4.3.1对数的概念课后提升训练（含解析）人教A版2019必修第一册2025-2026学年

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4.3.1对数的概念课后提升训练人教A版2019必修第一册2025-2026学年
一、单项选择题
1．使式子有意义的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．若（，且），则（ ）
A． B． C． D．
3．若，则（ ）
A．26 B．24 C．22 D．20
4．已知，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知实数满足，则（ ）
A．11 B．12 C．16 D．17
6．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知且，定义在上的函数，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，若存在实数、、使得且成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题
9．下列指数式与对数式互化正确的是（ ）
A．与 B．与
C．与 D．与
10．设，，为正实数，且，则的大小关系可能是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数，则使的可以是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
12．已知函数，则 .
13．若，则
14．已知，则 ．
四、解答题
15．已知，函数, .若，求的值.
16．已知实数满足且，，求实数的值．
17．代数式有意义时，求x的取值范围．
18．已知二次函数在上单调递减，在上单调递增，且的最小值为，的图象过点.
(1)求的解析式；
(2)求不等式的解集；
(3)讨论在上的最小值.
19．设函数
(1)直接写出函数的值域；
(2)若，求实数的值；
(3)若对于恒成立，求实数的最小值.
参考答案
一、单项选择题
1．D
【分析】根据对数的底大于零且不等于1，真数大于零列出不等式组，解不等式组即可.
【详解】由对数的概念得，解得或，
故的取值范围是.
故选：D.
2．A
【分析】化对数式为指数式，然后利用有理指数幂的运算性质化简求值.
【详解】由对数的概念知，故，即.
故选：A.
3．B
【分析】将对数式化成指数式，运算得解.
【详解】由题知，解得.
故选：B.
4．B
【分析】根据指数式与对数式的互化以及指数幂的运算性质计算即可.
【详解】由可得，又因为，
所以，
故选：B.
5．D
【分析】由指对互化公式即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：D.
6．B
【分析】根据指、对数运算结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若，则，可得，所以，必要性成立；
若，满足，而，充分性不成立；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
7．A
【分析】根据函数的解析式以及可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为且，且，则，
则，所以，，即，
解得或（舍），
故选：A.
8．A
【分析】由已知等式变形得出，结合基本不等式可得出，由已知条件变形得出，分析得出，由可得出的取值范围，由此可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数，且存在实数、、使得，
则，等式两边同除以可得，
所以，，，故，，
由基本不等式可得，整理可得，
当且仅当时，等号成立，
由可得，
则，等式两边同时除以可得，
则，故，可得，
所以，，故，故.
故选：A.
二、多项选择题
9．AD
【分析】利用指数式和对数式的互化关系逐个选项判断求解即可.
【详解】首先，我们给出指数式和对数式的互化关系式，
对于A，可化为，故A正确，
对于B，可化为，故B错误，
对于C，可化为，故C错误，
对于D，可化为，故D正确.
故选：AD
10．ABC
【分析】令，，讨论根据的单调性确定大小关系.
【详解】令，则，，，
所以，
当时，，故B正确；
当时，由函数在上为增函数知，所以，故A正确；
当时，由函数在上为减函数知，所以，故C正确D不正确；
故选：ABC
11．BCD
【分析】分、两种情况讨论，求出的值，然后结合函数的解析式可求得的值.
【详解】①当时，由，可得，
若时，则，此时无解，
若时，由，解得；
②当时，由，可得或.
若时，则，由可得，方程无解，
若时，由可得或，由可得或.
综上所述，满足的的取值集合为.
故选：BCD.
三、填空题
12．
【分析】根据分段函数的性质和对数求值即可求解.
【详解】因为函数，且，
所以，
故答案为：.
13．/
【分析】根据指对数的运算，即可求解.
【详解】由可得，故，
故，
故答案为:
14．
【分析】根据条件，利用指对数的互化，即可求解.
【详解】因为，得到，
又，所以，
故答案为：.
四、解答题
15．
【分析】根据列式，利用对数与指数运算的互化得到方程①与②，联立消去，即可求得.
【详解】由，可得，
即，所以①，
又由，可得，即②；
由①式与②式相乘，可得，
解得.
16．或
【分析】根据指数与对数的相互转化及对数的定义求解即可.
【详解】因为且，则①，
由得，②，
由得，③，
联立①②③解得或，
当时，解得；
当时，解得．
综上所述，或.
17．
【分析】首先根据对数的概念得到，再解不等式组即可.
【详解】由题意可得解得．
故答案为：
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意可设，其中，根据求出的值，由此可得出函数的解析式；
（2）根据二次不等式和指数函数的单调性可解得不等式的解集；
（3）对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，即可得出函数在上的最小值.
【详解】（1）二次函数在上单调递减，在上单调递增，且的最小值为，
依题意可设，其中，
由的图象过点，得，所以，
所以，即.
（2）因为，
所以等价于，
则或，解得或，
故不等式的解集为.
（3）当，即时，在上单调递减，
所以；
当，即时，
函数在上单调递减，在上单调递增，则；
当，即当时，在上单调递增，
所以.
综上，.
19．(1)
(2)
(3)3
【分析】（1）函数转化为，再根据指数函数的性质即可得函数的值域；
（2）根据指数函数的性质结合指对互化即可得答案；
（3）确定函数的单调性得函数的最值求得的取值范围，即可得实数的最小值
【详解】（1）因为，，
则，故的值域的值域为；
（2）因为，所以，所以且，
所以，所以；
（3）因为，
又因为在上递增，所以在上递减，
所以，
又因为对于恒成立，所以，所以，
所以的最小值为3.
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