4.4.1 对数函数的概念+4.2.2 对数函数的图象和性质

①不是对数函数，因为自变量在对数的底数的位置；

②不是对数函数,因为对数的真数不是仅有自变量 $ x $ ；

③不是对数函数,因为对数的底数不是常数；

④是对数函数.故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意 $ f(x)=\begin{cases}{ \log }_{3}(x+3),x > 0,\\ {2}^{-x}+2,x\leqslant 0,\end{cases} $ 所以 $ f(-2)={2}^{-(-2)}+2=6 $ ,故 $ f(f(-2))=f(6)={ \log }_{3}(6+3)=2 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

因为对数函数 $ y={ \log }_{a}x(a > 0 $ 且 $ a\ne 1) $ 的图象过点 $ (4,\dfrac{1}{2}) $ ，所以 $ { \log }_{a}4=\dfrac{1}{2} $ ，即 $ {a}^{\frac{1}{2}}=4 $ ，所以 $ a=16 $ ，则 $ { \log }_{4}a={ \log }_{4}16={ \log }_{4}{4}^{2}=2{ \log }_{4}4=2 $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \because $ 点 $ (m,n) $ 在函数 $ y= \lg x $ 的图象上, $ \therefore \lg m=n $ .

当 $ x={m}^{2} $ 时, $ \lg x= \lg {m}^{2}=2 \lg m=2n $ , $ \therefore $ 点 $ ({m}^{2},2n) $ 也在该函数的图象上,故 $ \mathrm{A} $ 符合题意；

当 $ x=10m $ 时, $ \lg x= \lg (10m)=1+ \lg m=n+1 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 不符合题意；

当 $ x=m+10 $ 时, $ \lg (m+10)\ne n+1 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 不符合题意；

当 $ x=\dfrac{m}{10} $ 时, $ \lg \dfrac{m}{10}= \lg m-1=n-1 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 不符合题意.故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意得函数 $ f(x)={ \log }_{a}(x+\dfrac{1}{a}) $ 的定义域为 $ (-\dfrac{1}{a} $ , $ +\mathrm{\infty }) $ .

①当 $ a > 1 $ 时，函数 $ f(x) $ 单调递增，且 $ 0 < \dfrac{1}{a} < 1 $ ，又 $ f(0)={ \log }_{a}(0+\dfrac{1}{a})={ \log }_{a}\frac{1}{a}=-1 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 满足题意， $ \mathrm{B} $ 不满足题意.

②当 $ 0 < a < 1 $ 时，函数 $ f(x) $ 单调递减，且 $ \dfrac{1}{a} > 1 $ ，又 $ f(-1)={ \log }_{a}(-1+\dfrac{1}{a}) $ ，

当 $ 1 < \dfrac{1}{a} < 2 $ 时， $ f(-1)={ \log }_{a}(-1+\dfrac{1}{a}) > { \log }_{a}1=0 $ ，故 $ \mathrm{C} $ 满足题意；

当 $ \dfrac{1}{a}=2 $ 时， $ f(-1)={ \log }_{a}(-1+\dfrac{1}{a})={ \log }_{a}1=0 $ ，故 $ \mathrm{D} $ 满足题意.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

根据题意函数 $ y={ \log }_{\frac{1}{2}}x $ , $ y={ \log }_{2}x $ , $ y={ \log }_{3}x $ 中两个底数 $ a > 1 $ ，函数单调递增，根据增长规律，“在第一象限内，自左向右底数越来越大”，知③对应 $ y={ \log }_{3}x $ ，④对应 $ y={ \log }_{2}x $ .

由于函数 $ y={ \log }_{\frac{1}{2}}x=-{ \log }_{2}x $ ，则它与 $ y={ \log }_{2}x $ 的图象关于 $ x $ 轴对称，且①与④关于 $ x $ 轴对称.故函数 $ y={ \log }_{\frac{1}{2}}x $ 对应的图象为①.

则②不属于函数 $ y={ \log }_{\frac{1}{2}}x $ , $ y={ \log }_{2}x $ , $ y={ \log }_{3}x $ 对应图象的一个.故选 $ \mathrm{B} $ .

对于函数 $ f (x )={ \log }_{a} (2x-3 )+1 (a > 0 $ 且 $ a\ne 1) $ ,

令 $ 2x-3=1 $ ,可得 $ x=2 $ ,且 $ f(2)={ \log }_{a}1+1=1 $ ,所以 $ A(2,1) $ ,即 $ m=2 $ , $ n=1 $ .

对任意的正数 $ x $ , $ y $ 都有 $ mx+ny=4 $ ,即 $ 2x+y=4 $ ,则 $ 2(x+1)+y=6 $ ,

所以 $ \dfrac{1}{x+1}+\dfrac{2}{y}=\dfrac{1}{6}[2(x+1)+y]\cdot (\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{2}{y})=\dfrac{1}{6}[4+\dfrac{4(x+1)}{y}+\dfrac{y}{x+1}]\geqslant \dfrac{1}{6}[4+2\sqrt{\dfrac{4(x+1)}{y}\cdot \dfrac{y}{x+1}}]=\dfrac{4}{3} $ ,

当且仅当 $ \begin{cases}\dfrac{4(x+1)}{y}=\dfrac{y}{x+1},\\ 2x+y=4,\\ x > 0,\\ y > 0,\end{cases} $ 即 $ \begin{cases}x=\dfrac{1}{2},\\ y=3\end{cases} $ 时,等号成立.

所以 $ \dfrac{1}{x+1}+\dfrac{2}{y} $ 的最小值是 $ \dfrac{4}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意得 $ {x}^{2}-5x+6 > 0 $ ，解得 $ x < 2 $ 或 $ x > 3 $ ，所以函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ (-\mathrm{\infty },2)\cup (3,+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

$ f(x)={ \log }_{2}(2x)\cdot { \log }_{2}(4x)=(1+{ \log }_{2}x)(2+{ \log }_{2}x) $ ,

设 $ { \log }_{2}x=t $ ,则 $ y=(1+t)(2+t)={t}^{2}+3t+2={\left(t+\dfrac{3}{2}\right) ^ {2}}-\dfrac{1}{4}\geqslant -\dfrac{1}{4} $ ,

故函数 $ f(x) $ 的值域为 $ [-\dfrac{1}{4},+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

当 $ a > 1 $ 时， $ f{(x)}_{ \max }=f(4)={ \log }_{a}4+2=4 $ ，所以 $ a=2 $ ；当 $ 0 < a < 1 $ 时， $ f{(x)}_{ \max }=f(\dfrac{1}{2})={ \log }_{a}\frac{1}{2}+2=4 $ ，所以 $ a=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ．故选 $ \mathrm{D} $ ．

由对数函数的定义知 $ -{x}^{2}-2x+3 > 0 $ ，解得 $ -3 < x < 1 $ ，

因为函数 $ t=-{x}^{2}-2x+3 $ 的图象开口向下，对称轴为直线 $ x=-1 $ ，

所以函数 $ t $ 在 $ (-3,-1) $ 上单调递增，在 $ (-1,1) $ 上单调递减.

又 $ 0 < 0.3 < 1 $ ，则函数 $ g(t)={ \log }_{0.3}t $ 为减函数，

由复合函数单调性知，函数 $ f(x)={ \log }_{0.3}(-{x}^{2}-2x+3) $ 的单调递增区间为 $ (-1,1) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为偶函数 $ f(x) $ 在 $ [0,+\mathrm{\infty }) $ 单调递减， $ f(-2)=0 $ ，所以 $ f(x) $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0) $ 上单调递增， $ f(2)=0 $ ，

所以 $ f({ \log }_{2}m) > 0 $ 等价于 $ f(|{ \log }_{2}m|) > f(2) $ ，所以 $ |{ \log }_{2}m| < 2 $ ，

所以 $ -2 < { \log }_{2}m < 2 $ ，解得 $ \dfrac{1}{4} < m < 4 $ .所以实数 $ m $ 的取值范围是 $ (\dfrac{1}{4},4) $ .

（1）定义域为 $ \boldsymbol{R} $ 即真数恒大于0，则 $ a=0 $ 或 $ \begin{cases}a > 0,\\ \mathrm{\Delta } < 0,\end{cases} $ 解得 $ a\in [0,1) $ .

（2）值域为 $ \boldsymbol{R} $ 即真数能取遍 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ ，故 $ a=0 $ 或 $ \begin{cases}a > 0,\\ \mathrm{\Delta }\geqslant 0,\end{cases} $ 解得 $ a\in [0,1] $ .

当 $ a > 1 $ 时, $ f(x)={ \log }_{a}x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,

因为对 $ \forall {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in [\dfrac{1}{2},2] $ ,都有 $ f({x}_{1})-f({x}_{2}) < 1 $ ,所以 $ f(2)-f(\dfrac{1}{2}) < 1 $ ,所以 $ { \log }_{a}2-{ \log }_{a}\frac{1}{2} < 1 $ ,所以 $ { \log }_{a}4 < 1 $ ,解得 $ a > 4 $ ；

当 $ 0 < a < 1 $ 时, $ f(x)={ \log }_{a}x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减,

因为对 $ \forall {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in [\dfrac{1}{2},2] $ ,都有 $ f({x}_{1})-f({x}_{2}) < 1 $ ,所以 $ f(\dfrac{1}{2})-f(2) < 1 $ ,所以 $ { \log }_{a}\frac{1}{2}-{ \log }_{a}2 < 1 $ ,所以 $ { \log }_{a}\frac{1}{4} < 1 $ ,解得 $ 0 < a < \dfrac{1}{4} $ .

综上,实数 $ a $ 的取值范围为 $ (0,\dfrac{1}{4})\cup (4,+\mathrm{\infty }) $ .

由于函数 $ f(x) $ 的图象与函数 $ y={2}^{x} $ 的图象关于直线 $ y=x $ 对称,则 $ f(x)={ \log }_{2}x $ ,所以当 $ x > 0 $ 时, $ ℎ(x)={ \log }_{2}x-x $ ,则 $ ℎ(8)={ \log }_{2}8-8=-5 $ .又 $ ℎ(x) $ 为奇函数,则 $ ℎ(-8)=-ℎ(8)=5 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

因为 $ y=f(x) $ 与 $ g(x)={\left(\dfrac{1}{2}\right) ^ {x}} $ 的图象关于直线 $ y=x $ 对称，所以 $ f(x)={ \log }_{\frac{1}{2}}x $ ，

所以 $ f(4-{x}^{2})={ \log }_{\frac{1}{2}}(4-{x}^{2}) $ ，

由 $ 4-{x}^{2} > 0 $ 可得 $ -2 < x < 2 $ ，即函数 $ f(4-{x}^{2}) $ 的定义域为 $ (-2,2) $ ，

令 $ u=4-{x}^{2} $ ，因为函数 $ u=4-{x}^{2} $ 在 $ (-2,0) $ 上单调递增，在 $ (0,2) $ 上单调递减，

外层函数 $ y={ \log }_{\frac{1}{2}}u $ 为减函数，由复合函数的单调性可知，函数 $ f(4-{x}^{2}) $ 的单调递增区间为 $ (0,2) $ .

$ \because $ 函数 $ f (x )={ \log }_{a}x (a > 0 $ ，且 $ a\ne 1) $ 的图象过点 $ (9,2) $ ,

$ \therefore 2={ \log }_{a}9 $ ,即 $ {a}^{2}=9 $ .又 $ a > 0 $ ，且 $ a\ne 1 $ ，

$ \therefore a=3 $ ， $ f(x)={ \log }_{3}x $ .

$ \because -1\leqslant f(x)\leqslant 2 $ ，即 $ -1\leqslant { \log }_{3}x\leqslant 2 $ ，

$ \therefore \dfrac{1}{3}\leqslant x\leqslant 9 $ .

$ \because f(x) $ 的反函数为 $ g(x) $ ， $ \therefore g(x) $ 的值域为 $ [\dfrac{1}{3},9] $ .

由题得函数 $ f(x)={ \log }_{2}x $ 的反函数 $ g(x)={2}^{x} $ .

$ \because g(a)g(b)=16 $ , $ \therefore {2}^{a}×{2}^{b}=16 $ ,即 $ {2}^{a+b}=16 $ ,则 $ a+b=4 $ .

又 $ a\geqslant 0 $ , $ b\geqslant 0 $ ,则 $ a+4 > 0 $ , $ b+4 > 0 $ ,

$ \therefore \dfrac{4}{2a+b}+\dfrac{1}{a+2b}=\dfrac{4}{a+4}+\dfrac{1}{b+4} $

$ =\dfrac{1}{12}[(a+4)+(b+4)](\dfrac{4}{a+4}+\dfrac{1}{b+4}) $

$ =\dfrac{1}{12}[5+\dfrac{4(b+4)}{a+4}+\dfrac{a+4}{b+4}] $

$ \geqslant \dfrac{1}{12}[5+2\sqrt{\dfrac{4(b+4)}{a+4}\cdot \dfrac{a+4}{b+4}}]=\dfrac{3}{4} $ ,

当且仅当 $ a=4 $ , $ b=0 $ 时取等号,

故 $ \dfrac{4}{2a+b}+\dfrac{1}{a+2b} $ 的最小值为 $ \dfrac{3}{4} $ .

当 $ a > 1 $ 时， $ { \log }_{a}\frac{2}{3} < 1={ \log }_{a}a $ ,解得 $ a > \dfrac{2}{3} $ ，所以此时 $ a $ 的取值范围为 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ ;

当 $ 0 < a < 1 $ 时， $ { \log }_{a}\frac{2}{3} < 1={ \log }_{a}a $ ,解得 $ 0 < a < \dfrac{2}{3} $ ，所以此时 $ a $ 的取值范围为 $ (0,\dfrac{2}{3}) $ .

综上，实数 $ a $ 的取值范围是 $ (0,\dfrac{2}{3})\cup (1,+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

设 $ t=2-ax $ ，因为 $ a > 0 $ , $ a\ne 1 $ ，所以 $ t=2-ax $ 在 $ (1,3) $ 上单调递减，而 $ f(x)={ \log }_{a}(2-ax) $ 在区间 $ (1,3) $ 内单调递增，故 $ y={ \log }_{a}t $ 为减函数，故 $ 0 < a < 1 $ .又 $ t=2-ax $ 在 $ (1,3) $ 上满足 $ t > 0 $ 恒成立，故 $ 2-3a\geqslant 0 $ ，故 $ 0 < a\leqslant \dfrac{2}{3} $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

设 $ g(x)=-{x}^{2}+ax+15 $ ， $ x\in [\dfrac{1}{4},4] $ .

由函数 $ f(x)={ \log }_{2}(-{x}^{2}+ax+15) $ 在 $ [\dfrac{1}{4},4] $ 上单调递减，

得函数 $ g(x) $ 在 $ [\dfrac{1}{4},4] $ 上单调递减，且 $ g (x)_{ \min }=g (4 ) > 0 $ ，

故 $ \begin{cases}\dfrac{a}{2}\leqslant \dfrac{1}{4},\\ -{4}^{2}+4a+15 > 0,\end{cases} $ 解得 $ \dfrac{1}{4} < a\leqslant \dfrac{1}{2} $ .

故 $ a $ 的取值范围为 $ (\dfrac{1}{4},\dfrac{1}{2}] $ .

因为函数f(x)满足x₁≠x₂时恒有 $ \dfrac{f({x}_{1})-f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} $ >0成立,所以函数 $ {\rm \mathit{f}(\mathit{x})=} \begin{cases}(2-a)x-3a+3,x < 1,\\ \mathrm{l}\mathrm{o}{\mathrm{g}}_{a}x,x\geqslant 1\end{cases} $ 在R上单调递增,所以 $ \begin{cases}2-a > 0,\\ a > 1,\\ (2-a)-3a+3\leqslant \mathrm{l}\mathrm{o}{\mathrm{g}}_{a}1,\end{cases} $ 解得 $ {\rm \mathit{a}∈} [\dfrac{5}{4},2) {\rm \mathit{.}} $ 故选D.

易知函数定义域是 $ ｛x|x\ne 0｝ $ ，关于原点对称，又 $ f(-x)=-x{ \log }_{2}|-x|=-x{ \log }_{2}|x|=-f(x) $ ，

所以 $ f(x) $ 是奇函数，图象关于原点对称，排除 $ \mathrm{C}\mathrm{D} $ .

当 $ x > 1 $ 时， $ f(x) > 0 $ ，排除 $ \mathrm{B} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

$ y={ \log }_{2}(x+\dfrac{1}{x-1}+5)={ \log }_{2}(x-1+\dfrac{1}{x-1}+6)\geqslant { \log }_{2}(2\sqrt{(x-1)\cdot \dfrac{1}{x-1}}+6)={ \log }_{2}8=3 $ ，当且仅当 $ x-1=\dfrac{1}{x-1} $ ，即 $ x=2 $ 时取等号，故函数 $ y={ \log }_{2}(x+\dfrac{1}{x-1}+5)(x > 1) $ 的最小值为3，故选 $ \mathrm{B} $ ．

由题得 $ \begin{cases}{ \log }_{a}(1-{a}^{x}) > 0,\\ 1-{a}^{x} > 0,\end{cases} $ 则 $ 0 < 1-{a}^{x} < 1 $ ,得 $ x > 0 $ , $ \therefore f(x) $ 的定义域为 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ ,

$ \therefore f(x+1) $ 的定义域为 $ (-1,+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为 $ a={ \log }_{3}2 > { \log }_{3}\sqrt{3}=\dfrac{1}{2} $ ， $ b={(\dfrac{1}{5})}^{\frac{1}{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}} < \dfrac{1}{2} $ ，所以 $ a > b $ .而 $ b={(\dfrac{1}{5})}^{\frac{1}{2}}={(\dfrac{1}{25})}^{\frac{1}{4}} $ ， $ c={(\dfrac{1}{25})}^{\frac{1}{3}} $ ，

易知函数 $ f(x)={\left(\dfrac{1}{25}\right) ^ {x}} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递减，

因为 $ \dfrac{1}{4} < \dfrac{1}{3} $ ，所以 $ {(\dfrac{1}{25})}^{\frac{1}{3}} < {(\dfrac{1}{25})}^{\frac{1}{4}} $ ，即 $ c < b $ .综上可得， $ c < b < a $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由题知 $ f(x) $ 为偶函数，且在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，因为 $ f(2x-1) > f(x+1) $ ，所以 $ {|2x-1|}^{2} > |x+1{|}^{2} $ ，即 $ 4{x}^{2}+1-4x > {x}^{2}+1+2x $ ，所以 $ 3{x}^{2}-6x > 0 $ ，

所以 $ x < 0 $ 或 $ x > 2 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

$ {9}^{a}-{ \log }_{6}(6b)={3}^{b}-{ \log }_{6}(2a) $ ,即 $ {3}^{2a}+{ \log }_{6}(2a)={3}^{b}+{ \log }_{6}(6b) $ .

设 $ f(x)={3}^{x}+{ \log }_{6}x $ ,则函数 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,

$ \mathrm{①}{3}^{2a}+{ \log }_{6}(2a)={3}^{b}+{ \log }_{6}(6b) > {3}^{b}+{ \log }_{6}b $ ,即 $ f(2a) > f(b) $ ,故 $ 2a > b $ ,即 $ a > \dfrac{1}{2}b $ ；

$ \mathrm{②}{3}^{2a}+{ \log }_{6}(2a)={3}^{b}+{ \log }_{6}(6b) < {3}^{6b}+{ \log }_{6}(6b) $ ,即 $ f(2a) < f(6b) $ ,故 $ 2a < 6b $ ,即 $ a < 3b $ .

综上所述, $ \dfrac{1}{2}b < a < 3b $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意知， $ f(x)={ \log }_{x}2=\dfrac{1}{{ \log }_{2}x} $ ，且函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ (0,1)\cup (1,+\mathrm{\infty }) $ .

当 $ x\in (0,1) $ 时， $ { \log }_{2}x < 0 $ ，所以 $ f(x)=\dfrac{1}{{ \log }_{2}x} < 0 $ ，图象位于第四象限；

当 $ x\in (1,+\mathrm{\infty }) $ 时， $ { \log }_{2}x > 0 $ ，所以 $ f(x)=\dfrac{1}{{ \log }_{2}x} > 0 $ ，图象位于第一象限，

所以 $ y=f(x) $ 的图象出现在第一和第四象限，值域为 $ ｛y|y\ne 0｝ $ ，故 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ 错误.

当 $ x\in (0,1) $ 时， $ y={ \log }_{2}x $ 单调递增，所以 $ f(x)=\dfrac{1}{{ \log }_{2}x} $ 单调递减；

当 $ x\in (1,+\mathrm{\infty }) $ 时， $ y={ \log }_{2}x $ 单调递增，所以 $ f(x)=\dfrac{1}{{ \log }_{2}x} $ 单调递减，

所以函数 $ f(x) $ 在区间 $ (0,1) $ 和 $ (1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{D} $ .

由于对于任意的实数 $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ ,都有 $ ({x}_{1}-{x}_{2})[f({x}_{1})-f({x}_{2})] < 0 $ 成立,所以 $ f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递减.

所以 $ \begin{cases}0 < a < 1,\\ -\dfrac{2a-3}{2}\leqslant 1,\\ {a}^{1-1}\geqslant -1-(2a-3)-a,\\ -4-2(2a-3)-a\geqslant -2a- \ln 1,\end{cases} $

解得 $ \dfrac{1}{2}\leqslant a\leqslant \dfrac{2}{3} $ ,所以实数 $ a $ 的取值范围是 $ [\dfrac{1}{2},\dfrac{2}{3}] $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

$ f (4 )= ({ \log }_{2}4)^{2}-{ \log }_{2}{4}^{2}-3=-3 $ , $ \mathrm{A} $ 正确；

$ f (x )= ({ \log }_{2}x)^{2}-2{ \log }_{2}x-3 $ ,令 $ f(x)=0 $ ,得 $ ({ \log }_{2}x+1)\cdot ({ \log }_{2}x-3)=0 $ ,解得 $ x=\dfrac{1}{2} $ 或 $ x=8 $ ,即 $ f(x) $ 的图象与 $ x $ 轴有两个交点, $ \mathrm{B} $ 正确；

因为 $ f (x )= ({ \log }_{2}x-1)^{2}-4 (x > 0 ) $ ,所以当 $ { \log }_{2}x=1 $ ,即 $ x=2 $ 时, $ f(x) $ 取得最小值 $ -4 $ , $ \mathrm{C} $ 正确；

$ f(x) $ 没有最大值, $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，由函数 $ f(x)= \lg (110+x)- \lg (110-x) $ ，得 $ \begin{cases}110+x > 0,\\ 110-x > 0,\end{cases} $ 解得 $ -110 < x < 110 $ ，由 $ -110 < 2x < 110 $ ，得 $ -55 < x < 55 $ ，因此 $ f(2x) $ 的定义域为 $ (-55,55) $ ， $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ， $ f(x)= \lg \dfrac{110+x}{110-x}= \lg (\dfrac{220}{110-x}-1) $ ，因为函数 $ t=\dfrac{220}{110-x}-1 $ 在 $ (-110,110) $ 上单调递增，函数 $ y= \lg t $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，所以函数 $ y=f(x) $ 在 $ (-110,110) $ 上单调递增， $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ，依题意， $ g(x)=f(x+10)= \lg (120+x)- \lg (100-x) $ ，则 $ g(-100)= \lg 20- \lg 200= \lg \dfrac{1}{10}=-1 $ ， $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ，当 $ x\in [0,2] $ 时， $ 1\leqslant {2}^{x}\leqslant 4 $ ， $ 1\leqslant {5}^{x}\leqslant 25 $ ， $ 1\leqslant {10}^{x}\leqslant 100 $ ，

因为 $ y={\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {x}} $ , $ y={\left(\dfrac{4}{5}\right) ^ {x}} $ 都是减函数，所以 $ y={\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {x}}+{\left(\dfrac{4}{5}\right) ^ {x}}-1 $ 在 $ [0,2] $ 上单调递减，

当 $ x\in [0,2] $ 时， $ 0\leqslant {\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {x}}+{\left(\dfrac{4}{5}\right) ^ {x}}-1\leqslant 1 $ ，则 $ {3}^{x}+{4}^{x}-{5}^{x}={5}^{x}[{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {x}}+{\left(\dfrac{4}{5}\right) ^ {x}}-1]\in [0,25) $ ，

$ {6}^{x}+{8}^{x}-{10}^{x}={10}^{x}[{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {x}}+{\left(\dfrac{4}{5}\right) ^ {x}}-1]\in [0,100) $ ，又 $ ({6}^{x}+{8}^{x}-{10}^{x})-({3}^{x}+{4}^{x}-{5}^{x})=({2}^{x}-1)({3}^{x}+{4}^{x}-{5}^{x})\geqslant 0 $ ，因此 $ 0\leqslant {3}^{x}+{4}^{x}-{5}^{x}\leqslant {6}^{x}+{8}^{x}-{10}^{x} < 100 $ ，

则 $ f({3}^{x}+{4}^{x}-{5}^{x})\leqslant f({6}^{x}+{8}^{x}-{10}^{x}) $ ，由 $ f(x) $ 的定义域为 $ (-110,110) $ ，关于原点对称，且 $ f(-x)= \lg (110-x)- \lg (110+x)=-f(x) $ ，

得函数 $ f(x) $ 为 $ (-110,110) $ 上的奇函数，则 $ f({3}^{x}+{4}^{x}-{5}^{x})\leqslant -f({10}^{x}-{6}^{x}-{8}^{x}) $ ，

即 $ f({3}^{x}+{4}^{x}-{5}^{x})+f({10}^{x}-{6}^{x}-{8}^{x})\leqslant 0 $ ， $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

当 $ x\leqslant 1 $ 时,函数 $ f(x)={x}^{2} $ 在 $ (-\mathrm{\infty },0] $ 上单调递减,且 $ f(x)\in [0,+\mathrm{\infty }) $ , $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上单调递增,且 $ f(x)\in [0,1] $ ;

当 $ x > 1 $ 时,函数 $ f(x)=|{ \log }_{2}(x-1)| $ 在 $ (1,2] $ 上单调递减,且 $ f(x)\in [0,+\mathrm{\infty }) $ , $ f(x) $ 在 $ [2,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,且 $ f(x)\in [0,+\mathrm{\infty }) $ .

设 $ f({x}_{1})=f({x}_{2})=f({x}_{3})=f({x}_{4})=t $ ,作出函数 $ f(x) $ 的图象和直线 $ y=t $ ,如图.

当 $ 0 < t\leqslant 1 $ 时,直线 $ y=t $ 与函数 $ y=f(x) $ 的图象有四个交点,且交点的横坐标分别为 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2} $ , $ {x}_{3} $ , $ {x}_{4} $ ,且 $ {x}_{1} < {x}_{2} < {x}_{3} < {x}_{4} $ .

当 $ x > 1 $ 时,由 $ f(x)=|{ \log }_{2}(x-1)|=1 $ ,解得 $ x=\dfrac{3}{2} $ 或 $ x=3 $ ,于是 $ \dfrac{3}{2}\leqslant {x}_{3} < 2 < {x}_{4}\leqslant 3 $ .

由 $ f({x}_{3})=f({x}_{4}) $ ,得 $ -{ \log }_{2}({x}_{3}-1)={ \log }_{2}({x}_{4}-1) $ ,则 $ {x}_{3}-1=\dfrac{1}{{x}_{4}-1} $ ,即 $ {x}_{3}=\dfrac{1}{{x}_{4}-1}+1 $ ,而 $ {x}_{1}+{x}_{2}=0 $ ,

因此 $ \dfrac{4}{{x}_{4}+1}+({x}_{1}+{x}_{2}+2){x}_{3}=\dfrac{4}{{x}_{4}+1}+2{x}_{3}=\dfrac{4}{{x}_{4}+1}+\dfrac{2}{{x}_{4}-1}+2 $ .

令 $ g(x)=\dfrac{4}{x+1}+\dfrac{2}{x-1}+2 $ ,显然函数 $ g(x) $ 在 $ (2,3] $ 上单调递减,且 $ g(2)=\dfrac{16}{3} $ , $ g(3)=4 $ ,于是在 $ (2,3] $ 上 $ g(x)\in [4,\dfrac{16}{3}) $ .

故 $ \dfrac{4}{{x}_{4}+1}+({x}_{1}+{x}_{2}+2){x}_{3} $ 的取值范围是 $ [4,\dfrac{16}{3}) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意可知函数 $ f(x)={ \log }_{a}({a}^{x}+m+1)(a > 0,a\ne 1,m\geqslant -1) $ 在其定义域内为增函数，

若 $ y=f(x) $ 为“减半函数”，

则 $ f(x) $ 在 $ [s,t] $ 上的值域为 $ [\dfrac{s}{2},\dfrac{t}{2}] $ .

所以 $ \begin{cases}f(s)=\dfrac{s}{2},\\ f(t)=\dfrac{t}{2},\end{cases} $

即 $ \begin{cases}{ \log }_{a}({a}^{s}+m+1)=\dfrac{s}{2},\\ { \log }_{a}({a}^{t}+m+1)=\dfrac{t}{2},\end{cases} $

所以方程 $ { \log }_{a}({a}^{x}+m+1)=\dfrac{1}{2}x $ 必有两个不同的实数根，

所以 $ {a}^{x}+m+1={a}^{\frac{1}{2}x} $ ，即 $ {a}^{x}-{a}^{\frac{1}{2}x}+m+1=0 $ .

令 $ b={a}^{\frac{1}{2}x} > 0 $ ，则方程 $ {b}^{2}-b+m+1=0 $ 有两个不同的正根，

所以 $ \begin{cases}\mathrm{\Delta }=1-4(m+1) > 0,\\ {b}_{1}+{b}_{2}=1 > 0,\\ {b}_{1}\cdot {b}_{2}=m+1 > 0,\end{cases} $ 解得 $ -1 < m < -\dfrac{3}{4} $ ，即 $ m $ 的取值范围是 $ (-1,-\dfrac{3}{4}) $ .

对于 $ \mathrm{D} $ ，构造 $ f(x)=x+ \ln x-4 $ ，易得 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，

而 $ f(\mathrm{e})=\mathrm{e}+\mathrm{l}\mathrm{n}\mathrm{e}-4=\mathrm{e}-3 < 0 $ ， $ f(3)=3+ \ln 3-4= \ln 3-1 > 0 $ ，

所以 $ f(x)=0 $ 有唯一的正根，且该根位于区间 $ (\mathrm{e},3) $ 上.

因为 $ a+{\mathrm{e}}^{a}=b+ \ln b=4 $ ，

所以 $ f({\mathrm{e}}^{a})=f(b)=0 $ ，

所以 $ {\mathrm{e}}^{a}=b\in (\mathrm{e},3) $ ，故 $ a\in (1, \ln 3) $ ， $ b\in (\mathrm{e},3) $ ，

所以 $ ab > 1\cdot \mathrm{e}=\mathrm{e} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确；

对于 $ \mathrm{C} $ ，而 $ {\mathrm{e}}^{a}=b $ ， $ a+{\mathrm{e}}^{a}=4 $ ，故 $ a+b=4 $ ，又 $ b > \mathrm{e} > \ln 3 > a > 1 $ ，

所以 $ ab=\dfrac{1}{4} [ (a+b)^{2}-{\left(a-b \right) ^ {2}} ] < \dfrac{1}{4}{\left(a+b \right) ^ {2}}=\dfrac{1}{4}×{4}^{2}=4 $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{A}\mathrm{B} $ ，由 $ 1 < a < \mathrm{e} < b $ ，知 $ a $ , $ b $ , $ \ln a $ , $ \ln b\in (0,+\mathrm{\infty }) $ .

则 $ a \ln b+b \ln a > a \ln b > 1\cdot \mathrm{l}\mathrm{n}\mathrm{e}=1 $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确， $ \mathrm{B} $ 错误.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

设 $ t=\sqrt{{x}^{2}+ax+5} $ ,

则 $ { \log }_{\frac{1}{a}}(t+1)\cdot { \log }_{5}({t}^{2}+1)+{ \log }_{a}3=0 $ .

$ \therefore { \log }_{5}({t}^{2}+1)=-\dfrac{{ \log }_{a}3}{{ \log }_{\frac{1}{a}}(t+1)}={ \log }_{t+1}3 $ ,其只有一根 $ t=2 $ ，

则 $ {x}^{2}+ax+5=4 $ ,即 $ {x}^{2}+ax+1=0 $ 有解,

$ \therefore \begin{cases}\mathrm{\Delta }={a}^{2}-4\geqslant 0,\\ a > 0\mathrm{且}a\ne 1,\end{cases} $ 解得 $ a\in [2,+\mathrm{\infty }) $ .