2023高考数学大一轮复习第二章函数、导数及其应用课时跟踪检测（十）对数与对数函数练习文

PAGEPAGE6课时跟踪检测(十)对数与对数函数一抓根底，多练小题做到眼疾手快1．函数f(x)＝eq\f(1,\r(log2x2－1))的定义域为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)解析：选C由题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,log2x2>1，))解得x>2或0<x<eq\f(1,2)，应选C.2．如果logx<logy<0，那么()A．y<x<1 B．x<y<1C．1<x<y D．1<y<x解析：选Dlogx<logy<log1，∴x>y>1.3．假设函数y＝f(x)是函数y＝ax(a>0，且a≠1)的反函数，且f(2)＝1，那么f(x)＝()A．log2x B.eq\f(1,2x)C．logx D．2x－2解析：选A由题意知f(x)＝logax，∵f(2)＝1，∴loga2＝1.∴a＝2.∴f(x)＝log2x.4．(2022·安徽高考)lgeq\f(5,2)＋2lg2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝________.解析：lgeq\f(5,2)＋2lg2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝lg5－lg2＋2lg2－2＝(lg5＋lg2)－2＝1－2＝－1.答案：－15．函数y＝log2|x＋1|的单调递减区间为______，单调递增区间为______．解析：作出函数y＝log2x的图象，将其关于y轴对称得到函数y＝log2|x|的图象，再将图象向左平移1个单位长度就得到函数y＝log2|x＋1|的图象(如下图)．由图知，函数y＝log2|x＋1|的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)．答案：(－∞，－1)(－1，＋∞)二保高考，全练题型做到高考达标1．函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间为()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)解析：选D因为y＝logt在定义域上是减函数，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t＝x2－4的单调递减区间，结合函数的定义域，可知所求区间为(－∞，－2)．2．f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝3x＋m(m为常数)，那么f(－log35)的值为()A．4 B．－4C．6 D．－6解析：选B∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(0)＝0，即30＋m＝0，解得m＝－1，∴f(log35)＝3log35－1＝4，∴f(－log35)＝－f(log35)＝－4.3．(2022·武汉调研)假设函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|y≥1}，那么函数y＝loga|x|的图象大致是()解析：选B假设函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|y≥1}，那么a>1，故函数y＝loga|x|的图象如下图．应选B.4．(2022·金华模拟)函数f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)，假设f(a)＝eq\f(1,2)，那么f(－a)＝()A．2 B．－2C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)解析：选D∵f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)的定义域为－1<x<1，∴f(－x)＝lgeq\f(1＋x,1－x)＝－lgeq\f(1－x,1＋x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，∴f(－a)＝－f(a)＝－eq\f(1,2).5．(2022·湖北高考)函数f(x)＝eq\r(4－|x|)＋lgeq\f(x2－5x＋6,x－3)的定义域为()A．(2,3) B．(2,4]C．(2,3)∪(3,4] D．(－1,3)∪(3,6]解析：选C由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－|x|≥0，,\f(x2－5x＋6,x－3)>0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4≤x≤4，,x>2且x≠3，))故函数定义域为(2,3)∪(3,4]，应选C.6．计算：lg0.001＋lneq\r(e)＋2＝________.解析：原式＝lg10－3＋lne＋2log2＝－3＋eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)＝－1.答案：－17．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，那么实数a的取值范围是______．解析：问题等价于函数y＝f(x)与y＝－x＋a的图象有且只有一个交点，结合函数图象可知a>1.答案：(1，＋∞)8．函数f(x)＝log2eq\r(x)·logeq\r(2)(2x)的最小值为______．解析：依题意得f(x)＝eq\f(1,2)log2x·(2＋2log2x)＝(log2x)2＋log2x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2x＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，当且仅当log2x＝－eq\f(1,2)，即x＝eq\f(\r(2),2)时等号成立，因此函数f(x)的最小值为－eq\f(1,4).答案：－eq\f(1,4)9．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，那么f(－x)＝log(－x)．因为函数f(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)．所以函数f(x)的解析式为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(logx，x>0，,0，x＝0，,log－x，x<0.))(2)因为f(4)＝logeq\f(1,2)4＝－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|x2－1|<4，解得－eq\r(5)<x<eq\r(5)，即不等式的解集为(－eq\r(5)，eq\r(5))．10．设f(x)＝loga(1＋x)＋loga(3－x)(a>0，a≠1)，且f(1)＝2.(1)求a的值及f(x)的定义域；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))上的最大值．解：(1)∵f(1)＝2，∴loga4＝2(a>0，a≠1)，∴a＝2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋x>0，,3－x>0，))得x∈(－1,3)，∴函数f(x)的定义域为(－1,3)．(2)f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x)＝log2(1＋x)(3－x)＝log2[－(x－1)2＋4]，∴当x∈(－1,1]时，f(x)是增函数；当x∈(1,3)时，f(x)是减函数，故函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))上的最大值是f(1)＝log24＝2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．函数f(x)＝loga(2x－a)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上恒有f(x)>0，那么实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))解析：选A当0<a<1时，函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上是减函数，所以logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－a))>0，即0<eq\f(4,3)－a<1，解得eq\f(1,3)<a<eq\f(4,3)，故eq\f(1,3)<a<1；当a>1时，函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上是增函数，所以loga(1－a)>0，即1－a>1，解得a<0，此时无解．综上所述，实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).2．函数f(x)＝3－2log2x，g(x)＝log2x.(1)当x∈[1,4]时，求函数h(x)＝[f(x)＋1]·g(x)的值域；(2)如果对任意的x∈[1,4]，不等式f(x2)·f(eq\r(x))>k·g(x)恒成立，求实数k的取值范围．解：(1)h(x)＝(4－2log2x)·log2x＝－2(log2x－1)2＋2，因为x∈[1,4]，所以log2x∈[0,2]，故函数h(x)的值域为[0,2]．(2)由f(x2)·f(eq\r(x))>k·g(x)，得(3－4log2x)(3－log2x)>k·log2x，令t＝log2x，因为x∈[1,4]，所以