2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：9 对数与对数函数

这是一份2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习课时作业：9 对数与对数函数，共6页。

[基础达标]
一、选择题
1．函数y＝的定义域是( )
A．[1,2] B．[1,2)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
2．[2021·江西南昌模拟]已知正实数a，b，c满足：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))a＝lg2a，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))b＝lg2b，c＝，则( )
A．aC．b3．若函数y＝f(x)是函数y＝ax(a>0，且a≠1)的反函数，且f(2)＝1，则f(x)＝( )
A．lg2xB.eq \f(1,2x)C．D．2x－2
4．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x，x<1，,－lg2x，x≥1，))则函数f(x)的值域是( )
A．(－∞，2) B．(－∞，2]
C．[0，＋∞) D．(－∞，0)∪(0,2)
5．[2021·河北五个一名校联盟诊断考试]已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝lg2(－x)＋m，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(2)，则实数m＝( )
A.eq \f(\r(2),2)B．－eq \f(\r(2),2)C.eq \r(2)＋1D．－eq \r(2)＋1
二、填空题
6．已知函数f(x)＝x3＋alg3x，若f(2)＝6，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝________.
7．[2021·四川德阳一诊]若函数f(x)＝2x，g(x)= lg2x,则f [g(2 019) ]+g [f(2 019)]= ________．
8．[2021·贵州教学质量测评改编]已知函数y＝lga(x＋3)－eq \f(8,9)(a>0，a≠1)的图象恒过定点A，则点A的坐标为________；若点A也在函数f(x)＝3x＋b的图象上，则f(lg32)＝________.
三、解答题
9．设f(x)＝lga(1＋x)＋lga(3－x)(a>0，且a≠1)，且f(1)＝2.
(1)求实数a的值及f(x)的定义域；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上的最大值．
10.已知函数f(x)＝lg4(ax2＋2x＋3)．
(1)若f(1)＝1，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的最小值为0，求实数a的值．
[能力挑战]
11．[2021·全国卷Ⅱ]若2x－2y<3－x－3－y，则( )
A．ln(y－x＋1)>0B．ln(y－x＋1)<0
C．ln|x－y|>0D．ln|x－y|<0
12．[2020·全国卷Ⅰ]若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( )
A．a>2bB．a<2b
C．a>b2D．a13．已知函数f(x)＝lga(8－ax)(a＞0，且a≠1)，若f(x)＞1在区间[1,2]上恒成立，则实数a的取值范围为____________．
课时作业9
1．解析：要使函数解析式有意义，须有≥0，所以0<2x－1≤1，所以eq \f(1,2)答案：D
2．解析：在同一平面直角坐标系里画出y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，y＝lg2x，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，y＝x，y＝x的图象如图．由图得c答案：B
3．解析：f(x)＝lgax，∵f(2)＝1，∴lga2＝1.∴a＝2.∴f(x)＝lg2x.
答案：A
4．解析：分别画出y＝2x(x<1)和y＝－lg2x(x≥1)的图象，如图．由图象可知，函数的值域为(－∞，2)．
答案：A
5．解析：∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \r(2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝lg2eq \f(1,2)＋m＝－eq \r(2)，解得m＝－eq \r(2)＋1.故选D.
答案：D
6．解析：由f(2)＝8＋alg32＝6，解得a＝－eq \f(2,lg32)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,8)＋alg3eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)－alg32＝eq \f(1,8)＋eq \f(2,lg32)×lg32＝eq \f(17,8).
答案：eq \f(17,8)
7．解析：f [g(2 019) ]+g [f(2 019)]= +g(22019)= + =
2019+2019 = 4038
答案：4038
8．解析：令x＋3＝1可得x＝－2，此时y＝lga1－eq \f(8,9)＝－eq \f(8,9)，可知定点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(8,9))).点A也在函数f(x)＝3x＋b的图象上，故－eq \f(8,9)＝3－2＋b，解得b＝－1.所以f(x)＝3x－1，则f(lg32)＝3lg32－1＝2－1＝1.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(8,9))) 1
9．解析：(1)∵f(1)＝2，∴lga4＝2(a>0，且a≠1)，
∴a＝2.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋x>0，,3－x>0，))得－1∴函数f(x)的定义域为(－1,3)．
(2)f(x)＝lg2(1＋x)＋lg2(3－x)
＝lg2[(1＋x)(3－x)]＝lg2[－(x－1)2＋4]，
∴当x∈(－1,1]时，f(x)是增函数；
当x∈(1,3)时，f(x)是减函数；
故函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上的最大值是f(1)＝lg24＝2.
10．解析：(1)∵f(1)＝1，∴lg4(a＋5)＝1，
因此a＋5＝4，a＝－1，
这时f(x)＝lg4(－x2＋2x＋3)．
由－x2＋2x＋3>0，得－1函数f(x)的定义域为(－1,3)．
令g(x)＝－x2＋2x＋3，
则g(x)在(－1,1]上递增，在[1,3)上递减．
又y＝lg4x在(0，＋∞)上递增，
所以f(x)的单调递增区间是(－1,1]，递减区间是[1,3)．
(2)因f(x)的最小值为0，
则h(x)＝ax2＋2x＋3应有最小值1，
因此应有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(3a－1,a)＝1，))解得a＝eq \f(1,2).
11．解析：由2x－2y<3－x－3－y，得2x－3－x<2y－3－y，即2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x<2y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))y.设f(x)＝2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x，则f(x)0，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0，故选A.
答案：A
12．解析：2a＋lg2a＝22b＋lg2b<22b＋lg2(2b)，
令f(x)＝2x＋lg2x，则f(a)又易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以a<2b，故选B.
答案：B
13．解析：当a>1时，f(x)＝lga(8－ax)在[1,2]上是减函数，因为f(x)>1在[1,2]上恒成立，则f(x)min＝lga(8－2a)>1，解得11在[1,2]上恒成立，则f(x)min＝lga(8－a)>1，即a>4，故不存在实数a满足题意．综上可知，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(8,3))).
答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(8,3)))