第四章　指数函数与对数函数-易错点习题-2022学年-数学人教版（2019）-必修第一册

本章复习提升

易混易错练

易错点1　不能正确进行指数、对数的相关运算

1.已知x=log43,则的值为　　　　. 

2.求下列各式的值:

(1)++;

(2)lg -lg+lg ;

(3)-log37×log79+log186+log183.

易错点2　忽视对参数取值范围的讨论导致错误

3.(2022辽宁协作校期末)已知函数f(x)=loga(ax2-2x+4)(a>0,且a≠1)在区间上单调递增,则a的取值范围是　　　　. 

4.已知loga<1(a>0,且a≠1),求实数a的取值范围.

5.(2020天津滨海新区期末)已知函数f(x)=loga(2+x)(a>0,a≠1).

(1)求函数f(x)的定义域;

(2)若f(2)=2,判断函数f(x)的单调性,并用单调性的定义证明;

(3)解关于x的不等式f(x)>0.

易错点3　研究函数时忽视定义域与值域导致错误

6.(2022湖南岳阳期末)已知函数y=ln(x2-ax+3a)在[2,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为(　　)

A.(-4,+∞)　　　　　　B.(0,4]

C.[4,+∞)　　　　　　D.(-4,4]

7.(2020山东枣庄期末)已知f(x)=若a<b,f(a)=f(b),则a+3b的取值范围是　　　　. 

8.(2022浙江温州新力量联盟期中)已知函数f(x)=4x-2x+1+k的定义域是[-1,+∞),g(x)=f(x)+f(-x).

(1)写出g(x)的定义域,并求g(x)的最小值;

(2)若对于y=g(x)的定义域中的任意实数x1,x2,x3,x4,x5,

kg(x5)>g(x1)+g(x2)+g(x3)+g(x4)恒成立,求实数k的取值范围.

思想方法练

　一、方程思想在解决函数问题中的运用

1.(2020浙江温州十五校期中联考)函数f(x)=|log2x|-e-x的所有零点的积为m,则(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.m=1　　　　　　B.m∈(0,1)

C.m∈(1,2)　　　　　　D.m∈(2,+∞)

2.(2020山东菏泽期末联考)若函数f(x)满足:在定义域内存在x0,使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称函数f(x)具有性质M;反之,则称函数f(x)不具有性质M.

(1)证明函数f(x)=2x具有性质M,并求出对应的x0的值;

(2)已知函数h(x)=lg 具有性质M,求实数a的取值范围.

二、数形结合思想在解决函数问题中的运用

3.(2022江苏镇江期末)函数f(x)=x2+-3的零点个数为(　　)

A.0　　　　　B.1　　　　　C.2　　　　　D.3

4. (2022江苏苏州期末)若实数a,b满足a·2a=b·log2b=4,则a　　　　b(填“<”“=”或“>”). 
5. 5.函数y=2|x|-x2的大致图象是(　　)

三、分类讨论思想在解决函数问题中的运用

6.(2022福建龙岩期末)若函数f(x)=ex+ln(x-a)在(0,+∞)上存在零点,则实数a的取值范围是　　　　. 

7.(2020山东泰安期末)已知f(x)=loga(x-2a)+loga(x-3a)(a>0,且a≠1).

(1)当a=时,若方程f(x)=lo(p-x)在(2,3)上有解,求实数p的取值范围;

(2)若f(x)≤1在[a+3,a+4]上恒成立,求实数a的取值范围.

四、转化与化归思想在解决函数问题中的运用

8.(2022湖南张家界期末)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞), f(1)=1+e,对任意的x1,x2∈(0,+∞),当x2>x1时,都有x2 f(x1)-x1·f(x2)>x2-x1,则不等式f(ln x)>x+ln x的解集为(　　)

A.(1,+∞)　　　　　　B.(e,+∞)

C.(1,e)　　　　　　D.(0,e)

9.设函数f(x)=+aex(a为常数),若对任意x∈R, f(x)≥3恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 

答案全解全析

易混易错练

1.答案　

解析　因为x=log43,所以4x=3,2x=,

所以==22x-1+2-2x=-1+=3-1+=.

2.解析　(1)原式=π-++4=π+3.

(2)原式=lg-lg[(23+lg

=lg -lg 4=lg =lg =.

(3)-log37×log79+log186+log183

=3-×+log18(6×3)=3-×+log1818

=3-2+1=2.

易错警示　准确记住指数运算、对数运算的相关公式是指数、对数运算正确的基本保证,解题时要防止公式记错,同时要注意公式成立的条件.如()n=a(n>1,且n∈N*)有意义的条件是有意义;当n为偶数时,=|a|,当n为奇数时,=a;对数式中真数大于0,底数大于0且不等于1等.

3.答案　∪[2,+∞)

解析　令t=ax2-2x+4,x∈.

当a>1时,y=logat在t∈(0,+∞)上单调递增,若f(x)在上单调递增,则t=ax2-2x+4在上单调递增,且t>0,

则解得a≥2;

当0<a<1时,y=logat在t∈(0,+∞)上单调递减,若f(x)在上单调递增,则t=ax2-2x+4在上单调递减,且t>0,

则解得≤a≤.

所以a的取值范围是∪[2,+∞).

4.解析　loga<1⇔loga<logaa,

当a>1时,由loga<logaa,得a>,故a>1;

当0<a<1时,由loga<logaa,得a<,故0<a<.

综上,实数a的取值范围为.

5.解析　(1)由题意知2+x>0,解得x>-2,

则函数f(x)的定义域为{x|x>-2}.

(2)∵f(2)=2,∴loga4=2,∴a=2,

∴f(x)=log2(2+x),∴函数f(x)在(-2,+∞)上单调递增.证明如下:

任取x1,x2∈(-2,+∞),且x1<x2,

则f(x1)-f(x2)=log2(2+x1)-log2(2+x2)=log2.

∵-2<x1<x2,∴0<2+x1<2+x2,∴<1,

∴log2<0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(-2,+∞)上单调递增.

(3)f(x)>0,即loga(2+x)>0,即loga(2+x)>loga1.

当0<a<1时,解得-2<x<-1;

当a>1时,解得x>-1.

综上所述,当0<a<1时,不等式的解集为{x|-2<x<-1};当a>1时,不等式的解集为{x|x>-1}.

易错警示　在研究指数函数、对数函数有关问题时,若底数中含有参数,其单调性不能确定,应分a>1, 0<a<1两种情况进行讨论,解题时防止因遗漏导致解题错误.

6.D　∵函数y=ln(x2-ax+3a)在[2,+∞)上单调递增,

∴函数t=x2-ax+3a在[2,+∞)上单调递增,且有t>0,

∴解得-4<a≤4.

因此a的取值范围为(-4,4],故选D.

易错警示　在研究形如y=loga f(x)(a>0且a≠1)型函数的性质时,可转化为研究f(x)的性质,同时要注意f(x)>0这一隐含条件.

7.答案　 (-∞,8]

解析　依题意得a≤1<b,

由f(a)=f(b)得3a=3b-4,即3b=3a+4.

令S=a+3b=a+3a+4.

∵函数S=a+3a+4在(-∞,1]上单调递增,

∴S≤1+31+4=8,因此S的取值范围是(-∞,8].

易错警示　求某个式子的最大(小)值,关键是选一个自变量,建立这个式子与此自变量的函数关系,利用函数知识求解,本题中若找不准自变量的取值范围则易导致解题错误.

8.解析　(1)由可得-1≤x≤1,

所以g(x)的定义域为[-1,1].

g(x)=f(x)+f(-x)

=4x-2x+1+k+4-x-2-x+1+k

=4x+4-x-2(2x+2-x)+2k

=-2(2x+2-x)+2k-2

=+2k-3,

令t=2x,-1≤x≤1,则≤t≤2,易知y=t+在上单调递减,在[1,2]上单调递增,

所以2≤y≤,即2x+2-x∈,

所以当2x+2-x=2,即x=0时,g(x)取得最小值,为2k-2.

(2)因为对于y=g(x)定义域中的任意实数x1,x2,x3,x4,x5,

kg(x5)>g(x1)+g(x2)+g(x3)+g(x4)恒成立,所以[kg(x)]min>4g(x)max,

由(1)可得g(x)min=2k-2,g(x)max=+2k-3=2k-,

当k=0时,0>4×成立,所以k=0符合题意;

当k>0时,则k(2k-2)>4,解得k>或0<k<;

当k<0时,则k>4,解得k<0.

所以实数k的取值范围是∪.

思想方法练

1.B　由f(x)=0,得|log2x|=e-x,在同一平面直角坐标系中作出函数y=|log2x|与y=e-x的图象,如图所示.

由图象知f(x)=0有两个实数解x1,x2,且0<x1<1<x2,

∴-log2x1=,log2x2=,

由函数的零点就是方程的解,列出关于x1,x2的方程.

∴log2x1+log2x2=-<0,

即log2(x1x2)<0,

∴0<x1x2<1,即0<m<1.故选B.

2.解析　(1)由f(x0+1)=f(x0)+f(1),得=+2,

利用新定义列出关于x0的方程,通过方程的解的情况判断.

即=2,解得x0=1,所以函数f(x)=2x具有性质M,且x0=1.

(2)易知h(x)的定义域为R,且a>0.

因为h(x)具有性质M,

所以在R上存在x0,使h(x0+1)=h(x0)+h(1),

利用新定义列出关于x0的方程.

即lg =lg +lg ,即2(+1)=a(x0+1)2+a,

整理得(a-2)+2ax0+2a-2=0.

若a=2,则x0=-,满足题意;若a≠2,则Δ≥0,即a2-6a+4≤0,

利用一元二次方程解的情况求解.

解得3-≤a≤3+,所以a∈[3-,2)∪(2,3+].

综上可得a∈[3-,3+].

思想方法　在指数函数与对数函数中,利用条件得到等式,运用代数手段构造方程,通过方程的知识结合指数、对数运算解题,是一种最基本的方法.

3.C　令f(x)=x2+-3=0,则2-x=3-x2,

在同一平面直角坐标系中作出函数y=2-x与y=3-x2的图象如图:

通过对应函数图象的交点情况,得到函数的零点个数.

由图可知,两个函数图象有两个交点,

∴函数f(x)=x2+-3的零点个数是2.故选C.

4.答案　<

解析　a·2a=b·log2b=4,∴2a=,log2b=,

对已知条件变形后,把a,b转化为相关函数图象的交点的横坐标,数形结合即知a,b的大小关系.

在同一平面直角坐标系中画出函数y=2x,y=log2x,y=(x>0)的图象如下,

由图可知a<b.

5.A　易知f(x)=2|x|-x2的定义域为R,关于原点对称.

又f(-x)=2|-x|-(-x)2=2|x|-x2=f(x),

∴f(x)=2|x|-x2为偶函数,图象关于y轴对称,故排除D;

利用函数的性质,分析函数的图象特征.

由f(0)=2|0|-02=1>0,排除B;

由f(3)=2|3|-32=-1<0,排除C.故选A.

思想方法　在解决指数函数与对数函数的问题时要注意数形结合,利用图象可简化思维过程,使问题变得形象直观,同时,可结合函数的性质来分析、绘制函数的图象.

6.答案　

解析　令f(x)=ex+ln(x-a)=0,则-ex=ln(x-a),

若f(x)在(0,+∞)上存在零点,则函数y=-ex与y=ln(x-a)的图象在(0,+∞)上有交点,

易知y=-ex在(0,+∞)上单调递减,且当x=0时,y=-1;y=ln(x-a)在(a,+∞)上单调递增,

a的大小影响函数图象的相对位置,故分情况讨论求解.

当a≥0时,易知两函数图象在(0,+∞)上必有交点,满足题意;

当a<0时,如图所示,

只需ln(-a)<-1,解得-<a<0.

综上所述,实数a的取值范围是.

7.解析　(1)当a=时, f(x)=lo(x-1)+lo=lo,

易知函数f(x)的定义域为.

f(x)=lo(p-x),即(x-1)=p-x,

即x2-x+-p=0,

令g(x)=x2-x+-p=+-p,

∵<2,∴g(x)在(2,3)上单调递增,

∵f(x)=lo(p-x)在(2,3)上有解,

∴∴<p<6.

(2)f(x)=loga(x2-5ax+6a2)

=loga.

设u=-,则f(x)可以看成由y=logau,u=-复合而成.

易知f(x)的定义域为(3a,+∞),∴a+3>3a,∴a<,∴a+3>,

∴函数u=-在区间[a+3,a+4]上单调递增.

与对数函数有关的函数的单调性问题,利用底数与1的大小关系进行分类讨论求解.

若0<a<1,则f(x)在[a+3,a+4]上单调递减,

∴f(x)在[a+3,a+4]上的最大值为f(a+3)=loga(2a2-9a+9).

∵f(x)≤1在[a+3,a+4]上恒成立,

∴loga(2a2-9a+9)≤1,∴2a2-9a+9≥a,

解得a≥或a≤,∴0<a<1.

若1<a<,则f(x)在[a+3,a+4]上单调递增,

∴f(x)在[a+3,a+4]上的最大值为f(a+4)=loga(2a2-12a+16).

∵f(x)≤1在[a+3,a+4]上恒成立,

∴loga(2a2-12a+16)≤1,∴2a2-12a+16≤a,解得≤a≤,

∵>,∴不存在a满足题意.

综上,实数a的取值范围为(0,1).

思想方法　在研究有些数学问题时要根据题目的特点和要求,分成若干类,转化成若干个小问题来解决.在指数函数、对数函数的问题中,要注意底数对函数的图象和性质的影响,解题时通常需要对底数进行分类讨论.

8.C　当x2>x1>0时,x2 f(x1)-x1 f(x2)>x2-x1,

即x2[f(x1)-]>x1[f(x2)-],即>.

设F(x)=,x∈(0,+∞),

构造函数,将已知条件转化为函数的单调性.

则对任意的x1,x2∈(0,+∞),

当x2>x1时,都有F(x1)>F(x2),

∴F(x)在(0,+∞)上单调递减.

若f(ln x)>x+ln x,则ln x>0,

则F(ln x)=>1,

∵f(1)=1+e,∴F(1)==1,

∴原不等式等价于F(ln x)>1=F(1),

等价转化所求不等式,再根据单调性转化为自变量的大小关系.

∵F(x)在(0,+∞)上单调递减,∴0<ln x<1,即1<x<e.故选C.

9.答案　

解析　f(x)≥3,即+aex≥3,即a≥-.

令t=,则t>0,a≥3t-t2.

设g(t)=-t2+3t=-+,t>0,

则当t=时,g(t)max=,

若不等式a≥3t-t2恒成立,则a≥,

将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题.

故实数a的取值范围是.

思想方法　转化与化归思想在研究指数函数与对数函数中常见的运用:利用函数奇偶性对原点左右两侧函数值进行转化;利用换元法将函数解析式化归为简单的解析式;利用构造函数将复杂的问题化为简单的问题等.