2022年秋新教材高中数学第四章指数函数与对数函数4.4对数函数第2课时对数函数图象及性质的应用课后提能训练新人教A版必修第一册

1、PAGE PAGE 6第四章4.4第2课时A级基础过关练1下列各式中错误的是()Aln 0.8ln 0.7Blog0.50.4log0.50.6Clg 1.6lg 1.4D0.30.80.30.7【答案】C【解析】由对数函数的性质可知函数ylg x为单调递增函数又因为1.4lg 1.4.C错误故选C2若lg(2x4)1，则x的取值范围是()A(，7B(2，7C7，)D(2，)【答案】B【解析】因为lg(2x4)1，所以02x410，解得2x7.所以x的取值范围是(2，7故选B3(2021年蚌埠三模)定义在R上的函数f(x)满足f(x1)f(x)，且x0，1)时，f(x)log2(x1)若afe

2、q blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，bfeq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，cfeq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)，则a，b，c的大小关系是()AabcBbacCcbaDacb【答案】B【解析】由f(x1)f(x)，得feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，feq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3).因为0eq f(1,3)eq f(1,2)eq f(2,3)1，且f(x)在0，1)上为增函数，

3、所以feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，即feq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3)feq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)feq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，所以ca0，当a0时，2ax为减函数，故要使yloga(2ax)在0，1上是减函数，则a1，且2ax在x0，1时恒为正数，即2a0，故可得1a1a，所以f(1a)0f(1a)，故|f(1a)|f(1a)|f(1a)f(1a)logeq sdo9(f(1,

4、2)(1a2)0，即|f(1a)|f(1a)|，D正确故选ABD6比较大小：(1)log22_log2eq r(3)；(2)log8_log8.【答案】(1)(2)【解析】(1)因为函数ylog2x在(0，)上是增函数，且2eq r(3)，所以log22log2eq r(3).(2)因为函数ylog8x为定义域上的增函数，且8，所以log8log881.同理1loglog8，所以log8log8.7函数f(x)log5(2x1)的单调增区间是_【答案】eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，)【解析】因为ylog5x与y2x1均为定义域上的增函数，故函数f(x)log5(2x1

5、)是其定义域上的增函数，所以函数f(x)的单调增区间是eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，).8(2021年上海高一检测)设f(x)lg x，若f(1a)f(a)0，则实数a的取值范围为_【答案】eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)【解析】f(x)lg x在(0，)上单调递增，因为f(1a)f(a)0，所以1aa0，所以aeq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2).9(2021年佛山高一期末)设函数f(x)loga(1x)loga(3x)(a0，a1)，且f(1)2.(1)求a的值及f(x)的定义域；(2)求f(x)在区间eq blcr

6、c(avs4alco1(0，f(3,2) )上的值域解：(1)因为f(x)loga(1x)loga(3x)，所以f(1)loga2loga2loga42，解得a2.又因为eq blc(avs4alco1(1x0，,3x0，)所以x(1，3)所以f(x)的定义域为(1，3)(2)f(x)log2(1x)log2(3x)log2(1x)(3x)log2(x1)24当x(1，1时，f(x)单调递增；当x(1，3)时，f(x)单调递减所以f(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(3,2)上的最大值是f(1)log242.又因为f(0)log23，feq blc(rc)(avs4alco1

7、(f(3,2)log2eq f(15,4)，feq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)f(0)log2eq f(15,4)log23log2eq f(5,4)0，所以f(0)feq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2).所以f(x)在eq blcrc(avs4alco1(0，f(3,2)上的最小值是f(0)log23.所以f(x)在区间eq blcrc(avs4alco1(0，f(3,2)上的值域是log23，2B级能力提升练10已知alog23.4，blog43.6，clog30.3，则()AabcBbacCacbDcab【答案】A【解析】因为alog23.41，0

8、blog43.61，clog30.30，所以abc.故选A11(2020年龙岩高一期中)已知函数f(x)logaeq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,2)2(a0且a1)的图象恒过定点P(m，n)，则函数g(x)logm(x22nx5)的单调递增区间是()A(，1)B(，2)C(2，)D(5，)【答案】D【解析】对于f(x)logaeq blc(rc)(avs4alco1(xf(1,2)2(a0，且a1)，令xeq f(1,2)1，得xeq f(3,2)，y2，所以图象恒过定点eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，2).再根据它的图象经过定点P(m，n)，得me

9、q f(3,2)，n2，则g(x)logm(x22nx5)logeq sdo9(f(3,2)(x24x5)由x24x50，得x5.易知h(x)x24x5在(，1)上单调递减，在(5，)上单调递增，由复合函数的单调性可知g(x)的增区间为(5，)故选D12(2021年杭州模拟)若定义运算f(a*b)eq blc(avs4alco1(a，ab，,b，ab，)则函数f(log2(1x)*log2(1x)的值域是()A(1，1)B0，1)C0，)D0，1【答案】B【解析】因为f(a*b)eq blc(avs4alco1(a，ab，,b，ab，)所以yf(log2(1x)*log2(1x)eq blc(

10、avs4alco1(log2（1x），0 x1，,log2（1x），1x0.)当0 x1时，ylog2(1x)在0，1)上为增函数，所以y0，1)当1x0，ylog2(1x)在(1，0)上为减函数，所以y(0，1)所以y0，1)，故f(log2(1x)*log2(1x)的值域为0，1)故选B13设a1，函数f(x)logax在区间a，2a上的最大值与最小值之差为eq f(1,2)，则a_【答案】4【解析】因为a1，所以f(x)logax在a，2a上递增，所以loga(2a)logaaeq f(1,2)，即loga2eq f(1,2)，所以aeq sup6(f(1,2)2，解得a4.14已知函数

11、f(x)loga(ax2x)(1)若aeq f(1,2)，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在区间2，4上是增函数，求实数a的取值范围解：(1)当aeq f(1,2)时，易知函数f(x)的定义域为(，0)(2，)易知yeq f(1,2)x2x在(，0)上单调递减，在(2，)上单调递增故函数f(x)loga(ax2x)logeq sdo9(f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)x2x)在(，0)上单调递增，在(2，)上单调递减(2)令g(x)ax2x，则g(x)图象的对称轴为xeq f(1,2a).又f(x)在2，4上单调递增，则当a1时，有eq f(1,2a)2

12、，解得a1.又因为g(x)在2，4上恒大于0，所以g(2)0，所以4a20，解得aeq f(1,2)，所以a1.当0a1时，必须使g(x)ax2x在2，4上单调递减，有eq f(1,2a)4，解得0aeq f(1,8).又因为g(x)在2，4上恒大于0，所以g(4)0，所以16a40，解得aeq f(1,4)，与0aeq f(1,8)矛盾综上，a的取值范围为(1，)C级探究创新练15(2020年北海期末)已知函数f(x)logeq sdo9(f(1,2)eq f(1ax,x1)的图象关于原点对称，其中a为常数(1)求a的值；(2)当x(1，)时，f(x)logeq sdo9(f(1,2)(x1

13、)m恒成立，求实数m的取值范围；(3)若关于x的方程f(x)logeq sdo9(f(1,2)(xk)在2，3上有解，求k的取值范围解：(1)函数f(x)logeq sdo9(f(1,2)eq f(1ax,x1)的图象关于原点对称，所以f(x)f(x)0，即logeq sdo9(f(1,2)eq f(1ax,x1)logeq sdo9(f(1,2)eq f(1ax,x1)0.所以logeq sdo9(f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1ax,x1)f(1ax,x1)0.所以eq f(1ax,x1)eq f(1ax,x1)1恒成立，即1a2x21x2，即(a21)x20恒

14、成立所以a210，解得a1.又a1时，f(x)logeq sdo9(f(1,2)eq f(1ax,x1)无意义，故a1.(2)当x(1，)时，f(x)logeq sdo9(f(1,2)(x1)m恒成立，即logeq sdo9(f(1,2)eq f(1x,x1)logeq sdo9(f(1,2)(x1)m，所以logeq sdo9(f(1,2)(x1)m在(1，)恒成立由于ylogeq sdo9(f(1,2)(x1)是减函数，故当x1，函数取到最大值1，所以m1，即实数m的取值范围是m1.(3)f(x)logeq sdo9(f(1,2)eq f(1x,x1)在2，3上是增函数，g(x)logeq sdo9(f(1,2)(xk)在2，3上是减函数，所以只