第21讲 指数函数对数函数压轴题精选-2023-2024学年高一数学期末总复习（人教A版必修第一册）

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1．（2021·河南·内黄县第一中学高二开学考试（文））已知两条直线和，与函数的图像从左至右相交于点,,与函数的图像从左至右相交于,．记线段和在轴上的投影长度分别为，，当变化时，的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出函数图像，结合图像计算四点的横坐标，然后求出线段和在轴上的投影长度，，代入，表达关于的函数，整理后，换元法利用基本不等式求最小值.
【详解】作出函数图像如图，如图所示，
设点，，，，
则，，
此时有，，，，
解得，，，，
线段和在轴上的投影长度分别为，
，，
则 ，令，
则，
当且仅当，即时取得最小值，此时的最小值为.
故选：B.
【点睛】（1）求最值几个常见的两个方向：一是解不等式求范围产生最值；二是利用函数求最值，其中利用函数求最值是首选；
（2）函数求最值又常见两种类型：一是给出函数表达式求最值，二是没有表达式求最值，此类问题需首选要寻找合适的变量，表达函数关系式；
（3）求函数最值常用的方法有利用基本不等式法、导数法、函数的单调性等方法．如果是分段函数，应先求每一段上的最值，然后比较得最大值、最小值．
（4）本题属于没有函数表达式求最值，取自变量为，分别表达线段和在轴上的投影长度，，代入，得到关于的函数关系式，通过基本不等式求出最小值，属于难题.
2．（2022·全国·高一专题练习）已知函数是偶函数，函数的最小值为，则实数m的值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性求出参数，在利用换元法把问题转化为含参的二次函数问题，再通过讨论参数来处理二次函数轴动区间定的问题进行求解.
【详解】因为函数是偶函数，所以，即，所以，
其中，所以，解得，所以，所以，故函数的最小值为．令，则，故函数的最小值为等价于的最小值为，等价于或，解得．故A，C，D错误.
故选：B．
3．（2023·全国·高三专题练习）关于函数有下述四个结论：
①的图象关于直线对称 ②在区间单调递减
③的极大值为0 ④有3个零点
其中所有正确结论的编号为（ ）
A．①③B．①④C．②③④D．①③④
【答案】D
【分析】根据给定函数，计算判断①；探讨在上单调性判断②；探讨在和上单调性判断③；求出的零点判断④作答.
【详解】函数的定义域为，
对于①，，则，
，的图象关于直线对称，①正确；
对于②，当时，，在单调递增，②不正确；
对于③，当时，，在单调递减，
当时，，在上单调递增，在上单调递减，
又在单调递增，因此在处取极大值，③正确；
对于④，由得：，即或，解得或，
于是得有3个零点，④正确，
所以所有正确结论的编号为①③④.
故选：D
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
4．（2022·湖北·二模）已知函数，则使不等式成立的x的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】判断的奇偶性与单调性，由题意列不等式后求解
【详解】由得定义域为，
，故为偶函数，
而，在上单调递增，
故在上单调递增，
则可化为，得
解得
故选：D
5．（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．
【答案】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.
6．（2022·江西抚州·高一期末）函数的定义域为，若满足：（1）在内是单调函数：（2）存在，使得在上的值域为，那么就称函数为“梦想函数”.若函数是“梦想函数”，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意可判断函数为单调递增函数，构造函数，可以求出使得有两解的t的取值范围.
【详解】因为 是单调函数
若 ，则是减函数，所以为增函数；
若，则是增函数，所以为增函数；
由于，
所以
所以
又因为 ，所以满足有两解的t的取值范围为 .
故选：D
7．（2022·浙江·嘉兴一中高二期中）设函数（a，，且），则函数的奇偶性（ ）
A．与a无关，且与b无关B．与a有关，且与b有关
C．与a有关，且与b无关D．与a无关，且与b有关
【答案】D
【分析】根据奇偶性的定义域关于原点对称，及奇偶性定义判断参数满足的条件.
【详解】由函数，
令，即，
方程的一个根为，要保证函数定义域关于原点对称，
需另一个根为，即，解得
，即函数的定义域为
当时，，为奇函数；
当时，函数为非奇非偶函数
所以函数的奇偶性与无关，但与有关
故选：D
8．（2022·宁夏吴忠区青铜峡市教育局高一开学考试）已知是减函数，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用分段函数在上单调递减的特征直接列出不等式组求解即得.
【详解】因函数是定义在上的减函数，
则有，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
9．（2021·福建三明·高一期中）若函数是奇函数，则使成立的x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由为奇函数，根据奇函数的定义可求a，代入即可求解不等式.
【详解】∵是奇函数，，即，
整理可得， ，，，
，，
，解可得.
所以不等式的解集为
故选：D.
10．（2021·云南·昆明市官渡区第一中学高二期中）已知直线，若分别与函数的图象相交于（从左到右）个不同的交点，曲线段在轴上投影的长度为，则当取得最小值时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，易得，再结合对数运算以及均值不等式即可求解.
【详解】设点的横坐标分别为，则结合函数的图象，易得.
由题意得，，，故，
因此，当且仅当，即时，取等号.
因此当取得最小值时，.
故选：C.
二、多选题
11．（2022·全国·高三专题练习）函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足①在上是单调函数；②在上的值域为，则称区间为的“倍值区间”．下列函数存在“3倍值区间”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据函数新定义，结合各选项中函数的单调性判断a、b的存在性，即可得答案.
【详解】A：为增函数，
若存在“3倍值区间”，则，
结合及的图象知，方程无解，
故不存在“3倍值区间”，A错误；
B：为减函数，
若存在“3倍值区间”，则有，得，又，，
所以可取，，
所以存在“3倍值区间”，B正确；
C：为增函数，
若存在“3倍值区间”，则，得，
所以存在“3倍值区间”，C正确；
D：当时，；当时，，从而可得在上单调递增，
若存在“3倍值区间”且，则有，解得，不符合题意，
所以不存在“3倍值区间”，D错误．
故选：BC
12．（2022·全国·高一专题练习）已知，函数的值域是，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】CD
【分析】先对分段函数去绝对值讨论单调性，作出，和，的图象，时，由图可得m的范围，可判断A；当时先求出，的值域，进而可判断时，必有解，即可得m的范围，可判断B，C；当时，先计算在上的值域，即可得，的范围，进而可得m的范围，可判断D．
【详解】当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，为．作出与在上的图象如图所示：
对于A，当时，，因为的值域为，结合图象知，故A不正确；
对于B，当，时，，此时，此时，因为的值域为，则时，必有解，即，解得，由图知，故B不正确，C正确；
对于D，当时，在上单调递增，此时的最小值为，的最大值为，要使的值域为，由图知，故D正确．
故选：CD．
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查分段函数的值域，解题的关键是根据题意作出的图象，结合图象逐个分析判断，考查数形结合的思想，属于较难题
13．（2021·江苏·矿大附中高三阶段练习）函数的定义域为，值域为，下列结论中一定成立的结论的序号是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】先研究值域为时函数的定义域，再研究使得值域为得函数的最小值的自变量的取值集合，研究函数值取1，2时对应的自变量的取值，由此可判断各个选项.
【详解】由于，
，，，，
即函数的定义域为
当函数的最小值为1时，仅有满足，所以，故D正确；
当函数的最大值为2时，仅有满足，所以，故C正确；
即当时，函数的值域为，故，故不一定正确，故A正确，B错误；
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题考查函数的定义域及其求法，解题的关键是通过函数的值域求出函数的定义域，再利用元素与集合关系的判断，集合的包含关系判断，考查了学生的逻辑推理与转化能力，属于基础题.
14．（2022·河北·大名县第一中学高二期末）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是奇函数
B．的图象关于点对称
C．若函数在上的最大值、最小值分别为、，则
D．令，若，则实数的取值范围是
【答案】BCD
【分析】利用函数的奇偶性的定义，可判定A错误；利用图像的平移变换，可判定B正确；利用函数的图象平移和奇偶性，可得判定C正确；利用函数的单调性，可判定D正确.
【详解】由题意函数，
因为恒成立，即函数的定义域为，
又因为，所以不是奇函数，所以错误；
将的图象向下平移两个单位得到，
再向左平移一个单位得到，
此时，所以图象关于点对称，
所以的图象关于对称，所以B正确；
将函数的图象向左平移一个单位得，
因为，
即，所以函数为奇函数，
所以函数关于点对称，
所以若在处 取得最大值，则在处取得最小值，
则，所以C正确；
由，可得，
由，
设，，
可得，所以为减函数，
可得函数为减函数，
所以函数为单调递减函数，
又由为减函数，所以为减函数，
因为关于点对称，
所以，即，
即，解得，所以D正确.
故选：BCD.
【点睛】求解函数有关的不等式的方法及策略：
1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，
具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；
②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解.
2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
15．（2022·江苏·高一期末）已知正实数x，y，z满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】令则，可得： ，，
利用对数的换底公式计算可判断选项A，验证是否正确可判断选项B，由于，比较可判处选项C，利用基本不等式可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】令则，可得： ，，
对于选项A：，
若则，因为，所以，故选项A不正确；
对于选项B：由可得，即，
因为，
所以，即，故选项B正确；
对于选项C：，因为，所以，
因为，所以，即，即，故选项C正确；
对于选项D：，
，
因为，因为所以等号不成立，
所以，即，
所以，根据“或”命题的性质可知选项D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是令则，可得： ，，再利用对数的运算性质以及换底公式化简每一个选项的等式，注意利用基本不等式时等号能否成立.
16．（2020·全国·高一单元测试）对于函数定义域中任意的，有如下结论，当时，上述结论中正确结论的序号是（ ）
A．B．
C．＞0D．
【答案】BC
【解析】由对数的运算性质判断A，B，由对数函数的单调性判断C，由对数的运算结合基本不等式判断D．
【详解】对于A，，即，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，在定义域中单调递增，，故C正确；
对于D，，利用基本不等式知，又，则，故D错误；
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题考查命题的真假判断，考查对数函数的性质，考查基本不等式的应用，解决本题的关键点是将对数形式化为根式，即，利用对数的运算结合基本不等式放缩得出答案，并验证取等条件，考查了学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
17．（2023·全国·高三阶段练习）关于函数说法正确的是（ ）
A．定义域为B．图象关于轴对称
C．图象关于原点对称D．在内单调递增
【答案】ACD
【分析】由即可求出其的定义域；利用可判断为奇函数；求利用复合函数的单调性即可判断在内的单调性.
【详解】因为,
所以，
所以定义域为，故A正确；
因为，
所以图象关于原点对称，故B错误，C正确;
又在上单调递减，
所以在上单调递增，
又在上单调递增，
所以在上单调递增，故D正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题）
三、解答题
18．（2022·河北武强中学高二期末）已知函数为奇函数．
(1)求常数k的值；
(2)当时，判断的单调性，并用定义给出证明；
(3)若函数，且在区间上没有零点，求实数m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)单调递增，证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据奇函数及对数函数的性质求参数值；
（2）令，结合对数函数的性质判断的大小关系即可.
（3）将问题转化为在区间上无解，根据右侧函数的单调性求值域，即可确定m的范围.
(1)
由，即，
所以，故，则，
当时，显然不成立，经验证：符合题意；
所以；
(2)
单调递增，证明如下：
由（1）知：，若，
则，
而，即，
所以，故单调递增.
(3)
由，令，
所以，由（2）知：在上递增，而在上递减，
所以在上递减，则.
又在区间上无解，故
19．（2022·广东韶关·高一期末）双曲函数是一类与常见的三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函数（历史上著名的“悬链线问题”与之相关）．记双曲正弦函数为，双曲余弦函数为，已知这两个最基本的双曲函数具有如下性质：
①定义域均为，且在上是增函数；
②为奇函数，为偶函数；
③（常数是自然对数的底数，）．
利用上述性质，解决以下问题：
(1)求双曲正弦函数和双曲余弦函数的解析式；
(2)证明：对任意实数，为定值；
(3)已知，记函数，的最小值为，求．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用函数奇偶性的性质可得出关于、的等式组，即可求得这两个函数的解析式；
（2）利用指数的运算性质可证得结论成立；
（3）设，可得出，问题转化为求函数，的最小值，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，即可求得的表达式.
(1)
解：由性质③知，所以，
由性质②知，，，所以，
即，解得，.
因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，合乎题意.
(2)
证明：由（1）可得：
.
(3)
解：函数，设，
由性质①，在是增函数知，当时，，
所以原函数即，，
设，，
当时，在上单调递减，此时．
当时，函数的对称轴为，
当时，则，在上单调递减，此时，
当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，
此时．
当时，即时，在上单调递减，此时．
综上所述，.
【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：
（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；
（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；
（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.
20．（2022·山西运城·高二期末）已知函数，.
(1)若，对，使得成立，求实数的取值范围；
(2)若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知，利用基本不等式求得，可得出，令，分离参数可得，利用函数的单调性求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围；
（2）令，分析可知关于的方程有且只有一个正根，分、、三种情况讨论，在时，直接求出方程的根，验证即可；在、这两种情况下，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，综合可解得实数的取值范围.
(1)
解：，即，
若，使得成立，只需要成立.
因为，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，，则，
因为，令，分离参数可得，
令，其中，
任取、且，则
，
当时，，，则，
当时，，，则，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
故，.
(2)
解：由（1）可得，
由题意知，方程有且只有一个实根，
即方程有且只有一个实根，
令，则方程有且只有一个正根，
即方程有且只有一个正根，构造函数.
①当时，，令，解得，不合乎题意；
②当时，则，二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，
，
由于，要使得方程有且只有一个正根，
则，解得；
③当时，则，，
设方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，，则方程有且只有一个正根.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：
（1）二次项系数的符号；
（2）判别式；
（3）对称轴的位置；
（4）区间端点函数值的符号.
结合图象得出关于参数的不等式组求解.
21．（2022·广东·惠来县第一中学高一阶段练习）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单地讲就是对于满足一定条件的连续实函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点"函数，而称为该函数的一个不动点． 现新定义： 若满足，则称为的次不动点．
(1)判断函数是否是“不动点”函数，若是，求出其不动点； 若不是，请说明理由
(2)已知函数，若是的次不动点，求实数的值：
(3)若函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，求实数的取值范围．
【答案】(1)是“不动点”函数，不动点是2和；
(2)；
(3).
【分析】(1)根据不动点定义列出方程，求解方程即可作答.
(2)根据次不动点定义列出方程，求解方程即可作答.
(3)设出不动点和次不动点，建立函数关系，求出函数最值推理作答.
(1)
依题意，设为的不动点，即，于是得，解得或，
所以 是“不动点” 函数，不动点是2和.
(2)
因是“次不动点”函数，依题意有，即，显然，解得，
所以实数的值是.
(3)
设分别是函数在上的不动点和次不动点，且唯一，
由得：，即，整理得：，
令，显然函数在上单调递增，则，，则，
由得：，即，整理得：，
令，显然函数在上单调递增，，，则，
综上得：，
所以实数的取值范围.
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
22．（2021·安徽·芜湖一中高一阶段练习）已知函数是偶函数.
(1)求的值；
(2)若方程有解，求实数的取值范围；
(3)若函数，是否存在实数使得的最小值为0？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，-1
【分析】（1）根据偶函数的定义，结合对数运算，可求得答案；
（2）根据（1）的结果，写出函数的解析式，利用基本不等式求出其值域，即可求得实数的取值范围；
（3）整理化简，采用换元法将问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题求解,讨论二次函数图象的对称轴和区间的位置关系，可求得最值,判断是否存在问题.
(1)
函数是偶函数，
，即,
,即，
.
(2)
由（1）可知： ，
方程有解，即有解，
即有解，而，当且仅当时取等号，
故，
实数a的取值范围是
(3)
假设存在满足条件的实数m，
由题意，可得
令，则，
令，
函数的图象开口向上，对称轴为直线，
当，即时，
，解得；
当，即时
，解得（舍去）；
当，即时，
，解得（舍去）.
综上，存在实数m使得的最小值为0，此时实数m的值为-1.