2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)10 對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù) 文 北師大版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)10 對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù) 建議用時(shí)：45分鐘 一、選擇題 1．函數(shù)y＝的定義域是(　　) A．[1,2]　　　　 B．[1,2) C. D. C　[由 即解得x≥.] 2．若函數(shù)y＝f(x)是函數(shù)y＝ax(a＞0，且a≠1)的反函數(shù)，且f(2)＝1，則f(x)＝(　　) A．log2x B. C．logx D．2x－2 A　[由題意知f(x)＝logax(a＞0，且a≠1)． ∵f(2)＝1，∴l(xiāng)oga2＝1.∴a＝2.∴f(x)＝log2x.] 3．(2019·全國(guó)卷Ⅰ)已知a＝log2 0.2，b＝20.2，c＝0.20.3，則(　　)

2、A．a(chǎn)＜b＜c B．a(chǎn)＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a B　[∵a＝log20.2＜0，b＝20.2＞1，c＝0.20.3∈(0,1)，∴a

3、)＝25.25， 所以lg＝25.25×＝10.1，所以＝1010.1.故選A.] 5．設(shè)函數(shù)f(x)＝loga|x|(a＞0，且a≠1)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，則f(a＋1)與f(2)的大小關(guān)系是(　　) A．f(a＋1)＞f(2) B．f(a＋1)＜f(2) C．f(a＋1)＝f(2) D．不能確定 A　[由已知得0＜a＜1，所以1＜a＋1＜2，又易知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，故可以判斷f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(a＋1)＞f(2)．] 二、填空題 6．計(jì)算：lg 0.001＋ln＋2＝________. －1　[原式＝lg 10－3＋ln e＋2＝－3＋＋＝－

4、1.] 7．函數(shù)f(x)＝loga(x2－4x－5)(a＞1)的單調(diào)遞增區(qū)間是________． (5，＋∞)　[由函數(shù)f(x)＝loga(x2－4x－5)，得x2－4x－5＞0，得x＜－1或x＞5.令m(x)＝x2－4x－5，則m(x)＝(x－2)2－9，m(x)在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，又由a＞1及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(5，＋∞)．] 8．設(shè)函數(shù)f(x)＝則滿足f(x)≤2的x的取值范圍是________． [0，＋∞)　[當(dāng)x≤1時(shí)，由21－x≤2，解得x≥0，所以0≤x≤1； 當(dāng)x＞1時(shí)，由1－log2x≤2，解得x≥，所以x＞1. 綜上可知x≥

5、0.] 三、解答題 9．設(shè)f(x)＝loga(1＋x)＋loga(3－x)(a＞0，且a≠1)，且f(1)＝2. (1)求a的值及f(x)的定義域； (2)求f(x)在區(qū)間[0，]上的最大值． [解](1)∵f(1)＝2，∴l(xiāng)oga4＝2(a＞0，且a≠1)，∴a＝2. 由得－1＜x＜3， ∴函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1,3)． (2)f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x) ＝log2[(1＋x)(3－x)]＝log2[－(x－1)2＋4]， ∴當(dāng)x∈(－1,1]時(shí)，f(x)是增函數(shù)； 當(dāng)x∈(1,3)時(shí)，f(x)是減函數(shù)， 故函數(shù)f(x)在[0，]上的最大值

6、是f(1)＝log24＝2. 10．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，f(0)＝0，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝logx. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)解不等式f(x2－1)＞－2. [解](1)當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0， 則f(－x)＝log(－x)． 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)． 所以x＜0時(shí)，f(x)＝log(－x)， 所以函數(shù)f(x)的解析式為 f(x)＝ (2)因?yàn)閒(4)＝log4＝－2，f(x)是偶函數(shù)， 所以不等式f(x2－1)＞－2可化為f(|x2－1|)＞f(4)． 又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)， 所以0＜

7、|x2－1|＜4，解得－＜x＜且x≠±1， 而x2－1＝0時(shí)，f(0)＝0＞－2， 所以－＜x＜. 1．已知a，b＞0且a≠1，b≠1，若logab＞1，則(　　) A．(a－1)(b－1)＜0 B．(a－1)(a－b)＞0 C．(b－1)(b－a)＜0 D．(b－1)(b－a)＞0 D　[由a，b＞0且a≠1，b≠1，及l(fā)ogab＞1＝logaa可得，當(dāng)a＞1時(shí)，b＞a＞1，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，0＜b＜a＜1， 代入驗(yàn)證只有D項(xiàng)滿足題意．] 2．已知f(x)＝lg(10＋x)＋lg(10－x)，則(　　) A．f(x)是奇函數(shù)，且在(0,10)上是增函數(shù) B．f(x)是偶

8、函數(shù)，且在(0,10)上是增函數(shù) C．f(x)是奇函數(shù)，且在(0,10)上是減函數(shù) D．f(x)是偶函數(shù)，且在(0,10)上是減函數(shù) D　[函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－10,10)， 又∵f(－x)＝lg(10－x)＋lg(10＋x)＝f(x)， ∴f(x)為偶函數(shù)． 又f(x)＝lg(100－x2)， 令t＝100－x2，易知t在(0,10)上是減函數(shù)，結(jié)合復(fù)合函數(shù)可知，故f(x)在(0,10)上是減函數(shù)，故選D.] 3．關(guān)于函數(shù)f(x)＝lg (x≠0，x∈R)有下列命題： ①函數(shù)y＝f(x)的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱； ②在區(qū)間(－∞，0)上，函數(shù)y＝f(x)是減函數(shù)； ③函

9、數(shù)f(x)的最小值為lg 2； ④在區(qū)間(1，＋∞)上，函數(shù)f(x)是增函數(shù)． 其中是真命題的序號(hào)為________． ①③④　[∵函數(shù)f(x)＝lg(x≠0，x∈R)，顯然f(－x)＝f(x)， 即函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，圖像關(guān)于y軸對(duì)稱，故①正確； 當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝lg＝lg＝lg， 令t(x)＝x＋，x＞0，則t′(x)＝1－，可知當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，t′(x)＜0，t(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，t′(x)＞0，t(x)單調(diào)遞增，即f(x)在x＝1處取得最小值lg 2.由偶函數(shù)的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知②錯(cuò)誤，③正確，④正確，故答案為①③④.]

10、4．已知函數(shù)f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，a＞0，且a≠1. (1)求f(x)的定義域； (2)判斷f(x)的奇偶性，并予以證明； (3)當(dāng)a＞1時(shí)，求使f(x)＞0的x的取值范圍． [解](1)因?yàn)閒(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)， 所以解得－1＜x＜1. 故所求函數(shù)的定義域?yàn)閧x|－1＜x＜1}． (2)f(x)為奇函數(shù)． 證明如下：由(1)知f(x)的定義域?yàn)閧x|－1＜x＜1}，且f(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(x＋1)－loga(1－x)]＝－f(x)．故f(x)為奇函數(shù)． (3)因?yàn)楫?dāng)a＞1時(shí)

11、，f(x)在定義域{x|－1＜x＜1}上是增函數(shù)，由f(x)＞0，得＞1，解得0＜x＜1.所以x的取值范圍是(0,1)． 1．設(shè)實(shí)數(shù)a，b是關(guān)于x的方程|lg x|＝c的兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根，且a＜b＜10，則abc的取值范圍是________． (0,1)　[由題意知，在(0,10)上，函數(shù)y＝|lg x|的圖像和直線y＝c有兩個(gè)不同交點(diǎn)，所以ab＝1,0＜c＜lg 10＝1，所以abc的取值范圍是(0,1)．] 2．若函數(shù)f(x)＝loga(2x－a)在區(qū)間[，]上恒有f(x)＞0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[，]上是減函數(shù)，所以loga＞0，即0＜－a＜1， 又2×－a＞0，解得＜a＜，且a＜1，故＜a＜1； 當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[，]上是增函數(shù)， 所以loga(1－a)＞0，即1－a＞1，且2×－a＞0， 解得a＜0，且a＜1，此時(shí)無(wú)解． 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是. - 5 -