高一数学第4章 指数函数与对数函数 章末重难点归纳总结(解析版)

第4章 指数函数与对数函数 章末重难点归纳总结

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重点一 指数对数的运算

【例1】（2022·江苏）化简与求值： (1)(31)(3)8

021351(2)4log23log18lglg25lglne3.

1622327(1)8230.0021210(51)10.

(2)lg25lg2lg50(lg2)2 【答案】(1)π; (2)

1115519. (3)；(4)2 2218133【解析】（1）原式1π3(2)π.

22log23316135311log28lg+lg25lg8lne293lg(25)6lg101658222.

（2）原式

27（3）8230.0021231010(51)2233500112105114

4555155191051； 92221822lg5lg21lg5(lg2)22lg5lg2lg2lg2lg52lg2lg52lg25lg2lg50(lg2)（4）

【一隅三反】

1．（2022·全国·高一课时练习）计算：

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7(1)lg142lglg7lg18；

3(2)lg53lg22lg5lg2lg5；

122(3)log62log633log62log6318log62．

32(4)log327lg25lg47(5)log72log71；

lg8lg125lg2lg5．

lg10lg0.1【答案】(1)0 (2)3 (3)1 (4)7 (5)4

1477lg14lglg7lg18lglg102【解析】（1）方法一：（直接运算）原式． 371832方法二：（拆项后运算）原式lg272lg7lg3lg7lg32

2lg2lg72lg72lg3lg72lg3lg20．

（2）原式lg5lg5lg22lg2lg5lg2lg5lg102lg10lg22lg5lg23． （3）原式log62log633log62log62222318223log2log33log2log9 6666322log62log632log62log63log62log631． （4）原式3lg2542527；

lg812525lg1024． （5）原式111lg102lg10122．（2022·湖北）计算下列各式的值： (1)已知xx13，求：

x2x2xx1212．

2(2)1.5780.254261301log7123323lg25lg4()2log73623?log94

【答案】(1)7(2)115

【解析】（1）因为xxxx2212111122927，而xx2x2x11，所以x2x21，所

2 3 / 17

以

x2x2xx12127．

131313133（2）原2222 222233lg1007log72log23log322427221115．33302233414333．（2022·全国·高一课时练习（理））（1）计算：0.123281112abab3________． （2）化简：65ab23123343122________；

【答案】

22

1 a2234333【解析】（1）0.123280331223143133292231221 4349132122．

94（2）原式abaab1613125612b13a111326b115236a1b011．故答案为:22，

aa重点二 指数函数

2ax4a【例2】（2022·广东·深圳市）已知函数fxa0,a1是定义在R上的奇函数． x2aa(1)求a的值；

(2)求函数fx的值域；

x(3)当x1,2时，2mfx20恒成立，求实数m的取值范围．

10【答案】(1)a2(2)1,1(3),

32a04aa20，解得a2， 【解析】（1）因为fx是定义在R上的奇函数，所以f02a0aa22x12x112x2x1fx，所以a2时，fxx当a2时，fxx，此时fxx是奇函数.

212112x21所以a2；

2x12x1221x（2）由（1）可得fxxx，

212121因为2x0，可得2x11，所以012220111， 1，所以，所以

2x12x12x1 4 / 17

所以函数fx的值域为1,1；

xx（3）由2mfx20可得mfx22，

2x22x12x1x即mx对于x1,2恒成立， 22，可得mx2121x令21t1,3，则mt1t2t21，

tt2210210函数yt1在区间1,3单调递增，所以t131，所以m，

3tt3310所以实数m的取值范围为,．

3【一隅三反】

1．（2022·贵州·黔西南州金成实验学校高一期末）已知函数f(x)1的奇函数.

(1)利用单调性的定义证明函数fx在R上单调递增；

2(2)求不等式fx2xf(x4)0的解集.

4（a0且a1）为定义在R上

2axa(3)若函数gxkfx1有零点，求实数k的取值范围. 【答案】(1)证明过程见解析；(2),4【解析】（1）由题意得：f01任取x1,x2R，且x1x2，则

1,(3)k,11,

4421x0，解得：a2，f(x)1x1， 22212a22222x1122x2122x112x21f(x1)fx21x11x2x因为x1,x2R，且21212x212x112x212x112212x11x1x2，所以2x112x210，2x110,2x210，

2x112x210，故f(x1)fx2所以函数fx在R上单调递增； 所以f(x1)fx2x2212x1122（2）fx2xf(x4)0，即fx2xf(x4)，

因为f(x)1因为f(x)122fx2xf(x4)f(4x)， R为定义在上的奇函数，所以2x12为定义在R上单调递增，所以x22x4x，解得：x1或x4， x21 5 / 17

所以解集为：,41,；

2（3）gxkfx1k1x1有零点，

21当k0时，gxkfx11，没有零点，不合题意，舍去； 当k0时，即121有根， 21kx其中当x0时，2x1，2x12，0故f(x)120,1， 2x121， 2x1又因为f(x)12在R上为奇函数， 2x121,0，且f00， 21x所以当x0时，f(x)1所以f(x)1211,11,00,1， R在上的值域为，故

k2x1解得：k,11,，

1,.

bax（a,b为常数，a0，且a1）的图象经过点A1,6，

所以实数k的取值范围为k,12．（2022·全国·高一课时练习）已知函数fxB3,24．

(1)试确定函数fx的解析式；

11(2)若关于x的不等式m0在区间,1上恒成立，求实数m的取值范围．

ab5x【答案】(1)fx32(2),

6xx【解析】（1）因为函数fxbax的图象经过点A1,6和B3,24，

ab6可得，结合a0，且a1，解得a2,b3， 3ba24x所以函数fx的解析式为fx32．

1（2）要使

2x13xm在区间,1上恒成立，

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xx只需保证函数y11在区间,123上的最小值不小于m即可，

xx因为函数y11在区间,123上单调递减，

xx所以当x1时，y12153取得最小值，最小值为6，

所以只需m56即可，即实数m的取值范围为,56．

3．（2020·广西·兴安县第二中学高一期中）已知定义域为R的函数 f(x)b2x2xa 是奇函数.(1)求a、b的值；

(2)证明f(x)在(-∞，+∞)上为减函数;

(3)若对于任意tR，不等式f(t22t)f(2t2k)0恒成立，求k的范围 【答案】(1)a1，b1；(2)证明见解析；(3)k13

【解析】（1）由已知f(0)b11a0，b1，

f(x)12x2x1， 11f(1)12122aa2，f(1)11，所以1a210，解得a1， 2a12a2a1f(x)12xxx21，此时f(x)定义域是R，f(x)1221x2x112xf(x)，f(x)为奇函数． 所以a1，b1；

（2）由（1）

f(x)12x22x112x1， 设任意两个实数x1,x2，x1x2，则02x112x21，

22x1122x21，所以122x11122x21，即f(x1)f(x2)，所以f(x)是减函数；

（3）不等式f(t22t)f(2t2k)0化为

f(t22t)f(2t2k)， f(x)是奇函数，则有f(t22t)f(2t2k)， f(x)是减函数，所以t22t2t2k，

所以k3t22t3(t11121113)23恒成立，易知3(t3)3的最小值是3，所以k3．

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重点三 对数函数

【例3】（2022·甘肃定西·高一阶段练习）已知函数fxlog3(1)求a的值；

(2)当x3,5时，fxlog3x2k恒成立，求实数k的取值范围． 【答案】(1)a1(2)1,

2axaR的图象关于原点对称． x2【解析】(1)函数

fxlog32axx2的图象关于原点对称，

则函数fxlog32ax为奇函数，有fxfx， x21解得a1，当a1时，不满足题

2ax2ax2ax2ax4a2x2log3即log3，即log30，即

x2x2x2x24x2意，∴a1． (2)由

，得x24x1x，易知gx在x3,5上单调递减， 令gxx2x2fxlog3x2klog3x22x2kxlog3x2kx2x2，即，

则gx的最大值为g32．又∴当x3,5时，fxlog3x2k恒成立， 即2kx2x在x3,5恒成立，且x2k0，∴2k2，k1， x2即实数k的取值范围为1,． 【一隅三反】

21．（2022·全国·高一课时练习）已知函数fxlog1x2ax3．

2(1)若函数fx的定义域为,13,，求实数a的值； (2)若函数fx的定义域为R，值域为,1，求实数a的值； (3)若函数fx在,1上单调递增，求实数a的取值范围． 【答案】(1)a2(2)实数a的值为1或1(3)1,2 【解析】（1）令

uxx22ax32，则由题意可知1，3为方程x2ax30的两个根，

所以函数ux的图像的对称轴方程为x2a132，即a2． 22222a4130（2）由题意，对于方程x2ax30，，即3a3，

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2由函数fx的值域为,1，可得当xa时，falog1a2aa31，解得a1或1．

2故实数a的值为1或1． （3）函数

fxuxx22ax3,1,1在上单调递增，则在上单调递减．

易知函数ux的图像的对称轴为直线xa，所以a1． 易知ux在x1时取得最小值，

当x1时，有u112a30，得a2， 所以实数a的取值范围是1,2．

2．（2022·全国·高一单元测试）已知函数fxloga1bx（a0且a1），f11，f32． (1)求函数fx的解析式；

(2)请从∴yfxfx，∴yfxfx，∴yfxfx这三个条件中选择一个作为函数gx的解析式，指出函数gx的奇偶性，并证明． 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)fxlog21x；(2)答案见解析.

loga1b1a2a1b2loga13b2a13ba0a1【解析】（1）依题意，，，而且，解得b1，

所以函数fxlog21x.

1x0gxgxlog21xlog21x（2）选择∴，，则有1x0，解得1x1，即的定义域为1,1， 又gxlog21xlog21x[log21xlog21x]gx， 所以函数gx是定义在1,1上的奇函数． 选择∴，

1x0gxlog21xlog21x，则有，解得1x1，即gx的定义域为1,1，

1x0又gxlog21xlog21x[log21xlog21x]gx， 所以函数gx是定义在1,1上的奇函数．

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选择∴，

gxlog1x021xlog21x，则有1x0，解得1x1，即gx的定义域为1,1，

又gxlog21xlog21xg(x)， 所以函数gx是定义在1,1上的偶函数． 3．（2022·全国·高一课时练习）已知函数fxlog1ax14x1的图象关于原点对称，其中a为常数．(1)求a的值；

(2)当x1,时，fxlog1x1m恒成立，求实数m的取值范围；

4(3)若关于x的方程fxlog1xk在2,3上有解，求实数k的取值范围．

4【答案】(1)a1(2)1,(3)1,1 【解析】（1）因为函数fxlog1ax1x1的图象关于原点对称，

4所以fxfx0，即log1ax1ax14x1log10， 4x1所以log1ax14x11axx10恒成立， 所以

1axx11axx11恒成立， 即1a2x21x2恒成立，

即a21x20恒成立，所以a210，解得a1，

又a1时，fxlog1ax11无意义，故a1．

4x（2）因为x1,时，fxlog1x1m恒成立，所以log1x1log1x1m恒成立， 44x14所以log1x1m在x1,上恒成立，

4因为ylog1x1是减函数，所以当x1,时，log1x1,1，

44所以m1，所以实数m的取值范围是1,． （3）

因为fxlog1xlog2111在2,3上单调递增，gxlog1xk在2,3上单调递减，4x14x14

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log13log12k,f2g2,44 因为关于x的方程fxlog1xk在2,3上有解，所以即f3g3,4log2log3k,1144解得1k1，所以实数k的取值范围是1,1．

重难点四 零点定理

【例4-1】（2022·课时练习）函数yax22ax3,(a0)的一个零点为1，则其另一个零点为______． 【答案】3

【解析】解法一：因为函数yax22ax3,(a0)的一个零点为1， 将(1,0)代入得a2a30，解得a1． 所以yx22x3．

令x22x30，解得x11，x23， 所以函数的另一个零点为3．

解法二：由函数yax22ax3,(a0)的一个零点为1，可得方程ax22ax30,(a0)的一个根为1，根据根与系数的关系可得x1x2故答案为：3.

【例4-2】（2022·山东）方程lnx42x的根所在的区间是（ ）

2a2，所以另一个根为3．故函数的另一个零点为3． a，A．01

【答案】B

，2 B．13 C．2，4 D．3，【解析】令fxlnx2x4，显然fxlnx2x4单调递增， 又因为f12420，f2ln244ln20，

，2， 由零点存在性定理可知：fxlnx2x4的零点所在区间为1，2. 所以lnx42x的根所在区间为1故选：B

【例4-3】（2022·全国·高一课时练习）函数f(x)xsin2x1在区间(0,3]上的零点个数为（ ） A．6 【答案】C

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B．5 C．4 D．3

【解析】函数f(x)xsin2x1在0,3上零点的个数即方程xsin2x10在x0,3上解的个数， 方程xsin2x10化简可得sin2x1， x1 的图象交点的个数，其中x(0,3]，

x所以方程方程xsin2x10的解的个数为函数ysin2x与函数y在同一坐标系中作出函数ysin2x与函数y1的图象如图所示， x由图可知在区间0,3上，两函数图象有4个交点， 故函数f(x)xsin2x1在区间(0,3]上的零点个数为4， 故选：C．

x2x,xa【例4-4】（2021·全国·高一期末）已知函数f(x)（a0），若函数g(x)f(x)4x有三个零

5x,xa点，则a的取值范围是（ ） A．(0,1)[5,) 【答案】A

【解析】g(x)f(x)4x有三个零点yf(x)与y4|x|的图象有三个交点. 因为a0，所以当x0时，x2x4x，得x3或x0，

所以yf(x)与y4|x|的图象有两个交点，则当x0时，yf(x)与y4|x|的图象有1个交点. 当x0时，令4x5x，得x1，所以0a1符合题意；

6B．(0,)[5,)

5C．(1,5]

6D．(,5]

5 12 / 17

令4xx2x，得x5，所以a5符合题意.

综上，实数a的取值范围是0,1【一隅三反】

1．（2022·浙江·余姚市实验高中高一开学考试）函数f(x)lnxA．1,2 【答案】B

B．2,3

C．3,4

5,.故选：A.

3的零点所在的区间是（ ） xD．4,5

33【解析】因为ylnx,y为x0,上的单调递增函数，所以f(x)lnx为x0,上的单调递

xx 13 / 17

333增函数，因为f1ln130，f2ln20，f3ln30，

123由零点存在定理，(2,3)上必有唯一零点.故选：B．

2． （2022·江苏·金沙中学高一阶段练习）函数ysinxsin(x)1在区间(0,2)上的零点所在的区间为（ ）

3A．(0,)

2【答案】B

B．(,)

2C．(,3) 2D．(3,2) 213【解析】ysinxsin(x)1，sinxcosx1，sin(x)1，

332255 令sin(x)1，得x2k，kZ，x2k，kZ，f(x)在(0,2)上的零点为.

32636故选：B

2xa,x13．（2022·北京大兴·高一期末）若函数f(x)恰有2个零点，则a的取值范围是 （ ）

x(xa),x11) A．(，2) B．(0，) C．(0，2) D．[1，【答案】D

【解析】因为f(x)x(xa),x1时至多有一个零点，单调函数f(x)2xa,x1至多一个零点，

2xa,x1而函数f(x)恰有2个零点，

x(xa),x1log2a1xf(x)x(xa),x1f(x)2a,x111所以需满足有个零点，有个零点，所以，

a1解得1a2，故选：D

4．（2021·广西·上林县中学高一期末）已知函数f(x)|xa|3，若函数f(f(x))无零点，则实数a的取值范围为（ ） A．(,6) 【答案】A

【解析】令tf(x)，则f(t)|ta|30的解为：ta3，由题意可知：f(x)t无解， 又

f(x)|xa|33，即tf(x)min，

B．(,6] C．(,0) D．(,0]

又

a33f(x)min3，即，解得：a6．故选：A.

a3325．（2022·全国·高一课时练习）函数fxlnxx3的零点个数为________．

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【答案】1

【解析】解法一：令fx0，可得方程lnxx230，即lnx3x2， 故原函数的零点个数即为函数ylnx与y3x2图象的交点个数． 在同一平面直角坐标系中作出两个函数的大致图象（如图）．

由图可知，函数y3x2与ylnx的图象只有一个交点，

2故函数fxlnxx3只有一个零点，

故答案为：1

22解法二：∴f1ln11320，f2ln223ln210，

∴f1f20，

2又fxlnxx3的图象在1,2上是不间断的，

∴fx在1,2上必有零点，

2又fxlnxx3在0,上是单调递增的，

∴函数fx的零点有且只有一个， 故答案为：1

2x,x2,6．（2022·全国·高一课时练习）已知函数fx若关于x的方程fxk有三个不同的实数

2x1,x2,根，则实数k的取值范围是________．

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【答案】0,1

【解析】作出函数fx的图像和直线yk，如图所示:

由图可知，当k0,1时，函数fx的图像和直线yk有三个交点，所以k0,1．故答案为：0,1或0k1.

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