考点12 对数与对数函数（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025高考数学一轮精讲讲练（新高考版）

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1.理解对数的概念及运算性质，能用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数.
2.通过实例，了解对数函数的概念，会画对数函数的图象，理解对数函数的单调性与特殊点.
3.了解指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)互为反函数．
【知识点】
1．对数的概念
一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底N的对数，记作x＝lgaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数．
以10为底的对数叫做常用对数，记作lg N.
以e为底的对数叫做自然对数，记作ln N.
2．对数的性质与运算性质
(1)对数的性质：lga1＝0，lgaa＝1，＝N(a>0，且a≠1，N>0)．
(2)对数的运算性质
如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么：
①lga(MN)＝lgaM＋lgaN；
②lgaeq \f(M,N)＝lgaM－lgaN；
③lgaMn＝nlgaM (n∈R)．
(3)对数换底公式：lgab＝eq \f(lgcb,lgca)(a>0，且a≠1；b>0；c>0，且c≠1)．
3．对数函数的图象与性质
4.反函数
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，它们的图象关于直线y＝x对称．
常用结论
1．lgab·lgba＝1，＝eq \f(n,m)lgab.
2．如图给出4个对数函数的图象
则b>a>1>d>c>0，即在第一象限，不同的对数函数图象从左到右底数逐渐增大．
3．对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)的图象恒过点(1,0)，(a,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，－1)).
【核心题型】
题型一 对数式的运算
解决对数运算问题的常用方法
(1)将真数化为底数的指数幂的形式进行化简．
(2)将同底对数的和、差、倍合并．
(3)利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意换底公式的正用、逆用及变形应用．
【例题1】（23-24高三下·湖南衡阳·阶段练习）集合则集合的元素个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】先求出集合中的元素，然后利用对数的运算确定集合中的元素即可.
【详解】，
则或或或，
所以，元素个数为.
故选：B.
【变式1】（2024·全国·模拟预测）在一个空房间中大声讲话会产生回音，这个现象叫做“混响”．用声强来度量声音的强弱，假设讲话瞬间发出声音的声强为，则经过秒后这段声音的声强变为，其中是一个常数．把混响时间定义为声音的声强衰减到原来的所需的时间，则约为（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知公式及对数运算可得结果.
【详解】由题意，，即，等号两边同时取自然对数得
，即，所以．
故选：C．
【变式2】（2024·辽宁丹东·一模）若，，，则（ ）
A．-2B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意，结合指数幂与对数的互化公式，结合对数的换底公式，即可求解.
【详解】由，，，可得，
所以，则.
故选：B.
【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知数列为等差数列，且，则的值为（ ）
A．4B．5C．6D．3
【答案】B
【分析】根据题意，利用等差数列的性质和对数的运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由等差数列的性质，可得，解得，
所以.
故选：B.
题型二 对数函数的图象及应用
对数函数图象的识别及应用方法
(1)在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项．
(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．
【例题2】（2024·北京东城·一模）设函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数解析式，分别计算即可得解.
【详解】函数的定义域为，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于CD，当时，，故CD错误.
故选：A.
【变式1】（2024·陕西咸阳·二模）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】计算出集合、后，借助补集定义及交集定义即可得.
【详解】由，即，解得，故，
由，可得，即或，故，
故.
故选：B.
【变式2】（2024·全国·模拟预测）若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由．构造函数，再结合，利用函数为增函数求解．
【详解】解：法一：因为，
所以．
构造函数，的定义域为，且为增函数．
因为，所以，
即，即，所以，
即的取值范围为．
故选：A．
法二：因为，
所以．
构造函数，的定义域为，且为增函数．
因为，
所以，所以，
即的取值范围为．
故选：A．【变式3】（2024·重庆·模拟预测）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复合函数单调性的规则以及函数在上有意义列不等式求解即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以，解得.
故选：B.
题型三 对数函数的性质及应用
求与对数函数有关的函数值域和复合函数的单调性问题，必须弄清三个问题：一是定义域；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成．
命题点1 比较对数式的大小
【例题3】（2024·云南·一模）已知，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据将进行转化，再利用在上为增函数进行判断即可.
【详解】由得：，，，
因为在上为增函数，
所以，
即.
故选：B.
【变式1】（2024·全国·二模）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数、对数函数的性质及对数的运算性质判断即可.
【详解】因为，，又，
所以，又，
所以.
故选：A
【变式2】（2024·浙江温州·二模）已知，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，利用导数法求最值得，从而有，再利用函数单调递减得，利用函数单调递增得，即可比较大小.
【详解】对，因为，则，即函数在单调递减，
且时，，则，即，所以，
因为且，所以，
又，所以.
故选：B
【变式3】（2024·重庆·模拟预测）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用对数函数的性质得到最大，再利用作差法，结合基本不等式得到，从而得解.
【详解】由对数函数的性质知，
，
，
所以，，；
当时，，
所以
，
取，则，
所以
，即，
综上，
命题点2 解对数方程、不等式
【例题4】（2023·山东·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解一元二次不等式及对数不等式后结合并集定义计算即可得.
【详解】由，可得，解得，
即，
由，即，即，
即，故.
故选：A.
【变式1】（2024·上海青浦·二模）已知，，若，则满足条件的 的取值范围是 ．
【答案】；
【分析】由绝对值等式可知，代入函数后解不等式再结合对数的运算和取值范围求出结果即可.
【详解】因为，
所以，即，
解得或，
所以 的取值范围是，
故答案为：.
【变式2】（2024·湖北·一模）已知函数，则关于x的不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据分段函数的性质及对数函数的单调性解不等式可得结果.
【详解】当时，得，
当时，，得，所以，
综上：的解集为，
故答案为：.
【变式3】（23-24高三下·北京·开学考试）函数的定义域是 .
【答案】
【分析】结合函数解析式得到不等式组，进而可得到答案.
【详解】由题意，得，即，
所以，所以定义域为.
故答案为：
命题点3 对数函数的性质及应用
【例题5】（2024·广东·一模）已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A．16B．24C．32D．48
【答案】B
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
【点睛】方法点睛：两个计数原理的应用技巧
（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
（2）对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
【变式1】（2024·江西九江·二模）若函数在（1，2）上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用复合函数的单调性结合函数求解.
【详解】函数在上单调递减，
由函数在定义域内单调递增，所以函数在上单调递减且恒大于0，
则有，解得.
故选：C
【变式2】（2024·全国·模拟预测）在区间内随机取一个数b，则函数在区间上单调递减的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】依题意根据复合函数的单调性可得在区间上单调递减，且在区间上恒成立，即可得到，从而求出的取值范围，再根据几何概型的概率公式计算可得.
【详解】若在区间上单调递减，
又函数在定义域上是增函数，
所以在区间上单调递减，且在区间上恒成立，
所以，解得，故所求的概率.
故选：D.
【变式3】（2024·辽宁·一模）若函数使得数列，为递减数列，则称函数为“数列保减函数”，已知函数为“数列保减函数”，则a的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】易知对任意的恒成立，参变分离即可求解.
【详解】由题可知对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
因为在时单调递减，在时单调递增，
在时单调递减，
在n＝1时取最大值,且最大值为，
.
故选：B.
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2023高三上·四川·学业考试）函数的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数定义域及函数值的正负判断即可.
【详解】因为的定义域为，故BD错误；
又，故C错误；故A正确.
故选：A
2．（2024·广西·二模）已知函数为偶函数，则的最小值为（ ）
A．2B．0C．1D．
【答案】A
【分析】由函数为偶函数，求得，得到，结合对数函数的性质，进而求得函数的最小值，得到答案.
【详解】由函数，
可得，
因为函数为偶函数，可得，
可得，即，
当时，函数取得最小值，最小值为.
故选：A.
3．（2024·湖南·一模）已知，且，则是的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用不等式的性质、对数运算及充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】若，符合，但此时，不满足充分性，
若，符合，但是，不满足必要性.
故选：D
4．（2024·浙江·二模）若函数为偶函数，则实数a的值为（ ）
A．B．0C．D．1
【答案】A
【分析】根据偶函数满足的关系即可化简求解.
【详解】的定义域为，，
由于为偶函数，故，即，
故，解得
故选：A
二、多选题
5．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．的最小值为D．
【答案】AD
【分析】根据题意，由，得到，可判定A正确、B不正确；由基本不等式，求得，可得判定C不正确；结合，结合基本不等式，可判定D正确.
【详解】由函数，且，如图所示，可得，
所以，即，可得，解得，故A正确；B错误；
由，当且仅当时等号成立，
因为，所以，故C错误；
由，
当且仅当时等号成立，因为，所以，故D正确．
故选：AD．

6．（2024·甘肃武威·模拟预测）函数的图象恒过定点，若点在直线上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据对数函数的性质可得定点，得出，利用均值不等式判断A，重要不等式判断B，转化为二次函数判断C，根据“1”的变形技巧及均值不等式判断D.
【详解】由题得点，即，
所以，即，当且仅当时取等号，故A错误；
，当且仅当时取等号，故B正确；，故C正确；
由，，，且取不到等号，故，故D正确．
故选：BCD
三、填空题
7．（2024·云南红河·二模）已知是定义在R上的奇函数，当时，，则 .
【答案】
【分析】根据奇函数的定义和时的解析式分别求出和的值即可.
【详解】因为是定义域为R的奇函数，
所以，得，
，
所以.
故答案为：.
8．（23-24高三上·上海普陀·期末）已知（且，函数的图象恒过定点，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】令即可求出定点.
【详解】令得，
此时，
所以函数的图象恒过定点，即点.
故答案为：.
四、解答题
9．（23-24高三上·青海西宁·阶段练习）已知，，，比较、、的大小.
【答案】
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性比较大小即可.
【详解】因，所以，
因，所以，
因，所以，
所以
10．（23-24高三上·上海长宁·期中）已知函数，其中常数且.
(1)判断上述函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明你的结论；
(2)若，利用上述函数在区间上的单调性，讨论和的大小关系，并述理由.
【答案】(1)函数在区间上的单调递减，证明见解析；
(2)当时，，当且时，.
【分析】（1）利用定义法结合对数函数单调性即可得到其单调性；
（2）利用（1）中的结论即可得到大小关系.
【详解】（1）在区间上单调递减，
证明：当时，任取，
则，
因为，则，所以，
即，即，所以此时在区间上单调递减，
当时，任取，
因为，则，所以，
即，即，所以此时在区间上单调递减，
综上所述，在区间上单调递减，
（2）当时，时，函数在上单调递增，
当时，函数在上单调递增，
由（1）在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，
当时，，，
，
，即，
，
当时，，，，且，
所以，
综上，当时，，
当且时，.
11．（23-24高三上·山东泰安·阶段练习）已知．
(1)若，求的值域；
(2)若在上单调递减，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据二次函数的性质及对数函数的性质，即可求解；
（2）根据复合函数单调性结合条件可得，进而即得.
【详解】（1）若，则，
因为，当且仅当时，等号成立，
可知的定义域为，
且在定义域内单调递减，可得，
所以的值域为.
（2）因为在定义域内单调递减，
由题意可知：在上单调递增，且在上恒成立，
可得，解得，
所以a的取值范围.
综合提升练
一、单选题
1．（2024高三上·全国·竞赛）（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】D
【分析】对数运算可解.
【详解】.
故选：D
2．（2024·陕西西安·一模）设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别求出，，然后求出，从而可求解，
【详解】由题意得，解得或，所以，
由的值域为，所以，即，
所以，故C正确.
故选：C.
3．（23-24高三上·四川成都·阶段练习）已知函数，设，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先研究函数的性质，利用奇偶性对函数值进行等价变形，最后利用单调性进行比较大小.
【详解】解：已知的定义域为，且，
所以函数为偶函数，
当时，函数为增函数，
所以，.
因为在定义域上为单调递增函数，
所以，即，
因为在上为增函数，
所以，
因为在定义域上为单调递增函数，
所以，所以，
根据函数在上为增函数，
所以，所以.
故选：A．
4．（23-24高三上·北京大兴·阶段练习）已知是定义在上周期为2的奇函数，当时，，则在上是（ ）.
A．增函数且B．增函数且
C．减函数且D．减函数且
【答案】A
【分析】根据题意，由函数的奇偶性可得的解析式，再由其周期即可得到的图像，即可判断.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，
当时，，设，则，
所以，则，
且，所以，
又是周期为2的函数，
所以在的图像与的图像相同，且为增函数，且.
故选：A
5．（23-24高三上·山东济宁·期中）已知函数，则函数的零点个数是（ ）．
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】令，先求出使时的的值，然后画出函数和函数，其中的图象，观察其交点个数即可得答案.
【详解】由已知，
令，即，
当时，得或，
当时，明显函数在上单调递减，且，，
故存在，使，
画出的图象如下，
再画出直线，其中，

观察图象可得交点个数为个，
即函数的零点个数是.
故选：D.
6．（2024·全国·模拟预测）下列结论中错误的个数为（ ）
①（其中为自然对数的底数）；②；③；④（其中）．
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】由对数函数的单调性即可判断①，由指数的运算即可判断②，由对数的运算即可判断③④
【详解】对于①：由于，又是增函数，故①正确．
对于②：由于，所以②错误．
对于③：对两边同时取常用对数，得，即，显然正确，故③正确．
对于④：，故④正确．
综上，错误结论的个数为1.
故选：B．
7．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）若对于任意正数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】对不等式分离参数得到，令，构造函数，，则，通过导数研究单调性求出最大值即可.
【详解】由不等式恒成立，且，
分离参数得，所以，即，
设，得，，设，，则.
，由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以.
所以.
故选：C.
8．（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别求解时的解，比较解与的大小，代入计算可判断与0的关系.
【详解】解：，解得，
令，解得：，
令，解得：，
令，则，
因为，所以，，则有，
即恒成立，所以在上单调递增，
则有，
所以，
，
所以.
故选：D
二、多选题
9．（2024高三·全国·专题练习）已知定义在上的函数，，其中，分别是将一枚质地均匀的骰子抛掷两次得到的点数．设“函数的值域为”为事件A，“函数为偶函数”为事件B，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据给定条件，求出事件的所有可能结果，并求出概率，再结合事件的和与积、条件概率逐项分析即可.
【详解】将一枚质地均匀的骰子抛掷两次出现的点数共有种情况，
函数的值域为，即函数的最小值为1，则，
满足的有，，共2种情况，则，，
由函数为偶函数，得，
满足的有，，，，，，共6种情况， ，
对于A，满足事件A，B同时发生的有，，A错误；
对于B，事件包含的有，，，，，，，共7种情况，
因此，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，满足事件，B同时发生的有，，，，，共5种情况，
因此，则，D错误．
故选：BC
10．（23-24高三上·江苏淮安·期中）已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数的图象关于轴对称B．函数的图象关于原点对称
C．函数在上是增函数D．函数的值域为
【答案】ACD
【分析】利用对数的运算性质将函数解析式化简为，利用函数奇偶性的定义可判断AB选项；利用函数单调性的定义以及复合函数的单调性可判断C选项；利用函数的单调性求出函数的值域，可判断D选项.
【详解】因为，
对于A选项，对任意的，，则函数的定义域为，
，所以，函数为偶函数，A对B错；
对于C选项，任取、且，即，则，
，则，
所以，
，即，
所以，，
故函数在上是增函数，C对；
对于D选项，因为函数为上的偶函数，且在上为增函数，
故函数在上为减函数，所以，，
故函数的值域为，D对.
故选：ACD.
11．（2023·全国·模拟预测）已知（且），则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．当时，
D．当时，
【答案】CD
【分析】根据对数函数的图象与性质，画出函数的图象，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由满足的情况有以下六种：
（1）如图1所示，可得，

（2）如图2所示，可得，

（3）如图3所示，可得，

（4）如图4所示，可得，

（5）如图5所示，可得，

（6）如图6所示，可得，

对于A中，当时，第（4）种情况不满足，所以A错误；
对于B中，当时，第（1）种和第（5）种情况不满足，所以B错误；
对于C中，当时，第（2）种、第（3）种和第（6）种情况均有，所以C正确；
对于D中，当时，如第（1）种情况，则，所以成立，所以D正确.
故选：CD．
三、填空题
12．（23-24高三上·上海静安·阶段练习）由函数的观点，不等式的解集是 .
【答案】
【分析】由不等式可得，构建函数，利用函数单调性解不等式.
【详解】由不等式，可得，
令，可知的定义域为，
因为在定义域上单调递增，
可知在定义域上单调递增，且，
对于不等式即为，解得，
所以不等式的解集是.
故答案为：.
13．（2024高三·全国·专题练习）已知是方程的两个根，则
【答案】10
【分析】根据指数和对数函数的性质，结合指数函数和对数函数的图象，数形结合，即可求得结果.
【详解】由题可知，也是与图象交点的横坐标，
在同一坐标系中，作图如下：
数形结合可知，为两点对应的横坐标；
根据指数函数和对数函数的性质可知，关于对称；
又与垂直，故与的交点为线段的中点，
联立，可得，即，故，解得.
故答案为：.
14．（2024·天津·一模）已知定义在上的函数满足，当时，.若在区间内，函数有三个不同零点，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意得到画出函数图像，计算直线与函数相切和过点时的斜率，根据图像得到答案.
【详解】函数满足，当，
所以当，
故， ，
画出函数图像，如图所示，观察图像可知，要使函数有三个不同零点，
则直线应在图中的两条虚线之间，
上方的虚线为直线与 相切时，
下方的虚线是直线经过点时，

当直线与相切时，
，设切点为，
则斜率 ，此时 ，
当直线经过点时，，
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于先求出，再画出函数图像，计算直线与函数相切和过点时的斜率，根据图象得到答案.
四、解答题
15．（23-24高三上·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）已知函数的定义域为.
(1)求实数的取值范围；
(2)若，函数在上的最大值与最小值的和为，求实数的值.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）利用对数函数定义列出不等式，再利用恒成立的不等式求解即可.
（2）利用函数单调性求出最大最小值，列式求解即可.
【详解】（1）由的定义域为，得对任意的恒成立，
当时，恒成立，则；
当时，，解得，则，
所以实数的取值范围是，即.
（2）令，显然函数在上单调递减，在上单调递增，
而函数在上单调递增，因此函数在上单调递减，在上单调递增，
于是，而，则，
依题意，，即，解得或，
所以实数的值是或.
16．（2023·陕西·模拟预测）已知函数．
(1)求及函数的定义域；
(2)求函数的零点．
【答案】(1)，定义域为
(2)
【分析】（1）利用的值求得，解分式不等式求得的定义域.
（2）通过解对数方程求得正确答案.
【详解】（1）依题意，
所以，由得，
解得，所以的定义域为.
（2），
则，所以的定义域为，
令得，
所以，，则.
17．（23-24高三上·湖北·期中）记是各项均为正数的数列的前项积，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由与关系，转化为递推关系，再构造数列求解即可；
（2）由，放缩后累乘可证.
【详解】（1）因为数列的各项均为正数，故，
由可得，，
即.
所以有，
故是公比为2，首项为的等比数列，
所以，.
（2）方法1：由（1）可知，.
所以.
方法2：由（1）可知，
.
当时，，
所以.
18．（2023高三·全国·专题练习）设函数的定义域为D，若命题p：“，”为假命题，则a的取值范围是?
【答案】
【分析】根据特称命题为假命题转化为全称命题是真命题，进而转化为恒成立问题，利用恒成立问题即可求解.
【详解】命题p：“，”为假命题，则“，”为真命题.
则函数的图象要恒在图象的上方（两个函数需都有意义）.
的图象可看做平移得到，由于的图象以为渐近线，
故作图可知，只有当时，才能满足要求.

所以a的取值范围是.
故答案为：.
19．（23-24高三上·安徽淮南·阶段练习）（1）已知函数，若对，使得，求实数的取值范围；
（2）若命题：函数（且）在区间内单调递增是真命题，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由题意只需，由函数的单调性求出最小值即可.
（2）由题意首先由真数大于0求出的取值范围，然后对底数进行分类讨论结合复合函数单调性即可求解.
【详解】（1）因为，使得，
所以只需，
因为在上单调递增，
所以在上的最小值，
因为在上单调递增，
所以在上的最小值，
所以，解得.
所以实数的取值范围为.
（2）由题意真数在上恒成立，
即在上恒成立，所以，且注意到，
由题意函数（且）在区间内单调递增，
不妨设，，
接下来分以下两种情形来求的取值范围：
情形一：当时，函数关于单调递减，
由复合函数单调性可知，只需在区间内单调递减，
即在区间上恒成立，所以，
又，所以此时有.
情形二：当时，函数关于单调递增，
由复合函数单调性可知，只需在区间内单调递增，
即在区间上恒成立，所以，
又，所以此时不存在.
综上所述：符合题意的的取值范围为.
拓展冲刺练
一、单选题
1．（23-24高三下·江西·阶段练习）已知实数a，b满足，则（ ）
A．B．C．D．a，b的大小无法判断
【答案】A
【分析】根据给定条件，构造函数，利用单调性并借助媒介数比较大小.
【详解】函数在上单调递增，且，则由，得，
又，所以.
故选：A
2．（2024·湖南岳阳·二模）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数性质得出，，，然后利用作差法比较与的大小关系即可.
【详解】因为，所以，即，所以，即；
因为，所以，即，所以，即；
因为，所以，即，所以，即；
又因为，
且，
所以，所以，所以；
综上所述，.
故选：A.
3.（2024·陕西西安·一模）已知函数，若满足，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】判断函数的奇偶性和单调性，结合函数性质将已知的不等式转化为，再利用奇偶性和单调性求解即可.
【详解】的定义域为，，
为偶函数，
，，
当时，，，，，
在上单调递增，
，
即，
即，也就是，
在单调递增且为偶函数，
，
，即，解得.
实数的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，解答本题的关键是得出为偶函数和在上单调递增，由对数的性质结合函数为偶函数将不等式化为，再由单调性求解.
4．（23-24高三下·江西·开学考试）142857被称为世界上最神秘的数字，，所得结果是这些数字反复出现，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，利用导数研究函数的单调性可得，结合可得，则；由得，进而，即可求解.
【详解】由题意知，，
设，，
当时，单调递增，
所以，所以.
因为，所以，
得，所以，即；
由，得，所以，即，
所以，即.
综上.
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤：
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
常用的不等式： ，，
，，.
5．（23-24高三上·山东日照·阶段练习）已知函数，则不等式成立的x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先判断的对称性，然后利用导数讨论其单调性，结合对称性即可求解，注意最后的范围要考虑定义域..
【详解】由得的定义域为，
因为
，，所以，所以的图象关于对称.
记，
当时，由复合函数单调性易知单调递增，
记，则，
记，则，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以在上单调递增，
综上，在上单调递增，图象关于对称，
由此可知，要使，必有，两边平方整理得，解得，
又，得或或，
所以的解集为.
故选：B.
二、多选题
6．（2024高三·全国·专题练习）（多选）若实数a，b满足lg3a＜lg3b，则下列各式一定正确的是（ ）
A．3a＜3bB．（）a－b＞1
C．ln （b－a）＞0D．lga3＜lgb3
【答案】AB
【详解】解析：因为函数y＝lg3x为（0，＋∞）上的增函数，由lg3a＜lg3b，可得b＞a＞0.由于函数y＝3x为R上的增函数，则3a＜3b，故A正确；函数y＝（）x为R上的减函数，且a－b＜0，则（）a－b＞（）0＝1，故B正确；由对数的性质可得b－a＞0，但b－a与1的大小关系不确定，故ln （b－a）与0的大小关系不确定，故C错误；取a＝3，b＝9，则有lg33＝1＞＝lg93，即lga3＞lgb3，故D错误．
7．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）已知实数a，b满足，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．D．
【答案】ABC
【分析】构造函数，利用导数判断单调性，结合对数函数的性质进行求解判断即可.
【详解】因为，
令函数，则，
则函数在上单调递增，且，
可知当时，；当时，；
且，则有：
当时，，即，可得，故A正确；
当时，，即，可得，故B正确；
又因为当时，在定义域内单调递减，可得；
当时，在定义域内单调递增，可得，
所以C正确，D错误．
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：构造函数，利用导数判断单调性，结合单调性进行求解运算是解题的关键.
三、填空题
8．（23-24高三上·湖南·阶段练习）已知正实数满足：，则与大小关系为 .
【答案】
【分析】由题意可得，令，则有，根据函数的单调性即可得答案.
【详解】解：因为，所以，
设，又因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，
所以.
故答案为：
9．（2022·全国·模拟预测）已知数列的通项公式为，若表示不超过的最大整数，如，，则数列的前2022项的和为 ．
【答案】3848
【分析】由题意，由解不等式，对分类讨论，结合分组求和即可得解.
【详解】，
数列的2022项的和为，
当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，，
数列的前2022项的和为．
故答案为：3848.
【点睛】关键点点睛：关键是由的定义由分类讨论即可顺利得解.
四、解答题
10．（23-24高三上·上海浦东新·期中）已知函数是奇函数.
(1)求实数的值；
(2)当，，解关于的不等式.
【答案】(1)1
(2)答案见解析
【分析】（1）根据函数奇偶性的定义列方程，解方程得到的值.
（2）利用函数的单调性列不等式，分类讨论解不等式，得到取值范围即可.
【详解】（1）因为是奇函数，
所以，
即，解得，
又时，其定义域为，此时为非奇非偶函数，
所以.
（2）由（1）得，所以，即，
根据对数函数的定义域和单调性可得，由于，所以，
所以，即，
因此，当，即时，不等式的解为，
当，即时，不等式的解为，
综上所述，当时，不等式解集为，当时，不等式解集为.
11．（2023·上海·模拟预测）已知.记，其中常数m，.
(1)证明：对任意m，，曲线过定点；
(2)证明：对任意s，，；
(3)若对一切和一切使得的函数，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）常数m，，当时，，故曲线过原点.
（2），由等价于，用作差法构造函数，对函数进行求导，判断函数的单调性，得，从而可得证.
（3）用作差法证明对数平均不等式，函数，通过求导和基本不等式可得出，得出结论；
【详解】（1），故曲线过原点.
（2）当时，，故等价于.
考虑.则.
令
当时，所以在单调递增，，
所以，即，
所以，
而，且时，，
故，函数在上严格增.
因此当时，.特别地，.证毕.
（3）首先证明对数平均不等式：当时，.
考虑函数，则，等号成立当且仅当.
故当时，.
因为，所以由得.
下证当时，对任意和一切使得的函数成立.
由题意，，故.
令，考虑函数.
则.
当且时，.由对数平均不等式，.
故，
从而函数在上严格增，得，即证.
综上，所求范围为.
【点睛】关键点睛：用作差法构造函数和对数平均不等式是解题的关键，通过求出构造函数的单调性讨论及最值，从而得出结论，考查分类讨论思想，整体思想，属于较难题.
a>1
00；
当0