高中数学 2-2-3对数函数的图象和性质课时检测 湘教版必修1

2.双基达标（限时20分钟）1．函数f(x)＝logax(a>0，a≠1)对任意的正实数x，y都有()．A．f(x·y)＝f(x)·f(y)B．f(x·y)＝f(x)＋f(y)C．f(x＋y)＝f(x)·f(y)D．f(x＋y)＝f(x)＋f(y)答案B2．函数y＝x＋a与y＝logax的图象只可能是()．解析当a>1时，y＝logax为增函数，且y＝x＋a在y轴上的点的纵坐标a应大于1，故排除B、D.当0<a<1时，y＝logax为减函数且y＝x＋a在y轴上的点的纵坐标a应在(0，1)之间，故选C.答案C3．已知函数f(x)＝2logeq\s\do9(\f(1,2))x的值域为[－1，1]，则函数f(x)的定义域是()．A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2)))B．[－1，1]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(\r(2),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，＋∞))解析由已知得－eq\f(1,2)≤logeq\s\do9(\f(1,2))x≤eq\f(1,2)，即logeq\s\do9(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－\f(1,2))≤logeq\s\do9(\f(1,2))x≤logeq\s\do9(\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(\f(1,2))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(\f(1,2))≤x≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－\f(1,2))，即eq\f(\r(2),2)≤x≤eq\r(2).答案A4．已知log0.72m<log0.7(m－1)，则解析∵log0.72m<log0.7(m－1)，∴2m>m答案m>15．已知logaeq\f(3,5)<1，则a的取值范围是________．解析∵logaeq\f(3,5)＝eq\f(lg\f(3,5),lga)<1，当lga>0时，logaeq\f(3,5)<1成立；当lga<0时，若要使eq\f(lg\f(3,5),lga)<1，则要有0>lgeq\f(3,5)>lga，∴0<a<eq\f(3,5)或a>1.答案0<a<eq\f(3,5)或a>16．求证：函数f(x)＝lgeq\f(1－x,1＋x)(－1<x<1)是奇函数且是减函数．证明设x∈(－1，1)，f(－x)＝lgeq\f(1－（－x）,1＋（－x）)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)))eq\s\up12(－1)＝－lgeq\f(1－x,1＋x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，设x1，x2∈(－1，1)，且x1<x2，设t1＝eq\f(1－x1,1＋x1)，t2＝eq\f(1－x2,1＋x2)，则t1－t2＝eq\f(1－x1,1＋x1)－eq\f(1－x2,1＋x2)＝eq\f(（1－x1）（1＋x2）－（1＋x1）（1－x2）,（1＋x1）（1＋x2）)＝eq\f(2（x2－x1）,（1＋x1）（1＋x2）)∵－1<x1<x2<1，∴t1－t2>0.∴t1>t2，∴lgt1>lgt2，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)为减函数．综合提高限时25分钟7．对a(a>0，a≠1)取不同的值，函数y＝logaeq\f(2x＋1,x－1)的图象恒过定点P，则P的坐标为()．A．(1，0)B．(－2，0)C．(2，0)D．(－1，0)解析令eq\f(2x＋1,x－1)＝1，解得x＝－2.答案B8．函数y＝logeq\f(1,2)(x2－5x＋6)的单调增区间为()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))B．(3，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))D．(－∞，2)解析由x2－5x＋6>0，知x>3或x<2，当x∈(－∞，2)时，y＝x2－5x＋6是减函数，∴y＝logeq\f(1,2)(x2－5x＋6)在(－∞，2)上是增函数．答案D9．对于任意的实数m，lg(m2＋1)与lg(2m2＋解析∵2m2＋m＋2－m2－1＝m2＋m＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)>0.∴2m2＋m＋2>m∴lg(m2＋1)<lg(2m2＋答案lg(m2＋1)<lg(2m2＋10．已知函数f(x)＝ax－4a＋3的反函数的图象经过点(－1，2)，那么a解析∵f(x)＝ax－4a∴f(x)的图象必过点(2，－1)，即－1＝a2－4a∴a2－4a＋4＝0.∴a答案211．设f(x)＝loga(x2＋1)(a>0，且a≠1)．(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)求函数f(x)的单调区间．解(1)∵x2＋1>0对x∈R恒成立，∴f(x)的定义域为R，且f(－x)＝loga(x2＋1)＝f(x)，∴f(x)是偶函数．(2)法一设0≤x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝loga(xeq\o\al(2,1)＋1)－loga(xeq\o\al(2,2)＋1)．∵0≤x1<x2，且函数y＝x2＋1在[0，＋∞)上为增函数，∴xeq\o\al(2,1)＋1<xeq\o\al(2,2)＋1.∴当a>1时，loga(xeq\o\al(2,1)＋1)<loga(xeq\o\al(2,2)＋1)，即f(x1)－f(x2)<0；当0<a<1时，loga(xeq\o\al(2,1)＋1)>loga(xeq\o\al(2,2)＋1)，即f(x1)－f(x2)>0，∴当a>1时，f(x)在[0，＋∞)上是增函数；当0<a<1时，f(x)在[0，＋∞)上是减函数．同理，当a>1时，f(x)在(－∞，0)上是减函数；当0<a<1时，f(x)在(－∞，0)上是增函数．综上，当a>1时，f(x)的单调递增区间是[0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)；当0<a<1时，f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，单调递减区间是[0，＋∞)．法二设t＝x2＋1，则y＝logat.当a>1时，y＝logat为增函数；当0<a<1时，y＝logat为减函数．又∵在(－∞，0)上t＝x2＋1为减函数，在(0，＋∞)上t＝x2＋1为增函数由复合函数的单调性得当a>1时，f(x)的增区间为(0，＋∞)，减区间为(－∞，0)．当0<a<1时，f(x)的增区间为(－∞，0)；减区间为(0，＋∞)．12．(创新拓展)已知f(x)＝2＋log3x，x∈[1，9]，求函数y＝[f(x)]2＋f(x2)的最大值及y取得最大值时的x的值．解由f(x)＝2＋log3x，x