高中数学北师大版 (2019)必修 第一册第四章 对数运算和对数函数本章综合与测试单元测试课后复习题

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第一册第四章 对数运算和对数函数本章综合与测试单元测试课后复习题，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷 (选择题，共60分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．函数y＝eq \f(\r(x),lg2－x)的定义域是( )
A．[0,2) B．[0,1)∪(1,2)
C．(1,2) D．[0,1)
2．计算lg225·lg32eq \r(2)·lg59的结果为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
3．设p：lg2x≤0，q：2x≤2，则p是q的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－2，x<2，,lg3x2－1，x≥2，))若f(a)＝1，则a的值是( )
A．2 B．1
C．1或2 D．1或－2
5．若lga3＝m，lga5＝n，则a2m＋n的值是( )
A．15 B．75
C．45 D．225
6．函数f(x)＝ln(x＋eq \r(x2＋1))，若实数a，b满足f(2a＋5)＋f(4－b)＝0，则2a－b＝( )
A．1 B．－1
C．－9 D．9
7．函数f(x)＝1＋lg2x与g(x)＝21－x在同一直角坐标系下的图象大致是( )
8．阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动．在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想．在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个问题，并得到小于数字x的素数个数大约可以表示为π(x)≈eq \f(x,ln x)的结论．若根据欧拉得出的结论，估计10 000以内的素数个数为(lg e≈0.43429，计算结果取整数)( )
A．1 089 B．1 086
C．434 D．145
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．已知lg2a>lg2b，则下列不等式一定成立的是( )
A.eq \f(1,a)0
C．2a－b>1 D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))a10．已知函数f(x)＝|lg x|,0f(b)，则下列结论可能成立的是( )
A．0C．00
11．当c>1时，使不等式lgac>lg3c成立的正数a(a≠1)的值可以为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(3,2)
C．2 D．4
12．已知函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)，则( )
A．f(x)在(0,1)单调递增
B．f(x)在(1,2)单调递减
C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称
D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称
第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)
13．已知函数f(x)＝lga(x－3)＋2(a>0，且a≠1)的图象恒过定点P，且幂函数g(x)＝xα的图象经过点P，则g(2)的值为________．
14．若f(ln x)＝4x＋5，则f(x)＝________.
15．已知函数f(x)＝lga(x2－ax＋1)，若f(x)的定义域为R，则实数a的取值范围是________；若f(x)的值域为R，则实数a的取值范围是________．
16．给出下列四个结论：
①函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))的最大值为eq \f(1,2)；
②已知函数y＝lga(2－ax)(a>0，且a≠1)在(0,1)上是减函数，则a的取值范围是(1,2)；
③在同一平面直角坐标系中，函数y＝lg2x与y＝lgx的图象关于y轴对称；
④在同一平面直角坐标系中，函数y＝2x与y＝lg2x的图象关于直线y＝x对称．
其中正确结论的序号是________．
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)设f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝lgx.
(1)求当x<0时，f(x)的解析式；
(2)解不等式f(x)≤2.
18.(本小题满分12分)已知f(x)＝(lgx)2－2lgx＋4，x∈[2,4]．
(1)设t＝lgx，x∈[2,4]，求t的最大值与最小值；
(2)求f(x)的值域．
19．(本小题满分12分)函数f(x)＝lg3(ax－1)，a>0且a≠1.
(1)求该函数的定义域；
(2)若该函数的图象经过点M(2,1)，讨论f(x)的单调性并证明．
20．(本小题满分12分)已知函数f(x2－1)＝lgmeq \f(x2,2－x2)(m>0，且m≠1)．
(1)求f(x)的解析式，并判断f(x)的奇偶性；
(2)解关于x的方程f(x)＝lgmeq \f(1,x).
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lg3(ax2＋2x＋8)．
(1)若f(1)＝2，求y＝f(x)的单调区间；
(2)是否存在实数a，使得f(x)的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
22．(本小题满分12分)已知函数g(x)＝mx2－2mx＋1＋n(n≥0)在[1,2]上有最大值1和最小值0，设f(x)＝eq \f(gx,x).
(1)求m，n的值；
(2)若不等式f(lg2x)－2klg2x≥0在x∈[2,4]上有解，求实数k的取值范围．
第四章 单元质量评估卷
1．解析：若使函数有意义，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0,2－x>0,2－x≠1，))解得0≤x<2且x≠1.选B.
答案：B
2．解析：利用换底公式，则原式＝eq \f(lg 25,lg 2)×eq \f(lg 2\r(2),lg 3)×eq \f(lg 9,lg 5)＝eq \f(2lg 5,lg 2)×eq \f(\f(3,2)lg 2,lg 3)×eq \f(2lg 3,lg 5)＝2×eq \f(3,2)×2＝6.
答案：D
3．解析：∵lg2x≤0，∴0答案：A
4．解析：若f(a)＝1，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<2,3a－2＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥2,lg3a2－1＝1，))解得a＝2，故选A.
答案：A
5．解析：∵lga3＝m，∴am＝3，∵lga5＝n，∴an＝5，∴a2m＋n＝(am)2·an＝32×5＝45，选C.
答案：C
6．解析：由题意，f(－x)＋f(x)＝ln(－x＋eq \r(x2＋1))＋ln(x＋eq \r(x2＋1))＝ln(x2＋1－x2)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数，故由f(2a＋5)＋f(4－b)＝0得2a＋5＋4－b＝0，则2a－b＝－9，故选C.
答案：C
7．解析：f(x)＝1＋lg2x为(0，＋∞)上的单调递增函数，且f(1)＝1，排除B；g(x)＝21－x为(－∞，＋∞)上的单调递减函数，且g(1)＝1，g(0)＝2，排除A，D.故选C.
答案：C
8．解析：由题意知10 000以内的素数个数π(10 000)≈eq \f(10 000,ln 10 000)＝eq \f(10 000,4ln 10)＝eq \f(10 000lg e,4)＝2 500lg e≈0.43429×2 500≈1 086，故选B.
答案：B
9．解析：由lg2a>lg2b得a>b>0，即a－b>0，所以eq \f(1,a)1，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))a答案：ACD
10．解析：由题意得0lg b，∴lg a＋lg b＝lg ab<0，∴0答案：ABC
11．解析：由题可得lgac>lg3c>lg31＝0，则a>1，在同一坐标系中作出函数y＝lgax(a>1)与y＝lg3x的大致图象如下：
因为lgac>lg3c，c>1，所以第一象限内最上面的曲线表示函数y＝lgax(a>1)的图象，作出直线y＝1，它与两函数图象的交点分别为A，B，由lgax＝1得x＝a，即点A的横坐标为a，由lg3x＝1得x＝3，即点B的横坐标为3，则1答案：BC
12．解析：由题知f(x)＝ln[x(2－x)](0答案：ABC
13．解析：令x＝4，则f(4)＝lga1＋2＝2恒成立，故函数f(x)恒过点(4,2)，即P(4,2)，则g(4)＝4α＝2，解得α＝eq \f(1,2)，故g(2)＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
14．解析：由f(ln x)＝4x＋5＝4eln x＋5，得f(x)＝4ex＋5.
答案：4ex＋5
15．解析：要使f(x)的定义域为R，则对任意的实数x都有x2－ax＋1>0恒成立，故有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,a≠1,Δ＝a2－4<0，))解得01，且x2－ax＋1能取得所有正实数，故有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1,Δ＝a2－4≥0，))
解得a≥2，即a的取值范围是[2，＋∞)．
答案：(0,1)∪(1,2) [2，＋∞)
16．解析：函数t＝－x2＋1的最大值为1，
∴y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))的最小值为eq \f(1,2)，∴①错误；
函数y＝lga(2－ax)(a>0，且a≠1)在(0,1)上是减函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1,2－a≥0，))解得a的取值范围是(1,2]，②错误；在同一平面直角坐标系中，函数y＝lg2x与y＝lgeq \f(1,2)x的图象关于x轴对称，③错误；在同一平面直角坐标系中，函数y＝2x与y＝lg2x的图象关于直线y＝x对称，④正确．综上，正确结论的序号是④.
答案：④
17．解析：(1)当x<0时，－x>0，则f(－x)＝lg (－x)，又因为f(x)为奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－lg (－x)．
(2)由题意及(1)知，原不等式等价于
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0,lg\f(1,2)x≤2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0,－lg\f(1,2)－x≤2，))解得x≥eq \f(1,4)或－4≤x<0.∴解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4≤x<0))或x≥\f(1,4))).
18．解析：(1)因为函数t＝lgx在[2,4]上是单调递减函数，所以tmax＝lg2＝－1，tmin＝lg4＝－2.
(2)令t＝lgeq \f(1,2)x，则g(t)＝t2－2t＋4＝(t－1)2＋3，由(1)得t∈[－2，－1]，因此当t＝－2，即x＝4时，f(x)max＝12；当t＝－1，即x＝2时，f(x)min＝7.
因此，函数f(x)的值域为[7,12]．
19．解析：(1)要使函数式有意义，需ax－1>0，即ax>1.
当a>1时，可得x>0，所以a>1时，x∈(0，＋∞)；
当0(2)因为函数的图象经过点M(2,1)，所以1＝lg3(a2－1)，所以a2－1＝3，即a2＝4，又a>0，所以a＝2，所以f(x)＝lg3(2x－1)．显然x>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数．证明如下：
任取x2>x1>0，则2x2>2x1>1，所以2x2－1>2x1－1>0，又y＝lg3x在(0，＋∞)上单调递增，所以lg3(2x2－1)>lg3(2x1－1)，即f(x2)>f(x1)，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
20．解析：(1)令x2－1＝t，则x2＝t＋1.
所以f(t)＝lgmeq \f(t＋1,2－t＋1)＝lgmeq \f(1＋t,1－t).
由eq \f(x2,2－x2)>0，解得0所以－1所以f(x)＝lgmeq \f(1＋x,1－x)(－1所以f(－x)＝lgmeq \f(1－x,1＋x)＝－lgmeq \f(1＋x,1－x)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数．
(2)由(1)，知lgmeq \f(1＋x,1－x)＝lgmeq \f(1,x)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,1－x)＝\f(1,x),\f(1＋x,1－x)>0,\f(1,x)>0，))解得x＝eq \r(2)－1.
21．解析：(1)因为f(1)＝2，所以lg3(a＋10)＝2，解得a＝－1，
由－x2＋2x＋8>0，解得－2即函数f(x)的定义域为(－2,4)，
令g(x)＝－x2＋2x＋8，
则g(x)在(－2,1)上单调递增，在(1,4)上单调递减，
又y＝lg3x在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的单调递增区间为(－2,1)，单调递减区间为(1,4)．
(2)若满足条件，则h(x)＝ax2＋2x＋8有最小值1，
当a＝0时显然不成立，即h(x)＝ax2＋2x＋8为二次函数，对称轴为x＝－eq \f(1,a)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝\f(8a－1,a)＝1，))
解得a＝eq \f(1,7)，故存在实数a＝eq \f(1,7)使h(x)的最小值为1，f(x)的最小值为0.
22．解析：(1)g(x)＝m(x－1)2＋1＋n－m，
当m>0，g(x)在[1,2]上是增函数，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝0,g2＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋n－m＝0,m＋1＋n－m＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1,n＝0，))当m＝0时，g(x)＝1＋n，无最大值和最小值，不符合题意；
当m<0时，g(x)在[1,2]上是减函数，由题意可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝1,g2＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋n－m＝1,m＋1＋n－m＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－1,n＝－1，))
∵n≥0，故应舍去．
综上可得m，n的值分别为1,0.
(2)由(1)知f(x)＝x＋eq \f(1,x)－2，
∴f(lg2x)－2klg2x≥0在x∈[2,4]上有解等价于lg2x＋eq \f(1,lg2x)－2≥2klg2x在x∈[2,4]上有解，
即2k≤eq \f(1,lg2x2)－eq \f(2,lg2x)＋1在x∈[2,4]上有解，
令t＝eq \f(1,lg2x)，
则2k≤t2－2t＋1，∵x∈[2,4]，∴t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
记φ(t)＝t2－2t＋1，
∵eq \f(1,2)≤t≤1，∴φ(t)max＝eq \f(1,4)，∴k≤eq \f(1,8).