1．已知函数 $ f(x)={ \log }_{3}({9}^{x}+1)-x $ ，设 $ a=f({ \log }_{3}2) $ ， $ b=f({ \log }_{5}3) $ ， $ c=f( \ln \dfrac{1}{\mathrm{e}}) $ ，则 $ a $ , $ b $ , $ c $ 的大小关系为（ ）
A． $ a < b < c $
B． $ a < c < b $
C． $ c < a < b $
D． $ b < a < c $
由 $ {9}^{x}+1 > 1 $ 恒成立，得 $ f(x) $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ，
$ f(x)={ \log }_{3}({9}^{x}+1)-x={ \log }_{3}({9}^{x}+1)-{ \log }_{3}{3}^{x}={ \log }_{3}\frac{{9}^{x}+1}{{3}^{x}}={ \log }_{3}({3}^{x}+{3}^{-x}) $ ，
由 $ f(-x)={ \log }_{3}({3}^{-x}+{3}^{x})=f(x) $ ，得 $ f(x) $ 为偶函数，
则 $ c=f( \ln \dfrac{1}{\mathrm{e}})=f(-1)=f(1) $ ，
又 $ { \log }_{3}2 < { \log }_{3}3=1 $ ， $ { \log }_{5}3 < { \log }_{5}5=1 $ ，
$ { \log }_{3}2=\dfrac{1}{3}{ \log }_{3}{2}^{3}=\dfrac{1}{3}{ \log }_{3}8 < \dfrac{1}{3}{ \log }_{3}9=\dfrac{2}{3} $ ，
$ { \log }_{5}3=\dfrac{1}{3}{ \log }_{5}{3}^{3}=\dfrac{1}{3}{ \log }_{5}27 > \dfrac{1}{3}{ \log }_{5}25=\dfrac{2}{3} $ ，
所以 $ { \log }_{3}2 < { \log }_{5}3 < 1 $ ，当 $ x\in (0,1] $ 时， $ {3}^{x}\in (1,3] $ ，令 $ t={3}^{x}\in (1,3] $ ，
令 $ y=t+\dfrac{1}{t} $ ， $ t\in (1,3] $ ，由对勾函数性质可得该函数在 $ (1,3] $ 上单调递增，
则 $ f(x)={ \log }_{3}({3}^{x}+{3}^{-x}) $ 在 $ (0,1] $ 上单调递增，则 $ f({ \log }_{3}2) < f({ \log }_{5}3) < f(1) $ ,即 $ a < b < c $ .故选 $ \mathrm{A} $ .
2．（多选）已知实数 $ a $ , $ b $ , $ c $ 满足 $ a={ \log }_{5}({2}^{b}+{3}^{b}) $ , $ c={ \log }_{3}({5}^{b}-{2}^{b}) $ ，且 $ b\geqslant 1 $ ，则（ ）（多选）
A． $ |a-c|\leqslant |b-c| $
B． $ |a-c|\geqslant |b-c| $
C． $ |a-b|\leqslant |b-c| $
D． $ |a-b|\geqslant |b-c| $
由题意得 $ {5}^{b}-{2}^{b} > 0 $ ，即 $ {5}^{b} > {2}^{b} $ ，又 $ b\geqslant 1 $ ，则 $ 0 < {\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {b}} < 1 $ .
令 $ f(x)={\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {x}}+{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {x}} $ ， $ f(1)=1 $ ，因为函数 $ y={\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {x}} $ , $ y={\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {x}} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递减，所以 $ f(x) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递减.
当 $ b > 1 $ 时， $ {\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {b}}+{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {b}} < 1 $ ，所以 $ {2}^{b}+{3}^{b} < {5}^{b} $ ，两边同取以5为底的对数得 $ a={ \log }_{5}({2}^{b}+{3}^{b}) < { \log }_{5}{5}^{b}=b $ .
由 $ {2}^{b}+{3}^{b} < {5}^{b} $ ，移项得 $ {5}^{b}-{2}^{b} > {3}^{b} $ ，两边同取以3为底的对数得 $ c={ \log }_{3}({5}^{b}-{2}^{b}) > b $ ，
所以 $ c > b > a $ ，所以 $ -b < -a $ ，所以 $ c-b < c-a $ ，且 $ c-b > 0 $ ， $ c-a > 0 $ ，所以 $ |a-c| > |b-c| $ .
下面证明当 $ b > 1 $ 时， $ 0 < b-a < c-b $ ，
$ b-a=b-{ \log }_{5}({2}^{b}+{3}^{b}) $
$ ={ \log }_{5}\frac{{5}^{b}}{{2}^{b}+{3}^{b}}={ \log }_{5}\frac{1}{{\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {b}}+{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {b}}} $ ，
$ c-b={ \log }_{3}({5}^{b}-{2}^{b})-b={ \log }_{3}[{\left(\dfrac{5}{3}\right) ^ {b}}-{\left(\dfrac{2}{3}\right) ^ {b}}] $ ，
根据函数 $ ℎ(x)={\left(\dfrac{5}{3}\right) ^ {x}}-{\left(\dfrac{2}{3}\right) ^ {x}} $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上单调递增，且 $ ℎ(1)=1 $ ，
则当 $ b > 1 $ 时， $ 1 < {\left(\dfrac{5}{3}\right) ^ {b}}-{\left(\dfrac{2}{3}\right) ^ {b}} $ ，因为 $ 0 < {\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {b}}+{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {b}} < 1 $ ，
所以 $ 1 < \dfrac{1}{{\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {b}}+{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {b}}} $ ，
下面证明： $ \dfrac{{5}^{b}}{{2}^{b}+{3}^{b}} < \dfrac{{5}^{b}-{2}^{b}}{{3}^{b}} $ ， $ b > 1 $ ，
要证 $ \dfrac{{5}^{b}}{{2}^{b}+{3}^{b}} < \dfrac{{5}^{b}-{2}^{b}}{{3}^{b}} $ ，
即证 $ {15}^{b} < ({2}^{b}+{3}^{b})({5}^{b}-{2}^{b}) $ ，等价于证明 $ {4}^{b}+{6}^{b} < {10}^{b} $ ，即证 $ {\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {b}}+{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {b}} < 1 $ ，此式已证明，不等式得证.
对 $ \dfrac{{5}^{b}}{{2}^{b}+{3}^{b}} < \dfrac{{5}^{b}-{2}^{b}}{{3}^{b}} $ ，左边分子、分母同时除以 $ {5}^{b} $ ，得 $ \dfrac{1}{{\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {b}}+{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {b}}} < {\left(\dfrac{5}{3}\right) ^ {b}}-{\left(\dfrac{2}{3}\right) ^ {b}} $ ，
则 $ 0 < b-a={ \log }_{5}\frac{1}{{\left(\dfrac{2}{5}\right) ^ {b}}+{\left(\dfrac{3}{5}\right) ^ {b}}} < { \log }_{5}[{\left(\dfrac{5}{3}\right) ^ {b}}-{\left(\dfrac{2}{3}\right) ^ {b}}] < { \log }_{3}[{\left(\dfrac{5}{3}\right) ^ {b}}-{\left(\dfrac{2}{3}\right) ^ {b}}]=c-b $ ，
故当 $ b > 1 $ 时， $ 0 < b-a < c-b $ ，则 $ |a-b| < |b-c| $ .
当 $ b=1 $ 时， $ a={ \log }_{5}5=1 $ ， $ c={ \log }_{3}3=1 $ ，则 $ |a-c|=|b-c| $ ， $ |a-b|=|b-c| $ .
综上， $ |a-c|\geqslant |b-c| $ ， $ |a-b|\leqslant |b-c| $ .故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .
3．（多选）若 $ (a,b)(a > 0,a\ne 1) $ 为函数 $ y={ \log }_{2}x $ 图象上的一点，则下列选项正确的是（ ）（多选）
A． $ (b,a) $ 为函数 $ y={2}^{x} $ 图象上的点
B． $ (\dfrac{1}{a},b) $ 为函数 $ y={ \log }_{\frac{1}{2}}x $ 图象上的点
C． $ (-b,a) $ 为函数 $ y={\left(\dfrac{1}{2}\right) ^ {x}} $ 图象上的点
D． $ (a,2b) $ 为函数 $ y={ \log }_{4}x $ 图象上的点
$ \because (a,b)(a > 0,a\ne 1) $ 为函数 $ y={ \log }_{2}x $ 图象上的一点,
$ \therefore { \log }_{2}a=b $ , $ \therefore {2}^{b}=a $ ,则 $ (b,a) $ 为函数 $ y={2}^{x} $ 图象上的点,故 $ \mathrm{A} $ 正确；
$ \because { \log }_{2}a=b $ , $ \therefore { \log }_{\frac{1}{2}}\frac{1}{a}=\dfrac{-1}{-1}{ \log }_{2}a=b $ ,则 $ (\dfrac{1}{a},b) $ 为函数 $ y={ \log }_{\frac{1}{2}}x $ 图象上的点,故 $ \mathrm{B} $ 正确；
$ \because {2}^{b}=a $ , $ \therefore {\left(\dfrac{1}{2}\right) ^ {-b}}={2}^{b}=a $ ,则 $ (-b,a) $ 为函数 $ y={\left(\dfrac{1}{2}\right) ^ {x}} $ 图象上的点,故 $ \mathrm{C} $ 正确；
$ \because { \log }_{2}a=b $ , $ \therefore { \log }_{4}a=\dfrac{1}{2}{ \log }_{2}a=\dfrac{1}{2}b\ne 2b $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{C} $ .
4．已知函数 $ f(x)={\mathrm{e}}^{| \ln x|}-|x-\dfrac{1}{x}| $ （其中 $ \mathrm{e} $ 为自然对数的底数），则函数 $ y=f(x+1) $ 的大致图象为（ ）
A．
B．
C．
D．
由题意, $ f(x)=\begin{cases}x,0 < x < 1,\\ \dfrac{1}{x},x\geqslant 1,\end{cases} $ 则 $ f(x+1)=\begin{cases}x+1,-1 < x < 0,\\ \dfrac{1}{x+1},x\geqslant 0,\end{cases} $ 数形结合可知, $ y=f(x+1) $ 的大致图象为选项 $ \mathrm{A} $ 中的图象.故选 $ \mathrm{A} $ .
5．已知函数 $ f(x)={ \log }_{a}x $ .若不等式 $ \left|f(x)\right| > 1 $ 对于任意 $ x\in [2,+\mathrm{\infty }) $ 恒成立，则实数 $ a $ 的取值范围是（ ）
A． $ (0,\dfrac{1}{2})\cup (1,2) $
B． $ (0,\dfrac{1}{2})\cup (2,+\mathrm{\infty }) $
C． $ (\dfrac{1}{2},1)\cup (1,2) $
D． $ (\dfrac{1}{2},1)\cup (2,+\mathrm{\infty }) $
先画出函数 $ f(x)=\left|{ \log }_{a}x\right| $ 的大致图象，再画出直线 $ y=1 $ ，如图所示，交点为 $ (a,1) $ 和 $ (\dfrac{1}{a},1) $ .
由于不等式 $ \left|f(x)\right| > 1 $ 对于任意 $ x\in [2,+\mathrm{\infty }) $ 恒成立，当 $ a > 1 $ 时，右边交点为 $ (a,1) $ ，则 $ a < 2 $ ，所以 $ a\in (1,2) $ ；
当 $ 0 < a < 1 $ 时，右边交点为 $ (\dfrac{1}{a},1) $ ，则 $ \dfrac{1}{a} < 2 $ ,所以 $ a\in (\dfrac{1}{2},1) $ .
综上可知，实数 $ a $ 的取值范围是 $ (\dfrac{1}{2},1)\cup (1,2) $ .故选 $ \mathrm{C} $ .
6．已知函数 $ f (x )=\begin{cases} (a-2 )x+3a-1,x\leqslant 1,\\ 2{a}^{x},x > 1\end{cases} (0 < a < 2 $ 且 $ a\ne 1) $ ，若 $ f(x) $ 有最小值，则 $ a $ 的取值范围是（ ）
A． $ (0,\dfrac{3}{4}] $
B． $ (1,\dfrac{3}{2}] $
C． $ (0,1)\cup (1,\dfrac{3}{2}] $
D． $ (0,\dfrac{3}{4}]\cup (1,\dfrac{3}{2}] $
由题知 $ f(1)=a-2+3a-1=4a-3 $ ，
当 $ x=1 $ 时， $ 2{a}^{x}=2a $ ，
若 $ 1 < a < 2 $ ，当 $ x\leqslant 1 $ 时， $ f(x) $ 单调递减，此时 $ f(x)\geqslant f(1)=4a-3 $ ，
当 $ x > 1 $ 时， $ f(x) $ 单调递增，且此时 $ f(x) > 2a $ ，要使 $ f(x) $ 有最小值，
则 $ 4a-3\leqslant 2a $ ，即 $ 2a\leqslant 3 $ ， $ a\leqslant \dfrac{3}{2} $ ，则 $ 1 < a\leqslant \dfrac{3}{2} $ ；
若 $ 0 < a < 1 $ ，当 $ x\leqslant 1 $ 时， $ f(x) $ 单调递减，此时 $ f(x)\geqslant f(1)=4a-3 $ ，
当 $ x > 1 $ 时， $ f(x) $ 单调递减，且 $ f(x) > 0 $ ，要使 $ f(x) $ 有最小值，
则 $ 4a-3\leqslant 0 $ ，即 $ a\leqslant \dfrac{3}{4} $ ，则 $ 0 < a\leqslant \dfrac{3}{4} $ .
综上所述，实数 $ a $ 的取值范围是 $ (0,\dfrac{3}{4}]\cup (1,\dfrac{3}{2}] $ .故选 $ \mathrm{D} $ .
7．已知函数 $ f(x)=\dfrac{2}{{3}^{x}+1}-2x $ ，则 $ f(2)+f(-2)= $ ；不等式 $ f(x)+f(3x+1)\geqslant 2 $ 的解集为 .
2； $ ｛x|x\leqslant -\dfrac{1}{4}｝ $
依题意， $ f(2)=\dfrac{2}{{3}^{2}+1}-2×2=-\dfrac{19}{5} $ ， $ f(-2)=\dfrac{2}{{3}^{-2}+1}+2×2=\dfrac{29}{5} $ ，所以 $ f(2)+f(-2)=2 $ .
由题知函数 $ f(x)=\dfrac{2}{{3}^{x}+1}-2x $ 的定义域为 $ \boldsymbol{R} $ ，且 $ f(-x)=\dfrac{2}{{3}^{-x}+1}+2x=2-\dfrac{2}{{3}^{x}+1}+2x $ ，
则 $ f(x)+f(-x)=2 $ ，则 $ 1-f(-x)=-[1-f(x)] $ ，令 $ g(x)=1-f(x) $ ，
$ g(-x)=1-f(-x)=-g(x) $ ，则 $ g(x) $ 是 $ \boldsymbol{R} $ 上的奇函数，且 $ g(0)=1-f(0)=0 $ ，
由 $ y=-\dfrac{2}{{3}^{x}+1} $ ， $ y=2x+1 $ 都是 $ \boldsymbol{R} $ 上的增函数，得 $ g(x) $ 是 $ \boldsymbol{R} $ 上的增函数，
由 $ f(x)+f(3x+1)\geqslant 2 $ ，得 $ 1-g(x)+1-g(3x+1)\geqslant 2 $ ，即 $ -g(x)\geqslant g(3x+1) $ ，
则 $ g(-x)\geqslant g(3x+1) $ ，因此 $ -x\geqslant 3x+1 $ ，解得 $ x\leqslant -\dfrac{1}{4} $ ，故 $ f(x)+f(3x+1)\geqslant 2 $ 的解集为 $ ｛x|x\leqslant -\dfrac{1}{4}｝ $ .
8．已知函数 $ f(x)={ \log }_{a}(\dfrac{m}{x}-1) $ 的图象恒过定点 $ (1,0) $ ，其中 $ a > 0 $ 且 $ a\ne 1 $ .
（1） 求实数 $ m $ 的值，并研究函数 $ y=f(x+1) $ 的奇偶性；
（2） 函数 $ g(x)={ \log }_{a}[x+\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x}-2(k+1)] $ ，关于 $ x $ 的方程 $ f(x)=g(x) $ 恰有唯一解，求实数 $ k $ 的取值范围.
（1） 【解】因为函数 $ f(x)={ \log }_{a}(\dfrac{m}{x}-1) $ 的图象恒过定点 $ (1,0) $ ,
所以 $ { \log }_{a}(m-1)=0 $ ,则 $ m-1=1 $ ,得 $ m=2 $ ,
所以 $ f(x)={ \log }_{a}(\dfrac{2}{x}-1) $ .
所以 $ y=f(x+1)={ \log }_{a}(\dfrac{2}{x+1}-1)={ \log }_{a}\frac{1-x}{x+1} $ ,
由 $ \dfrac{1-x}{x+1} > 0 $ ,得 $ -1 < x < 1 $ ,即 $ y=f(x+1) $ 的定义域为 $ (-1,1) $ ,关于原点对称.
令 $ ℎ(x)=f(x+1)={ \log }_{a}\frac{1-x}{x+1} $ ,
因为 $ ℎ(-x)={ \log }_{a}\frac{1+x}{-x+1}={ \log }_{a}{\left(\dfrac{1-x}{x+1}\right) ^ {-1}}=-{ \log }_{a}\frac{1-x}{x+1}=-ℎ(x) $ ,
所以 $ ℎ(x) $ 为奇函数,即函数 $ y=f(x+1) $ 为奇函数.
（2） 由 $ f(x)=g(x) $ ,得 $ { \log }_{a}(\dfrac{2}{x}-1)={ \log }_{a}[x+\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x}-2(k+1)] $ ,
所以 $ \begin{cases}x+\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x}-2(k+1)=\dfrac{2}{x}-1,\\ \dfrac{2}{x}-1 > 0,\\ x+\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x}-2(k+1) > 0.\end{cases} $
由 $ \dfrac{2}{x}-1 > 0 $ ,得 $ \dfrac{2-x}{x} > 0 $ ,解得 $ 0 < x < 2 $ .
由 $ x+\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x}-2(k+1) > 0 $ ,得 $ x+\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x} > 2(k+1) $ ,
因为 $ x+\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x}\geqslant 2\sqrt{x\cdot \dfrac{{k}^{2}+k+2}{x}}=2\sqrt{{k}^{2}+k+2} $ ,
当且仅当 $ x=\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x} $ ,即 $ x=\sqrt{{k}^{2}+k+2} $ 时取等号,
所以 $ 2\sqrt{{k}^{2}+k+2} > 2(k+1) $ ,得 $ k < 1 $ .
由 $ x+\dfrac{{k}^{2}+k+2}{x}-2(k+1)=\dfrac{2}{x}-1 $ ,得 $ {x}^{2}+{k}^{2}+k+2-2(k+1)x=2-x $ ,
整理得 $ {x}^{2}-(2k+1)x+{k}^{2}+k=0 $ ,
得 $ (x-k)[x-(k+1)]=0 $ ,解得 $ x=k $ 或 $ x=k+1 $ .
因为关于 $ x $ 的方程 $ f(x)=g(x) $ 恰有唯一解,
所以 $ \begin{cases}0 < k < 2,\\ k+1\geqslant 2\end{cases} $ 或 $ \begin{cases}k\leqslant 0,\\ 0 < k+1 < 2,\end{cases} $
解得 $ 1\leqslant k < 2 $ （舍去）或 $ -1 < k\leqslant 0 $ .
综上,实数 $ k $ 的取值范围为 $ (-1,0] $ .