高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试导学案

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1．函数f(x)＝的单调递增区间为( )
A．(－∞，1) B．(2，＋∞)
C．(－∞，0) D．(1，＋∞)
答案 C
解析 解不等式x2－2x>0，解得x<0或x>2，函数y＝f(x)的定义域为(－∞，0)∪(2，＋∞)．
内层函数u＝x2－2x在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，
外层函数y＝ 在(0，＋∞)上为减函数，
由复合函数同增异减可知，函数f(x)＝的单调递增区间为(－∞，0)．
2．若0A．xC．z答案 A
解析 由题意，因为0又lgba>lgbb＝1，所以x3．函数f(x)＝1＋lg2x与g(x)＝2－x＋1在同一平面直角坐标系中的图象大致是( )
答案 C
解析 f(x)＝1＋lg2x的图象是由y＝lg2x的图象向上平移一个单位长度得到的，且过点(1,1)，g(x)＝2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－1的图象是由y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的图象向右平移一个单位长度得到的，且过点(0,2)，故只有C选项中的图象符合．
4．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，若a＝f(lg25)，b＝f(lg24.1)，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．b答案 B
解析 因为函数为偶函数且在(－∞，0)上单调递减，所以函数在(0，＋∞)上单调递增，由于0<20.8<21＝lg245．(多选)函数f(x)＝lga|x－1|在(0,1)上单调递减，那么( )
A．f(x)在(1，＋∞)上递增且无最大值
B．f(x)在(1，＋∞)上递减且无最小值
C．f(x)在定义域内是偶函数
D．f(x)的图象关于直线x＝1对称
答案 AD
解析 由|x－1|>0得，函数y＝lga|x－1|的定义域为{x|x≠1}．
设g(x)＝|x－1|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1，x>1，,－x＋1，x<1，))则g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且g(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(x)的图象关于直线x＝1对称，D正确；
因为f(x)＝lga|x－1|在(0,1)上单调递减，所以a>1，
所以f(x)＝lga|x－1|在(1，＋∞)上递增且无最大值，A正确，B错误；
又f(－x)＝lga|－x－1|＝lga|x＋1|≠f(x)，所以C错误．
6．函数y＝eq \f(\r(－x2＋2x＋3),lgx＋1)的定义域为________．
答案 (－1,0)∪(0,3]
解析 函数有意义需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋3≥0，,x＋1>0，,x＋1≠1，))
解得－1函数的定义域为(－1,0)∪(0,3]．
7．已知函数f(x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1－x)－a))是奇函数，则不等式f(x)<0的解集是________．
答案 (－1,0)
解析 由题意f(0)＝lg2(2－a)＝0，a＝1，
此时函数为f(x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1－x)－1))＝lg2eq \f(1＋x,1－x)为奇函数，
所以由f(x)＝lg2eq \f(1＋x,1－x)<0，得0解得－18．已知函数f(x)＝lga(2x－a)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))上恒有f(x)>0，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
解析 若函数f(x)＝lga(2x－a)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))上恒有f(x)>0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(00，,2×\f(2,3)－a<1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,2×\f(1,2)－a>1，))
解得eq \f(1,3)综上，eq \f(1,3)9．已知函数f(x)＝lga(a－ax)(a>1)，判断并证明f(x)的单调性．
解 f(x)在(－∞，1)上为减函数，证明如下：
由f(x)＝lga(a－ax)(a>1)，
得a－ax>0，即x<1.
所以f(x)的定义域为(－∞，1)．
任取1>x1>x2，因为a>1，
所以a>ax1>ax2，
所以0所以lga(a－ax1)即f(x1)故f(x)在(－∞，1)上为减函数．
10．已知函数f(x－1)＝lgeq \f(x,2－x).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)判断f(x)的奇偶性；
(3)解关于x的不等式f(x)≥lg(3x＋1)．
解 (1)令t＝x－1，则x＝t＋1，
由题意知eq \f(x,2－x)>0，即0所以f(t)＝lgeq \f(t＋1,2－t＋1)＝lgeq \f(t＋1,1－t)，
故f(x)＝lgeq \f(x＋1,1－x)(－1(2)由(1)知，f(x)＝lgeq \f(x＋1,1－x)(－1所以f(－x)＝lgeq \f(－x＋1,1－－x)＝lgeq \f(1－x,1＋x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,1－x)))－1
＝－lgeq \f(1＋x,1－x)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数．
(3)原不等式可化为lgeq \f(x＋1,1－x)≥lg(3x＋1)，－1即eq \f(x＋1,1－x)≥3x＋1>0，－1解得－eq \f(1,3)故原不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)).
11．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(lg2x)>f(2)的x的取值范围是( )
A．(－4,4) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))∪(4，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，4)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4)))∪(4，＋∞)
答案 B
解析 由于函数y＝f(x)是偶函数，
由f(lg2x)>f(2)，得f(|lg2x|)>f(2)，
又∵函数y＝f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
∴|lg2x|>2，
即lg2x<－2或lg2x>2，解得04.
因此，所求x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))∪(4，＋∞)．
12．(多选)已知函数f(x)＝lg(x2＋ax－a－1)，下列论述中正确的是( )
A．当a＝0时，f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)
B．f(x)一定有最小值
C．当a＝0时，f(x)的值域为R
D．若f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是{a|a≥－4}
答案 AC
解析 对A，当a＝0时，解x2－1>0有x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，故A正确；
对B，当a＝0时，f(x)＝lg(x2－1)，此时x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，x2－1∈(0，＋∞)，
此时f(x)＝lg(x2－1)的值域为R，故B错误．C正确．
对D，若f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，此时y＝x2＋ax－a－1对称轴x＝－eq \f(a,2)≤2.
解得a≥－4.但当a＝－4时，f(x)＝lg(x2－4x＋3)在x＝2处无意义，故D错误．
13．已知函数f(x)＝2 020x＋ln(eq \r(x2＋1)＋x)－2 020－x＋1，则关于x的不等式f(2x－1)＋f(2x)>2的解集为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
答案 C
解析 因为f(x)＝2 020x＋ln(eq \r(x2＋1)＋x)－2 020－x＋1，
所以f(－x)＝2 020－x＋ln(eq \r(x2＋1)－x)－2 020x＋1，
因此f(x)＋f(－x)＝ln(x2＋1－x2)＋2＝2，
因此关于x的不等式f(2x－1)＋f(2x)>2，
可化为f(2x－1)>2－f(2x)＝f(－2x)．
又y＝2 020x－2 020－x单调递增，y＝ln(eq \r(x2＋1)＋x)单调递增，
所以f(x)＝2 020x＋ln(eq \r(x2＋1)＋x)－2 020－x＋1在R上递增，
所以有2x－1>－2x，解得x>eq \f(1,4).
14．若f(x)＝lg x，g(x)＝f(|x|)，则g(lg x)>g(1)时，x的取值范围是______________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,10)))∪(10，＋∞)
解析 因为g(lg x)>g(1)，
所以f(|lg x|)>f(1)，
由f(x)为增函数得|lg x|>1，
从而lg x>1或lg x<－1，
解得010.
15．已知函数f(x)＝ 若f(x)的值域是[－1,2]，则实数c的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))
解析 f(x)＝根据题意得c>0，
由f(x)的值域是[－1,2]，如图：
当－2≤x≤c时，g(x)＝x2＋x，
由g(－2)＝2，g(1)＝2，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－eq \f(1,4)，可知0当c由heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝2，h(2)＝－1，所以eq \f(1,4)≤c<2，
综上所述，eq \f(1,4)≤c≤1.
16．已知函数f(x)＝lgah(x)(x∈I)，其中a>0且a≠1.
(1)若函数f(x)是奇函数，试证明：对任意的x∈I，恒有h(x)·h(－x)＝1；
(2)若对于h(x)＝ax，函数f(x)在区间[1,2]上的最大值是3，试求实数a的值；
(3)设h(x)＝ax2－x(x∈[3,4])且0lga(8－x2)？如果存在，请求出a的取值范围；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 因为f(x)是定义域I内的奇函数，
所以对任意的x∈I，恒有f(x)＋f(－x)＝0，
由f(x)＝lgah(x)，得h(x)＝af(x)，
对任意的x∈I，恒有h(x)·h(－x)＝af(x)·af(－x)＝af(x)＋f(－x)＝a0＝1.
(2)解 f(x)＝lgah(x)＝lga(ax)＝1＋lgax，
当a>1时，f(x)在区间[1,2]上单调递增，
f(x)max＝f(2)＝1＋lga2＝3，
所以a＝eq \r(2).
当0f(x)max＝f(1)＝1＋lga1＝3，无解．
综上所述a＝eq \r(2).
(3)解 h(x)＝ax2－x>0，
所以x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，
又因为x∈[3,4]，所以eq \f(1,a)<3，
又因为0因为对任意的x1，x2∈[3,4]，都有f(x1)>lga(8－x2)，
所以f(x1)的最小值大于lga(8－x2)的最大值，
f(x1)＝lga(axeq \\al(2,1)－x1)在x1∈[3,4]上单调递减，
所以f(x1)的最小值为lga(16a－4)，
令y＝lga(8－x2)，
因为eq \f(1,3)所以y＝lga(8－x2)的最大值为lga(8－4)＝lga4，
所以lga(16a－4)>lga4，解得a综上所述，满足题设的实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2))).