单调递减
C．的图象关于直线对称
D．的图象关于点对称
46．（2022·安徽省舒城中学高一阶段练习）已知函数，若有四个不同的解且，则有 （ ）
A．B．
C．D．的最小值为
三、填空题
47．（2022·四川·成都铁路中学高一阶段练习）函数的定义域_____________
48．（2022·天津南开·高一期末）下列命题中：
①与互为反函数，其图像关于对称;
②已知函数，则;
③当，且时，函数必过定点；
④已知，且，则实数.
上述命题中的所有正确命题的序号是___________.
49．（2022·云南省楚雄第一中学高一阶段练习）已知函数 是定义在 上的偶函数，当 时， 若 则 的取值范围是__________.
50．（2022·浙江·高一期中）已知函数在上是增函数，则实数a的取值范围是________.
51．（2022·全国·高一专题练习）关于函数有以下4个结论：
①该函数是偶函数； ②定义域为；③递增区间为； ④最小值为；
其中正确结论的序号是____．
四、解答题
52．（2022·河南信阳·高一期末）已知函数（且）.
(1)求函数的定义域，并判断的奇偶性；
(2)是否存在实数m，使得不等式成立？若存在，求出m的取值范围，若不存在，请说明理由.
53．（2022·湖北黄石·高一期末）已知函数为偶函数.
(1)求实数的值;
(2)解关于的不等式;
(3)设，若函数与图象有个公共点，求实数的取值范围.
54．（2022·云南昆明·高一期末）已知函数是上的偶函数，且当时，.
(1)求的值；
(2)求函数的表达式，并直接写出其单调区间（不需要证明）；
(3)若，求实数的取值范围.
55．（2021·甘肃·高台县第一中学高一期中）已知函数的图象过点．
(1)求函数和的解析式；
(2)设，若对于任意，都有，求m的取值范围．
56．（2022·广东·洛城中学高一期中）已知是定义在上的偶函数，当时，.
(1)求的解析式并指出的单调区间；
(2)求的解集.
57．（2022·全国·高一）已知函数.
(1)判断的单调性并证明；
(2)设，，若存在，使得成立，求t的取值范围.
y＝lgax (a>0，且a≠1)
底数
a>1
0
定义域
(0，＋∞)
值域
R
单调性
在(0，＋∞)上是增函数
在(0，＋∞)上是减函数
共点性
图象过定点(1,0)，即x＝1时，y＝0
函数值特点
x∈(0,1)时，y∈(－∞，0)；
x∈[1，＋∞)时，y∈[0，＋∞)
x∈(0,1)时，y∈(0，＋∞)；
x∈[1，＋∞)时，y∈(－∞，0]
对称性
函数y＝lgax与y＝的图象关于x轴对称
函数
性质
y＝ax(a>1)
y＝lgax(a>1)
y＝kx(k>0)
在(0，＋∞)上的增减性
增函数
增函数
增函数
图象的变化
随x的增大逐渐变“陡”
随x的增大逐渐趋于稳定
随x的增大匀速上升
增长速度
y＝ax的增长快于y＝kx的增长，y＝kx的增长快于y＝lgax的增长
增长后果
会存在一个x0，当x>x0时，有ax>kx>lgax
【答案详解】
1．D
【分析】根据给定函数直接列出不等式，再解不等式作答.
【详解】依题意，，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：D
2．B
【分析】代入到求解即可.
【详解】由题, .
故选：B
【点睛】本题主要考查了对数的基本运算,属于基础题.
3．C
【分析】根据对数的真数大于0且分母不为0可得到结果
【详解】由可得又因为，所以的定义域为
故选：C
4．C
【分析】根据使函数有意义得到不等式组，解得即可；
【详解】解：因为，
所以，解得且，
所以函数的定义域为；
故选：C
5．D
【分析】首先根据题意得到，再解不等式组即可.
【详解】由题知：，
故选：D
6．B
【分析】根据使式子有意义得到不等式组，解得即可；
【详解】解：由题意知，∴或，所以函数的定义域为.
故选：B
7．A
【分析】根据函数f（x）的定义域，得到函数f（x）在上的单调性，进而求得其值域求解.
【详解】解：因为函数f（x）=m+lg2x2的定义域是[1，2]，
所以函数f（x）=m+lg2x2，且函数f（x）在上递增，
所以函数f（x）的值域为，
因为f（x）≤4，
所以，解得，
故选：A
8．C
【分析】分段函数值域为R，在x＝1左侧值域和右侧值域并集为R.
【详解】当，
∴当时，，
∵的值域为R，∴当时，值域需包含，
∴，解得，
故选：C.
9．C
【分析】A选项，真数大于0，解不等式，求出定义域；B选项，利用复合函数，真数大于0及有无最小值，判断出结果；C选项，配方法及复合函数单调性求解值域；D选项，利用复合函数单调性及真数大于0得到不等关系，求出a的取值范围.
【详解】当时，，其中，解得：，A错误；
为复合函数，其中外层为递增函数，而内层函数，当，即或时，结合真数要大于0，此时无最小值，无最小值，故B错误；
当时，，所以的值域为，C正确；
若在区间上单调递增，则在单调递增，且大于0，需要满足，解得：，故D错误
故选：C
10．D
【分析】根据函数图象及对数函数的性质可求解.
【详解】因为函数为减函数，所以
又因为函数图象与轴的交点在正半轴，所以，即
又因为函数图象与轴有交点，所以，所以，
故选：D
11．C
【分析】根据和分类讨论然后结合二次函数的性质可得.
【详解】当时，在区间上单调递增，
此时的对称轴为，且对应方程的判别式，故A、B均不满足；当时，在区间上单调递减，
此时的对称轴为，且对应方程的判别式，故C满足．D不满足.
故选：C.
12．B
【分析】先求得定点，然后结合指数函数、二次函数的性质求得正确答案.
【详解】函数的图象过定点，所以，
，
由于，所以，
所以.
故选：B
13．C
【分析】根据对数复合函数的单调性，结合二次函数的单调性、对数型函数的定义域进行求解即可.
【详解】由，
二次函数的对称轴为：，
所以二次函数的单调递增区间为，递减区间为，
而函数是正实数集上的减函数，根据复合函数的单调性质可知：
函数的单调增区间为，
故选：C
14．D
【分析】由题可得函数关于对称，且在上单调递增，在上单调递减，进而可得，即得.
【详解】∵函数，定义域为，
又，
所以函数关于对称，
当时，单调递增，故函数单调递增，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
由可得，，
解得，且.
故选：D.
15．D
【分析】根据给定条件利用对数型复合函数单调性列式求解作答.
【详解】函数中，令，函数在上单调递增，
而函数在上单调递增，则函数在上单调递增，且，
因此，，解得，
所以实数a的取值范围为.
故选：D
16．C
【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.
【详解】解：因为，即，
又，即，，
所以；
故选：C
17．A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由可得，而，所以，即，所以.
又，所以，即，
所以.综上，.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由，可得．
根据的形式构造函数 ，则，
令，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
故选：A.
【整体点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解．
18．C
【分析】利用对数函数性质、对数换底公式结合均值不等式计算、判断作答.
【详解】对数函数都是上的增函数，，于是得，，
而，而，于是得：，
所以有.
故选：C
19．A
【分析】令，得到，根据恒成立，得到，即可求解.
【详解】令，可得函数表示开口向上的抛物线，且对称轴为，
所以，
因为恒成立，所以，即，解得，
即实数a的取值范围是.
故选：A.
20．A
【分析】由指数函数的单调性，可判断，再由对数函数的单调性，求得的单调性和最大值，解不等式可得所求范围．
【详解】解：由于，，可得，，
当时，则，在不恒成立；
故，
由在单调递增，
在单调递减，
可得在单调递增，
则的最大值为，
由题意可得，
即有，
解得，
故选：．
【点睛】本题考查函数恒成立问题解法，注意运用函数的单调性，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力．
21．A
【解析】求出张的最小值，列不等式可得．
【详解】在上是增函数，在上是减函数，
∴，，
由题意，∴．
故选：A．
【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）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
22．B
【分析】先求得，然后求得.
【详解】依题意，函数是函数的反函数，
所以.
故选：B
23．A
【分析】先求出的定义域，然后利用奇函数的性质求出的值，从而得到的定义域，然后利用反函数的定义，即可求出的值域．
【详解】因为，
所以可得或，
所以的定义域为或，
因为是奇函数，定义域关于原点对称，所以，解得，
所以的定义域为，
因为函数图象与函数图象关于直线对称，
所以与互为反函数，
故的值域即为的定义域.
故选：.
24．A
【分析】在函数y＝f（x）的图象上取点（x，y），则关于直线y＝﹣x对称点为（﹣y，﹣x），代入y＝2x+a，结合题目条件可得答案．
【详解】因为函数y＝f（x）的图象与y＝2x+a的图象关于直线y＝﹣x对称，
令f（﹣2m）＝p，f（﹣2n）＝q，则p+q＝2；
故（﹣p，2m），（﹣q，2n）在y＝2x+a的图象上，
所以2m＝2﹣p+a，2n＝2﹣q+a，即，
两式相加得m+n＝﹣（p+q）+2a，
所以2a＝m+n+p+q＝2020+2＝2022，
解得a＝1011，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的对称性的应用，本题的关键是理解点关于的对称点是.
25．(1)
(2)奇函数，证明见解析
【分析】（1）根据对数中真数大于0即可求解定义域，
（2）根据的关系即可判断其奇偶性.
【详解】（1）函数，
，，
即函数的定义域，
（2）是奇函数，
证明：，定义域关于原点对称，
，
即的奇函数，
26．(1)
(2)
【分析】（1）将点代入可求出，进而得到解析式；
（2）由复合函数的单调性知在区间上单调递增，进而得到最大值与最小值，再由已知得到问题的等价不等式对任意恒成立，构造新函数，求最值可得出答案.
（1）
解：因为函数过点，
即，
解得，
故；
（2）
因为是复合函数，设，，
，在区间单调递增，单调递增，
故函数在区间上单调递增，，
由题意对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
设，，只需即可，
因为的对称轴为，图像是开口向下的抛物线，
故在单调递减，
故，
故.
27．(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】(1)若在区间为单调增函数,则，解得a的取值范围；
(2)分类讨论给定区间与对称轴的关系，分析出各种情况下的表达式，综合讨论结果，可得答案；
(3)不等式恒成立，即，分类讨论各种情况下实数a的
取值，综合讨论结果可得答案.
（1）
因为的图象开口向上，对称轴方程为，
所以在区间为单调增函数需满足，
解得.
（2）
①当，即时，在区间为单调增函数，
此时.
②当，即时，在区间上是减函数，在区间上为增函数，此时.
③当即时，在区间上为减函数，
此时，
综上所述，
（3）
对任意，不等式恒成立，
即，由（2）知，，
因为，
所以在上为单调递减函数，
所以
①当时，由得解得（舍去）
②当时，由得，即
，解得或，所以.
③当时，由得，解得，所以.
综上，实数的取值范围.
28．A
【分析】结合两个函数过定点，以及单调性相异判断即可.
【详解】函数与的图象过定点，
所以C，D错误；
又因为与单调性相异.
故选：A
29．D
【分析】由题可得函数单调递增，进而可得的解集为，然后分类讨论结合二次函数的性质即得.
【详解】当时，在上单调递增且；
当时，在上单调递增且；
所以在上单调递增，
又由，则有，
由题，可知的解集为，
当时，恒成立，符合题意；
当时，则有，
解不等式组，得；
综上可得，当时，的解集为.
故选：D.
30．B
【分析】由解得，利用不等式的性质，指数对数函数的性质， 对选项逐个判断.
【详解】，由换底公式，有，解得，
∴，A选项错误；
函数为减函数，∴，B选项正确；
，但不一定成立， 不能得到，C选项错误；
，D选项错误.
故选：B
31．C
【分析】由题知函数为偶函数，且在上单调递增，上单调递减，再结合，根据函数图像平移得时，， 时，，再分和两种情况讨论求解即可.
【详解】解：函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，
因为在上均为单调递增
所以，当时，为增函数，
所以，当时，为增函数，当时，为减函数，
因为，
所以，当时，，当时，，
所以，当时，，当时，
所以，当时，不等式显然成立，
当时，不等式的解集为，
综上，的解集为
故选：C
32．C
【分析】首先判断函数的单调性，依题意恒成立，再根据对数函数的性质得到不等式组，解得即可.
【详解】解：因为且，又单调递减，在定义域上单调递增，
所以在定义域上单调递减，
因为在区间上恒成立，所以恒成立，
所以，解得，即；
故选：C
33．(1)2，；
(2)2.
【分析】（1）由代入可得的值，列出不等式组可得定义域；
（2）根据复合函数的单调性判断在区间的单调性即可得结果.
【详解】（1）∵，∴，∴.
由，解得，
∴函数的定义域为.
（2），
∴当时，是增函数；当时，是减函数，
函数在上的最大值是.
34．(1)
(2)奇函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）由对数的真数大于零，解不等式组可求得答案，
（2）利用奇偶性的定义判断，
（3）利用对数函数的性质直接解不等式即可.
（1）
由，得，
所以函数的定义域为，
（2）
函数为奇函数，证明如下：
因为函数的定义域为，所以定义域关于原点对称，
因为，
所以为奇函数，
（3）
由，得，
所以，
因为在定义域内为减函数，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
35．B
【分析】结合指数函数，对数函数的单调性，以及临界值0和1，判断即可
【详解】由题意，，故
故
故选：B
36．C
【分析】先求函数的值域，再根据反函数的性质求解即可.
【详解】解：∵，∴，
∴函数的值域为，
∵的定义域即函数的值域，
∴的定义域为．
故选：C
37．D
【分析】根据题意转化为，然后分别求出两函数的最小值即可.
【详解】由题意，得在上的最小值大于等于在上的最小值，
易知函数在上单调递增，所以在上的最小值为，
函数在上单调递减，所以在上的最小值为，
所以，即.
故选:D.
38．A
【分析】由函数的图象与轴的交点是结合函数的平移变换得函数的图象与轴的公共点是，即可求解.
【详解】由于函数的图象可由函数的图象左移一个单位而得到，函数的图象与轴的交点是，
故函数的图象与轴的交点是，即函数的图象与轴的公共点是，显然四个选项只有A选项满足.
故选：A.
39．A
【分析】在同一直角坐标系中作出函数，，和的大致图像，然后可得答案.
【详解】在同一直角坐标系中作出函数，，和的大致图像，如图所示.
由函数与图像的交点的横坐标为，
函数与图像的交点的横坐标为，
函数与图像的交点的横坐标为，知.
故选：A.
40．A
【分析】分两种情况讨论：、，分别判断单调性，结合已知单调区间求a的范围，再利用二次函数性质求的取值范围.
【详解】当时，则在定义域上递减，不满足题设；
当时，则在定义域上递增，又在上是增函数，
所以，可得，即.
由，故在上递增，
所以的取值范围是.
故选：A
41．BCD
【分析】由函数的奇偶性，单调性等性质对选项逐一判断
【详解】对于A，由得，故的定义域为，故A错误，
对于B，的定义域为，，则为奇函数，故B正确，
对于C，，由复合函数的单调性知在上是减函数，故C正确，
对于D，任意，，，
，，故D正确，
故选：BCD
42．AC
【分析】函数的定义域为等价于恒成立，由此即可列出不等式组，即可求出实数的取值范围；
若函数的值域为等价于的最小值为，由此可列出方程，即可求出实数的值；
若函数在区间上为增函数等价于函数在区间上为增函数且恒成立，由此即可列出不等式组，即可求出实数的取值范围；
若，，即可解出不等式；即可选出答案.
【详解】对于A，因为的定义域为，所以恒成立，则，解得，故A正确；
对于B，因为的值域为，所以的最小值为，所以，解得，故B错误；
对于C，因为函数在区间上为增函数，
所以当m=0时，，符合题意；
当时，，解得；所以，故C正确；
对于D，当m=0时，，由，可得，解得，故D错误.
故选：AC.
43．CD
【分析】将问题转化为当，时，，然后分别求出两函数的最小值，从而可求出a的取值范围，进而可得答案
【详解】，有等价于当，时，．
当时，令，则，因为在上为增函数，在定义域内为增函数，
所以函数在上单调递增，所以．
的图象开口向上且对称轴为，
∴当时，，
∴，解得．
故选：CD．
44．BC
【分析】根据题意可得，从而求出，即可根据对数的运算性质，对数函数的性质，基本不等式判断各选项的真假．
【详解】由题意知，，解得，所以，所以函数为增函数，故A错误，B正确；
当时，，所以，故C正确
；因为，，又，所以，所以，即，故D错误．
故选：BC．
45．BC
【分析】由题可得函数的定义域，化简函数，分析函数的单调性和对称性，从而判断选项.
【详解】函数的定义域满足 ，即，
即函数的定义域是，
∵，
设，则函数在单调递增，在单调递减，
又函数单调递增，
由复合函数单调性可知函数在单调递增，在单调递减，故A错误，B正确；
因为,,
所以，即函数图象关于直线对称，故C正确；
又，，
所以，所以D错误．
故选：BC．
46．ABD
【分析】先画出图像，结合图像即可判断AC选项，再通过判断B选项，
最后结合单调性判断D选项.
【详解】由题意，当时，：当0<时，：当时，，
作出函数f(x)的图象，如图所示，
易知f(x)与直线有四个交点，分别为（-2，1），（0，1），（，1），（4，1），因为有
四个不同的解且，所以故C错误；
且A正确；，又，
所以，即，B正确；
所以，且，
构造函数，且，
可知g(x)在（1，4]上单调递减，且，
所以的最小值为—．D正确．
故选：ABD．
47．
【分析】由对数的真数大于零和二次根式的被开方数非负，列不等式组求解即可.
【详解】要使函数有意义，
需满足，即，解得
故函数定义域为
故答案为：
48．①③
【分析】对于①，由与互为反函数，其图像关于对称即可判断；
对于②，令可得，从而可求得函数值；
对于③，根据指数函数过定点的性质即可求得所过定点；
对于④，由指对互换得到，再由对数换底公式可得，代入即可求得.
【详解】对于①，因为与互为反函数，其图像关于对称；所以当时，与互为反函数，其图像关于对称，故命题①正确；
对于②，因为，所以令，得，故命题②错误；
对于③，因为，所以令，即，则，故过定点，故命题③正确；
对于④，因为，所以，
所以，
故由得，即，即，
所以，故命题④错误.
故答案为：①③.
49．
【分析】由奇偶性得的值，再根据函数的奇偶性与单调性化简后求解，
【详解】由题意可得 则
当时，单调递增，因为是偶函数，
所以当时单调递减，而
故等价于，得，
解得或，
故答案为：
50．
【分析】利用复合函数单调性的判断法则，结合对数函数与二次函数单调性列出不等式组，即可得到答案.
【详解】令，，
因为在上单调递减，而函数在上是增函数，所以在上单调递减，且恒成立，所以，即，无解，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
51．③④
【分析】利用函数有意义求得定义域，得②错误；利用偶函数定义得①错误，然后利用复合函数的单调性得③正确，当时函数取最小值为，故④正确.
【详解】函数的定义域为，故②错误；
，故不是偶函数，故①错误；
令，则，
由的单调递增区间为；
为增函数，故函数的递增区间为，故③正确；
当时函数取最小值为，故④正确；
故正确结论的序号是：③④．
故答案为：③④
52．(1)定义域为，奇函数
(2)存在，当时，，当时，
【分析】（1）由对数函数的性质求定义，由奇偶性定义判断奇偶性；
（2）分类讨论得函数的单调性，则单调性解不等式可得，注意对数函数的定义域．
（1）
由得.所以的定义域为，
因为函数的定义域关于原点对称，且，
所以为奇函数.
（2）
①当时，在上为增函数，假设存在实数m，使得不等式成立，则，解得.
②当时，在上为减函数，假设存在实数m，使得不等式成立，则，解得.
综上，①当时，存在，使得不等式成立；②当时，存在，使得不等式成立.
53．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值；
（2）判断时函数的单调性，根据奇偶性可得函数在各区间内的单调性，解不等式即可；
（3）由函数与图象有个公共点，可得有两个实数根，再利用换元法转化为二次方程有两个根，利用判别式求参数范围.
（1）
函数的定义或为，
函数为偶函数.
，即 ，
，
；
（2）
，
当时，，单调递增，
在上单调递增，
又函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减；
，
，
解得或，
所以所求不等式的解集为 ；
（3）
函数与图象有个公共点，
，
即，，
设，则，即，
又在上单调递增，
所以方程有两个不等的正根；
，
解得，即的取值范围为.
54．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据偶函数的性质直接计算；
（2）当时，则，根据偶函数的性质即可求出；
（3）由题可得，根据单调性可得，即可解出.
(1)
因为是上的偶函数，所以.
(2)
当时，则，则，
故当时，，
故，
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
(3)
若，即，即
因为在单调递减，所以，
故或，解得：或，
即.
55．(1)；
(2)
【分析】（1）根据题意结合指对数运算求解；（2）先根据区间的定义求的取值范围，结合二次函数及作差法求，根据恒成立问题可得，再利用单调性解不等式.
（1）
因为函数的图象过点，
所以，解得，
所以．
（2）
因为且，所以且，
因为在上单调递减，在上单调递增
所以的最大值是或．
因为
．
所以，
若，只需，
即，则，
设，
任取且，
则
，
因为，所以，
，即，所以，
所以，即，
所以在区间上单调递增，且，
所以，即，
所以，所以m的取值范围是．
56．(1)；的增区间为；减区间为
(2)
【分析】（1）根据偶函数的定义先求出时，的解析式，得出函数的解析式；由时，函数为增函数，再由函数为偶函数得出上的单调性.
（2）由为偶函数，结合条件可得，由单调性从而可得，解出不等式可得答案.
(1)
当时，则，又为偶函数
所以
所以
函数在上均为增函数，则函数在上均为增函数
又为偶函数，则在上单调递减.
所以的增区间为；减区间为
(2)
由为偶函数，则，即
根据在上单调递增，所以
所以且 ，即且
解得：或，且
所以不等式的解集为
57．(1)函数是定义域上的单调增函数，证明见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的定义域，令，利用函数单调性定义证明单调性即可推理作答.
（2）等价变形给定不等式可得，结合已知得关于x的不等式，再分离参数并构造函数，借助单调性求出最小值即可计算作答.
(1)
依题意，，则有，即，解得，函数定义域为，
令，任取，且，
则，
因，即，则，即，有，
因此，，即，
所以函数是定义域上的单调增函数.
(2)
，
设，则有，而为增函数，
因此成立，依题意，成立，
即成立，从而得成立，
而，，任取，使得，
则，
于是得在上为增函数，有，
从而得，即，解得，
所以t的取值范围是.
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