高考数学（文）高分计划一轮高分讲义第2章函数导数及其应用2.6对数与对数函数

2．6对数与对数函数[知识梳理]1．对数2．对数函数的概念、图象与性质3．反函数概念：当一个函数的自变量和函数值成一一对应时，可以把这个函数的因变量作为一个新的函数的自变量，而把这个函数的自变量作为新的函数的因变量，我们称这两个函数互为反函数．4．对数函数与指数函数的关系指数函数y＝ax(a>0且a≠1)与对数函数y＝logax(a>0且a≠1)互为反函数．(1)对数函数的自变量x恰好是指数函数的函数值y，而对数函数的函数值y恰好是指数函数的自变量x，即二者的定义域和值域互换．(2)由两函数的图象关于直线y＝x对称，易知两函数的单调性、奇偶性一致．特别提示：底数a对函数y＝logax(a>0且a≠1)的图象的影响(1)底数a与1的大小关系决定了对数函数图象的“升降”：当a>1时，对数函数的图象“上升”；当0<a<1时，对数函数的图象“下降”．(2)底数的大小决定了图象相对位置的高低：不论是a>1还是0<a<1，在第一象限内，自左向右，图象对应的对数函数的底数逐渐变大．(3)作直线y＝1与所给图象相交，交点的横坐标为该对数函数的底数，由此可判断多个对数函数底数的大小关系．[诊断自测]1．概念思辨(1)若logaM2＝logaN2，则M＝N；若M＝N，则logaM2＝logaN2.()(2)当x>1时，若logax>logbx，则a<b.()(3)函数f(x)＝lgeq\f(x－2,x＋2)与g(x)＝lg(x－2)－lg(x＋2)是同一个函数．()(4)对数函数y＝logax(a>0且a≠1)的图象过定点(1,0)，且过点(a,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，－1)).()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P72例8)设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则()A．c>b>a B．b>c>aC．a>c>b D．a>b>c答案D解析解法一：由对数运算法则得a＝log36＝1＋log32，b＝1＋log52，c＝1＋log72，由对数函数图象得log32>log52>log72，所以a>b>c.故选D.解法二：由对数运算法则得a＝1＋log32，b＝1＋log52，c＝1＋log72，∵log27>log25>log23>0，∴eq\f(1,log27)<eq\f(1,log25)<eq\f(1,log23)，即log72<log52<log32，故a>b>c.故选D.(2)(必修A1P75T11)(lg5)2＋lg2·lg50＝________.答案1解析原式＝(lg5)2＋lg2·[lg(2×52)]＝(lg5)2＋2lg5·lg2＋(lg2)2＝(lg5＋lg2)2＝1.3．小题热身(1)(2017·衡阳八中一模)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))xx≤0，,log3xx>0，))则feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝()A．－2 B．－3C．9 D．－9答案C解析∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))xx≤0，,log3xx>0，))∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))＝log3eq\f(1,9)＝－2，∴feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－2＝9.故选C.(2)(2018·郑州模拟)已知lga＋lgb＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，则f(x)＝ax与g(x)＝－logbx的图象可能是()答案B解析∵lga＋lgb＝0，∴a＝eq\f(1,b)，又g(x)＝－logbx＝logeq\s\do8(eq\f(1,b))x＝logax(x>0)，∴函数f(x)与g(x)的单调性相同．故选B.题型1对数的运算eq\o(\s\do1(典例1))(2017·郑州二检)若正数a，b满足2＋log2a＝3＋log3b＝log6(a＋b)，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值为()A．36 B．72C．108 D.eq\f(1,72)对数式转化成指数式．答案C解析设2＋log2a＝3＋log3b＝log6(a＋b)＝k，可得a＝2k－2，b＝3k－3，a＋b＝6k，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(6k,2k－23k－3)＝eq\f(6k,\f(2k,4)×\f(3k,27))＝eq\f(6k,\f(6k,108))＝108.故选C.eq\o(\s\do1(典例2))(2018·镇江模拟)已知log189＝a,18b＝5，求log3645.换底公式．解因为log189＝a,18b＝5，所以log185＝b，于是log3645＝eq\f(log1845,log1836)＝eq\f(log189×5,1＋log182)＝eq\f(a＋b,1＋log18\f(18,9))＝eq\f(a＋b,2－a).方法技巧对数运算的一般思路1．对于指数式、对数式混合型条件的化简求值问题，一般可利用指数与对数的关系，将所给条件统一为对数式或指数式，再根据有关运算性质求解．见典例2.2．在对数运算中，可先利用幂的运算性质把底数或真数变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后运用对数的运算性质、换底公式，将对数式化为同底数对数的和、差、倍数运算．对于连等式，注意设等式为k，见典例1.冲关针对训练1．已知3a＝4b＝eq\r(12)，则eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D.eq\r(2)答案C解析因为3a＝4b＝eq\r(12)，所以a＝log3eq\r(12)，b＝log4eq\r(12)，eq\f(1,a)＝logeq\s\do8(eq\r(12))3，eq\f(1,b)＝logeq\r(12)4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝logeq\s\do8(eq\r(12))3＋logeq\s\do8(eq\r(12))4＝logeq\s\do8(eq\r(12))12＝2.故选C.2．(log32＋log92)·(log43＋log83)＝________.答案eq\f(5,4)解析原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log32＋\f(1,2)log32))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)log23＋\f(1,3)log23))＝log32eq\r(2)·log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3eq\s\up15(eq\f(1,2))·3eq\s\up15(eq\f(1,3))))＝eq\f(\f(3,2)lg2,lg3)·eq\f(\f(5,6)lg3,lg2)＝eq\f(5,4).题型2对数函数的图象及应用eq\o(\s\do1(典例))(2018·长春模拟)当0＜x≤eq\f(1,2)时，4x＜logax，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C．(1，eq\r(2)) D．(eq\r(2)，2)数形结合法，排除法．答案B解析解法一：构造函数f(x)＝4x和g(x)＝logax，当a＞1时不满足条件，当0＜a＜1时，画出两个函数在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的图象，可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即2＜logaeq\f(1,2)，a＞eq\f(\r(2),2)，则a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).故选B.解法二：∵0＜x≤eq\f(1,2)，∴1＜4x≤2，∴logax＞4x＞1，∴0＜a＜1，排除选项C，D；取a＝eq\f(1,2)，x＝eq\f(1,2)，则有4eq\s\up15(eq\f(1,2))＝2，logeq\s\do8(\f(1,2))eq\f(1,2)＝1，显然4x＜logax不成立，排除选项A.故选B.[条件探究]若本典例变为：若不等式x2－logax<0对x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，求实数a的取值范围．解由x2－logax<0得x2<logax，设f1(x)＝x2，f2(x)＝logax，要使x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，不等式x2<logax恒成立，只需f1(x)＝x2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的图象在f2(x)＝logax图象的下方即可．当a>1时，显然不成立；当0<a<1时，如图所示，要使x2<logax在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上恒成立，需f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，所以有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2≤logaeq\f(1,2)，解得a≥eq\f(1,16)，所以eq\f(1,16)≤a<1，即实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，1)).方法技巧利用对数函数的图象可求解的两类热点问题1．对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时，常利用数形结合思想求解．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．冲关针对训练1．(2017·郑州一模)若函数y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域为{y|y≥1}，则函数y＝loga|x|的图象大致是()答案B解析由于y＝a|x|的值域为{y|y≥1}，∴a>1，则y＝logax在(0，＋∞)上是增函数，又函数y＝loga|x|的图象关于y轴对称．因此y＝loga|x|的图象应大致为选项B.故选B.2．(2017·青岛统考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≤1，,logeq\s\do8(\f(1,3))x，x>1，))g(x)＝|x－k|＋|x－1|，若对任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数k的取值范围为________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，＋∞))解析对任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)成立，即f(x)max≤g(x)min，由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≤1，,log\f(1,3)x，x>1))的图象(如图)可知，当x＝eq\f(1,2)时，f(x)取最大值，f(x)max＝eq\f(1,4)；因为g(x)＝|x－k|＋|x－1|≥|x－k－(x－1)|＝|k－1|，所以g(x)min＝|k－1|，所以|k－1|≥eq\f(1,4)，解得k≤eq\f(3,4)或k≥eq\f(5,4)，故答案为k≤eq\f(3,4)或k≥eq\f(5,4).题型3对数函数的性质及应用角度1比较对数值的大小eq\o(\s\do1(典例))(2016·全国卷Ⅰ)若a>b>1,0<c<1，则()A．ac<bc B．abc<bacC．alogbc<blogac D．logac<logbc利用指数函数、对数函数的单调性，结合不等式的性质比较大小；也可用特值法．答案C解析解法一：由a>b>1,0<c<1，知ac>bc，A错误；∵0<c<1，∴－1<c－1<0，∴y＝xc－1在x∈(0，＋∞)上是减函数，∴bc－1>ac－1，又ab>0，∴ab·bc－1>ab·ac－1，即abc>bac，B错误；易知y＝logcx是减函数，∴0>logcb>logca，∴logbc<logac，D错误；由logbc<logac<0，得－logbc>－logac>0，又a>b>1>0，∴－alogbc>－blogac>0，∴alogbc<blogac，故C正确．故选C.解法二：依题意，不妨取a＝4，b＝2，c＝eq\f(1,2).易验证A，B，D均是错误的，只有C正确．故选C.角度2解对数不等式eq\o(\s\do1(典例))(2017·江西名校联考)设函数f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2＋1)＋eq\f(8,3x2＋1)，则不等式f(log2x)＋f(logeq\s\do8(\f(1,2))x)≥2的解集为()A．(0,2] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))C．[2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)利用函数的奇偶性、单调性，结合换元法解不等式．答案B解析∵f(x)的定义域为R，f(－x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2＋1)＋eq\f(8,3x2＋1)＝f(x)，∴f(x)为R上的偶函数．易知其在区间[0，＋∞)上单调递减，令t＝log2x，则logeq\s\do8(\f(1,2))x＝－t，则不等式f(log2x)＋f(logeq\s\do8(\f(1,2))x)≥2可化为f(t)＋f(－t)≥2，即2f(t)≥2，所以f(t)≥1.又∵f(1)＝logeq\s\do8(\f(1,2))2＋eq\f(8,3＋1)＝1，f(x)在[0，＋∞)上单调递减，在R上为偶函数，∴－1≤t≤1，即log2x∈[－1,1]，∴x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).故选B.角度3对数函数性质的综合应用eq\o(\s\do1(典例))已知函数f(x)＝loga(3－ax)．(1)当x∈[0,2]时，函数f(x)恒有意义，求实数a的取值范围；(2)是否存在这样的实数a，使得函数f(x)在区间[1,2]上为减函数，并且最大值为1？如果存在，试求出a的值；如果不存在，请说明理由．运用复合函数的单调性“同增异减”．解(1)∵a>0且a≠1，设t(x)＝3－ax，则t(x)＝3－ax为减函数，x∈[0,2]时，t(x)的最小值为3－2a，当x∈[0,2]时，f(x)恒有意义，即x∈[0,2]时，3－ax>0恒成立．∴3－2a>0，∴a<eq\f(3,2).又a>0且a≠1，∴a∈(0,1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).(2)t(x)＝3－ax，∵a>0，∴函数t(x)为减函数．∵f(x)在区间[1,2]上为减函数，∴y＝logat为增函数，∴a>1，x∈[1,2]时，t(x)最小值为3－2a，f(x)最大值为f(1)＝loga(3－a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2a>0，,loga3－a＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<\f(3,2)，,a＝\f(3,2).))故不存在这样的实数a，使得函数f(x)在区间[1,2]上为减函数，并且最大值为1.方法技巧对数函数的性质及应用问题的常见题型与解题策略1．对数型函数定义域的求解列出对应的不等式(组)求解，注意对数函数的底数和真数的取值范围．2．比较对数式的大小．①若底数为同一常数，则可由对数函数的单调性直接进行判断；若底数为同一字母，则需对底数进行分类讨论；②若底数不同，真数相同，则可以先用换底公式化为同底后，再进行比较；③若底数与真数都不同，则常借助1,0等中间量进行比较．3．解对数不等式，形如logax>logab的不等式，借助y＝logax的单调性求解，如果a的取值不确定，需分a>1与0<a<1两种情况讨论；形如logax>b的不等式，需先将b化为以a为底的对数式的形式．4．对数函数性质的应用多用在复合函数的单调性上，即求形如y＝logaf(x)的复合函数的单调区间，其一般步骤为：①求定义域，即满足f(x)>0的x的取值集合；②将复合函数分解成基本初等函数y＝logau及u＝f(x)；③分别确定这两个函数的单调区间；④若这两个函数同增或同减，则y＝logaf(x)为增函数，若一增一减，则y＝logaf(x)为减函数，即“同增异减”．

冲关针对训练1．(2018·河南模拟)设a＝60.4，b＝log0.40.5，c＝log80.4，则a，b，c的大小关系是(A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a答案B解析∵a＝60.4>1，b＝log0.40.5∈(0,1)，c＝log80.4<0，∴a>b>c.故选2．(2017·南昌调研)a>0，a≠1，函数f(x)＝loga|ax2－x|在[3,4]上是增函数，则a的取值范围是()A.eq\f(1,6)≤a<eq\f(1,4)或a>1 B．a>1C.eq\f(1,8)≤a<eq\f(1,4) D.eq\f(1,5)≤a≤eq\f(1,4)或a>1答案A解析∵a>0，a≠1，令g(x)＝|ax2－x|eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≠0，x≠\f(1,a)))作出其图象如右：∵函数f(x)＝loga|ax2－x|在[3,4]上是增函数，若a>1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)≥4，,a>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<3，,a>1，))解得a>1；若0<a<1，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)≤3，,\f(1,a)>4，))解得eq\f(1,6)≤a<eq\f(1,4).故选A.题型4指数函数、对数函数的综合应用eq\o(\s\do1(典例1))(2018·西安模拟)设方程log2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0，logeq\s\do8(\f(1,2))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0的根分别为x1，x2，则()A．x1x2＝1 B．0<x1x2<1C．1<x1x2<2 D．x1x2≥2数形结合法．答案B解析由方程log2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0得log2x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，logeq\s\do8(\f(1,2))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0得logeq\s\do8(\f(1,2))x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，分别画出左右两边函数的图象，如图所示．由指数与对数函数的图象知：x1>1>x2>0，于是有log2x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2<logeq\s\do8(\f(1,2))x2，得x1<eq\f(1,x2)，所以0<x1x2<1.故选B.eq\o(\s\do1(典例2))设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，,log2x，x>0，))函数y＝f[f(x)]－1的零点个数为________．分类讨论法．答案2解析当x≤0时，y＝f[f(x)]－1＝f(2x)－1＝log22x－1＝x－1，令x－1＝0，则x＝1，表明此时y＝f[f(x)]－1无零点．当x>0时，分两种情况：①当x>1时，log2x>0，y＝f[f(x)]－1＝f(log2x)－1＝log2(log2x)－1，令log2(log2x)－1＝0，即log2(log2x)＝1，log2x＝2，解得x＝4；②当0<x≤1时，log2x≤0，y＝f[f(x)]－1＝f(log2x)－1＝2log2x－1＝x－1，令x－1＝0，解得x＝1，因此函数y＝f[f(x)]－1的零点个数为2.方法技巧解指数函数与对数函数综合题的方法1．首先考虑函数的定义域，见典例2.2．注意联想数形结合思想．见典例1.冲关针对训练1．(2018·天津模拟)已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))答案B解析∵f(x)＝ln(x2＋1)在[0,3]上单调递增，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m在[1,2]上单调递减，∴f(x)min＝f(0)＝0，g(x)min＝g(2)＝eq\f(1,4)－m.又∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，∴f(x)min≥g(x)min，即eq\f(1,4)－m≤0，∴m≥eq\f(1,4).故选B.2．设点P在曲线y＝eq\f(1,2)ex上，点Q在曲线y＝ln(2x)上，则|PQ|的最小值为()A．1－ln2 B．eq\r(2)(1－ln2)C．1＋ln2 D.eq\r(2)(1＋ln2)答案B解析根据函数y＝eq\f(1,2)ex和函数y＝ln2x的图象可知两函数图象关于直线y＝x对称，故要求|PQ|的最小值可转化为求与直线y＝x平行且与两曲线相切的直线间的距离，设曲线y＝eq\f(1,2)ex上的切点为A(m，n)，则A到直线y＝x的距离的2倍即所求最小值．因为y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ex))′＝eq\f(1,2)ex，则eq\f(1,2)em＝1，所以m＝ln2，切点A的坐标为(ln2,1)，切点到直线y＝x的距离为d＝eq\f(|ln2－1|,\r(2))＝eq\f(1－ln2,\r(2))，所以2d＝eq\r(2)(1－ln2)．故选B.1．(2017·北京高考)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与eq\f(M,N)最接近的是()(参考数据：lg3≈0.48)A．1033 B．1053C．1073 D．1093答案D解析由题意，lgeq\f(M,N)＝lgeq\f(3361,1080)＝lg3361－lg1080＝361lg3－80lg10≈361×0.48－80×1＝93.28.又lg1033＝33，lg1053＝53，lg1073＝73，lg1093＝93，故与eq\f(M,N)最接近的是1093.故选D.2．(2018·山西模拟)函数y＝lnsinx(0<x<π)的大致图象是()答案C解析因为0<x<π，所以0<sinx≤1，所以lnsinx≤0.故选C.3．(2018·江西九江联考)若函数f(x)＝log2(x2－ax－3a)在区间(－∞，－2]上是减函数，则实数a的取值范围是()A．(－∞，4) B．(－4,4]C．(－∞，4)∪[2，＋∞) D．[－4,4)答案D解析由题意得x2－ax－3a>0在区间(－∞，－2]上恒成立且函数y＝x2－ax－3a在(－∞，－2]上递减，则eq\f(a,2)≥－2且(－2)2－(－2)a－3a>0，解得实数a的取值范围是[－4,4)．故选D.4．(2015·福建高考)若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x>2))(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．答案(1,2]解析当x≤2时，f(x)＝－x＋6，f(x)在(－∞，2]上为减函数，∴f(x)∈[4，＋∞)．当x>2时，若a∈(0,1)，则f(x)＝3＋logax在(2，＋∞)上为减函数，f(x)∈(－∞，3＋loga2)，显然不满足题意，∴a>1，此时f(x)在(2，＋∞)上为增函数，f(x)∈(3＋loga2，＋∞)，由题意可知(3＋loga2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则3＋loga2≥4，即loga2≥1，∴1<a≤2.[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2018·安阳检测)若点(a，b)在y＝lgx图象上，a≠1，则下列点也在此图象上的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，b)) B．(10a,1－b)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,a)，b＋1)) D．(a2,2b)答案D解析当x＝a2时，y＝lga2＝2lga＝2b，所以点(a2,2b)在函数y＝lgx图象上．故选D.2．已知函数f(x)＝2＋log2x，x∈[1,2]，则函数y＝f(x)＋f(x2)的值域为()A．[4,5] B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(11,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(13,2))) D．[4,7]答案B解析y＝f(x)＋f(x2)＝2＋log2x＋2＋log2x2＝4＋3log2x，注意到为使得y＝f(x)＋f(x2)有意义，必有1≤x2≤2，得1≤x≤eq\r(2)，从而4≤y≤eq\f(11,2).故选B.3．(2018·太原调研)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2x，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且0<x1<x0，则f(x1)()A．恒为负值 B．等于0C．恒为正值 D．不大于0答案C解析作出y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x和y＝log2x的图象，如图．由图可知有0<x1<x0时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x1>log2x1.即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x1－log2x1>0.∴f(x1)>0.故选C.4．(2017·河南二模)函数y＝eq\f(2x,ln|x|)的图象大致为()答案B解析函数y＝eq\f(2x,ln|x|)的定义域为{x|x≠0且x≠±1}，故排除A；∵f(－x)＝eq\f(－2x,ln|x|)＝－eq\f(2x,ln|x|)＝－f(x)，∴排除C；当x＝2时，y＝eq\f(4,ln2)>0，故排除D.故选B.5．(2015·湖南高考)设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是()A．奇函数，且在(0,1)上是增函数B．奇函数，且在(0,1)上是减函数C．偶函数，且在(0,1)上是增函数D．偶函数，且在(0,1)上是减函数答案A解析解法一：函数f(x)的定义域为(－1,1)，任取x∈(－1,1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，则f(x)是奇函数．当x∈(0,1)时，f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1－x)＝eq\f(2,1－x2)>0，所以f(x)在(0,1)上是增函数．综上，故选A.解法二：同解法一知f(x)是奇函数．当x∈(0,1)时，f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\f(2－1－x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)－1)).∵y＝eq\f(2,1－x)(x∈(0,1))是增函数，y＝lnx也是增函数，∴f(x)在(0,1)上是增函数．综上，故选A.6．已知函数f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－ax－a)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上是增函数，则实数a的取值范围是()A．[－1，＋∞) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) D．(－∞，－1]答案B解析f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－ax－a)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上是增函数，说明内层函数μ(x)＝x2－ax－a在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上是减函数且μ(x)>0成立，只需对称轴x＝eq\f(a,2)≥－eq\f(1,2)且μ(x)min＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>0，∴解得a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).故选B.7．(2017·安徽安庆二模)已知函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x∈(－∞，0]时，f(x)为减函数，若a＝f(20.3)，b＝f(logeq\s\do8(\f(1,2))4)，c＝f(log25)，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．c>b>aC．c>a>b D．a>c>b答案B解析函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x∈(－∞，0]时，f(x)为减函数，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，∵b＝f(logeq\s\do8(\f(1,2))4)＝f(－2)＝f(2)，1<20.3<2<log25，∴c>b>a.故选B.8．(2017·广东模拟)若函数f(x)＝(ex－e－x)x，f(log5x)＋f(logeq\s\do8(\f(1,5))x)≤2f(1)，则x的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，1)) B．[1,5]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，5)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,5)))∪[5，＋∞)答案C解析∵f(x)＝(ex－e－x)x，∴f(－x)＝－x(e－x－ex)＝(ex－e－x)x＝f(x)(x∈R)，∴函数f(x)是偶函数．∵f′(x)＝(ex－e－x)＋x(ex＋e－x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(log5x)＋f(logeq\s\do8(\f(1,5))x)≤2f(1)，∴2f(log5x)≤2f(1)，即f(log5x)≤f(1)，∴|log5x|≤1，∴eq\f(1,5)≤x≤5.故选C.9．(2017·河北五校质检)函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋2＝0上，其中m>0，n>0，则eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)的最小值为()A．2eq\r(2)B．4C.eq\f(5,2)D.eq\f(9,2)答案D解析由函数y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的解析式知：当x＝－2时，y＝－1，所以点A的坐标为(－2，－1)，又因为点A在直线mx＋ny＋2＝0上，所以－2m－n＋2＝0，即2m＋n＝2，又m>0，n>0，所以eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(2m＋n,m)＋eq\f(2m＋n,2n)＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)＋eq\f(1,2)≥eq\f(5,2)＋2＝eq\f(9,2)，当且仅当m＝n＝eq\f(2,3)时等号成立，所以eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)的最小值为eq\f(9,2).故选D.10．(2017·江西红色七校二模)已知函数f(x)＝lneq\f(ex,e－x)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2017)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,2017)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016e,2017)))＝504(a＋b)，则a2＋b2的最小值为()A．6 B．8C．9 D．12答案B解析∵f(x)＋f(e－x)＝lneq\f(ex,e－x)＋lneq\f(ee－x,x)＝lne2＝2，∴504(a＋b)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2017)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,2017)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016e,2017)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016e,2017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,2017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2015e,2017)))＋…＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016e,2017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2017)))))＝eq\f(1,2)×(2×2016)＝2016，∴a＋b＝4，∴a2＋b2≥eq\f(a＋b2,2)＝eq\f(42,2)＝8，当且仅当a＝b＝2时取等号．∴a2＋b2的最小值为8.故选B.二、填空题11．(2018·禅城区月考)已知函数f(x)＝|lgx|，若0<a<b，且f(a)＝f(b)，则2a＋b的取值范围是________．答案[2eq\r(2)，＋∞)解析画出y＝|lgx|的图象如图：∵0<a<b，且f(a)＝f(b)，∴|lga|＝|lgb|且0<a<1，b>1，∴－lga＝lgb，∴ab＝1，∴2a＋b≥2eq\r(2ab)＝2eq\r(2).当2a＝b时等号成立，∴2a＋b≥2eq\r(2).12．函数f(x)＝log2eq\r(x)·logeq\r(2)(2x)的最小值为________．答案－eq\f(1,4)解析显然x>0，∴f(x)＝log2eq\r(x)·logeq\s\do8(eq\r(2))(2x)＝eq\f(1,2)log2x·log2(4x2)＝eq\f(1,2)log2x·(log24＋2log2x)＝log2x＋(log2x)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2x＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，当且仅当x＝eq\f(\r(2),2)时，取“＝”，故f(x)min＝－eq\f(1,4).13．(2017·山西质检)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x＋1|，x<1，,log2x－m，x>1，))若f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1，x2，x3互不相等)，且x1＋x2＋x3的取值范围为(1,8)，则实数m的值为__