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對數與對數函數 錯題歸納 專題練
2026年高考數學一輪復習備考
類型梳理
針對性訓練
一、單選題
1．已知，，則（ ）
A． B． C． D．
2．函數的值域為（ ）
A． B． C． D．
3．設，則（ ）
A． B． C． D．
4．已知函數是定義在上的偶函數，且在區間上單調遞減.若實數a滿足，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
5．若函數的圖象關于直線對稱，則的值域為（ ）
A． B． C． D．
6．函數的最大值、最小值分別是（ ）
A． B． C． D．
7．已知實數滿足，則（ ）
A．11 B．12 C．16 D．17
8．已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
9．設，，，則有（ ）
A． B． C． D．
10．下列函數滿足的是（ ）
A． B． C． D．
11．已知，則滿足的實數m的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
12．函數的值域為（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
13．使對數式有意義的a的值可能是（ ）
A．2 B． C． D．
14．下列選項中，使有意義的a的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
15．函數的定義域為 .
16．已知函數則不等式的解集為 .
17．不等式的解集為 ．
四、解答題
18．已知對數函數（且）的圖象過點．
(1)求的值；
(2)若，求實數的取值范圍．
19．已知對數函數（且）．
(1)若對數函數的圖像經過點，求的值；
(2)若對數函數在區間上的最大值比最小值大2，求的值．
參考答案
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C D B C D C D B
題號 11 12 13 14
答案 A C ACD BC
1．B
【分析】，，然后利用換底公式和對數運算性質得，進而利用對數函數的單調性性得，即可得解．
【詳解】，，
可知，．
故選：B
2．D
【分析】利用二次函數與對數函數的性質即可得解.
【詳解】對于，有，解得，
對于，其圖象開口向下，對稱軸為，
當時，，當時，，
所以當時，，即，
又在其定義域內單調遞增，
所以，則，
則的值域為.
故選：D.
3．C
【分析】根據對數函數的單調性，分數指數冪的運算，估計各數值的大致范圍，再比較大小.
【詳解】由，得，
由，得，
由，可知，
綜上得：.
故選：C.
4．D
【詳解】由題意，知，所以.又函數是定義在上的偶函數，且在區間上單調遞減，所以，即或，所以或.
故選：D.
5．B
【分析】利用特殊值結合對稱性求出a的值，可得函數解析式，再利用基本不等式，即可求得答案.
【詳解】依題意，，其圖象關于直線對稱，
則，
所以，所以，解得，
所以，此時，滿足題意；
因為，當且僅當，即時等號成立，
所以，
故選：B．
6．C
【詳解】設，則，故．
7．D
【分析】由指對互化公式即可求解.
【詳解】因為，所以.
故選：D.
8．C
【分析】求出集合，利用交集的定義可求得集合.
【詳解】因為，，
所以.
故選：C.
9．D
【分析】根據對數函數的指數函數的性質和單調性即可比較大小.
【詳解】因為，所以.
因為為單調遞減函數，所以.
，
因為為單調遞增函數，所以.
因為為單調遞減函數，所以.
所以.
故選：D.
10．B
【分析】令，即，結合各項對應函數的單調性、解析式判斷是否成立即可.
【詳解】令，則，即，
A：的定義域為，不符合；
B：，即，符合；
C：，不符合；
D：，不符合.
故選：B
11．A
【分析】由函數解析式明確定義域，判其奇偶性，整理函數解析式，根據指數函數、對勾函數以及復合函數的單調性，可得函數的單調性，簡化不等式，可得答案.
【詳解】由，易知其定義域為，
由
，則函數為偶函數，
，
由在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
即函數在上單調遞增，在上單調遞減，
由，則，即，
整理可得，化簡可得，
解得.
故選：A
12．C
【分析】利用二次函數性質以及復合函數單調性判斷出的單調區間，代入計算即可求得結果.
【詳解】依題意可知，解得；
易知函數的定義域為；
又是由函數和復合而成的，
由對數函數單調性可知在定義域內單調遞減，
而二次函數開口向上，關于對稱，
因此在上單調遞增，在上單調遞減；
由復合函數單調性可知在上單調遞減，在上單調遞增；
因此在處取得最大值，即，
可得的值域為.
故選：C
13．ACD
【詳解】要使有意義，則解得或．
14．BC
【分析】利用對數函數的定義列出關于a的不等式組，求解即可.
【詳解】要使有意義，則，解得或，
所以a的取值范圍是.
故選：BC.
15．
【分析】根據對數真數大于零以及二次根式有意義的條件列不等式求解即可.
【詳解】要使函數有意義，
則，解得，
所以函數的定義域為，
故答案為：.
16．
【分析】根據題意，分，和，三種情況討論，結合對數函數的圖象與性質，即可求解.
【詳解】由函數，
當時，可得且，則
此時不等式，即為，
即，
令，可得函數在上為單調遞增函數，
且，所以，所以的解集為；
當時，不等式，即為，此時不等式不成立，舍去；
當時，可得且，則
此時不等式，可得，
令，可得函數在上為單調遞減函數，
且，所以，所以的解集為，
綜上可得，不等式的解集為.
故答案為：.
17．
【分析】利用對數函數的單調性解不等式.
【詳解】由，得，
所以，即，
所以不等式的解集為．
故答案為：.
18．(1)
(2).
【分析】（1）由函數經過點，則計算即可；
（2）由對數函數的定義域及單調性得，計算即可.
【詳解】（1）由題意，函數經過點，
所以，解得.
（2）由（1）得，且在單調遞增，
因為，
所以，解得.
故實數的取值范圍為.
19．(1)
(2)或
【分析】（1）已知對數函數的圖像經過點，將此點代入函數即可求出的值；
（2）對數函數在區間上的最大值比最小值大2，分類討論，時函數的單調性，并求出最大值與最小值，列出方程即可求出的值.
【詳解】（1）解：若對數函數的圖像經過點，則，
，即.
（2）解：當時，在上是增函數，
，，
因為最大值比最小值大2，
所以，解得；
當時，在上是減函數，
，，
則，
，
綜上或.
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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