2020-2021学年第四章 指数函数与对数函数4.4 对数函数同步训练题

这是一份2020-2021学年第四章 指数函数与对数函数4.4 对数函数同步训练题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
设全集U=R，集合A={y|y=x2﹣2}，B={x|y=lg2（3﹣x），则（∁UA）∩B=（ ）
A.{x|﹣2≤x＜3} B.{x|x≤﹣2} C.{x|x＜﹣2} D.{x|x＜3}
已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg3x，x>0，,2x，x≤0，))则f(f(eq \f(1,9)))=( )
A.4 B.eq \f(1,4) C.－4 D.－eq \f(1,4)
函数y=2＋lg2x(x≥1)的值域为( )
A.(2，＋∞) B.(－∞，2) C.[2，＋∞) D.(－∞，2]
关于函数f(x)=lg0.5(2x－eq \f(1,3))的单调性的说法正确的是( )
A.在R上是增函数
B.在R上是减函数
C.在区间(eq \f(1,6)，＋∞)上是增函数
D.在区间(eq \f(1,6)，＋∞)上是减函数
下列各项中表示同一个函数的是( )
A.y=lg2x与y=lg2x2 B.y=10lgx与y=lg10x
C.y=x与y=xlgxx D.y=x与y=lnex
设P=lg23，Q=lg32，R=lg2(lg32)，则( )
A.R 函数y=eq \f(1,\r(lg0.5（4x－3）))的定义域为( )
A.(eq \f(3,4)，1) B.(eq \f(3,4)，＋∞) C.(1，＋∞) D.(eq \f(3,4)，1)∪(1，＋∞)
若lga(a2＋1)A.01
设函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(21－x，x≤1，,1－lg2x，x＞1，))则满足f(x)≤2的x的取值范围是( )
A.[－1,2] B.[0,2] C.[1，＋∞) D.[0，＋∞)
已知函数f(x)=lga(x2＋2x－3)，若f(2)＞0，则此函数的单调递增区间是( )
A.(－∞，－3) B.(－∞，－3)∪(1，＋∞)
C.(－∞，－1) D.(1，＋∞)
二、填空题
若函数y=lg3x的定义域是[1，27]，则值域是________.
已知lg0.45(x＋2)＞lg0.45(1－x)，则实数x的取值范围是________.
若函数y=lgaeq \f(2x＋1,x－1)的图像恒过定点P，则P点坐标为________.
函数f(x)=|lg3x|在区间[a，b]上的值域为[0,1]，则b－a的最小值为________.
三、解答题
已知f(x)=lga(1－x)＋lga(x＋3)，(a>0且a≠1).
(1)求函数f(x)的定义域，值域；
(2)若函数f(x)有最小值为－2，求a的值.
已知f(x)=2＋lg3x，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.
已知函数y=lga(x2＋2x＋k)，其中(a>0且a≠1).
(1)若定义域为R，求k的取值范围；
(2)若值域为R，求k的取值范围.
已知a>0且a≠1，f(lgax)=eq \f(a,a2－1)(x－eq \f(1,x)).
(1)求f(x)；
(2)判断函数的单调性；
(3)对于f(x)，当x∈(－1，1)时有f(1＋m)＋f(2m＋1)<0，求m的取值范围.
\s 0 参考答案
答案为：C；
答案为：B
答案为：C
答案为：D
答案为：D
答案为：A
解析：P>1，0Q>R.
答案为：A；
答案为：B
解析：∵a>0且a≠1，a2＋1>1，而lga(a2＋1)<0，∴0又∵lga(a2＋1)2a>1，∴a>eq \f(1,2).综上知，eq \f(1,2) 答案为：D；
解析：f(x)≤2⇔eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤1，,21－x≤2，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞1，,1－lg2x≤2))⇔0≤x≤1，或x＞1，故选D.
答案为：D
解析：∵f(2)=lga5＞0=lga1，∴a＞1.由x2＋2x－3＞0，
得函数f(x)的定义域为(－∞，－3)∪(1，＋∞).
设u=x2＋2x－3，则u在(1，＋∞)上为增函数.
又y=lgau(a＞1)在(0，＋∞)上也为增函数，
∴函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞).故选D.
答案为：[0，3]
解析：∵1≤x≤27，∴lg31≤lg3x≤lg327=3.∴值域为[0，3].
答案为：(－2＜x＜－eq \f(1,2))；
解析：原不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2＞0，,x＋2＜1－x，))解得－2＜x＜－eq \f(1,2).
答案为：(－2，0)
解析：∵y=lgat的图像恒过(1，0)，
∴令eq \f(2x＋1,x－1)=1，得x=－2.∴该函数过点(－2，0).
答案为：eq \f(2,3)
解析：根据图象可知，|lg3x|=0，则x=1，|lg3x|=1，则x=eq \f(1,3)或3.
由图可知(b－a)min=1－eq \f(1,3)=eq \f(2,3).
解：(1)∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－x>0，,x＋3>0，))∴定义域为{x|－3f(x)=lga(－x2－2x＋3)，
令t=－x2－2x＋3=－(x＋1)2＋4，
∵x∈(－3，1)，∴t∈(0，4].∴f(t)=lgat，t∈(0，4].
当0当a>1时，ymax=f(4)=lga4，值域为(－∞，lga4].
(2)∵ymin=－2，由①得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0 解：由f(x)=2＋lg3x，x∈[1,9]得f(x2)=2＋lg3x2，x2∈[1,9]，即x∈[1,3]，
得函数y=[f(x)]2＋f(x2)的定义域为[1,3]，
y=(2＋lg3x)2＋2＋lg3x2，
即y=(lg3x)2＋6lg3x＋6=(lg3x＋3)2－3，
令lg3x=t,0≤t≤1，
y=(t＋3)2－3，当t=lg3x=1，
即x=3时，ymax=13.
解：(1)x2＋2x＋k>0恒成立，
即Δ=4－4k<0，
∴k>1.
(2)∵值域为R，
∴(x2＋2x＋k)min≤0，
即x2＋2x＋k=0有根.
∴Δ≥0即k≤1.
解：(1)令t=lgax，x=at，
f(t)=eq \f(a,a2－1)(at－eq \f(1,at))，即f(x)=eq \f(a,a2－1)(ax－eq \f(1,ax)).
(2)当a>1时，eq \f(a,a2－1)>0，g(x)=ax－eq \f(1,ax)单调递增，∴f(x)单调递增.
当0(3)f(x)为奇函数且在(－1，1)上单调递增，
∴f(1＋m)