专题10对数与对数函数

专题10对数与对数函数№专题10对数与对数函数№考向解读➊考点精析➋真题精讲➌模拟精练➍专题训练（新高考）备战2024高考数学一轮复习（新高考）备战2024高考数学一轮复习专题10对数与对数函数命题解读命题预测复习建议对数函数是基本初等函数中的一个重要函数，对数的运算是高考必须要掌握的运算。高考中对于对数函数的考察主要集中在对数函数的图象和性质上，这些的考察主要针对学生的数学运算和数学思维进行考察.预计2024年的高考对数函数部分一定会考察函数的图象和性质，但对数运算是基础，因此在考察对数函数的过程中会牵扯到对数的运算.集合复习策略：1.理解对数的概念及运算性质；2.掌握对数函数的概念和对数函数的图象和性质；3.理解对数函数是一种重要的函数模型.→➊考点精析←一、对数的概念及运算性质1．对数：如果ax=N(a>0,且a≠1),那么x叫作以a为底N的对数,记作x=logaN,其中a叫作对数的底数,N叫作真数,logaN叫作对数式

.2．对数的性质：底数的限制:a>0,且a≠1对数式与指数式的互化:ax=N⇔x=logaN负数和零没有对数loga1=0logaa=1对数恒等式:alogaN=N3．对数的运算法则：a>0,且a≠1,M>0,N>0loga(M·N)=logaM+logaNlogaM/N=logaMlogaNlogaMn=nlogaM(n∈R)4.换底公式:logab=logcblogca(a>0,且a二、对数函数的图象及性质概念函数y=logax(a>0,且a≠1)叫作对数函数

底数a>10<a<1图像定义域(0,+∞)值域R性质过定点(1,0),即x=1时,y=0

在区间(0,+∞)上是增函数

在区间(0,+∞)上是减函数

→➋真题精讲←1．（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知函数，，则下列结论正确的是（

）A．函数在上单调递增B．存在，使得函数为奇函数C．任意，D．函数有且仅有2个零点【答案】ABC【解析】对于A：，因为，所以，，因此，故，所以在上单调递增，故A正确；对于B：令，则，令，定义域为，关于原点对称，且，故为奇函数，B正确；对于C：时，；时，；时，；C正确；对于D：时，，时，，时，，所以只有1个零点，D错误；故选：ABC2．（2023·广东肇庆·统考一模）已知正数满足等式，则下列不等式中可能成立的有（

）A． B．C． D．【答案】AC【解析】因为，，，所以，所以，构造，所以，当，即时，分析即可，所以在上单调递减，所以，所以，所以，所以，由，所以，构造，，则，所以在上单调递增，所以由得，所以，故此时，D选项错误；当时，，此时，所以可能成立，故C选项可能正确，由，即，构造，所以，设，当时，，所以在单调递减，在上单调递增，且，所以当时，即，所以，构造，则，所以在上单调递增，所以，故A可能正确，B项错误；故选：AC3．（2023·广东东莞·校考模拟预测）函数在上有定义，若对任意的，，有则称在上具有性质，则下列说法正确的是（

）A．在上具有性质；B．在其定义域上具有性质；C．在上单调递增；D．对任意，，，，有【答案】BD【解析】对于A：定义域为，设任意的，，则，，，则，因为当且仅当时取等号，且在定义域上单调递增，所以，即，故A错误；对于B：定义域为，设任意的，，则，，，则，因为当且仅当时取等号，所以，故，故在其定义域上具有性质，故B正确；对于C：若为常数函数，如，显然对任意的，，都有，满足性质，但是不具有单调性，故C错误；对于，有，故D正确．故选：BD4．（2023·广东广州·统考一模）已知函数的定义域为，其导函数为，若.，则关于x的不等式的解集为__________.【答案】【解析】令函数，则，因此函数在上单调递减，，因此，即，解得，所以不等式的解集为.故答案为：5．（2023·广东揭阳·校考模拟预测）已知函数，，若直线与函数，的图象均相切，则的值为________；若总存在直线与函数，图象均相切，则的取值范围是________【答案】

【解析】设直线与函数的切点为，由，所以，解得，所以切点为，所以，解得，即切线方程为，设直线与函数的切点为，则，解得，即，设切线方程为，且与的切点为，与的切点为则，，整理可得，，所以，整理可得，设，则，设，则，所以在为增函数，又因为，所以在上，即，所以单调递减；在上，即，所以单调递增，所以，即，解得.故答案为：；6．（2023·广东·统考一模）已知函数.(1)求的极值；(2)当时，，求实数的取值范围.【解析】（1）求导得，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以有极小值，无极大值.（2）方法一：由题知不等式在上恒成立，则原问题等价于不等式在上恒成立，记，则，记，则恒成立，所以在上单调递增，又，所以存在，使得，即当时，，此时；当时，，此时，所以在上单调递减，在上单调递增，由，得，即，所以，①当时，因为，所以不等式恒成立，所以；②当时，因为存在，使得，而，此时不满足，所以无解.综上所述，.方法二：由题知不等式在上恒成立，原问题等价于不等式在上恒成立，即在上恒成立.记，则，当单调递减，单调递增，因为即，①当时，因为，所以不等式恒成立，所以；②当时，令，显然单调递增，且，故存在，使得，即，而，此时不满足，所以无解.综上所述，.7．（（2023·广东广州·统考一模）已知，函数.(1)若，证明：当时，：(2)若函数存在极小值点，证明：【解析】（1）若，则，设，，设，，则在上单调递增，，即，于是在上单调递增，，即，所以当时，.（2）函数，其定义域为，，由（1）知在上单调递增，，当时，，当时，，则由，解得或，其中且，即且，否则恒有，则在上单调递增，函数无极值点，不符合题意，若，即，当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，因此是的极小值点，，若，即，当时，，当时，，则在上单调递增，在单调递减，因此是的极小值点，，又，于是，综上所述，函数存在极小值点.→➌模拟精练←1．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考二模）已知，且，则（

）.A．3 B．6 C．12 D．18【答案】B【分析】先由指数式化为对数式，利用换底公式得到，从而得到，计算出.【详解】由得：，由换底公式可得：，则，所以，因为，所以故选：B2．（2023·江苏·统考二模）设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据指数函数及对数函数的单调性即可比较，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得解.【详解】因为，所以，所以，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，令，则，所以函数在上递增，所以，即，即，所以，即，综上，.故选：A.【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用中间量来比较的大小是解决本题的关键.3．（2023·江苏·二模）设，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用对数函数的单调性和指数以及对数的运算，并借助中间量进行比较，即得答案．【详解】，，所以，由于，所以，即，而，所以，故选：D．4．（2023·江苏南通·江苏省如皋中学校考模拟预测）已知函数f（x）的定义域为R，且，，当时，，则）=（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知条件可得函数是奇函数也是周期函数，利用周期性和奇偶性，有，代入已知解析式求解即可.【详解】由，有，可得，所以的周期为2.令，代，可得，所以，故函数为奇函数，所以因为，所以，所以.故选：B5．（2023·江苏南京·统考二模）已知函数，．下列说法正确的为（

）A．若，则函数与的图象有两个公共点B．若函数与的图象有两个公共点，则C．若，则函数有且仅有两个零点D．若在和处的切线相互垂直，则【答案】BCD【分析】解方程得到A错误，解方程得到，解得B正确，计算零点个数为2得到C正确，根据斜率的关系得到，D正确，得到答案.【详解】对选项A：，故（无解）或，，错误；对选项B：，故或，故，且，解得，正确；对选项C：取，则，，，则，设，在上恒成立，则在上单调递增，则，故，，则，或，正确；对选项D：当和同时为正或者同时为负时不成立，不妨设，，，，则，故，正确.故选：BCD6．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考二模）e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BC【分析】构建函数根据题意分析可得，对A、D：取特值分析判断；对B、C：根据的单调性，分类讨论分析判断.【详解】原式变形为，构造函数，则，∵，当时，，则，即；当时，，则，即；故在上单调递减，在上单调递增，对于A：取，则∵在上单调递增，故，即满足题意，但，A错误；对于B：若，则有：当，即时，则，即；当，即时，由在时单调递增，且，故，则；综上所述：，B正确；对于C：若，则有：当，即时，显然成立；当，即时，令，∵，当且仅当，即时等号成立，∴当时，所以，即，由可得，即又∵由在时单调递增，且，∴，即；综上所述：，C正确；对于D：取，，则，∵在上单调递减，故，∴故，满足题意，但，D错误.故选：BC.【点睛】结论点睛：指对同构的常用形式：（1）积型：，①构造形式为：，构建函数；②构造形式为：，构建函数；③构造形式为：，构建函数.（2）商型：，①构造形式为：，构建函数；②构造形式为：，构建函数；③构造形式为：，构建函数.7．（2023·江苏·二模）已知，，且，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】对于A利用基本不等式可判断；对于B利用不等式的基本性质以及指数函数的单调性即可判断；对于C可用特殊值法判断；对于D直接根据不等式的基本性质判断即可．【详解】，，且，，，当且仅当取等号，故A正确；，，且，，故B正确；则，故D正确；取，则，故C错误.故选：ABD．8．（2023·广东湛江·统考一模）已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据指数函数和对数函数的性质，可得：，，，又由，所以，故．又，所以，所以．故选：A．9．（2023·广东广州·统考一模）已知均为正实数，为自然对数的底数，若，则下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】已知均为正实数，,当时，，满足成立，对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C错误，对于D，由已知，则，.由则，所以，即，得，，即.下面证明，.设，，所以在区间上单调递增，所以>，即.所以，故D正确，故选：D.10．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数，，其中为实数.(1)求的极值；(2)若有4个零点，求的取值范围.【解析】（1）因为，，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，即，无极小值.（2）由即，可得，令，则，设，则，由得，由得，所以在上单调递增，在上单调递减，且，，，即，，所以存在，使得，，即，①，故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故的极大值为，极小值为和对①式两边取对数可得，②，将①②代入得，同理可得，要使有四个零点，则必有，解得，而，，由零点存在定理可知，当时有且仅有个零点，即有个零点，所以实数的取值范围为.→➍专题训练←1．（2023·广东·校联考模拟预测）已知，，，则下列结论中，正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】比较b、c只需比较，设，则，当时，，即函数在上单调递减，所以，即，所以，所以.比较a、b只需比较，设，则，因为单调递减，且，所以当时，，所以在，，所以，即.综上，.故选：A2．（2023·广东茂名·统考一模）设，，则（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】，，故可构造函数，，所以在上单调递增，所以，即.故选:B.3．（2023·广东深圳·统考一模）已知函数，，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，且，又，则公切线的斜率，则，所以，则公切线方程为，即，代入得：，则，整理得，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，设，则，令得，当时，，单调递增，时，，单调递减，又可得，则时，；时，，则函数的大致图象如下：所以，解得，故实数a的取值范围为.故选：B.4．（2023·广东佛山·统考一模）已知函数（且），若对任意，，则实数a的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】当时，，由图可知，，此时若对任意，，只需，即，即.当，，此时若对任意，，即，，所以只需.令，则，当单调递增，当单调递减，，.综上，.故选:D.5．（2023·广东肇庆·统考一模）函数中的图像可能是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为定义域为，又，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B，又时，，所以，所以，故排除C；故选：D6．（2023·广东茂名·统考一模）e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BC【解析】原式变形为，构造函数，则，∵，当时，，则，即；当时，，则，即；故在上单调递减，在上单调递增，对于A：取，则∵在上单调递增，故，即满足题意，但，A错误；对于B：若，则有：当，即时，则，即；当，即时，由在时单调递增，且，故，则；综上所述：，B正确；对于C：若，则有：当，即时，显然成立；当，即时，令，∵，当且仅当，即时等号成立，∴当时，所以，即，由可