2026版《金版教程》高考一轮复习数学第二章 考点测试11 对数与对数函数

高考总复习首选用卷数学考点测试11对数与对数函数基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号12345678910111213难度★★★★★★★★★★★★★对点对数的运算与化简换元法求函数值换底公式；对数的运算比较大小与对数函数有关的函数的图象复合函数的单调区间对数的实际应用比较大小；基本不等式已知分段函数解不等式指数式化成对数式；对数的运算由函数图象求参数的取值范围指数式、对数式的运算图象过定点；基本不等式题号141516171819202122232425难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点已知复合函数的单调性求参数的取值范围复合函数的单调区间构造函数解不等式函数的性质；比较大小利用函数的性质解不等式已知两函数图象有交点求参数的值与对数函数有关的函数的图象与性质已知函数的最值求参数的值对数的运算；求函数值对数的运算；新定义问题已知不等式恒成立求参数的取值范围比较大小；换底公式高考概览高考在本考点的常考题型为选择题，中、低等难度考点研读1.理解对数的概念及其运算性质，知道用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数；了解对数在简化运算中的作用2．理解对数函数的概念及其单调性，掌握对数函数图象通过的特殊点3．体会对数函数是一类重要的函数模型4．了解指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)互为反函数1．化简(log62)2＋log62×log63＋2log63－6log62的值为()A．－log62 B．－log63C．log63 D．－1答案：A解析：(log62)2＋log62×log63＋2log63－6log62＝log62＋2log63－2＝log63－1＝－log62.2．已知函数f(x)＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)＋1，则f(lg2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝()A．－1 B．0C．1 D．2答案：D解析：设lg2＝a，则lgeq\f(1,2)＝－lg2＝－a，f(a)＋f(－a)＝ln(eq\r(1＋9a2)－3a)＋1＋ln[eq\r(1＋9（－a）2)＋3a]＋1＝ln(1＋9a2－9a2)＋2＝ln1＋2＝2，所以f(lg2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,2)))＝2.故选D.3．(2024·陕西榆林神木市第四中学三模)已知a＝log35，b＝log23，则lg3＝()A.eq\f(b,ab＋1) B.eq\f(a,ab＋1)C.eq\f(1,a)＋eq\f(1,b) D.eq\f(ab,a＋b)答案：A解析：由b＝log23，得eq\f(1,b)＝log32，则lg3＝eq\f(1,log310)＝eq\f(1,log35＋log32)＝eq\f(1,a＋\f(1,b))＝eq\f(b,ab＋1).故选A.4．已知a＝log6eq\r(3,7)，b＝log7eq\r(3,6)，c＝60.1，则()A．b＜c＜a B．b＜a＜cC．c＜a＜b D．a＜b＜c答案：B解析：因为a＝log6eq\r(3,7)＝eq\f(1,3)log67＞eq\f(1,3)log66＝eq\f(1,3)，log6eq\r(3,7)＜log66＝1，所以eq\f(1,3)＜a＜1.又b＝log7eq\r(3,6)＝eq\f(1,3)log76＜eq\f(1,3)log77＝eq\f(1,3)，c＝60.1＞60＝1，所以b＜a＜c.5．函数f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)的图象大致为()答案：A解析：函数f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)的定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝loga|－x|＋1＝loga|x|＋1＝f(x)，函数f(x)为偶函数，当x>0时，f(x)＝logax＋1，即函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数且图象过点(1，1)．故选A.6．函数y＝logeq\s\do9(\f(1,3))(2x－x2)的单调递减区间为()A．(0，1] B．(0，2)C．(1，2) D．[0，2]答案：A解析：由不等式2x－x2>0，即x2－2x＝x(x－2)<0，解得0<x<2，即函数f(x)的定义域为(0，2)，令g(x)＝2x－x2，可得其图象开口向下，对称轴方程为x＝1，当x∈(0，1]时，函数g(x)单调递增，又由函数y＝logeq\s\do9(\f(1,3))x在定义域上单调递减，结合复合函数的单调性的判定方法，可得函数y＝logeq\s\do9(\f(1,3))(2x－x2)的单调递减区间为(0，1]．故选A.7．(2025·湖北十堰郧阳区第二中学高三开学考试)现测得某放射性元素的半衰期为1500年(每经过1500年，该元素的存品为原来的一半)，某生物标本中该放射性元素的初始存量为m，经检测现在的存量为eq\f(m,5)，据此推测该生物距今约eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：lg2≈0.3，f（t）＝m·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up6(\f(t,1500))))()A．2700年 B．3100年C．3500年 D．3900年答案：C解析：由题意得eq\f(m,5)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(\f(t,1500))，两边取对数，得－lg5＝eq\f(t,1500)(－lg2)⇒t＝eq\f(1500lg5,lg2)＝eq\f(1500（1－lg2）,lg2)＝eq\f(1500,lg2)－1500≈3500.故选C.8．若a>b>1，P＝eq\r(lga·lgb)，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，R＝lgeq\f(a＋b,2)，则()A．R<P<Q B．P<Q<RC．Q<P<R D．P<R<Q答案：B解析：∵函数y＝lgx在(0，＋∞)上是增函数，a>b>1，∴lga>lgb>0，由基本不等式可得P＝eq\r(lga·lgb)<eq\f(1,2)(lga＋lgb)＝Q，Q＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)＝eq\f(1,2)lg(ab)＝lgeq\r(ab)<lgeq\f(a＋b,2)＝R，∴P<Q<R.故选B.9．(2025·河北部分地区高三开学考试)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))则不等式f(x)≥0的解集为()A．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B．(－∞，－2]∪[0，＋∞)C．[1，＋∞)D．[0，＋∞)答案：B解析：因为f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))则不等式f(x)≥0等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋2x≥0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,ln（x＋1）≥0，))解得x≤－2或x＝0或x>0，所以不等式f(x)≥0的解集为(－∞，－2]∪[0，＋∞)．故选B.10．(多选)设a，b，c都是正数，且4a＝6b＝9c，那么()A．ab＋bc＝2ac B．ab＋bc＝acC.eq\f(2,c)＝eq\f(2,a)＋eq\f(1,b) D.eq\f(1,c)＝eq\f(2,b)－eq\f(1,a)答案：AD解析：由于a，b，c都是正数，故可设4a＝6b＝9c＝M，∴a＝log4M，b＝log6M，c＝log9M，则eq\f(1,a)＝logM4，eq\f(1,b)＝logM6，eq\f(1,c)＝logM9.∵logM4＋logM9＝2logM6，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝eq\f(2,b)，即eq\f(1,c)＝eq\f(2,b)－eq\f(1,a)，去分母整理，得ab＋bc＝2ac.故选AD.11．(多选)(2024·广东四校高三联考)已知函数f(x)＝loga(x－b)(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则下列说法正确的是()A．a＋b＞0 B．ab<－1C．0<ab<1 D．loga|b|>0答案：AC解析：由题中图象可知，f(x)在定义域内单调递增，所以a>1，令f(x)＝loga(x－b)＝0，即x＝b＋1，结合函数图象可知0<b＋1<1，所以－1<b<0，因此a＋b>0，故A正确；由题意可得，－a<ab<0，又因为a>1，所以－a<－1，因此ab<－1不一定成立，故B错误；因为a－1<ab<a0，即eq\f(1,a)<ab<1，且0<eq\f(1,a)<1，所以0<ab<1，故C正确；因为0<|b|<1，所以loga|b|<loga1，即loga|b|<0，故D错误．故选AC.12．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)，若f(ln2)·f(ln4)＝8，则a＝________．答案：e解析：由f(ln2)f(ln4)＝8，可得aln2·aln4＝8，即aln2＋ln4＝a3ln2＝8，也即(aln2)3＝23，∵a>0且a≠1，∴aln2＝2，两边取对数得ln2×lna＝ln2，解得a＝e.13．(2024·安徽安庆模拟)已知函数f(x)＝log2(ax＋b)(a>0，b>0)的图象恒过定点(2，0)，则eq\f(b,a)＋eq\f(1,b)的最小值为________．答案：2eq\r(2)＋1解析：由题意可知2a＋b＝1，则eq\f(b,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(b,a)＋eq\f(2a＋b,b)＝eq\f(b,a)＋eq\f(2a,b)＋1≥2eq\r(\f(b,a)·\f(2a,b))＋1＝2eq\r(2)＋1，当且仅当a＝eq\f(2－\r(2),2)，b＝eq\r(2)－1时，等号成立，所以eq\f(b,a)＋eq\f(1,b)的最小值为2eq\r(2)＋1.14．(2024·山东菏泽高三统考期末)已知函数y＝lg(x2－ax＋1)在(2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))解析：由复合函数单调性的规律和函数定义域可知，函数f(x)＝x2－ax＋1在(2，＋∞)上单调递增且f(x)>0在(2，＋∞)上恒成立，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤2，,f（2）＝22－2a＋1≥0，))解得a≤eq\f(5,2)，则a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2))).15．(2024·广西南宁第二中学高三5月月考)若函数f(x)＝loga|x－1|在区间(1，2)上有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间是()A．(－∞，1) B．(1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－1，＋∞)答案：A解析：设t＝|x－1|，当1<x<2时，0<t<1，因为f(x)>0，所以0<a<1，函数y＝logat在(0，＋∞)上单调递减，因为y＝|x－1|的单调递减区间为(－∞，1)，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)．故选A.16．(2025·山西大同高三第一次学情调研)已知实数a>0，且满足不等式log3(3a＋2)>log3(4a＋1)，若ax－ay<x－y，则下列关系式一定成立的是()A．x＋y>0 B．x＋y>1C．x－y>0 D．x－y>1答案：C解析：因为a>0，又函数y＝log3x单调递增，所以3a＋2>4a＋1，即0<a<1，对于不等式ax－ay<x－y，移项整理得ax－x<ay－y，构造函数h(x)＝ax－x，由于h(x)单调递减，所以x>y，即x－y>0.故选C.17．(2025·湖北武汉硚口区部分高中高三起点考试)已知奇函数f(x)的定义域为R，对任意的x满足f(－x)＝f(x＋2)，且f(x)在(－1，0)上单调递增，若a＝log43，b＝logπ2，c＝eq\f(1,4)logeq\r(2)512eq\r(2)，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为()A．f(c)>f(a)>f(b) B．f(c)>f(b)>f(a)C．f(a)>f(b)>f(c) D．f(a)>f(c)>f(b)答案：D解析：∵对任意的x满足f(－x)＝f(x＋2)，奇函数f(x)的定义域为R，∴f(x)＝－f(－x)＝－f(x＋2)，则f(x)＝f(x＋4)，∴f(x)的周期为4，∵f(x)在(－1，0)上单调递增，∴f(x)在(0，1)上单调递增，∵1＝log44>log43＝log4eq\r(4,81)>log4eq\r(4,64)＝log44eq\s\up6(\f(3,4))＝eq\f(3,4)，∴eq\f(3,4)<a<1，c＝eq\f(1,4)logeq\r(2)512eq\r(2)＝eq\f(1,4)log2eq\s\up6(\f(1,2))(29×2eq\s\up6(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)log2eq\s\up6(\f(1,2))2eq\s\up6(\f(19,2))＝eq\f(1,4)×eq\f(\f(19,2),\f(1,2))＝eq\f(19,4)，∵eq\f(3,4)＝logπeq\r(4,π3)>logπeq\r(4,16)＝logπ2>logπ1＝0，∴0<b<eq\f(3,4)，又f(c)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(3,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))，0<b<eq\f(3,4)<a<1，∴f(b)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))<f(a)，即f(b)<f(c)<f(a)．故选D.18．(2024·黑龙江牡丹江一模)已知g(x)＝x3f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x)在(－∞，0]上单调递减，若关于实数m的不等式f(log2m)＋f(log0.5m)≥2f(3)恒成立，则m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B．[8，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪[8，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))∪[8，＋∞)答案：D解析：因为g(x)＝x3f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)是偶函数，f(log0.5m)＝f(－log2m)＝f(log2m)，所以f(log2m)＋f(log0.5m)≥2f(3)可化为f(log2m)≥f(3)，又f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以|log2m|≥3，即log2m≥3或log2m≤－3，解得m≥8或0<m≤eq\f(1,8).故选D.19．(2025·重庆南开中学高三月考)已知函数f(x)＝ln(x＋m)的图象与函数g(x)＝－ln(－x)的图象有且只有一个交点，则实数m＝()A．－1 B．1C．－2 D．2答案：D解析：依题意知，方程ln(x＋m)＝－ln(－x)有一个解，即ln(x＋m)＋ln(－x)＝0有一个解，即ln(－x2－mx)＝0＝ln1有一个解，所以－x2－mx＝1有一个解，即x2＋mx＋1＝0有一个解，所以Δ＝m2－4＝0，解得m＝±2.当m＝－2时，f(x)＝ln(x－2)的定义域为(2，＋∞)，与g(x)＝－ln(－x)的定义域(－∞，0)没有交集，此时f(x)与g(x)的图象没有交点，所以m＝－2不符合题意；当m＝2时，符合题意．故选D.20．(多选)已知函数f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(2－x)－log2(x＋4)，则下列结论中正确的是()A．f(x)的定义域是[－4，2]B．y＝f(x－1)是偶函数 C．f(x)在区间[－1，2)上是增函数D．f(x)的图象关于直线x＝－1对称答案：BCD解析：对于A，由题意可得函数f(x)＝logeq\s\do9(\f(1,2))(2－x)－log2(x＋4)＝－log2[(2－x)(x＋4)]，由2－x＞0，x＋4＞0可得－4＜x＜2，故f(x)的定义域为(－4，2)，故A错误；对于B，y＝f(x－1)＝－log2[(3－x)(x＋3)]的定义域为(－3，3)，设g(x)＝－log2[(3－x)(x＋3)]，所以g(－x)＝－log2[(3＋x)(－x＋3)]＝g(x)，即y＝f(x－1)是偶函数，故B正确；对于C，f(x)＝－log2[(2－x)(x＋4)]＝－log2(－x2－2x＋8)＝－log2[－(x＋1)2＋9]＝logeq\s\do9(\f(1,2))[－(x＋1)2＋9]，令t＝－(x＋1)2＋9，可得y＝logeq\s\do9(\f(1,2))t，因为当x∈[－1，2)时，t＝－(x＋1)2＋9是减函数，函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))t也是减函数，所以函数f(x)在区间[－1，2)上是增函数，故C正确；对于D，f(－2－x)＝－log2[(x＋4)(2－x)]＝f(x)，得f(x)的图象关于直线x＝－1对称，故D正确．21．已知函数f(x)＝|lnx－a|＋a(a＞0)在[1，e2]上的最小值为1，则a的值为________．答案：1解析：由题意得lnx∈[0，2]，当a≥2时，f(x)＝2a－lnx在[1，e2]上单调递减，∴f(x)的最小值为f(e2)＝2a－2＝1，a＝eq\f(3,2)＜2，与a≥2矛盾；当0＜a＜2时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－lnx，x∈[1，ea），,lnx，x∈[ea，e2]，))f(x)在[1，ea]上单调递减，在[ea，e2]上单调递增，∴f(x)的最小值为f(ea)＝a＝1，符合题意．故a＝1.22．(2024·四川成都三模)函数f(x)＝lneq\f(m－x,2＋x)的图象过原点，且g(x)＝eq\f(eλx－e－λx,2)＋f(x)＋m，若g(a)＝6，则g(－a)＝________．答案：－2解析：由题意f(0)＝lneq\f(m,2)＝0，所以m＝2，所以f(x)＝lneq\f(2－x,2＋x)的定义域为(－2，2)，且f(a)＋f(－a)＝lneq\f(2－a,2＋a)＋lneq\f(2＋a,2－a)＝ln1＝0，又eq\f(eλa－e－λa,2)＋eq\f(e－λa－eλa,2)＝0，所以g(a)＋g(－a)＝eq\f(eλa－e－λa,2)＋eq\f(e－λa－eλa,2)＋f(a)＋f(－a)＋2m＝2m＝4，因为g(a)＝6，所以g(－a)＝－2.23．(多选)(2024·安徽亳州高三期末)将正数x用科学记数法表示为x＝a×10m，a∈[1，10)，m∈Z，则lgx＝m＋lga，我们把m，lga分别叫做lgx的首数和尾数，若将lgx的首数记为S(x)，尾数记为W(x)，则下列说法正确的是()A．W(x)∈[0，1)B．W(x)(x>0)是周期函数C．若x，y>0，则S(xy)≥S(x)＋S(y)D．若x>y>0，则Weq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝W(x)－W(y)答案：AC解析：对于A，因为a∈[1，10)，所以W(x)＝lga∈[0，1)，故A正确；对于B，若W(y)＝W(x)，必有y＝x·10k(k∈Z)，不可能存在非零常数T，使得x＋T＝x·10k恒成立，不符合周期函数的定义，故B错误；对于C，设x＝a×10m，y＝b×10n(a，b∈[1，10)，m，n∈Z)，则S(x)＝m，S(y)＝n，xy＝ab×10m＋n，若1≤ab<10，则S(xy)＝m＋n，若10≤ab<100，则xy＝eq\f(ab,10)×10m＋n＋1，S(xy)＝m＋n＋1，所以S(xy)≥S(x)＋S(y)，故C正确；对于D，设x，y同选项C，则W(x)＝lga，W(y)＝lgb，eq\f(x,y)＝eq\f(a,b)×10m－n，若1≤eq\f(a,b)<10，则Weq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝lgeq\f(a,b)＝lga－lgb，若eq\f(1,10)<eq\f(a,b)<1，则eq\f(x,y)＝eq\f(10a,b)×10m－n－1，Weq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＝lgeq\f(10a,b)＝lga－lgb＋1，所以Weq