(必考题)数学高一上期末经典题

一、选择题

1．(0分)[ID：12110]已知函数f(x)1；则yf(x)的图像大致为（ ）

ln(x1)xA． B．

C．

D．

x12．(0分)[ID：12093]设集合Ax|21，By|ylog3x,xA，则

BA（ ） A．0,1

B．0,1

C．0,1

D．0,1

1.13．(0分)[ID：12085]已知x1.10.1，y0.9，zlog234，则x，y，z的大小关系是3D．xzy

( ) A．xyz

B．yxz C．yzx

4．(0分)[ID：12127]在实数的原有运算法则中，补充定义新运算“”如下：当ab时，aba；当ab时，abb2，已知函数

fx1xx22xx2,2，则满足fm1f3m的实数的取值范围

是（ ）

A．,

5．(0分)[ID：12084]对于函数f(x)，在使f(x)m恒成立的式子中，常数m的最小值

x33称为函数f(x)的“上界值”，则函数f(x)x的“上界值”为（ ）

33A．2 B．－2 C．1 D．－1

12B．,2

21C．,

2312D．1,

326．(0分)[ID：12083]已知定义域R的奇函数f(x)的图像关于直线x1对称，且当

21f0x1时，f(x)x，则（ ） 2327 87．(0分)[ID：12081]设函数f(x)的定义域为R，满足f(x1)2 f(x)，且当x(0,1]A．27 8B．

18C．

1 8D．

时，f(x)x(x1).若对任意x(,m]，都有f(x)A．,

48，则m的取值范围是 99B．,

37C．,

25D．,

388．(0分)[ID：12073]下列函数中，值域是0,的是（ ） A．yx2 C．y2x

B．y1 x21D．ylgx1(x0)

9．(0分)[ID：12054]已知定义在R上的奇函数f(x)满足：f(1x)f(3x)0，且

f(1)0，若函数g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，则f(2019)（ ） A．1

B．-1

C．-3

xD．3

10．(0分)[ID：12068]已知0a1，则方程alogax根的个数为（ ） A．1个

B．2个

C．3个

D．1个或2个或3根

211．(0分)[ID：12067]已知函数f(x)lnx，g(x)x3，则f(x)?g(x)的图象大

致为（ ）

A． B．

C． D．

12．(0分)[ID：12064]下列函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)上单调递减的函数为（ ） A．yln1 |x|B．yx3 C．y2|x|

D．ycosx

13．(0分)[ID：12037]函数fx12x2lnx1的图象大致是( ) 2B．

A．

C． D．

14．(0分)[ID：12123]函数y＝A．2 C．

1在[2，3]上的最小值为( ) x1B．

1 21 2D．11

1 3D．－

15．(0分)[ID：12035]已知fx=2x2x,若fa3,则f2a等于 A．5

B．7

C．9

二、填空题

216．(0分)[ID：12198]已知关于x的方程log2x3log4xa的解在区间3,8内，则

a的取值范围是__________.

，gxsinx,若17．(0分)[ID：12189]函数fx25xx1，x2，……，xn0，,使得fx1fx2…

2fxn1gxngx1gx2…gxn1fxn,则正整数n的最大值为

___________.

18．(0分)[ID：12160]某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储存温度x（单位：

）满足

函数关系（为自然对数的底数，k、b为常数）．若该食品在0的保鲜时间是48小时，则该食品在33

的

保鲜时间设计192小时，在22小时.

的保鲜时间是

19．(0分)[ID：12147]若函数f(x)x为奇函数，则f(1)___________.

(2x1)(xa)2x,0x1,20．(0分)[ID：12145]已知函数f(x)1则关于x的方程

f(x1),1x3,24xf(x)k0的所有根的和的最大值是_______.

21．(0分)[ID：12142]若函数fxa值为10，则a______.

22．(0分)[ID：12138]已知函数yx2x2，x1,m.若该函数的值域为

22x4ax2（a0，a1)在区间1,1的最大

1,10，则m________.

a8a23．(0分)[ID：12134]已知正实数a满足a(9a)，则loga(3a)的值为_____________.

24．(0分)[ID：12207]若集合Ax|x5x60，Bx|ax20，aZ，且

2BA，则实数a_____.

25．(0分)[ID：12132]已知函数fx为R上的增函数，且对任意xR都有

xffx34，则f4______.

三、解答题

26．(0分)[ID：12328]已知函数f(x)log13ax2的图象关于原点对称，其中a为常数. 2x（1）求a的值；

f(x)log1(x2)m恒成立.求实数m的取值范围. （2）若当x(7,)时，

327．(0分)[ID：12319]已知函数fxlog2（1）判断fx的奇偶性并证明； （2）若对于x2,4，恒有fxlog2x1. x1m成立，求实数m的取值范围.

(x1)(7x)1. 228．(0分)[ID：12299]已知函数fx2log4x2log4x（1）当x2,4时，求该函数的值域；

（2）求fx在区间2,t（t2)上的最小值gt.

xx29．(0分)[ID：12269]已知函数f(x)log2(4a2a1)，xR．

（Ⅰ）若a1，求方程f(x)3的解集；

（Ⅱ）若方程f(x)x有两个不同的实数根，求实数a的取值范围． 30．(0分)[ID：12264]计算或化简：

（1）310.12270log32； 412131664（2）log327log32log236log63lg2lg5.

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案

**科目模拟测试

一、选择题 1．B 2．B 3．A 4．C 5．C 6．B 7．B 8．D 9．C 10．B 11．C 12．A 13．A 14．B 15．B

二、填空题

16．【解析】【分析】根据方程的解在区间内将问题转化为解在区间内即可求解【详解】由题：关于的方程的解在区间内所以可以转化为：所以故答案为：【点睛】此题考查根据方程的根的范围求参数的取值范围关键在于利用对数

17．6【解析】【分析】由题意可得由正弦函数和一次函数的单调性可得的范围是将已知等式整理变形结合不等式的性质可得所求最大值【详解】解：函数可得由可得递增则的范围是即为即即由可得即而可得的最大值为6故答案为 18．24【解析】由题意得：所以时考点：函数及其应用

19．【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义和性质建立方程求出a的值再将1代入即可求解【详解】∵函数为奇函数∴f（﹣x）＝﹣f（x）即f（﹣x）∴（2x﹣1）（x+a）＝（2x+1）（x﹣a）即2x2+（2

20．5【解析】【分析】将化简为同时设可得的函数解析式可得当k等于8时与的交点的所有根的和的最大可得答案【详解】解：由可得：设由函数的性质与图像可得当k等于8时与的交点的所有根的和的最大此时根分别为：当时

21．2或【解析】【分析】将函数化为分和两种情况讨论在区间上的最大值进而求【详解】时最大值为解得时最大值为解得故答案为:或2【点睛】本题考查已知函数最值求参答题时需要结合指数函数与二次函数性质求解

22．4【解析】【分析】根据二次函数的单调性结合值域分析最值即可求解【详解】二次函数的图像的对称轴为函数在递减在递增且当时函数取得最小值1又因为当时所以当时且解得或（舍）故故答案为：4【点睛】此题考查二次

23．【解析】【分析】将已知等式两边同取以为底的对数求出利用换底公式即可求解【详解】故答案为:【点睛】本题考查指对数之间的关系考查对数的运算以及应用换底公式求值属于中档题

24．或【解析】【分析】先解二次不等式可得再由讨论参数两种情况再结合求解即可【详解】解：解不等式得即①当时满足②当时又则解得又则综上可得或故答案为：或【点睛】本题考查了二次不等式的解法空集的定义及集合的包

25．【解析】【分析】采用换元法结合函数的单调性计算出的解析式从而即可求解出的值【详解】令所以又因为所以又因为是上的增函数且所以所以所以故答案为：【点睛】本题考查用换元法求解函数的解析式并求值难度一般已知

三、解答题 26． 27．

28． 29． 30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．B 解析：B 【解析】

试题分析：设g(x)ln(1x)x，则g(x)x，∴g(x)在1,0上为增函数,在1x0,上为减函数，∴g(x)g00，f(x)f(x)0排除选项A，C，又f(x)10，得x0或1x0均有g(x)1x10中,，得x1且

ln(x1)xln(x1)x0x0，故排除D.综上，符合的只有选项B.故选B. 考点：1、函数图象；2、对数函数的性质. 2．B

解析：B 【解析】 【分析】

先化简集合A,B,再求【详解】

x10由题得Ax|22{x|x1}，By|y0.

BA得解.

所以

BA{x|0x1}.

故选B

【点睛】

本题主要考查集合的化简和补集运算，考查指数函数的单调性和对数函数的值域的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3．A

解析：A 【解析】 【分析】

利用指数函数、对数函数的单调性直接比较. 【详解】

解：x1.11.11，0y0.90.91，zlog20.101.1034log210，x，33y，z的大小关系为xyz． 故选A． 【点睛】

本题考查三个数的大小的比较，利用指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

4．C

解析：C 【解析】

当2x1时，fx1x22x4； 当1x2时，fxxx22x4；

23所以fxx4,2x1， 3x4,1x23易知，fxx4在2,1单调递增，fxx4在1,2单调递增， 且2x1时，fxmax3，1x2时，fxmin3，

2上单调递增， 则fx在2,2m1212所以fm1f3m得：23m2，解得m，故选C．

23m13m点睛：新定义的题关键是读懂题意，根据条件，得到fxx4,2x1，通过单调3x4,1x22上单调递增，解不等式fm1f3m，要符合定义域性分析，得到fx在2,2m12和单调性的双重要求，则23m2，解得答案．

m13m5．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用换元法求解复合函数的值域即可求得函数的“上界值”. 【详解】 令t3,t0 则

xyt3611 t3t3故函数fx的“上界值”是1； 故选C 【点睛】

本题背景比较新颖，但其实质是考查复合函数的值域求解问题，属于基础题，解题的关键是利用复合函数的单调性法则判断其单调性再求值域或 通过换元法求解函数的值域.

6．B

解析：B 【解析】 【分析】

利用题意得到，f(x)f(x)和xD4k，再利用换元法得到fxfx4，

2k2112f31，28进而得到fx的周期，最后利用赋值法得到f133ff，最后利用周期性求解即可.

822【详解】

f(x)为定义域R的奇函数，得到f(x)f(x)①；

又由f(x)的图像关于直线x1对称，得到xD4k②； 2k21在②式中，用x1替代x得到f2xfx，又由②得f2xfx2； 再利用①式，fx2f1x3f1x3f4xfx4

fxf2xfx4③

对③式，用x4替代x得到fxfx4，则f(x)是周期为4的周期函数；

3当0x1时，f(x)x，得f11 28133ff，

82211131ff1f1f，22228由于f(x)是周期为4的周期函数，f答案选B 【点睛】

13321f12f， 2228本题考查函数的奇偶性，单调性和周期性，以及考查函数的赋值求解问题，属于中档题

7．B

解析：B 【解析】 【分析】

本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决． 【详解】

x(0,1]时，f(x)=x(x1)，f(x+1)=2 f(x)，f(x)2f(x1)，即f(x)右移1

个单位，图像变为原来的2倍．

如图所示：当2x3时，f(x)=4f(x2)=4(x2)(x3)，令4(x2)(x3)整理得：9x245x560，(3x7)(3x8)0,x18，978,x2（舍），33778x(,m]时，f(x)成立，即m，m,，故选B．

393

【点睛】

易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力．

8．D

解析：D 【解析】 【分析】

利用不等式性质及函数单调性对选项依次求值域即可． 【详解】

对于A：yx2的值域为0,； 对于B：

x20，x211，011， x21y1的值域为0,1； x21x对于C：y2的值域为,0； 对于D：

x0，x11，lgx10，

ylgx1的值域为0,；

故选：D． 【点睛】

此题主要考查函数值域的求法，考查不等式性质及函数单调性，是一道基础题．

9．C

解析：C 【解析】 【分析】

由f(1x)f(3x)0结合f(x)为奇函数可得f(x)为周期为4的周期函数，则

f(2019)f(1)，要使函数g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，即

x6f(1)cos4x3只有唯一解，结合图像可得f(1)3，即可得到答案．

【详解】

f(x)为定义在R上的奇函数，

f(x)f(x)，

又

f(1x)f(3x)0f(13x)f(33x)0，

f(x4)f(x)0f(x4)f(x)f(x)， f(x)在R上为周期函数，周期为4， f(2019)f(50541)f(1)f(1)

函数g(x)xf(1)cos4x3有且只有唯一的零点，即xf(1)cos4x3只有唯一解，

令m(x)x ，则m(x)6x，所以x(,0)为函数m(x)x减区间，x(0,)6为函数m(x)x增区间，令(x)f(1)cos4x3，则(x)为余弦函数，由此可得函

65666数m(x)与函数(x)的大致图像如下：

由图分析要使函数m(x)与函数(x)只有唯一交点，则m(0)(0)，解得f(1)3

f(2019)f(1)3，

故答案选C． 【点睛】

本题主要考查奇函数、周期函数的性质以及函数的零点问题，解题的关键是周期函数的判定以及函数唯一零点的条件，属于中档题．

10．B

解析：B 【解析】 【分析】

在同一平面直角坐标系中作出fxa与gxlogax的图象，图象的交点数目即为

x方程alogax根的个数. 【详解】

作出fxa，gxlogax图象如下图：

xx

由图象可知：fx,gx有两个交点，所以方程alogax根的个数为2.

x故选：B. 【点睛】

本题考查函数与方程的应用，着重考查了数形结合的思想，难度一般.

(1)函数hxfxgx的零点数方程fxgx根的个数fx与gx图象的交点数；

(2)利用数形结合可解决零点个数、方程根个数、函数性质研究、求不等式解集或参数范围等问题.

11．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

因为函数fxlnx，gxx3，可得fx•gx是偶函数，图象关于y 轴对

2称，排除A,D ；又x0,1时，fx0,gx0,所以fx•gx0,排除B , 故选C. 【方法点晴】

本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0,x0,x,x时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.

12．A

解析：A 【解析】

本题考察函数的单调性与奇偶性 由函数的奇偶性定义易得yln13|x|，y2，ycosx是偶函数，yx是奇函数 |x|ycosx是周期为2的周期函数，单调区间为[2k,(2k1)](kz)

x0时，y2|x|变形为y2x，由于2>1,所以在区间(0,)上单调递增 x0时，yln为增函数，t故选择A

111变形为yln，可看成ylnt,t的复合，易知ylnt(t0)|x|xx11(x0)为减函数，所以yln在区间(0,)上单调递减的函数

|x|x13．A

解析：A 【解析】

函数有意义，则：x10,x1， 由函数的解析式可得：f01202ln010，则选项BD错误； 21111111且f2ln1lnln40，则选项C错误； 4822228本题选择A选项.

点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．

214．B

解析：B 【解析】 y＝

11在[2，3]上单调递减，所以x=3时取最小值为，选B. x1215．B

解析：B 【解析】

aa2因为fx=2x2x,所以fa=2a2a3,则f2a=22a22a=(22)2=7.

选B.

二、填空题

16．【解析】【分析】根据方程的解在区间内将问题转化为解在区间内即可求解【详解】由题：关于的方程的解在区间内所以可以转化为：所以故答案为：【点睛】此题考查根据方程的根的范围求参数的取值范围关键在于利用对数

解析：3log211,1

【解析】 【分析】

根据方程的解在区间3,8内，将问题转化为log2【详解】

2由题：关于x的方程log2x3log4xa的解在区间3,8内， 2所以log2x3log4xa可以转化为：log2x3a解在区间3,8内，即可求解. xx3a， xx3,8，

x33111,2， xx8所以a3log211,1 故答案为：3log211,1 【点睛】

此题考查根据方程的根的范围求参数的取值范围，关键在于利用对数运算法则等价转化求解值域.

17．6【解析】【分析】由题意可得由正弦函数和一次函数的单调性可得的范围是将已知等式整理变形结合不等式的性质可得所求最大值【详解】解：函数可得由可得递增则的范围是即为即即由可得即而可得的最大值为6故答案为

解析：6 【解析】 【分析】

由题意可得g(x)f(x)sinx5x2，由正弦函数和一次函数的单调性可得

5g(x)f(x)2sinx5x的范围是0,1，将已知等式整理变形，结合不等式的

2性质，可得所求最大值n.

【详解】

解：函数f(x)25x，g(x)sinx，可得g(x)f(x)sinx5x2， 由x0,，可得ysinx,y5x递增， 25， 2则g(x)f(x)2sinx5x的范围是0,1fx1fx2…fxn1gxngx1gx2…gxn1fxn，

即为gx1fx1gx2fx2gxn1)fxn1gxnfxn， 即sinx15x1sinx25x2sinxn15xn12(n1)sinxn5xn2， 即sinx15x1sinx25x2sinxn15xn1)2(n2)sinxn5xn，

55sinx5x0,12(n2)1由，可得， nn225555(6,7)， ，而2424可得n的最大值为6. 故答案为：6. 【点睛】

即n本题考查函数的单调性和应用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题.

18．24【解析】由题意得：所以时考点：函数及其应用

解析：24 【解析】

eb19248111k1,e22k,e，所以x33时，由题意得：{22kb19242e481ye33kb(e11k)3eb19224.

8考点：函数及其应用.

19．【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义和性质建立方程求出a的值再将1代入即可求解【详解】∵函数为奇函数∴f（﹣x）＝﹣f（x）即f（﹣x）∴（2x﹣1）（x+a）＝（2x+1）（x﹣a）即2x2+（2 解析：

2 3【解析】 【分析】

根据函数奇偶性的定义和性质建立方程求出a的值，再将1代入即可求解 【详解】 ∵函数fx2x1xa为奇函数，

x∴f（﹣x）＝﹣f（x）， 即f（﹣x）xx2x1xa2x1xa，

∴（2x﹣1）（x+a）＝（2x+1）（x﹣a）， 即2x2+（2a﹣1）x﹣a＝2x2﹣（2a﹣1）x﹣a， ∴2a﹣1＝0，解得a故答案为【点睛】

本题主要考查函数奇偶性的定义和性质的应用，利用函数奇偶性的定义建立方程是解决本题的关键．

21．故f(1) 232 320．5【解析】【分析】将化简为同时设可得的函数解析式可得当k等于8时与的交点的所有根的和的最大可得答案【详解】解：由可得：设由函数的性质与图像可得当k等于8时与的交点的所有根的和的最大此时根分别为：当时

解析：5 【解析】 【分析】

x2,0x1,x2,0x1,1x将f(x)1化简为f(x)2,1x2,同时设

4f(x1),1x3,212x,2x3,164xf(x)g(x)，可得g(x)的函数解析式，可得当k等于8时与g(x)的交点的所有根的

和的最大，可得答案. 【详解】

x2,0x1,x2,0x1,1x解：由f(x)1可得：f(x)2,1x2,

4f(x1),1x3,212x,2x3,168x,0x1,1xx设4f(x)g(x)，g(x)8,1x2,

41x8,2x3,16由g(x)函数的性质与图像可得，

当k等于8时与g(x)的交点的所有根的和的最大， 此时根分别为：当0x1时，8x18，x11， 当1x2时，

1x2588，x2， 43178x38，x3，

316当2x3时，

此时所有根的和的最大值为：x1x2x35， 故答案为：5. 【点睛】

本题主要考查分段函数的图像与性质，注意分段函数需分对分段区间进行讨论，属于中档题.

21．2或【解析】【分析】将函数化为分和两种情况讨论在区间上的最大值进而求【详解】时最大值为解得时最大值为解得故答案为:或2【点睛】本题考查

已知函数最值求参答题时需要结合指数函数与二次函数性质求解

解析：2或【解析】 【分析】 将函数化为

1 2f(x)a26,分0a1和a1两种情况讨论f(x)在区间1,1上的

x2最大值,进而求a. 【详解】

fxa2x4ax2ax26, 1x1,

20a1时,aaxa1,

f(x)最大值为f(1)a122610,解得a1 2a1时,a1axa,

fx最大值为f(1)a2610,解得a2,

2故答案为:【点睛】

1或2. 2本题考查已知函数最值求参,答题时需要结合指数函数与二次函数性质求解.

22．4【解析】【分析】根据二次函数的单调性结合值域分析最值即可求解【详解】二次函数的图像的对称轴为函数在递减在递增且当时函数取得最小值1又因为当时所以当时且解得或（舍）故故答案为：4【点睛】此题考查二次

解析：4 【解析】 【分析】

根据二次函数的单调性结合值域，分析最值即可求解. 【详解】

二次函数yx2x2的图像的对称轴为x1， 函数在x,1递减，在x1,递增， 且当x1时，函数fx取得最小值1，

又因为当x1时，y5，所以当xm时，y10，且m1， 解得m4或2（舍），故m4. 故答案为：4 【点睛】

此题考查二次函数值域问题，根据二次函数的值域求参数的取值.

223．【解析】【分析】将已知等式两边同取以为底的对数求出利用换底公式即

可求解【详解】故答案为:【点睛】本题考查指对数之间的关系考查对数的运算以及应用换底公式求值属于中档题 解析：

9 16【解析】 【分析】

将已知等式a(9a)，两边同取以e为底的对数，求出lna，利用换底公式，即可求解. 【详解】

a8aaa(9a)8a，lnaaln(9a)8a,alna8a(ln9lna)，

a0,7lna16ln3,lna16ln3， 7loga(3a)ln3aln391lna16ln316.

7故答案为:【点睛】

9. 16本题考查指对数之间的关系，考查对数的运算以及应用换底公式求值，属于中档题.

24．或【解析】【分析】先解二次不等式可得再由讨论参数两种情况再结合求解即可【详解】解：解不等式得即①当时满足②当时又则解得又则综上可得或故答案为：或【点睛】本题考查了二次不等式的解法空集的定义及集合的包

解析：0或1 【解析】 【分析】

先解二次不等式可得Ax|2x3，再由BA，讨论参数a0，a0两种情况，再结合aZ求解即可. 【详解】

解：解不等式x25x60，得2x3，即Ax|2x3， ①当a0时，B，满足BA， ②当a0时，B，又BA，则2a1，

2a223，解得a1，又aZ，则a3综上可得a0或a1， 故答案为：0或1. 【点睛】

本题考查了二次不等式的解法、空集的定义及集合的包含关系，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属基础题.

25．【解析】【分析】采用换元法结合函数的单调性计算出的解析式从而即可求解出的值【详解】令所以又因为所以又因为是上的增函数且所以所以所以故答案为：【点睛】本题考查用换元法求解函数的解析式并求值难度一般已知 解析：82

【解析】 【分析】

采用换元法结合函数的单调性计算出fx的解析式，从而即可求解出f4的值. 【详解】

令fx3t，所以fx3t，

xx又因为ft4，所以3tt4，

又因为y3t4是R上的增函数且3114，所以t1， 所以fx31，所以f43182.

x4t故答案为：82. 【点睛】

本题考查用换元法求解函数的解析式并求值，难度一般.已知fgx的解析式，可考虑用换元的方法（令gxt）求解出fx的解析式.

三、解答题 26．

（1）a1（2）m2 【解析】 【分析】

（1）根据奇函数性质f(x)f(x)和对数的运算性质即可解得； （2）根据对数函数的单调性即可求出. 【详解】

解：（1）∵函数f(x)的图象关于原点对称， ∴函数f(x)为奇函数， ∴f(x)f(x)， 即log13ax2ax22xlog1log1， 2x2xax233ax22x4a2x2，即

2xax24x2解得：a1或a1， 当a1时，f(x)log131

x2log11，不合题意； 2x3故a1；

（2）f(x)log1(x2)log1332xlog1(x2)log1(2x)， x233∵函数

ylog1(2x)为减函数，

3∴当x7时，

log1(2x)log1(27)2，

33

∵x(7,)时，∴m2. 【点睛】

f(x)log1(x2)m恒成立，

3本题主要考查函数的奇偶性和单调性，函数恒成立的问题，属于中档题.

27．

（1）奇函数，证明见解析；（2）0m15 【解析】 【分析】

（1）先求出函数定义域，再利用函数奇偶性的定义判断即可；

x1mm00（2）由题意，对x2,4恒成立，转化为x1(x1)(7x)m(x1)(7x)恒成立，求出函数gxx17x的最小值进而得解. 【详解】 （1）因为

x10，解得x1或x1， x1所以函数fx为奇函数，证明如下： 由（1）知函数fx的定义域关于原点对称，

x1x1x1又因为f(x)log2log2log2f(x)， x1x1x1所以函数fx为奇函数； （2）若对于x2,4，f(x)log2即log21m恒成立，

(x1)(7x)x1mlog2对x2,4恒成立， x1(x1)(7x)x1m0对x2,4恒成立， 即

x1(x1)(7x)因为x2,4，所以x1m0恒成立， 7xm0即恒成立，

m(x1)(7x)设函数gxx17x，求得gx在2,4上的最小值是15， 所以0m15. 【点睛】

本题考查函数奇偶性的判断及不等式的恒成立问题，考查分离变量法的运用，考查分析问题及解决问题的能力，难度不大.

28．

2log42t3log4t1,2t221（1）,0（2）gt1

8,t228【解析】 【分析】

(1)令mlog4x,则可利用换元法将题转化为二次函数值域问题求解; (2)根据二次函数的性质,分类讨论即可. 【详解】

(1)令mlog4x,则x2,4时,m,1,

12131则fxh(m)2m2m2m23m12m, 248故当m2113时,fx有最小值为,当m或1时,fx有最大值为0, 4821∴该函数的值域为,0;

831(2)由(1)可知fxh(m)2m23m12m, 481x2,t,m,log4t,

2当

2131log4t,即2t22时,函数h(m)在,log4t单调递减, 242gthmminhlog4t2log42t3log4t1,

当log4t3,即t22时, 4133,,logth(m),函数在上单调递减在上单调递增, 424413gthmminh,

842log42t3log4t1,2t22. 综上所述:gt1,t228【点睛】

本题考查对数函数综合应用,需结合二次函数相关性质答题,属于中档题.

29．

（Ⅰ）1（Ⅱ）1a323 【解析】 【分析】

（Ⅰ）将a1代入直接求解即可；

（Ⅱ）设t2x，得到ta1ta10在0,有两个不同的解，利用二次函

2数的性质列不等式组求解即可. 【详解】

（Ⅰ）当a1时，fxlog24223，

xx所以4x2x223， 所以4x2x60，

因此23220，得2x2 解得x1， 所以解集为1．

（Ⅱ）因为方程log24a2a1x有两个不同的实数根， 即4xa2xa12x，

设t2x，ta1ta10在0,有两个不同的解，

2xxxxf00a120令ftta1ta1，由已知可得 2a124a10解得1a323． 【点睛】

本题主要考查了对数函数与指数函数的复合函数的处理方式，考查了函数与方程的思想，属于中档题.

30．

（1）99；（2）3.

【解析】 【分析】

（1）直接根据指数与对数的性质运算即可； （2）直接利用对数运算性质即可得出. 【详解】

（1）原式49112131631log2225 104237351001 442399.

（2）原式log3213lg10

3314 223.

【点睛】

本题主要考查了指数对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.