13、究
角度1 對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)
【例3－1】 (2017·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ln(2－x)，則( )
A.f(x)在(0，2)上單調(diào)遞增
B.f(x)在(0，2)上單調(diào)遞減
C.y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱
D.y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1，0)對(duì)稱
解析 由題意知，f(x)＝ln x＋ln(2－x)的定義域?yàn)?0，2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln[－(x－1)2＋1]，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，2)上單調(diào)遞減，所以排除A，B；又f(2－x)＝ln(2－x)＋ln x＝f(x)，所以f(x)的圖象關(guān)于直線
14、x＝1對(duì)稱，C正確，D錯(cuò)誤.
答案 C
角度2 比較大小或解簡單的不等式
【例3－2】 (1)(一題多解)(2018·天津卷)已知a＝log2e，b＝ln 2，c＝log，則a，b，c的大小關(guān)系為( )
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>b>a D.c>a>b
(2)若loga(a2＋1)1，b＝ln 2∈(0，1)，c＝log＝log23>log2e＝a>1，所以c>a>b.
法二 log＝log23
15、，如圖，在同一坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝log2x，y＝ln x的圖象，由圖知c>a>b.
(2)由題意得a>0且a≠1，故必有a2＋1>2a，
又loga(a2＋1)1，∴a>.綜上，a∈.
答案 (1)D (2)C
角度3 對(duì)數(shù)型函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用
【例3－3】 已知函數(shù)f(x)＝loga(3－ax).
(1)當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，函數(shù)f(x)恒有意義，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)是否存在這樣的實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上為減函數(shù)，并且最大值為1？如果存在，試求出a的值；如果不存在，請(qǐng)說明理由.
解 (1)∵a>0
16、且a≠1，設(shè)t(x)＝3－ax，
則t(x)＝3－ax為減函數(shù)，
x∈[0，2]時(shí)，t(x)的最小值為3－2a，
當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)恒有意義，
即x∈[0，2]時(shí)，3－ax>0恒成立.
∴3－2a>0.∴a<.
又a>0且a≠1，∴a的取值范圍是(0，1)∪.
(2)t(x)＝3－ax，∵a>0，
∴函數(shù)t(x)為減函數(shù).
∵f(x)在區(qū)間[1，2]上為減函數(shù)，∴y＝logat為增函數(shù)，
∴a>1，x∈[1，2]時(shí)，t(x)最小值為3－2a，f(x)最大值為f(1)＝loga(3－a)，
∴即
故不存在這樣的實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上為減函數(shù)，
17、并且最大值為1.
規(guī)律方法 1.確定函數(shù)的定義域，研究或利用函數(shù)的性質(zhì)，都要在其定義域上進(jìn)行.
2.如果需將函數(shù)解析式變形，一定要保證其等價(jià)性，否則結(jié)論錯(cuò)誤.
3.在解決與對(duì)數(shù)函數(shù)相關(guān)的比較大小或解不等式問題時(shí)，要優(yōu)先考慮利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性來求解.在利用單調(diào)性時(shí)，一定要明確底數(shù)a的取值對(duì)函數(shù)增減性的影響，及真數(shù)必須為正的限制條件.
【訓(xùn)練3】 (1)(2016·全國Ⅰ卷)若a>b>0，0cb
(2)若函數(shù)f(x)＝loga(a>0，a≠1)在區(qū)間內(nèi)恒有f(x)>0
18、，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________.
解析 (1)由y＝xc與y＝cx的單調(diào)性知，C，D不正確；
∵y＝logcx是減函數(shù)，得logca0，所以a>1，所以函數(shù)y＝logaM為增函數(shù)，
又M＝－，因此M的單調(diào)遞增區(qū)間為.
又x2＋x>0，所以x>0或x<－，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞).
答
19、案 (1)B (2)(0，＋∞)
[思維升華]
1.對(duì)數(shù)值取正、負(fù)值的規(guī)律
當(dāng)a>1且b>1或00；
當(dāng)a>1且01時(shí)，logab<0.
2.利用單調(diào)性可解決比較大小、解不等式、求最值等問題，其基本方法是“同底法”，即把不同底的對(duì)數(shù)式化為同底的對(duì)數(shù)式，然后根據(jù)單調(diào)性來解決.
3.比較冪、對(duì)數(shù)大小有兩種常用方法：(1)數(shù)形結(jié)合；(2)找中間量結(jié)合函數(shù)單調(diào)性.
4.多個(gè)對(duì)數(shù)函數(shù)圖象比較底數(shù)大小的問題，可通過比較圖象與直線y＝1交點(diǎn)的橫坐標(biāo)進(jìn)行判定.
[易錯(cuò)防范]
1.在對(duì)數(shù)式中，真數(shù)必須是大于0的，所以對(duì)數(shù)函數(shù)y＝
20、logax的定義域應(yīng)為(0，＋∞).對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性取決于底數(shù)a與1的大小關(guān)系，當(dāng)?shù)讛?shù)a與1的大小關(guān)系不確定時(shí)，要分01兩種情況討論.
2.在運(yùn)算性質(zhì)logaMα＝αlogaM中，要特別注意條件，在無M>0的條件下應(yīng)為logaMα＝αloga|M|(α∈N*，且α為偶數(shù)).
3.解決與對(duì)數(shù)函數(shù)有關(guān)的問題時(shí)需注意兩點(diǎn)：(1)務(wù)必先研究函數(shù)的定義域；(2)注意對(duì)數(shù)底數(shù)的取值范圍.
基礎(chǔ)鞏固題組
(建議用時(shí)：40分鐘)
一、選擇題
1.已知函數(shù)f(x)＝則f(2＋log23)的值為( )
A.24 B.16 C.12 D.8
解析 因?yàn)?<2＋log23<4
21、，所以f(2＋log23)＝f(3＋log23)＝23＋log23＝8×2log23＝24.
答案 A
2.(2018·天津卷)已知a＝log3 ，b＝，c＝log ，則a，b，c的大小關(guān)系為( )
A.a>b>c B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b
解析 log ＝log3－15－1＝log35，因?yàn)楹瘮?shù)y＝log3x在(0，＋∞)上為增函數(shù)，所以log35>log3 >log33＝1，因?yàn)楹瘮?shù)y＝在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)，所以<＝1，故c>a>b.
答案 D
3.(2018·張家界三模)在同一直角坐標(biāo)系中，函數(shù)f(x)＝2－ax，g(x)＝loga(
22、x＋2)(a>0，且a≠1)的圖象大致為( )
解析 由題意，知函數(shù)f(x)＝2－ax(a>0，且a≠1)為單調(diào)遞減函數(shù)，當(dāng)02，且函數(shù)g(x)＝loga(x＋2)在(－2，＋∞)上為單調(diào)遞減函數(shù)，C，D均不滿足；當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)＝2－ax的零點(diǎn)x＝<2，且x＝>0，又g(x)＝loga(x＋2)在(－2，＋∞)上是增函數(shù)，排除B，綜上只有A滿足.
答案 A
4.(2019·肇慶二模)已知f(x)＝lg(10＋x)＋lg(10－x)，則( )
A.f(x)是奇函數(shù)，且在(0，10)上是增函數(shù)
B.f(x)是偶函數(shù)，且在(0
23、，10)上是增函數(shù)
C.f(x)是奇函數(shù)，且在(0，10)上是減函數(shù)
D.f(x)是偶函數(shù)，且在(0，10)上是減函數(shù)
解析 由得x∈(－10，10)，
且f(x)＝lg(100－x2).
∴f(x)是偶函數(shù)，
又t＝100－x2在(0，10)上單調(diào)遞減，y＝lg t在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在(0，10)上單調(diào)遞減.
答案 D
5.已知函數(shù)f(x)＝|ln x|，若f(m)＝f(n)(m>n>0)，則＋＝( )
A. B.1 C.2 D.4
解析 由f(m)＝f(n)，m>n>0，可知m>1>n>0，
∴l(xiāng)n m＝－ln n，則mn＝1.
24、所以＋＝＝＝2.
答案 C
二、填空題
6.lg＋2lg 2－＝________.
解析 lg＋2lg 2－＝lg＋lg 22－2
＝lg－2＝1－2＝－1.
答案?。?
7.(2019·昆明診斷)設(shè)f(x)＝lg是奇函數(shù)，則使f(x)<0的x的取值范圍是________.
解析 由f(x)是奇函數(shù)可得a＝－1，
∴f(x)＝lg，定義域?yàn)?－1，1).
由f(x)<0，可得0<<1，∴－10時(shí)，f(2－a)＝－
25、log2(1＋a)＝1.
解得a＝－，不合題意.
當(dāng)2－a≥2，即a≤0時(shí)，f(2－a)＝2－a－1＝1，即2－a＝2，解得a＝－1，所以f(a)＝f(－1)＝－log24＝－2.
答案 －2
三、解答題
9.設(shè)f(x)＝loga(1＋x)＋loga(3－x)(a>0，a≠1)，且f(1)＝2.
(1)求a的值及f(x)的定義域；
(2)求f(x)在區(qū)間上的最大值.
解 (1)∵f(1)＝2，∴l(xiāng)oga4＝2(a>0，a≠1)，∴a＝2.
由得－1＜x＜3，
∴函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，3).
(2)f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x)
＝log2[(1
26、＋x)(3－x)]＝log2[－(x－1)2＋4]，
∴當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)是增函數(shù)；
當(dāng)x∈時(shí)，f(x)是減函數(shù)，
故函數(shù)f(x)在上的最大值是f(1)＝log24＝2.
10.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(0)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝logx.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式；
(2)解不等式f(x2－1)>－2.
解 (1)當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，則f(－x)＝log(－x).
因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)＝log(－x)，
所以函數(shù)f(x)的解析式為
f(x)＝
(2)因?yàn)閒(4)＝log4＝－2，f(x)是偶函數(shù)，
27、所以不等式f(x2－1)>－2轉(zhuǎn)化為f(|x2－1|)>f(4).
又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，
所以|x2－1|<4，解得－0且a≠1，函數(shù)f(x)＝loga(x＋)在區(qū)間(－∞，
＋∞)上既是奇函數(shù)又是增函數(shù)，則函數(shù)g(x)＝loga||x|－b|的圖象是( )
解析 ∵函數(shù)f(x)＝loga(x＋)在區(qū)間(－∞，＋∞)上是奇函數(shù)，∴f(0)＝0，∴b＝1，又函數(shù)f(x)＝loga(x＋)在區(qū)間(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，所以a>1.
所以g
28、(x)＝loga||x|－1|，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)＝loga(x－1)為增函數(shù)，排除B，D；當(dāng)01.
則x＝log2t＝，同理，y＝，z＝.
∴2x－3y＝－＝
＝>0，
∴2x>3y.
又∵2x－5z＝－＝＝<0，
∴2x<5z，∴3y<2x<5z.
答
29、案 D
13.已知函數(shù)f(x)＝lg(mx2＋2mx＋1)，若f(x)的值域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.
解析 令g(x)＝mx2＋2mx＋1值域?yàn)锳，∵函數(shù)f(x)＝lg(mx2＋2mx＋1)的值域?yàn)镽，∴(0，＋∞)?A，當(dāng)m＝0時(shí)，g(x)＝1，f(x)的值域不是R，不滿足條件；當(dāng)m≠0時(shí)，解得m≥1.
答案 [1，＋∞)
14.已知函數(shù)f(x)＝ln.
(1)求函數(shù)f(x)的定義域，并判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；
(2)對(duì)于x∈[2，6]，f(x)＝ln>ln恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.
解 (1)由>0，解得x<－1或x>1，
∴函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?
30、－∞，－1)∪(1，＋∞)，
當(dāng)x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時(shí)，
f(－x)＝ln＝ln＝ln＝－ln＝－f(x).
∴f(x)＝ln是奇函數(shù).
(2)由于x∈[2，6]時(shí)，f(x)＝ln>ln恒成立，
∴>>0恒成立，
∵x∈[2，6]，∴0
2020版高考數(shù)學(xué)新設(shè)計(jì)大一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ第6節(jié) 對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)習(xí)題 理（含解析）新人教A版
