2024-2025学年新教材高中数学第四章对数运算和对数函数微专题集训四指数函数与对数函数的综合应用一课一练含解析北师大版必修第一册

PAGEPAGE5第四章对数运算与对数函数微专题集训四指数函数与对数函数的综合应用专题1指数、对数函数的图像及其应用1.☉%@358￥*1*%☉(2024·临川一中月考)已知函数f(x)=3x,x≤1,log13x,图4-1答案：B解析：先作出f(x)=3x,x≤1,log13x,x>1的大致图像,如图所示,再把f(x)2.☉%*9￥7@07*%☉(2024·枣庄八中质量检测)函数f(x)=e1-x2的部分图像大致是图4-2答案：C解析：明显函数为偶函数,所以图像关于y轴对称,解除A,B;因为e1-x2>0,所以解除3.☉%*3*￥8#49%☉(2024·张家口一中月考)已知f(x)=ax-2,g(x)=loga|x|(a>0,a≠1),若f(4)·g(-4)<0,则y=f(x),y=g(x)在同一平面直角坐标系内的大致图像是()。图4-3答案：B解析：由f(4)·g(-4)<0知a2·loga4<0,所以loga4<0,所以0<a<1,所以f(x)和g(x)在(0,+∞)上都是减函数,只有B选项符合。故选B。4.☉%@603*￥#6%☉(2024·长沙一中月考)已知函数f(x)=loga(2x+b-1)(a>0,a≠1)的图像如图4-4,则a,b满意的关系是()。图4-4A.0<1a<b<1B.0<b<1C.0<1b<a<1D.0<1a<答案：A解析：由题图知函数f(x)单调递增,所以a>1。又-1<f(0)<0,f(0)=loga(20+b-1)=logab,即-1<logab<0,所以0<1a<b<1。故选A5.☉%##0￥7#53%☉(2024·石门一中月考)已知函数y=f(x)的周期为2,当x∈[-1,1]时f(x)=x2,那么方程f(x)=|lgx|的解的个数是多少?答案：解:画出函数y=f(x)和y=|lgx|的图像,如图所示,可以看出交点有10个。由此可得方程有10个解。专题2与指数、对数函数相关的抽象函数问题6.☉%917#￥0*@%☉(2024·华师一附中高一检测)下列函数中,满意“f(x+y)=f(x)f(y)”的单调递增函数是()。A.f(x)=x3B.f(x)=3xC.f(x)=x12D.f(x答案：B解析：把握和的函数值等于函数值的积的特征,其典型代表函数为指数函数,又所求函数为单调递增函数,故选B。7.☉%62￥*9￥1#%☉(2024·巴东一中期中)定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)满意对随意的实数x,y都有f(xy)=yf(x)。(1)求f(1)的值;答案：解:因为对随意的实数x,y都有f(xy)=yf(x),若令x=1,y=2,则有f(12)=2f(1),所以f(1)=0。(2)若f12<0,求证:f(x)在(0,+∞)答案：证明:对随意0<x1<x2,存在s,t使得x1=12s,x2=12t,且所以f(x1)-f(x2)=f12s-f12t=(s-t)f12<0,即f(x1)<f(x2),故函数f(x)8.☉%541@@1#@%☉(2024·昆明三中月考)设函数f(x)满意fxy=f(x)-f(y)(1)求证:f(1)=0;答案：证明:令x=y=1,则f11=f(1)-f(1)=0,从而f(1)=0(2)求证:f(xn)=nf(x)(n∈N)。答案：因为f(xy)=fx1y=f(x)-f1y=f(x)-f(1)+f(y)=f(x)+f(y),所以f(xn)=f(x·x·x·…·x9.☉%037￥￥￥2*%☉(2024·城固一中模拟)设函数f(x)的定义域是R,对于随意实数m,n,恒有f(m+n)=f(m)·f(n),且当x>0时,0<f(x)<1。(1)求证:f(0)=1,且当x<0时,有f(x)>1;答案：证明:因为对随意实数m,n,恒有f(m+n)=f(m)·f(n),令m=1,n=0,则f(1)=f(1)·f(0)。因为当x>0时,0<f(x)<1,所以f(0)=1。设m=x<0,n=-x>0,所以f(0)=f(x)·f(-x),所以f(x)=f(0)f即当x<0时,有f(x)>1。(2)推断f(x)在R上的单调性。答案：解:取随意的x1,x2∈R,且x1<x2,则x2-x1>0,所以0<f(x2-x1)<1。由(1)知,f(x1)>0,所以f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)·f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]<0,即f(x2)<f(x1),所以f(x)在R上单调递减。专题3指数、对数函数中的分类探讨问题10.☉%52##50@@%☉(2024·宁波调考)若函数y=log2ax2+(a-1)x+14a的定义域为R,则实数a的取值范围为。

答案：12解析：函数y=log2ax2+(a-1)x+14a的定义域为R,即ax2若a=0,则-x>0不能恒成立,所以a≠0,则二次函数t=ax2+(a-1)x+14a的图像在x轴上方所以a>0,(a故实数a的取值范围是1211.☉%8#￥7@8￥8%☉(2024·新余四中月考)设a>0且a≠1,若P=loga(a3+1),Q=loga(a2+1),试比较P,Q的大小。答案：解:当0<a<1时,有a3<a2,即a3+1<a2+1。又当0<a<1时,y=logax在(0,+∞)上单调递减,所以loga(a3+1)>loga(a2+1),即P>Q。当a>1时,有a3>a2,即a3+1>a2+1。又当a>1时,y=logax在(0,+∞)上单调递增,所以loga(a3+1)>loga(a2+1),即P>Q。综上可得,P>Q。12.☉%@*6*203￥%☉(2024·汕头调考)已知函数f(x)=loga(1+x),g(x)=loga(1-x)(a>0且a≠1)。(1)设a=2,函数f(x)的定义域为[3,63],求函数f(x)的最值;答案：解:当a=2时,函数f(x)=log2(1+x)在[3,63]上单调递增,所以f(x)的最小值为f(3)=log2(3+1)=2;f(x)的最大值为f(63)=log2(63+1)=log264=6。(2)求使f(x)-g(x)>0的x的取值范围。答案：不等式f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x),即loga(1+x)>loga(1-x)。①当0<a<1时,由不等式可得1+x>0,1②当a>1时,由不等式可得1+x>0,1综上,当0<a<1时,x的取值范围是(-1,0),当a>1时,x的取值范围是(0,1)。13.☉%*637*1*@%☉(2024·内江调考)已知f(x)=aa2-1(ax-a-x)(a>0且(1)推断f(x)的奇偶性;答案：解:因为函数的定义域为R,所以关于原点对称。又f(-x)=aa2-1(a-x-ax)=-aa2-1(ax-所以f(x)为奇函数。(2)探讨f(x)的单调性;答案：当a>1时,a2-1>0,y=ax为增函数,y=a-x为减函数,从而y=ax-a-x为增函数,所以f(x)为增函数;当0<a<1时,a2-1<0,y=ax为减函数,y=a-x为增函数,从而y=ax-a-x为减函数,所以f(x)为增函数,故当a>0且a≠1时,f(x)在定义域内单调递增。(3)当x∈[-1,1]时,f(x)≥b恒成立,求b的取值范围。答案：由(2)知f(x)在R上是增函数,所以在区间[-1,1]上为增函数,所以f(-1)≤f(x)≤f(1),所以f(x)min=f(-1)=aa2-1·(a-1-a)=-1。所以要使f(x)≥b在[-1,1]上恒成立,则只需b≤-1。故b的取值范围是14.☉%354￥￥￥@8%☉(2024·临川一中模拟)若在定义域内存在实数x0,使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称函数有“飘移点”x0。(1)函数f(x)=1x是否有“飘移点”?请说明理由答案：解:假设函数f(x)=1x有“飘移点”x0,则1x0+1=1x0+1,即x02+x0+1=0,而此方程无实根,冲突(2)证明函数f(x)=x2+2x在(0,1)上有“飘移点”;答案：证明:令h(x)=f(x+1)-f(x)-f(1)=2(2x-1+x-1),又h(0)=-1,h(1)=2,所以h(0)·h(1)<0,所以h(x)=0在(0,1)上至少有一实根x0,即函数f(x)=x2+2x有“飘移点”。(3)若函数f(x)=lgax2+1在(0,+∞)上有“飘移点”,答案：解:若f(x)=lgax2+1在(0,+∞)上有“飘移点”即有lga(x0+1)2即a(x0+1)整理得(2-a)x02-2ax0+2-2从而关于x的方程g(x)=(2-a)x2-2ax+2