高中数学必修一 第四章 指数函数与对数函数 测试题 (10)(解析版)

高中数学必修一第四章指数函数与对数函数测试题(10)(解析版)

高中数学必修一第四章指数函数与对数函数测试题一、选择题（本大题共13小题，共65.0分）1.若$a=\log_50.2,b=20.5,c=0.52$，则$a,b,c$三个数的大小关系是（）。A.$a<c<b$B.$b<c<a$C.$b<a<c$D.$c<a<b$2.已知$a=\log_43,b=4^3,c=\ln$，则$a,b,c$的大小关系为（）。A.$a<b<c$B.$c<b<a$C.$b<c<a$D.$c<a<b$3.定义在$R$上的偶函数$f(x)=2-x$，满足$f(2+x)=f(2-x)$，当$x\in[0,2]$时，设函数$g(x)=e^{-|x-2|}$（$-2<x<6$），则$f(x)$和$g(x)$的图象所有交点横坐标之和等于（）。A.8B.6C.4D.24.已知函数$f(x)=x^3-4x$，过点$A(-2,0)$的直线$l$与$f(x)$的图象有三个不同的交点，则直线$l$斜率的取值范围为（）。A.$(-1,8)$B.$(-\infty,-1)\cup(8,+\infty)$C.$(-2,8)\cup(8,+\infty)$D.$(-1,+\infty)$5.设函数$f(x)=x^2(e^x-e^2)-ax$。若只存在唯一非负整数$x$，使得$f(x)<0$，则实数$a$取值范围为（）。A.$(e-e^2,0]$B.$(-e^2,1)$C.$(-\infty,0]$D.$(e-e^2,e)$6.设$\log_34\cdot\log_48\cdot\log_8m=\log_416$，则$m$的值是（）。A.2B.1C.18D.2757.已知$a=\log_51$，$b=\frac{1}{5}$，$c=2.17$，则$a,b,c$的大小顺序为（）。A.$a>b>c$B.$c>b>a$C.$c>a>b$D.$b>a>c$8.已知$a=\frac{1}{3}$，$b=\frac{1}{4}$，$c=\log_3\sqrt{3}$，则（）。A.$b>a>c$B.$a>b>c$C.$b>c>a$D.$a>c>b$9.设$a=2$，$b=-\log_4\frac{1}{4}$，$c=\log_2\sqrt{2}$，则$a,b,c$的大小关系是（）。A.$b>a>c$B.$c<a<b$C.$b>c>a$D.$a>c>b$10.已知$a=0.3^{0.4}$，$b=4^{0.3}$，$c=\log_{0.2}4$，则（）。11.设函数$f(x)=\sqrt{\lnx+x-a}$（$a\inR$），若存在$x\in[2,3]$，使得$f[f(x)]=x$，则$a$的取值范围为（）。注：第十题和第十一题因为缺失了选项，无法完整回答。1.解析：根据不等式0.2<log5<1，20.5>1，0.52<1，可以得出a<c<b。因此选A。本题考查了对数函数的单调性和计算能力，属于基础题。2.解析：根据不等式log41<log43<log44=1，43>41，ln4<ln1=0，可以得出c<a<b。因此选D。本题考查了对数函数和指数函数的单调性、增函数的定义和计算能力，属于基础题。3.解析：由偶函数f(x)满足f(2+x)=f(2-x)可得f(x)的图像关于直线x=2对称，以4+x替换x，得f(4+x)=f(-x)=f(x)，则函数f(x)是以4为周期的周期函数。函数g(x)=e^(-|x-2|)的图像也关于直线x=2对称，作出函数y=f(x)的图像与函数g(x)的图像如图所示，可知两个图像有四个交点，且两两关于直线x=2对称，则f(x)与g(x)的图像所有交点的横坐标之和为8。因此选A。本题考查函数零点与方程根的关系、数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题。4.解析：设函数f(x)=x^3-4x，可得f(-2)=-16。设直线l的斜率为k，方程为y=k(x+2)，由题意可得k(x+2)=x^3-4x有三个不等的实根，显然x=-2是其中的一个根，因此k=x^2-2x有两个不等的实根，且x≠-2，即k≠8。由x^2-2x-k=0的判别式大于0，可得4+4k>0，解得k>-1，因此k的范围是(-1,8)∪(8,+∞)，因此选B。本题考查了函数的零点与方程的根的关系、二次函数的判别式和解题思路，是中档题。=𝑙𝑛2，∴log32<log33=1<𝑙𝑛2=𝑙𝑔4−𝑙𝑔2=log24−log22=log22=1，∴log32<1，故选：A．利用对数函数和指数函数的性质求解．本题考查对数和指数的基本知识，是基础题，解题时注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．4=2^log3<1，所以可以得出a，b，c的大小关系为b>a>c。根据log2<1可得出1<2^log2<2，进而得到-log2<log1/2的关系。本题考查了指数函数和对数函数的单调性、对数的运算性质和计算能力，属于基础题。解析：由题可知：a=0.3^0.4<0.3=1，b=4^0.3>4=1，c=log0.2(4)<log0.2(1)，又a>c，因此c<a<b，故选B。利用指数函数和对数函数的单调性判断出a，b，c与1的大小关系，进而得到a，b，c的大小。本题考查了指数函数和对数函数单调性的比较大小、学生的转化思想和运算能力，属于基础题。解析：由存在x∈[2,3]使得f(f(x))=x可知x的范围，又f(x)是单调的，可得f(x)=x，采用参数分离求函数，2≤t≤3的值域即可。因为存在x∈[2,3]使得f(f(x))=x，所以2≤x≤3，易知f(x)是单调的，又f(f(x))=x，所以f(x)=x。考虑函数g(t)=1-2t^2+t+1/t，2≤t≤3，则g'(t)=1-2t^2/t^2<0，所以函数g(t)在[2,3]上单调递减，所以g(3)<g(t)<g(2)，即1/3<g(t)<1/2。故a的取值范围是1/3到1/2，故选B。解析：由已知函数为奇函数，然后结合特殊区间的函数值即可求解。因为y=f(x)=(2x+1)/(2x-1)·cosx的定义域为{x|x≠0}，且f(-x)=(2+x+1)/(2-x-1)·cos(-x)=(1-2x)·cosx=-f(x)，所以函数为奇函数。当x∈(0,π/2)时，y>0，所以排除B。故选C。解析：由<√2<1，利用分段函数的性质及对数运算法则能求出f(√2)=f(2)=log2√2=1/2。因为f(x)={2，<√x<1，f(2x),0<x<1/2}，所以f(√2)=f(2)=log2√2=1/2。故选C。答案：[0,2]，(-∞,-1]∪(3,+∞)解析：由于$f(x)$是偶函数且在$(-\infty,0]$上单调递增，所以在$(0,+\infty)$上单调递减。又因为$f(1)=f(-1)=-1$，所以由$f(x-1)+1\geq0$可得$f(x-1)\geqf(1)$，即$-1\leqx-1\leq1$，即$1\leqx\leq2$。又由$f(g(x))+1=0$可得$g(x)=1$或$g(x)=-1$。由函数解析式可知$g(x)$在$(-\infty,0]$和$(0,+\infty)$上均为增函数，故当$x\in(-\infty,0]$时，$g(x)\leq2-a$，当$x\in(0,+\infty)$时，$g(x)>-a$。(1)若$1>2-a>-1>-a$，则$g(x)=1$有1个解，$g(x)=-1$有2个解，不符合题意；(2)若$2-a>1>-a>-1$，则$g(x)=1$有2个解，$g(x)=-1$有1个解，不符合题意；(3)若$-a\geq1$，则$g(x)=1$有1个解，$g(x)=-1$有1个解，符合题意；(4)若$2-a<-1$，则$g(x)=1$有1个解，$g(x)=-1$有1个解，符合题意；(5)若$2-a=1$，则$g(x)=1$有2个解，$g(x)=-1$有1个解，不符合题意；(6)若$2-a=-1$，则$g(x)=-1$有2个解，$g(x)=1$有1个解，不符合题意。综上，$-a\geq1$或$2-a<-1$，解得$a\leq-1$或$a>3$，故答案为$[0,2]$，$(-\infty,-1]\cup(3,+\infty)$。根据$f(x)$的奇偶性和单调性列出不等式求出$x$的范围，根据$g(x)$的单调性和最值，分情况讨论最值和$\pm1$的关系，从而确定$a$的范围。本题考查了函数零点与方程的关系，函数单调性与零点个数判断，属于中档题。答案：$(-2,2)$解析：显然$\sinx\neq0$，所以$a=\frac{\sinx-1}{2\sinx+\frac{1}{\sinx}}$，令$f(x)=\frac{\sinx-1}{2\sinx+\frac{1}{\sinx}}$，则(1)当$0<x<\pi$时，$f(x)=1-\frac{2\sinx}{2\sinx+\frac{1}{\sinx}}$，故$f(x)$在$(0,2)$上单调递增，在$(2,\pi)$上单调递减，因此当$x=2$时，$f(x)$取得极大值$f(2)=\frac{2}{3}$；(2)当$\pi<x<2\pi$时，$f(x)=-1+\frac{2\sinx}{2\sinx+\frac{1}{\sinx}}$，故$f(x)$在$(\pi,\frac{3\pi}{2})$上单调递增，在$(2\pi,+\infty)$上单调递减，因此当$x=-2$时，$f(x)$取得极大值$f(-2)=-2$；(3)当$x=\pi$或$2\pi$时，方程$a|\sinx|+\frac{1}{\sinx}=\sinx$无解。做出$f(x)$的图像如图所示：因此，$a\in(-2,2)$。综上，如果函数$f(x)$恰好有两个零点，则$a\in(-\infty,0)\cup\{2e\}$。解析：(1)代入$a$的值，求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的极值即可；(2)显然$x=2$是函数$f(x)$的一个零点。如果$f(x)$恰好有两个零点，则只需$y=e^{x}-\frac{a}{x}$恰好有1个零点。问题转化为只需$g(x)=e^{x}$和$h(x)=\frac{a}{x}$恰好有1个交点即可，通过讨论$a$的范围，结合函数的图像判断即可。本题考查了函数的单调性、极值问题、导数的应用、转化思想、分类讨论思想、数形结合思想，是一道综合题。答案：(1)$f'(x)=\frac{x-1}{x^{2}}(x>0)$，因此当$0<x<1$时，$f'(x)>0$，当$x>1$时，$f'(x)<0$。因此$f(x)$在$(0,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减。因此$f(x)$的最大值为$f(1)=a-1$。又当$x\rightarrow0$时，$f(x)<0$，当$x\rightarrow+\infty$时，$f(x)<0$。因此当$a-1<0$，即$a<1$时，$f(x)$没有零点；当$a-1=0$，即$a=1$时，$f(x)$有1个零点；当$a-1>0$，即$a>1$时，$f(x)$有两个零点。(2)证明：由(1)可知$x_{1}<1<x_{2}$，设$f(x_{1})=f(x_{2})$，则$\lnx_{1}=\ln(x_{2}-x_{1})$，即$\lnx_{1}=\ln(x_{2}-x_{1})$。设$x_{1}=t(t>1)$，则$\lnt=x_{1}(t-1)$，故$x_{1}=t-1$。要证明$2\lnx_{1}+\lnx_{2}<0$，只需证明$x_{1}x_{2}<1$，即证明$t(t-1)<1$，即证明$t\lnt-3t+3\ln(t-1)+1<0$。令$g(t)=t\lnt-3t+3\ln(t-1)+1$，则$g'(t)=\lnt-1+\frac{3}{t-1}$，$g''(t)=\frac{1}{t}+\frac{3}{(t-1)^{2}}>0$。因此$g'(t)$在$(1,+\infty)$上单调递增，故$g'(t)>g'(1)=0$，因此$g(t)$在$(1,+\infty)$上单调递增，故$g(t)<g(1)=0$，证毕。1.当$x=a$时，$f(x)$取得极小值$f(a)=\frac{1}{4a}$，同时$g(x)=f(x)-b$恒有$3$个零点。对任意$a\in[2,4]$，$g(x)=f(x)-b$恒有$3$个零点，因此$b$的取值范围为$\frac{1}{8}<b<\frac{1}{2}$。2.解：(1)由$f(x)$的图象关于直线$x=1$对称可得$b=-2a$。又$y=f(x)+2x$为偶函数，因此$b=-2$，$a=1$，从而$f(x)=(x-1)^2$。(2)设$h(x)=f(x)+g(x)=(x-1)^2+1-2x$。由$h(0)=1>0$，$h(1)=-1<0$，可知$h(0)h(1)<0$。又$f(x)=(x-1)^2$，$g(x)=1