高考数学总复习《对数函数》专项测试卷及答案

第第页高考数学总复习《对数函数》专项测试卷及答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________复习要点1.通过具体实例，了解对数函数的概念．能画出具体对数函数的图象，探索并了解对数函数的单调性与特殊点.2.知道对数函数y＝logax与指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)互为反函数．1．对数函数的图象与性质a>10<a<1图象定义域(0，＋∞)值域R定点过点(1,0)单调性在(0，＋∞)上单调递增在(0，＋∞)上单调递减函数值正负当x＞1时，y＞0；当0＜x＜1时，y＜0当x＞1时，y＜0；当0＜x＜1时，y＞02.反函数指数函数y＝ax(a＞0，且a≠1)与对数函数y＝logax(a＞0，且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．常/用/结/论如图，作直线y＝1，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数．故0<c<d<1<a<b.由此我们可得到以下规律：在第一象限内从左到右底数逐渐增大．即第一象限内“底大图右”．1．判断下列结论是否正确．(1)对数函数图象都过(0,1)．()(2)对数函数图象都在y轴右侧．(√)(3)函数y＝log2x在区间(0,2]上的最大值是1.(√)(4)函数y＝log3x与y＝logeq\s\do8(\f(1,3))x图象关于y轴对称．()2．若a＝50.1，b＝eq\f(1,2)log23，c＝log30.8，则a，b，c的大小关系为()A．a>b>c B．b>a>cC．c>b>a D．c>a>b解析：∵a＝50.1>50＝1，b＝log23eq\s\up15(eq\f(1,2))＝log2eq\r(3)>0且b＝log2eq\r(3)<log2eq\r(4)＝1，c＝log30.8<log31＝0，∴c<b<a.故选A．答案：A3．函数y＝eq\r(logeq\s\do8(\f(2,3))2x－1)的定义域是________．解析：由logeq\s\do8(\f(2,3))(2x－1)≥0，得logeq\s\do8(\f(2,3))(2x－1)≥logeq\s\do8(\f(2,3))1，所以0＜2x－1≤1，解得eq\f(1,2)＜x≤1.故函数y＝eq\r(logeq\s\do8(\f(2,3))2x－1)的定义域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))4．(2024·吉林长春月考)函数f(x)＝lg(x2－2x－3)的单调递增区间为________．解析：设g(x)＝x2－2x－3，可得函数g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又由函数y＝lg(x2－2x－3)满足x2－2x－3>0，解得x<－1或x>3，根据复合函数的单调性，可得函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)．答案：(3，＋∞)题型对数函数图象的应用与探究典例1(1)当0<x≤eq\f(1,2)时，4x<logax，则a的取值范围是()超越不等式.两个函数结构不属于同一类，则常采用数形结合法．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)(2)函数f(x)＝loga|x|＋1(0＜a＜1)的图象大致为()有几个点应注意：①偶函数；②在(0，＋∞)上单调递减；③过特殊点(1,1)．(3)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________．即y＝f(x)和直线y＝－x＋a只有一个交点．解析：(1)易知0<a<1，函数y＝4x与y＝logax的大致图象如图，则由题意可知，只需满足logaeq\f(1,2)>4eq\s\up15(eq\f(1,2))，解得a>eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(\r(2),2)<a<1，故选B．(2)由函数f(x)的解析式可确定该函数为偶函数，图象关于y轴对称．设g(x)＝loga|x|，先画出当x＞0时g(x)的图象，然后根据g(x)的图象关于y轴对称，画出当x＜0时g(x)的图象，最后由函数g(x)的图象向上整体平移一个单位即得f(x)的图象，结合图象知选A．故选A．(3)如图，在同一平面直角坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝－x＋a的图象，其中a表示直线在x轴、y轴上的截距．由图可知，当a>1时，直线y＝－x＋a与当a≤1时，直线y＝－x＋a与两段函数都有交点，不合题意．y＝log2x只有一个交点，即方程f(x)＋x－a＝0只有一个实根．故答案为(1，＋∞)．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．对点练1(1)(多选)已知函数f(x)＝loga(x－b)(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则以下说法正确的是()A．－1<b<0 B．a＋b>0C．0<a<1 D．loga|b|<0(2)已知f(x)＝lgx，作出函数y＝－f(x)，y＝f(－x)，y＝－f(－x)，y＝f(|x|)，y＝|f(x)|，y＝f(x＋1)的图象．(1)解析：由图象可知f(x)在定义域内单调递增，所以a>1，故C错误；令f(x)＝loga(x－b)＝0，即x＝b＋1，所以函数f(x)的零点为b＋1，结合函数图象可知0<b＋1<1，所以－1<b<0，故A正确；因此a＋b>0，故B正确；因为0<|b|<1，所以loga|b|<loga1，即loga|b|<0，故D正确．答案：ABD(2)解：题型对数函数性质的多维研讨维度1对数式的大小比较典例2(1)(2024·河南洛阳模拟)若a＝0.50.3，b＝log0.53，c＝log0.30.2，则()先定符号，a，c插入中间量1.A．a>b>c B．a>c>bC．b>a>c D．c>a>b(2)设a，b，c均为正数，且2a＝logeq\s\do8(\f(1,2))a，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))b＝logeq\s\do8(\f(1,2))b，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))c＝log2c，则()三组方程，都是指数函数和对数函数的交点，结合数形结合法，思考交点的位置．A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<a<c解析：(1)因为0<a＝0.50.3<0.50＝1，b＝log0.53<0，c＝log0.30.2>log0.30.3＝1，所以b<a<c.故选D．(2)因为a，b，c均为正数，将a，b，c分别看成是函数图象的交点的横坐标．在同一平面直角坐标系内分别画出y＝2x，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，y＝log2x，y＝logeq\s\do8(\f(1,2))x的图象如图．由图可知a<b<c.故选A．比较对数值大小的方法对点练2(1)(2024·重庆南开中学月考)若a＝log23＋log32，b＝2，c＝eq\f(1,logπ2)＋log3π，则()A．a>b>c B．c>a>bC．c>b>a D．b>c>a(2)(2024·广东广州调研)设x1，x2，x3均为实数，且e－x1＝lnx1，e－x2＝ln(x2＋1)，e－x3＝lgx3，则()A．x1<x2<x3 B．x1<x3<x2C．x2<x3<x1 D．x2<x1<x3解析：(1)因为a＝log23＋log32>2eq\r(log23·log32)＝2，所以a>b，因为f(x)＝log2x，g(x)＝log3x单调递增，所以c＝log2π＋log3π>log23＋log32，所以c>a.故选B．(2)画出函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x，y＝lnx，y＝ln(x＋1)，y＝lgx的图象，如图所示．数形结合，知x2<x1<x3.答案：(1)B(2)D维度2解对数方程与不等式典例3(1)方程log2(x－1)＝2－log2(x＋1)的解为________．(2)已知不等式组logx(2x2＋1)<logx(3x)<0成立，则实数x的取值范围是________．底数情况不明，分类讨论搞清，从而得到真数的不等关系．解析：(1)原方程可变形为log2(x－1)＋log2(x＋1)＝log2(x2－1)＝2，即x2－1＝4，解得x＝±eq\r(5)，又x>1，所以x＝eq\r(5).故答案为x＝eq\r(5).对数方程、对数不等式，不可忽略真数大于0的限制条件．(2)由题意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<x<1，,2x2＋1>3x>1))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>1，,2x2＋1<3x<1，))②解不等式组①得eq\f(1,3)<x<eq\f(1,2)，不等式组②无解，所以实数x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).故答案为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).解对数方程、不等式时需注意以下两个方面(1)注意方程或不等式要有意义，即真数大于0.(2)根据底数与1的大小关系得出对数函数的单调性，进而解不等式．对点练3(1)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x，x≤1，,1－log2x，x＞1，))则满足f(x)≤2的x的取值范围是()A．[－1,2] B．[0,2]C．[1，＋∞) D．[0，＋∞)(2)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≤0时，f(x)单调递减，则不等式f(logeq\f(1,3)(2x－5))>f(log38)的解集为________．解析：(1)当x≤1时，由21－x≤2，得1－x≤1，∴0≤x≤1；当x＞1时，由1－log2x≤2，得x≥eq\f(1,2)，∴x＞1.综上，x的取值范围为[0，＋∞)．故选D．(2)因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0]上单调递减，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，将f(logeq\s\do8(\f(1,3))(2x－5))>f(log38)化为|logeq\s\do8(\f(1,3))(2x－5)|>|log38|，即log3(2x－5)>log38或log3(2x－5)<－log38＝log3eq\f(1,8)，即2x－5>8或0<2x－5<eq\f(1,8)，解得x>eq\f(13,2)或eq\f(5,2)<x<eq\f(41,16).答案：(1)D(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(41,16)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,2)，＋∞))维度3探究对数型复合函数的单调性典例4已知函数f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－2ax＋3)．(1)若f(－1)＝－3，求f(x)的单调区间．(2)是否存在实数a，使f(x)在(－∞，2)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；注意力集中于内层函数，要求：①h(x)＝x2－2ax＋3在(－∞，2)上单调递减；②h(2)≥0，即真数须为正值．若不存在，请说明理由．解：(1)由f(－1)＝－3，得logeq\s\do8(\f(1,2))(4＋2a)＝－3.所以4＋2a＝8，所以a＝2.这时f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－4x＋3)，由x2－4x＋3>0，得x>3或x<1.先求定义域，在定义域内思考复合函数的单调区间．故函数的定义域为(－∞，1)∪(3，＋∞)．令g(x)＝x2－4x＋3，则g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增．又y＝logeq\s\do8(\f(1,2))x在定义域上单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(3，＋∞)．(2)不存在．理由如下：令h(x)＝x2－2ax＋3，要使f(x)在(－∞，2)上单调递增，应使h(x)在(－∞，2)上单调递减，且恒大于0.此两个条件，转化为关于a的两个不等式．因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥2，,h2≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥2，,7－4a≥0，))此不等式组无解．所以不存在实数a，使f(x)在(－∞，2)上单调递增．求解对数型复合函数的单调性问题时，要注意在定义域的基础上，弄清楚复合函数的构成，即它是由哪些基本初等函数复合而成的，然后依据复合函数的单调性规律确定该函数的单调性．对点练4(多选)(2024·湖南湘潭模拟)已知函数f(x)＝lnx，a>0，则下列结论中正确的是()A．函数y＝f(a＋x)－f(x)是其定义域上的减函数B．函数y＝f(a－x)＋f(－x)是其定义域上的减函数C．函数y＝f(a－x)＋f(a＋x)是其定义域上的增函数D．函数y＝f(a＋x)－f(a－x)是其定义域上的增函数解析：对于A，因为函数y＝f(a＋x)－f(x)的定义域为(0，＋∞)，函数y＝f(a＋x)－f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(a,x)))在(0，＋∞)上单调递减，所以A正确；对于B，因为函数y＝f(a－x)＋f(－x)的定义域为(－∞，0)，函数y＝f(a－x)和y＝f(－x)在(－∞，0)上单调递减，所以函数y＝f(a－x)＋f(－x)在(－∞，0)上单调递减，所以B正确；对于C，因为函数y＝f(a－x)＋f(a＋x)的定义域为(－a，a)，函数y＝ln(a2－x2)是偶函数，所以函数y＝f(a－x)＋f(a＋x)在(－a，a)上不可能是单调函数，所以C错误；对于D，因为函数y＝f(a＋x)－f(a－x)的定义域为(－a，a)，函数y＝f(a＋x)和y＝－f(a－x)在(－a，a)上单调递增，所以函数y＝f(a＋x)－f(a－x)在(－a，a)上为增函数，所以D正确．故选ABD．答案：ABD维度4对数函数性质的综合问题典例5已知函数f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))[(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1]．(1)若m＝0，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的定义域为R，求实数m的取值范围；(3)若f(x)的值域为R，求实数m的取值范围．转化为真数值域包含(0，＋∞)的一切实数，因此满足三个条件：①开口向上；②二次函数与x轴有交点；③特殊情形，m＝1时，真数为一条直线，值域包含(0，＋∞)．解：(1)当m＝0时，f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(－x2＋x＋1)，设真数u(x)＝－x2＋x＋1，且要满足u(x)＝－x2＋x＋1>0，即eq\f(1－\r(5),2)<x<eq\f(1＋\r(5),2)，∴f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)<x<\f(1＋\r(5),2))))).∵u(x)＝－x2＋x＋1图象的对称轴为直线x＝eq\f(1,2)，∴u(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)，\f(1,2)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1＋\r(5),2)))上单调递减．又∵函数y＝logeq\s\do8(\f(1,2))x为减函数，∴根据复合函数单调性“同增异减”的判断法则，可得f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(－x2＋x＋1)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)，\f(1,2)))，单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1＋\r(5),2))).(2)要使f(x)的定义域为R，只需真数u(x)＝(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1>0对一切实数x恒成立．不等式恒成立求参数，由参数出现的位置，展开对参数的讨论．①当m2－1＝0，即m＝±1时，若m＝1，u(x)＝2x＋1，显然，只有x>－eq\f(1,2)时，才有u(x)>0，不符合题意，∴m≠1；若m＝－1，则u(x)＝1>0对一切实数x都成立，∴m＝－1满足题意．此特殊情形，即二次项系数为0，应重视．②当m2－1≠0时，u(x)>0对一切实数x恒成立的充要条件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－1>0，,Δ＝m＋12－4m2－1<0，))开口向上，二次函数与x轴无交点．即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>1或m<－1，,m>\f(5,3)或m<－1，))解得m<－1或m>eq\f(5,3).综上，实数m的取值范围是(－∞，－1]∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞)).(3)要使f(x)的值域为R，只需真数u(x)＝(m2－1)x2＋(m＋1)x＋1的值域包含(0，＋∞)．①当m2－1＝0，即m＝±1时，若m＝1，则u(x)＝2x＋1，二次项系数为零的特殊情形．显然u(x)的值域包含(0，＋∞)，∴m＝1满足题意；若m＝－1，则u(x)＝1，不符合题意，∴m≠－1.②当m2－1≠0时，必有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2－1>0，,Δ＝m＋12－4m2－1≥0，))开口向上，与x轴有交点，才满足值域包含(0，＋∞)．即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>1或m<－1，,－1≤m≤\f(5,3)，))解得1<m≤eq\f(5,3).综上，实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co