第二章　§2.8　对数与对数函数-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§2.8对数与对数函数课标要求1.理解对数的概念及运算性质，能用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数.2.通过实例，了解对数函数的概念，会画对数函数的图象，理解对数函数的单调性与特殊点.3.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．知识梳理1．对数的概念一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底N的对数，记作x＝logaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数．以10为底的对数叫做常用对数，记作lgN.以e为底的对数叫做自然对数，记作lnN.2．对数的性质与运算性质(1)对数的性质：loga1＝0，logaa＝1，＝N(a>0，且a≠1，N>0)．(2)对数的运算性质如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么：①loga(MN)＝logaM＋logaN；②logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN；③logaMn＝nlogaM(n∈R)．(3)对数换底公式：logab＝eq\f(logcb,logca)(a>0，且a≠1；b>0；c>0，且c≠1)．3．对数函数的图象与性质a>10<a<1图象定义域(0，＋∞)值域R性质过定点(1,0)，即x＝1时，y＝0当x>1时，y>0；当0<x<1时，y<0当x>1时，y<0；当0<x<1时，y>0增函数减函数4.反函数指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．常用结论1．logab·logba＝1(a>0，且a≠1，b>0，且b≠1)，＝eq\f(n,m)logab(a>0，且a≠1，b>0)2．如图，给出4个对数函数的图象．则b>a>1>d>c>0，即在第一象限内，不同的对数函数图象从左到右底数逐渐增大．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)若M＝N，则logaM＝logaN.(×)(2)函数y＝loga2x(a>0，且a≠1)是对数函数．(×)(3)对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)是增函数．(×)(4)函数y＝log2x与y＝的图象关于x轴对称．(√)2．(2023·雅安模拟)已知xlog32＝1，则4x等于()A．9B．3C.eq\r(3)D.eq\f(1,3)答案A解析xlog32＝1，即x＝eq\f(1,log32)＝log23，所以4x＝＝9.3．函数f(x)＝loga|x|＋1(a>1)的图象大致为()答案A解析f(x)＝loga|x|＋1的定义域为{x|x≠0}，因为f(－x)＝loga|－x|＋1＝loga|x|＋1＝f(x)，所以f(x)是偶函数，当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝logax＋1(a>1)单调递增．结合选项可知选A.4．已知函数y＝loga(x－1)＋4的图象恒过定点P，则点P的坐标是．答案(2,4)解析对于函数y＝loga(x－1)＋4，令x－1＝1，解得x＝2，则y＝4，所以函数y＝loga(x－1)＋4的图象恒过定点(2,4)，即点P的坐标是(2,4).题型一对数式的运算例1(1)(2024·洛阳模拟)已知3a＝5b＝m，且eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，则实数m的值为．答案45解析由3a＝5b＝m，可知m>0，显然m≠1.则a＝log3m＝eq\f(lgm,lg3)，b＝log5m＝eq\f(lgm,lg5)，所以eq\f(1,a)＝eq\f(lg3,lgm)，eq\f(1,b)＝eq\f(lg5,lgm)，由eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，可得eq\f(2lg3＋lg5,lgm)＝eq\f(lg45,lgm)＝logm45＝1，所以m＝45.(2)计算：log535＋－log5eq\f(1,50)－log514＝.答案2解析原式＝log535－log5eq\f(1,50)－log514＋＝log5eq\f(35,\f(1,50)×14)＋＝log5125－1＝log553－1＝3－1＝2.思维升华解决对数运算问题的常用方法(1)将真数化为底数的指数幂的形式进行化简．(2)将同底对数的和、差、倍合并．(3)利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意换底公式的正用、逆用及变形应用．跟踪训练1(1)若a>0，＝eq\f(4,9)，则等于()A．2B．3C．4D．5答案B解析由＝eq\f(4,9)，得a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))6，而a>0，解得a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3，所以＝3.(2)计算：lg25＋lg2×lg50＋(lg2)2＝.答案2解析原式＝2lg5＋lg2(1＋lg5)＋(lg2)2＝2lg5＋lg2＋lg2×lg5＋(lg2)2＝1＋lg5＋lg2(lg5＋lg2)＝1＋lg5＋lg2＝1＋lg10＝2.题型二对数函数的图象及应用例2(1)已知函数f(x)＝loga(2x＋b－1)(a>0且a≠1)的图象如图所示，则a，b满足的关系是()A．0<a－1<b<1B．0<b<a－1<1C．0<b－1<a<1D．0<a－1<b－1<1答案A解析由函数图象可知，f(x)为增函数，故a>1.函数图象与y轴的交点坐标为(0，logab)，由函数图象可知－1<logab<0，解得eq\f(1,a)<b<1.综上，0<a－1<b<1.(2)(2023·开封模拟)已知函数f(x)＝|log3x|，若a<b，且f(a)＝f(b)，则a＋4b的取值范围是()A．[2eq\r(2)，＋∞) B．(2eq\r(2)，＋∞)C．[5，＋∞) D．(5，＋∞)答案D解析画出f(x)＝|log3x|的图象如图所示，因为a<b，且f(a)＝f(b)，所以－log3a＝log3b，故eq\f(1,a)＝b，且0<a<1，令y＝a＋4b，所以y＝a＋eq\f(4,a)，由对勾函数的性质可知y＝a＋eq\f(4,a)在(0,1)上单调递减，故y＝a＋eq\f(4,a)>1＋eq\f(4,1)＝5，故a＋4b的取值范围是(5，＋∞)．思维升华对数函数图象的识别及应用方法(1)在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项．(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．跟踪训练2(1)(2024·乌鲁木齐检测)我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数性质，也常用函数解析式来琢磨函数的图象特征，函数f(x)＝ax与g(x)＝(a>0且a≠1)在同一坐标系中的大致图象是()答案C解析对于A，由指数函数的图象，可得a>1，则0<eq\f(1,a)<1，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；对于B，由指数函数的图象，可得0<a<1，则eq\f(1,a)>1，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故B错误；对于C，由指数函数的图象，可得a>1，则0<eq\f(1,a)<1，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故C正确；对于D，由指数函数的图象，可得a>1，则0<eq\f(1,a)<1，即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，故D错误．(2)(2023·德州模拟)若函数f(x)＝loga(x＋b)(a>0且a≠1，b∈R)的大致图象如图，则函数g(x)＝a－x－b的大致图象是()答案C解析根据函数f(x)＝loga(x＋b)的图象，可得0<a<1,0<b<1，根据指数函数y＝a－x(0<a<1)的图象与性质，结合图象变换向下移动b个单位长度，可得函数g(x)＝a－x－b的图象大致为C选项．题型三对数函数的性质及应用命题点1比较对数式的大小例3(2023·西安模拟)若a＝lg0.2，b＝log32，c＝log64，则关于a，b，c的大小关系，下列说法正确的是()A．c>b>a B．b>c>aC．c>a>b D．a>b>c答案A解析∵a＝lg0.2<lg1＝0，b＝log32>0，c＝log64>0，eq\f(b,c)＝eq\f(log32,log64)＝eq\f(\f(lg2,lg3),\f(lg4,lg6))＝eq\f(lg2,lg3)×eq\f(lg6,2lg2)＝eq\f(lg6,lg9)<1，∴b<c，即c>b>a.命题点2解对数方程、不等式例4(2023·中山模拟)设实数a>0，则“2a>2”是“logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))>0”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答案A解析由2a>2，可得a>1.由logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))>0，可得logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))>loga1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,a＋\f(1,2)>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,a＋\f(1,2)<1，))解得a>1或0<a<eq\f(1,2).因此“2a>2”是“logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))>0”的充分不必要条件．命题点3对数函数的性质及应用例5(2023·郑州模拟)设函数f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，则f(x)()A．是偶函数，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增B．是奇函数，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递减C．是偶函数，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递增D．是奇函数，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减答案D解析由f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，得f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠±\f(1,2)))))，关于坐标原点对称，又f(－x)＝ln|1－2x|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)为定义域上的奇函数，故排除A，C；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))时，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，∵y＝ln(2x＋1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递增，y＝ln(1－2x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递减，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递增，故排除B；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))时，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝ln

eq\f(2x＋1,2x－1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2x－1)))，∵u＝1＋eq\f(2,2x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，f(u)＝lnu在(0，＋∞)上单调递增，根据复合函数单调性可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，故D正确．思维升华求与对数函数有关的函数值域和复合函数的单调性问题，必须弄清三个问题：一是定义域；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成．跟踪训练3(1)(2023·宜宾模拟)已知函数f(x)＝log2(x2－2x)在(a，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是()A．[2，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－∞，1] D．(－∞，0]答案A解析由题意得，x2－2x>0⇒x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)，而函数y＝x2－2x的对称轴为x＝1，所以函数y＝x2－2x在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，根据复合函数单调性“同增异减”的原则，函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，又因为函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以a∈[2，＋∞)．(2)若函数f(x)＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋\f(5,2)a－1))有最大值，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,2))) D．(1,2)答案B解析令t＝x2－2ax＋eq\f(5,2)a－1，根据复合函数的单调性，要使函数f(x)＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋\f(5,2)a－1))有最大值，则函数t＝x2－2ax＋eq\f(5,2)a－1有最小正值，且函数f(t)＝logat为减函数，可知0<a<1.要使函数t＝x2－2ax＋eq\f(5,2)a－1有最小正值，则Δ＝4a2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)a－1))<0，解得eq\f(1,2)<a<2.综上，a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).课时精练一、单项选择题1．(2023·哈尔滨模拟)函数y＝eq\r(log0.54x－3)的定义域为()A．[1，＋∞) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))答案C解析函数y＝eq\r(log0.54x－3)的定义域满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3>0，,log0.54x－3≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(3,4)，,x≤1，))解得eq\f(3,4)<x≤1，故函数的定义域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).2．若函数f(x)＝logax(a>0，且a≠1)的反函数的图象过点(1,3)，则f(log28)等于()A．－1B．1C．2D．3答案B解析依题意，函数f(x)＝logax(a>0，且a≠1)的反函数，即函数y＝ax的图象过点(1,3)，则a＝3，所以f(x)＝log3x，于是得f(log28)＝log3(log28)＝log33＝1.3．若<0，则x1与x2的关系正确的是()A．0<x2<x1<1 B．0<x1<x2<1C．1<x1<x2 D．1<x2<x1答案C解析因为<0，所以log0.8x2<log0.8x1<0＝log0.81，又因为y＝log0.8x在(0，＋∞)上单调递减，所以1<x1<x2.4.已知函数f(x)＝loga(x－b)(a>0，且a≠1，a，b为常数)的图象如图，则下列结论正确的是()A．a>0，b<－1B．a>0，－1<b<0C．0<a<1，b<－1D．0<a<1，－1<b<0答案D解析因为函数f(x)＝loga(x－b)为减函数，所以0<a<1，又因为函数图象与x轴的交点在正半轴，所以令x－b＝1，则x＝1＋b>0，即b>－1，又因为函数图象与y轴有交点，所以b<0，所以－1<b<0.5．(2024·通化模拟)设a＝log0.14，b＝log504，则()A．2ab<2(a＋b)<abB．2ab<a＋b<4abC．ab<a＋b<2abD．2ab<a＋b<ab答案D解析因为a＝log0.14，b＝log504，所以a<0，b>0，所以ab<0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log40.1＋log450＝log45∈(1,2)，即1<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<2，所以2ab<a＋b<ab.6．(2023·本溪模拟)若不等式(x－1)2<logax(a>0且a≠1)在x∈(1,2]内恒成立，则实数a的取值范围为()A．(1,2] B．(1,2)C．(1，eq\r(2)] D．(eq\r(2)，2)答案B解析若0<a<1，此时x∈(1,2]，logax<0，而(x－1)2>0，故(x－1)2<logax无解；若a>1，此时x∈(1,2]，logax>0，而(x－1)2>0，令f(x)＝logax，g(x)＝(x－1)2，画出函数f(x)与g(x)的图象，如图，若不等式(x－1)2<logax在x∈(1,2]内恒成立，则loga2>1，解得a∈(1,2)．二、多项选择题7．(2024·永州模拟)若10a＝5，10b＝20，则()A．a＋b＝4 B．b－a＝lg4C．ab<2(lg5)2 D．b－a>lg5答案BC解析由10a＝5，10b＝20，得a＝lg5，b＝lg20，则a＋b＝lg5＋lg20＝lg(5×20)＝lg100＝2，故A错误；b－a＝lg20－lg5＝lgeq\f(20,5)＝lg4<lg5，故B正确，D错误；ab＝lg5×lg20＝lg5×(lg4＋lg5)＝lg5×lg4＋(lg5)2，∵lg4<lg5，∴lg5×lg4＋(lg5)2<lg5×lg5＋(lg5)2＝2(lg5)2，∴ab<2(lg5)2，故C正确．8．(2023·吕梁模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≤0，,|log2x|，x>0，))若x1<x2<x3<x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则下列结论正确的是()A．x1＋x2＝－4 B．x3x4＝1C．1<x4<4 D．0<x1x2x3x4≤2答案AB解析函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≤0，,|log2x|，x>0))的图象如图所示，设f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)＝t，则0<t<4，则直线y＝t与函数y＝f(x)图象的4个交点横坐标分别为x1，x2，x3，x4.对于A，函数y＝－x2－4x的图象关于直线x＝－2对称，则x1＋x2＝－4，故A正确；对于B，由图象可知|log2x3|＝|log2x4|，且0<x3<1<x4，所以－log2x3＝log2x4，即log2(x3x4)＝0，所以x3x4＝1，故B正确；对于C，由图象可知log2x4∈(0,4)，则1<x4<16，故C错误；对于D，由图象可知－4<x1<－2，当x≤0时，f(x)＝－x2－4x＝－(x＋2)2＋4，所以x1x2x3x4＝x1(－4－x1)＝－xeq\o\al(2,1)－4x1＝－(x1＋2)2＋4＝f(x1)∈(0,4)，故D错误．三、填空题9．计算：lg25＋eq\f(2,3)lg8－log227×log32＋＝.答案2解析原式＝2lg5＋2lg2－3log23×log32＋3＝2(lg5＋lg2)－3＋3＝2.10．(2023·绍兴模拟)已知函数f(x)满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，且当x>y时，f(x)<f(y)，请你写出一个符合上述条件的函数f(x)＝.答案(答案不唯一)解析对于函数f(x)＝，f(x)＋f(y)＝＝f(xy)，且当x>y时，f(x)<f(y)，所以函数f(x)＝满足条件．11．设p>0，q>0，若log4p＝log6q＝log9(2p＋q)，则eq\f(p,q)＝.答案eq\f(1,2)解析令log4p＝log6q＝log9(2p＋q)＝k，则p＝4k，q＝6k,2p＋q＝9k，所以2p＋q＝2·4k＋6k＝9k，整理得2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,3k)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k＝1，解得eq\f(2k,3k)＝eq\f(1,2)(负值舍去)，所以eq\f(p,q)＝eq\f(4k,6k)＝eq\f(2k,3k)＝eq\f(1,2).12．(2023·龙岩模拟)已知函数y＝f(x)，若在定义域内存在实数x，使得f(－x)＝－f(x)，则称函数y＝f(x)为定义域上的局部奇函数．若函数f(x)＝log3(x＋m)是[－2,2]上的局部奇函数，则实数m的取值范围是．答案(2，eq\r(5)]解析因为f(x)＝log3(x＋m)是[－2,2]上的局部奇函数，所以x＋m>0在[－2,2]上恒成立，所以m－2>0，即m>2，由局部奇函数的定义，存在x∈[－2,2]，使得log3(－x＋m)＝－log3(x＋m)，即log3(－x＋m)＋log3(x＋m)＝log3(m2－x2)＝0，所以存在x∈[－2,2]，使得m2－x2＝1，即m2＝x2＋1，又因为x∈[－2,2]，所以x2＋1∈[1,5]，所以m2∈[1,5]，即m∈[－eq\r(5)，－1]∪[1，eq\r(5)]，综上，m∈(2，eq\r(5)]．四、解答题13．已知f(x)＝．(1)若a＝2，求f(x)的值域；(2)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝，令t＝x2－2x＋10＝(x－1)2＋9，∴t≥9，f(x)≤＝－2，∴f(x)的值域为(－∞，－2]．(2)令u＝x2－ax＋5a，∵y＝为减函数，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴u＝x2－ax＋5a在(1，＋∞)上单调递增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,1＋4a≥0，))解得－eq\f(1,4)≤a≤2，∴a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).14．(2024·株洲模拟)已知函数f(x)＝log9(9x＋1)－kx(k∈R)是偶函数．(1)求k的值；(2)若方程f(x)＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3x)＋1))有两个不相等的实数解，求实数m的取值范围．解(1)因为9x＋1>0，所以f(x)的定义域为R，又因为f(x)是偶函数，所以∀x∈R，有f(－x)＝f(x)，即log9(9－x＋1)＋kx＝log9(9x＋1)－kx对∀x∈R恒成立，则2kx＝log9(9x＋1)－log9(9－x＋1)＝log9eq\f(9x＋1,9－x＋1)＝log99x＝x对∀x∈R恒成立，即x(2k－1)＝0对∀x∈R恒成立，因为x不恒为0，所以k＝eq\f(1,2).(2)由(1)得f(x)＝log9(9x＋1)－eq\f(1,2)x＝log9(9x＋1)－＝log9eq\f(9x＋1,3x)＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,3x)))，则方程f(x)＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3x)＋1))有两个不相等的实数解等价于方程log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,3x)))＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3x)＋1))有两个不相等的实数解，所以方程3x＋eq\f(1,3x)＝eq\f(m,3x)＋1有两个不相等的实数解，令t＝3x，且t>0，方程化为t＋eq\f(1,t)＝eq\f(m,t)＋1，即方程m＝t2－t＋1在(0，＋∞)上有两个不相等的实数解，令g(t)＝t2－t＋1，则y＝m与y＝g(t)在(0，＋∞)上有两个交点，如图所示，又g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，所以g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al