2018-2019数学新学案浙江专用版讲义：第二章 基本初等函数（Ⅰ）2.2 2.2.2（二）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2。2。2对数函数及其性质(二)学习目标1。掌握对数型复合函数单调区间的求法及单调性的判定方法。2。掌握对数型复合函数奇偶性的判定方法.3。会解简单的对数不等式.4.了解反函数的概念及它们的图象特点．知识点一不同底的对数函数图象的相对位置思考y＝log2x与y＝log3x同为(0，＋∞）上的增函数，都过点(1,0），怎样区分它们在同一坐标系内的相对位置？答案可以通过描点定位,也可令y＝1，对应x值即底数．梳理一般地，对于底数a>1的对数函数，在(1,＋∞）区间内，底数越大越靠近x轴；对于底数0<a〈1的对数函数,在(1,＋∞)区间内,底数越小越靠近x轴．知识点二反函数的概念思考如果把y＝2x视为A＝R→B＝（0,＋∞）的一个映射，那么y＝log2x是从哪个集合到哪个集合的映射？答案如图，y＝log2x是从B＝(0,＋∞）到A＝R的一个映射，相当于A中元素通过f：x→2x对应B中的元素2x,y＝log2x的作用是B中元素2x原路返回对应A中元素x。梳理一般地,像y＝ax与y＝logax(a＞0,且a≠1）这样的两个函数互为反函数．(1）y＝ax的定义域R就是y＝logax的值域;而y＝ax的值域(0,＋∞）就是y＝logax的定义域．（2)互为反函数的两个函数y＝ax（a＞0,且a≠1)与y＝logax（a＞0，且a≠1)的图象关于直线y＝x对称．(3)互为反函数的两个函数的单调性相同．但单调区间不一定相同．1．y＝log2x2在[0,＋∞)上为增函数．(×）2．在(0，＋∞）上为增函数．(×）3．lnx<1的解集为(－∞，e)．(×)4．y＝ax与x＝logay的图象相同．(√)类型一对数型复合函数的单调性命题角度1求单调区间例1求函数的单调区间．考点对数函数的单调性题点对数型复合函数的单调区间解令1－|x｜〉0，即|x|<1.解得的定义域为(－1,1）．＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log1＋x,－1<x≤0,，log1－x,0〈x〈1。））在区间（－1，0]上,y＝1＋x为增函数,故为减函数．同理在区间（0,1）上为增函数，∴的增区间为(0,1)，减区间为(－1，0］．反思与感悟求复合函数的单调性要抓住两个要点：(1)单调区间必须是定义域的子集，哪怕一个端点都不能超出定义域．（2）f（x)，g（x）单调性相同，则f（g（x））为增函数；f(x），g（x）单调性相异，则f（g(x)）为减函数，简称“同增异减”．跟踪训练1求y＝lneq\f（1，x－1)的单调区间．考点对数函数的单调性题点对数型复合函数的单调区间解y＝lneq\f（1，x－1)的定义域为（1，＋∞），在区间（1,＋∞)上,y＝eq\f(1，x－1）为减函数，∴y＝lneq\f（1，x－1)也为减函数．∴y＝lneq\f(1，x－1）的减区间为（1，＋∞）,没有增区间．命题角度2已知复合函数单调性求参数范围例2已知函数在区间(－∞，eq\r(2）)上是增函数，求实数a的取值范围．考点对数函数的单调性题点由对数型复合函数的单调性求参数的取值范围解令g(x）＝x2－ax＋a，g（x）在eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(－∞,\f(a，2））)上是减函数，∵0<eq\f(1,2)〈1，∴是减函数，而已知复合函数在区间（－∞，eq\r（2））上是增函数，∴只要g(x)在（－∞，eq\r（2）)上单调递减，且g(x）〉0在x∈(－∞，eq\r（2）)上恒成立，即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\r（2)≤\f(a,2)，，g\r（2）＝\r（2）2－\r(2)a＋a≥0,））∴2eq\r（2)≤a≤2(eq\r(2)＋1）,故所求a的取值范围是[2eq\r(2)，2(eq\r（2）＋1）］．反思与感悟若a>1,则y＝logaf(x)的单调性与y＝f(x）的单调性相同，若0<a〈1,则y＝logaf(x）的单调性与y＝f（x)的单调性相反．另外应注意单调区间必须包含于原函数的定义域．跟踪训练2若函数f（x)＝loga(6－ax）在[0,2］上为减函数，则a的取值范围是（)A．(0,1) B．(1,3)C．(1,3] D．[3，＋∞）考点对数函数的单调性题点由对数型复合函数的单调性求参数的取值范围答案B解析函数由y＝logau，u＝6－ax复合而成，因为a〉0，所以u＝6－ax是减函数，那么函数y＝logau就是增函数，所以a>1,因为[0,2]为定义域的子集,所以当x＝2时,u＝6－ax取得最小值,所以6－2a>0,解得a<3，所以1<a<3。故选B。类型二对数型复合函数的奇偶性例3判断函数f（x）＝lneq\f(2－x，2＋x)的奇偶性．考点对数函数的综合问题题点与奇偶性有关的对数函数综合问题解由eq\f(2－x,2＋x）〉0可得－2〈x〈2，所以函数的定义域为（－2,2),关于原点对称．方法一f(－x)＝lneq\f（2＋x，2－x）＝lneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2－x，2＋x)))－1＝－lneq\f（2－x，2＋x)＝－f（x)，即f（－x)＝－f（x），所以函数f（x)＝lneq\f（2－x，2＋x)是奇函数．方法二f(x)＋f(－x）＝lneq\f(2－x,2＋x)＋lneq\f(2＋x,2－x）＝lneq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2－x,2＋x）·\f（2＋x,2－x)）)＝ln1＝0，即f(－x）＝－f(x），所以函数f（x）＝lneq\f（2－x,2＋x)是奇函数．引申探究若已知f（x）＝lneq\f（a－x,b＋x)为奇函数，则正数a，b应满足什么条件?解由eq\f（a－x,b＋x）>0得－b<x〈a.∵f（x)为奇函数，∴－(－b)＝a，即a＝b.当a＝b时，f(x)＝lneq\f(a－x,a＋x)。f(－x）＋f(x)＝lneq\f(a＋x，a－x）＋lneq\f（a－x,a＋x）＝lneq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a＋x，a－x）·\f（a－x,a＋x）)）＝ln1＝0,∴有f（－x)＝－f(x）,∴此时f(x）为奇函数．故f(x）为奇函数时,a＝b。反思与感悟(1)指数函数、对数函数都是非奇非偶函数，但并不妨碍它们与其他函数复合成奇函数(或偶函数）．(2）含对数式的奇偶性判断，一般用f（x)±f（－x）＝0来判断，运算相对简单．跟踪训练3判断函数f（x）＝lg（eq\r(1＋x2)－x）的奇偶性．考点对数函数的综合问题题点与奇偶性有关的对数函数综合问题解方法一由eq\r（1＋x2)－x〉0可得x∈R，所以函数的定义域为R且关于原点对称，又f(－x）＝lg（eq\r（1＋x2)＋x)＝lgeq\f（\r(1＋x2)＋x\r(1＋x2）－x，\r（1＋x2）－x）＝lgeq\f（1,\r（1＋x2)－x）＝－lg（eq\r（1＋x2)－x)＝－f（x)，即f(－x)＝－f（x）．所以函数f(x）＝lg(eq\r(1＋x2)－x）是奇函数．方法二由eq\r（1＋x2）－x>0可得x∈R，f（x)＋f（－x)＝lg(eq\r(1＋x2）－x）＋lg（eq\r(1＋x2）＋x)＝lg［（eq\r（1＋x2)－x）(eq\r(1＋x2）＋x)］＝lg（1＋x2－x2）＝0.所以f(－x)＝－f（x）,所以函数f（x)＝lg(eq\r(1＋x2)－x）是奇函数．类型三简单的对数型不等式的解法例4已知函数f(x)＝loga（1－ax)(a＞0，且a≠1），解关于x的不等式loga（1－ax)＞f(1）．考点对数不等式题点解对数不等式解∵f(x）＝loga(1－ax），∴f（1）＝loga(1－a)，∴1－a＞0，∴0＜a＜1，∴不等式可化为loga(1－ax）＞loga（1－a)．∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1－ax＞0，,1－ax＜1－a,）)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（ax＜1,，ax＞a，))∴0＜x＜1.∴不等式的解集为（0，1）．反思与感悟对数不等式解法要点（1）化为同底logaf(x)＞logag（x）．（2)根据a＞1或0＜a＜1去掉对数符号，注意不等号方向．(3）加上使对数式有意义的约束条件f(x)＞0且g(x)＞0.跟踪训练4函数f(x)＝eq\f(1,\r（log2x－1））的定义域为(）A．(0，2）B．(0，2］C．(2,＋∞)D．[2，＋∞）考点对数不等式题点解对数不等式答案C解析要使函数有意义，则有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x>0，,log2x－1>0，))即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，，log2x〉log22，)）解得x>2，即函数的定义域为（2，＋∞).1.如图所示，曲线是对数函数f(x）＝logax的图象，已知a取eq\r(3),eq\f(4,3），eq\f(3,5)，eq\f（1，10),则对应于C1，C2，C3，C4的a值依次为()A.eq\r(3）,eq\f（4,3），eq\f(3,5），eq\f(1，10) B.eq\r(3),eq\f（4,3）,eq\f(1，10），eq\f(3，5)C。eq\f（4,3）,eq\r(3)，eq\f（3,5），eq\f（1,10) D。eq\f(4,3），eq\r（3)，eq\f（1，10），eq\f(3,5）考点对数函数的图象题点对数函数的图象答案A2．如果那么（）A．y<x〈1 B．x〈y<1C．1〈x<y D．1〈y〈x考点对数不等式题点解对数不等式答案D3．设a＝log37，b＝21。1，c＝0.83.1，则(）A．b<a〈c B．c<a〈bC．c<b<a D．a<c〈b考点对数值大小比较题点指数、对数值大小比较答案B解析∵a＝log37，∴1<a<2。∵b＝21.1，∴b>2.∵c＝0。83。1，∴0〈c〈1.即c<a<b，故选B。4．若函数y＝f(x)是函数y＝ax(a〉0，且a≠1）的反函数,且f(2)＝1，则f（x）＝________。考点函数的反函数题点求函数的反函数答案log2x5．函数f(x）＝lnx2的减区间为____________．考点对数函数的单调性题点对数型复合函数的单调区间答案（－∞，0）1．与对数函数有关的复合函数的单调区间、奇偶性、不等式问题都要注意定义域的影响．2．y＝ax与x＝logay图象是相同的，只是为了适应习惯用x表示自变量，y表示因变量，把x＝logay换成y＝logax,y＝logax才与y＝ax关于直线y＝x对称，因为点（a，b)与点(b，a)关于直线y＝x对称．一、选择题1．函数y＝eq\r（log32x－1)的定义域为（)A．［1，＋∞） B．（1，＋∞）C。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2），＋∞）） D.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，1))考点对数不等式题点解对数不等式答案A解析要使函数有意义，需满足eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（log32x－1≥0,,2x－1>0,））∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2x－1≥1,，2x－1>0,))∴x≥1，∴函数y＝eq\r（log32x－1)的定义域为[1，＋∞)．2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（3x，x≤0，,log2x，x＞0,))那么f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f

\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，8)）))）的值为（)A．27B。eq\f(1,27）C．－27D．－eq\f(1，27)考点对数函数的求值题点对数函数的求值答案B解析f

eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，8))）＝log2eq\f（1,8）＝log22－3＝－3，f

eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（f

\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,8))））)＝f（－3)＝3－3＝eq\f（1,27).3．设a＝log36，b＝log510，c＝log714，则()A．c>b>a B．b>c>aC．a〉c>b D．a>b>c考点对数值大小比较题点对数值大小比较答案D解析a＝log36＝log32＋1,b＝log52＋1，c＝log72＋1，在同一坐标系内分别画出y＝log3x，y＝log5x，y＝log7x的图象，当x＝2时,由图易知log32〉log52>log72，∴a〉b〉c。4．已知logaeq\f（1,2）<1，那么a的取值范围是（)A．0〈a<eq\f(1，2） B．a〉eq\f(1,2）C。eq\f（1，2）〈a<1 D．0<a<eq\f(1,2)或a>1考点对数不等式题点解对数不等式答案D解析当a>1时，由logaeq\f（1,2)<logaa得a〉eq\f（1,2)，得a〉1;当0〈a<1时，由logaeq\f(1,2）〈logaa得0<a<eq\f(1，2)，故0<a〈eq\f(1,2）.综上可知，a的取值范围是eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（a\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(0〈a〈\f（1,2)或a>1）)））.5．若函数y＝loga｜x－2|（a>0，且a≠1）在区间（1,2)上是增函数,则f（x）在区间(2,＋∞)上的单调性为（）A．先增后减 B．先减后增C．单调递增 D．单调递减考点对数函数的单调性题点对数型复合函数的单调区间答案D解析当1〈x〈2时,函数f(x）＝loga|x－2｜＝loga(2－x）在区间(1，2)上是增函数，所以0<a〈1，函数f(x)＝loga｜x－2｜在区间（2，＋∞）上的解析式为f(x)＝loga(x－2）(0<a〈1），故在区间（2，＋∞）上是一个单调递减函数．6．已知函数f(x）是定义在R上的偶函数，且在区间[0,＋∞)上单调递增．若实数a满足f（log2a)＋f（logeq\f(1，2)a）≤2f(1)，则a的取值范围是(）A．［1,2] B。eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（0，\f（1，2）))C.eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，2）） D．(0，2]考点对数不等式题点解对数不等式答案C解析∵f(loga)＝f(－log2a)＝f（log2a），∴原不等式可化为f(log2a）≤f（1）．又∵f(x)在区间［0,＋∞）上单调递增，∴0≤log2a≤1，即1≤a≤2.∵f(x）是偶函数，∴f（log2a）≤f（－1）．又f(x)在区间(－∞，0］上单调递减,∴－1≤log2a≤0,∴eq\f(1，2)≤a≤1。综上可知eq\f（1,2）≤a≤2。7．若eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（loga\f（1,4）））＝logaeq\f(1，4），且｜logba｜＝－logba，则a，b满足的关系式是（)A．a〉1且b>1 B．a>1且0〈b〈1C．0<a〈1且b〉1 D．0<a<1且0〈b<1考点对数不等式题点解对数不等式答案C解析依题意有logaeq\f(1，4）≥0,∴0〈a<1.又logba<0，∴b>1。8．已知函数f(x)＝ln（eq\r（1＋9x2）－3x)＋1,则f(lg2）＋f

eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（lg\f(1，2)）)等于（)A．－1B．0C．1D．2考点对数函数的综合问题题点与奇偶性有关的对数函数综合问题答案D解析易知函数f（x）的定义域为R，f(x）＋f(－x）＝ln（eq\r(1＋9x2)－3x)＋ln（eq\r（1＋9x2）＋3x)＋2＝ln(1＋9x2－9x2）＋2＝ln1＋2＝2，由上式关系知，f(1g2）＋f

eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（lg\f（1,2）））＝f（lg2）＋f(－lg2）＝2。二、填空题9．若f(x)＝lg(x2－2ax＋1＋a）在区间(－∞，1］上单调递减，则a的取值范围为________．答案[1，2）解析令函数g（x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，对称轴为x＝a，要使函数在（－∞，1]上单调递减，则有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（g1〉0,，a≥1，）)即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2－a〉0，，a≥1，)）解得1≤a<2，即a∈[1,2）．10．函数y＝log2（x2－1)的增区间为________．考点对数函数的单调性题点对数型复合函数的单调区间答案(1,＋∞)解析由x2－1〉0解得定义域为｛x｜x<－1或x〉1｝，又y＝log2x在定义域上单调递增，y＝x2－1在(1，＋∞）上单调递增，∴函数的增区间为（1，＋∞）．11．已知函数f（x）＝lg(x＋1），则不等式0<f（1－2x)－f（x）〈1的解集为________________．考点对数不等式题点解对数不等式答案eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（2，3),\f（1,3）））解析不等式0〈f(1－2x）－f(x)〈1，即0<lg（2－2x)－lg（x＋1）＝lgeq\f(2－2x，x＋1)<1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2－2x〉0，，x＋1〉0，）)得－1<x〈1.由0〈lgeq\f(2－2x,x＋1)<1，得1〈eq\f(2－2x，x＋1)〈10.因为x＋1>0，所以x＋1<2－2x〈10x＋10，解得－eq\f（2，3)〈x<eq\f（1，3)。由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－1<x<1,,－\f(2,3）<x<\f(1，3），))得－eq\f(2，3)<x〈eq\f(1,3）。三、解答题12．已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，f（0)＝0，当x>0时，f（x）＝logx.(1）求函数f（x)的解析式；（2)解不等式f(x2－1)>－2.解（1)当x〈0时，－x〉0，则f（－x）＝log（－x）．因为函数f(x）是偶函数，所以f（－x)＝f(x）．所以x<0时,f(x）＝log(－x)，所以函数f(x)的解析式为（2)因为f（4)＝log4＝－2，f(x)是偶函数，所以不等式f（x2－1)>－2可化为f（|x2－1|）〉f(4）．又因为函数f(x）在(0,＋∞）上是减函数，所以0<｜x2－1|<4，解得－eq\r（5）<x<eq\r（5）且x≠±1，而x2－1＝0时，f(0)＝0〉－2成立，所以－eq\r(5)<x<eq\r（5），即不等式的解集为（－eq\r(5），eq\r（5）)．13．已知f（x）＝log（x2－ax－a）．(1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间及值域；（2)若f（x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)）)上为增函数，求实数a的取值范围．考点对数函数的单调性题点由对数型复合函数的单调性求参数的取值范围解（1)当a＝－1时,f（x）＝log(x2＋x＋1)，∵x2＋x＋1＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(1，2）)）2＋eq\f(3，4)≥eq\f（3,4),∴log(x2＋x＋1)≤logeq\f(3，4）＝2－log23，∴f（x)的值域为（－∞，2－log23］．∵y＝x2＋x＋1在eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2）））上递减，在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)，＋∞)）上递增，y＝logx在(0,＋∞）上递减,∴f（x）的增区间为eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1（－∞，－\f(1,2))），减区间为eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（1,2），＋∞)）。（2)令u（x)＝x2－ax－a＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f（a，2)）)2－eq\f（a2，4）－a，∵f(x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2）))上为单调增函数,又∵y＝logu(x）为单调减函数，∴u（x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1，2）))上为单调减函数，且u（x)＞0在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞,－\f(1,2）））上恒成立.eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(提示:\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f（1，2））)⊆\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，\f(a,2）)））)因此eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(\f（a，2)≥－\f（1，2)，，u\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)））≥0，））即eq\b\lc\｛\rc\