对数复合函数的区间条件：开闭端点与量词

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在整个指定区间单调，先意味着整个区间都有定义。对数真数始终必须严格为正；能否保留某个边界参数，取决于对应输入端点是否属于区间，以及段内的真数到底向哪里变化。

一、知识点概念与依据

1. 题给区间必须完整落在原定义域内

对 $F(x)=\log_bq(x)$ ，要求在区间 $I$ 单调，应先有 $b>0,b\ne1$ 且每个 $x\in I$ 都满足 $q(x)>0$ 。不能只在 $I$ 的一小部分合法时比较方向，就声称原题的整段要求成立。

外层底大于1时保持内层方向；在0与1之间时反向。内层二次式先看开口与轴相对 $I$ 的位置，系数为0时不能再套二次函数轴公式，应转为一次式或常值另判。前面的对数图象与复合方向给出了输入比较依据。

2. 开端点允许边界真数为0，不等于允许实际真数为0

设题给区间为 $(r,\infty)$ ，已证多项式 $q$ 在其中严格递增，并且对任意 $x>r$ 有 $q(x)-q(r)>0$ 。若 $q(r)=0$ ，实际输入处仍有 $q(x)>0$ ，所以可以合法；端点 $r$ 本来就不在要求中。

若 $q(r)<0$ ，则足够接近 $r$ 的段内输入仍会让真数负。对于二次式，这不需要额外借用微积分：写 $x=r+h$ 后

q(r+h)=q(r)+Lh+Ah^2.

令 $\delta=-q(r)>0$ ，取 $0<h<\min\{1,\delta/[2(\lvert L\rvert+\lvert A\rvert+1)]\}$ ，增量的绝对值小于 $\delta/2$ ，所以 $q(r+h)<0$ ，给出具体非法输入。因此在上述严格递增前提下，开端点的条件是 $q(r)\ge0$ 。

若题给区间改为 $[r,\infty)$ ，实际包括端点，必须 $q(r)>0$ ，不能保留等号。两种情况都在各自的实际输入集合上坚持严格正性，绝不是把对数定义放宽为真数非负。

在已证明段内严格递增、最不利位置在左端的前提下，可以并排比较：

实际输入集合	多项式边界要求	参数等号的依据
$(r,+\infty)$	$q(r)\ge0$	$r$ 不属于实际输入，段内 $q(x)>q(r)$
$[r,+\infty)$	$q(r)>0$	$r$ 本身也要代入对数，真数不能为0

若还未确定单调方向或最小位置，不能直接套这张表。

3. 看边界之前，先证明最不利位置确在那里

如果内层先下降后上升，仅看起点真数不能保证整段正。二次式应先由配方确定开口与轴的位置；若轴在区间内部，真正最小值可能在轴处取得，或方向已经不符合题意。

例如要求开口向上的 $q(x)$ 在整个 $(r,\infty)$ 递增，轴须不在 $r$ 右侧。合法转折点可以作为单调区间端点，但真数为0的点仍不可作为实际对数输入。参数临界值要代回真数与方向两套条件，不能只验其中一套。

4. “每个左输入可找一个右输入”用可取得的最小值作见证

如果 $g$ 在右侧允许区间确实取得最小值 $m$ ，那么

“对每个左输入 $x_1$ ，存在右输入 $x_2$ ，使 $f(x_1)\ge g(x_2)$ ”

等价于“每个左输入处 $f$ 都有定义且 $f(x_1)\ge m$ ”。必要性来自所有 $g(x_2)\ge m$ ；充分性可以对每个 $x_1$ 都选那个真正取得最小值的右输入。

若最小值没取得，不能机械使用这个含等号的替换，须另查边界。也不能把右侧“存在”误换成“任意”，那会变成与最大值或上界比较的另一题。

二、考点方法与例题

1. 按整段合法、方向、端点三层筛参数

先检查参数引起的次数退化，再确定内层轴与开口；外层方向固定后，判断内层在题给整段的必要方向。证明多项式的段内值比边界值严格大，最后由端点开闭选非负边界或正边界。范围外应说明是某段无定义，还是存在两个输入违背所需方向。

2. 量词问题先构造右侧见证，再回到左侧恒成立

换元求右函数的真实值域及最小值取得位置。若确有最小值，先说明为什么必要、为什么充分；再把左侧对数不等式转为真数界，检查它是否已自动保证正性。分离参数要除正量，取等输入必须实际属于指定范围。

例题 01 全域定义与开放区间上的三问

题目

已知函数 $f\left( x\right)={\log }_{2}\left( {x}^{2}-2ax+1\right)$ ．

(1)当 $a=0$ 时，求函数 $f\left( x\right)$ 的值域；

(2)若 $f\left( x\right)$ 的定义域为R，求实数 $a$ 的取值范围；

(3)若 $f\left( x\right)$ 在 $x\in \left( 2,+\infty \right)$ 上单调递增，求实数 $a$ 的取值范围.

答案与解析

解析

（1） $a=0$ 时真数 $x^2+1\ge1$ ，1在 $x=0$ 取得；任意 $t\ge1$ 又可取 $x=\sqrt{t-1}$ 实现。底2对数将 $[1,\infty)$ 映成 $[0,\infty)$ ，因此值域为 $[0,\infty)$ ，不仅得到一个下界。

（2）令 $q(x)=x^2-2ax+1=(x-a)^2+1-a^2$ 。全实数域要求它对每个实 $x$ 严格正，最小值 $1-a^2$ 在 $x=a$ 取得，所以须 $1-a^2>0$ ，即 $-1<a<1$ 。等价地二次首项正且判别式 $4a^2-4<0$ 。两端使轴处真数0，不能加入。

（3）本问不沿用第（2）问的全实数域要求，只要求整个 $(2,\infty)$ 合法并递增。底2递增，所以内层必须在该段递增，轴 $a$ 须满足 $a\le2$ ；若 $a>2$ 且整段合法，轴左侧仍有一段下降，与题意矛盾。

在 $a\le2$ 下，对 $x>2$ ，

q(x)-q(2)=(x-2)(x+2-2a)>0.

因此段内严格正恰要求边界多项式值 $q(2)=5-4a\ge0$ ：非负时上式直接保证；若负，按邻近输入构造会出现非法输入。得 $a\le5/4$ ，它已保证 $a\le2$ 。

$a=5/4$ 时 $q(2)=0$ ，但实际 $x>2$ 均严格正，所以等号可取。这是在看多项式边界值，不是在给原对数函数的 $x=2$ 赋值。

本题结论

（1） $[0,+\infty)$ ；（2） $-1<a<1$ ；（3） $a\le5/4$ 。

例题 02 二次系数变化时的整段递增

题目

已知函数 $f\left( x\right)={\log }_{2}\left( k{x}^{2}-2x-2k+4\right)$ 在 $\left( 1,+\infty \right)$ 上单调递增，则实数 $k$ 的取值范围是（）

A． $\left( 0,1\right]$ B． $\left( 0,2\right]$ C． $\left[ 1,2\right]$ D． $\left[ 1,+\infty \right)$

答案与解析

解析

设 $q(x)=kx^2-2x-2k+4$ 。 $k=0$ 时是斜率−2的一次式，下降且远处负； $k<0$ 时开口向下，远处也负，不能使整个 $(1,\infty)$ 合法，均排除。

$k>0$ 时轴 $1/k$ 。底2递增，要使内层在整段递增，须 $1/k\le1$ ，即 $k\ge1$ 。此时任意 $x>1$ 有

q(x)-q(1)=(x-1)[k(x+1)-2]>0.

第二因子即使在 $k=1$ 时也为 $x-1>0$ 。边界值 $q(1)=2-k$ 须非负，得 $k\le2$ ；若边界负，足够接近1的实际输入同样非法。因此 $1\le k\le2$ ，选C。

A包含 $0<k<1$ 且漏 $1<k\le2$ ，B也包含 $0<k<1$ 的错误方向，D包含 $k>2$ 的非法近端输入。 $k=2$ 时边界真数0但1未列入原区间，段内仍正；原解“当 $x=1$ ”只是检查多项式边界，不应理解成原对数可在1处取值。

本题结论

C，即 $k\in[1,2]$ 。

例题 03 闭端点与两个输入量词的三问

题目

已知函数 $f\left( x\right)={\log }_{2}\left( {x}^{2}-ax+1\right)$ ．

(1)若 $a=2$ ，求 $f\left( x\right)$ 的定义域；

(2)若 $f\left( x\right)$ 在 $\left[ 2,+\infty \right)$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；

(3)设 $g\left( x\right)={4}^{x}-{2}^{x+1}$ ，若对任意 ${x}_{1}\in \left( 0,1\right)$ ，存在 ${x}_{2}\in \left[ -1,1\right]$ ，使得不等式 $f\left( {x}_{1}\right)\ge g\left( {x}_{2}\right)$ 成立，求 $a$ 的取值范围．

答案与解析

解析

（1） $a=2$ 时真数 $(x-1)^2>0$ ，所以定义域为 $\mathbb R\setminus\{1\}=(-\infty,1)\cup(1,\infty)$ 。

（2）令 $q=x^2-ax+1$ ，轴 $a/2$ 。在整个 $[2,\infty)$ 上递增，须 $a/2\le2$ ，即 $a\le4$ ；同时端点2是实际输入，须 $q(2)=5-2a>0$ ，即 $a<5/2$ 。两条件合并为 $a<5/2$ 。这个范围下内层自端点起严格递增，真数始终正，充分性也成立。 $a=5/2$ 不允许，与前两例的开端点情况不同。

（3）三问独立，本问不沿用前面的 $a=2$ 或 $a<5/2$ 附加假设。右侧令 $u=2^{x_2}$ ， $x_2\in[-1,1]$ 对应 $u\in[1/2,2]$ ，且

g(x_2)=u^2-2u=(u-1)^2-1.

最小值−1在 $u=1$ 、即允许的 $x_2=0$ 取得。因此原量词条件恰等价于每个 $x_1\in(0,1)$ 处 $f$ 有定义且 $f(x_1)\ge-1$ ：必要性因所有 $g\ge-1$ ，充分性对全部 $x_1$ 均可选同一个见证 $x_2=0$ 。

底2递增， $f(x)\ge-1$ 等价于

x^2-ax+1\ge2^{-1}=\frac12,

这个界已自动保证真数正。移项并除以 $x>0$ ，得到 $a\le x+1/(2x)$ 对所有 $x\in(0,1)$ 成立。

两正项积为1/2，基本不等式给

x+\frac1{2x}\ge2\sqrt{\frac12}=\sqrt2.

等号条件 $x=1/(2x)$ 给 $x=1/\sqrt2$ ，确在 $(0,1)$ 内，所以最小值真能取得。 $a\le\sqrt2$ 时全部输入通过； $a>\sqrt2$ 时这个取等输入使原条件失败。故 $a\le\sqrt2$ ，含等号，且每个允许输入处仍有正真数。

本题结论

（1） $\mathbb R\setminus\{1\}$ ；（2） $a<5/2$ ；（3） $a\le\sqrt2$ 。