2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题11对数与对数函数（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题11对数与对数函数（教师版），共20页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.理解对数的概念及运算性质，知道用换底公式能将一般对数转化成自然对数或常用对数.
2.通过实例，了解对数函数的概念，能用描点法或借助计算工具画具体对数函数的图象，理解对数函数的单调性与特殊点.
3.了解指数函数y＝ax与对数函数y＝lgax(a＞0，且a≠1)互为反函数.
【考点预测】
1.对数的概念
如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底N的对数，记作x＝lgaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数.
2.对数的性质、运算性质与换底公式
(1)对数的性质：①algaN＝N；②lgaab＝b(a>0，且a≠1).
(2)对数的运算性质
如果a>0且a≠1，M>0，N>0，那么
①lga(MN)＝lgaM＋lgaN；
②lgaeq \f(M,N)＝lgaM－lgaN；
③lgaMn＝nlgaM(n∈R).
(3)换底公式：lgab＝eq \f(lgcb,lgca)(a>0，且a≠1，b>0，c>0，且c≠1).
3.对数函数及其性质
(1)概念：函数y＝lgax(a＞0，且a≠1)叫做对数函数，其中x是自变量，定义域是(0，＋∞).
(2)对数函数的图象与性质
4.反函数
指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称.它们的定义域和值域正好互换.
【常用结论】
1.换底公式的两个重要结论
(1)lgab＝eq \f(1,lgba)(a>0，且a≠1；b>0，且b≠1).
(2)lgambn＝eq \f(n,m)lgab(a>0，且a≠1；b>0；m，n∈R，且m≠0).
2.对数函数的图象与底数大小的比较
如图，作直线y＝1，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数.
故0＜c＜d＜1＜a＜b.
由此我们可得到以下规律：在第一象限内从左到右底数逐渐增大.
【方法技巧】
1.在对数运算中，先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后用对数运算法则化简合并.
2.先将对数式化为同底数对数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算法则，转化为同底对数真数的积、商、幂再运算.
3.ab＝N⇔b＝lgaN(a>0，且a≠1)是解决有关指数、对数问题的有效方法，在运算中应注意互化.
4.在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项.
5.一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解.
6.利用对数函数的性质，求与对数函数有关的函数值域和复合函数的单调性问题，必须弄清三方面的问题：一是定义域，所有问题都必须在定义域内讨论；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成，即它是由哪些基本初等函数复合而成的.另外，解题时要注意数形结合、分类讨论、转化与化归思想的应用.
二、【题型归类】
【题型一】对数的化简与求值
【典例1】(1)计算lg535＋2lgeq \s\d9(\f(1,2))eq \r(2)－lg5eq \f(1,50)－lg514的值．
(2)计算(lg2125＋lg425＋lg85)(lg1258＋lg254＋lg52)的值．
(3)设x，y，z均为大于1的实数，且z为x和y的等比中项，则eq \f(lgz,4lgx)＋eq \f(lgz,lgy)的最小值为________．
【解析】(1)原式＝lg5eq \f(35×50,14)＋2lgeq \s\d9(\f(1,2))2eq \s\up6(\f(1,2))＝lg553－1＝2.
(2)原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3lg25＋lg25＋\f(1,3)lg25))(lg52＋lg52＋lg52)＝eq \f(13,3)lg25×3lg52＝13.
(3)因为x，y，z均为大于1的实数，所以lgx>0，lgy>0，lgz>0，又由z为x和y的等比中项，可得z2＝xy.eq \f(lgz,4lgx)＋eq \f(lgz,lgy)＝lgz×eq \f(4lgx＋lgy,4lgx×lgy)＝eq \f(1,2)lgxy×eq \f(4lgx＋lgy,4lgx×lgy)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lgx＋lgy))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4lgx＋lgy)),8lgx×lgy)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lgx))2＋5lgx×lgy＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lgy))2,8lgx×lgy)≥eq \f(9lgx×lgy,8lgx×lgy)＝eq \f(9,8).故填eq \f(9,8).
【典例2】(1)计算(lg2)2＋lg2·lg50＋lg25的值；
(2)计算(lg32＋lg92)(lg43＋lg83)的值；
(3)设函数f1(x)＝x，f2(x)＝lg2015x，ai＝eq \f(i,2015)(i＝1，2，…，2015)，记Ik＝|fk(a2)－fk(a1)|＋|fk(a3)－fk(a2)|＋…＋|fk(a2015)－fk(a2014)|，k＝1，2，则( )
A．I1＜I2
B．I1＝I2
C．I1＞I2
D．I1与I2的大小关系无法确定
【解析】(1)原式＝(lg2)2＋(1＋lg5)lg2＋lg52
＝(lg2＋lg5＋1)lg2＋2lg5
＝(1＋1)lg2＋2lg5＝2(lg2＋lg5)＝2.
(2)原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg2,lg3)＋\f(lg2,lg9)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg3,lg4)＋\f(lg3,lg8)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg2,lg3)＋\f(lg2,2lg3)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(lg3,2lg2)＋\f(lg3,3lg2)))
＝eq \f(3lg2,2lg3)×eq \f(5lg3,6lg2)＝eq \f(5,4).
(3)∵f1(ai＋1)－f1(ai)＝eq \f(i＋1,2015)－eq \f(i,2015)＝eq \f(1,2015)，
∴I1＝|f1(a2)－f1(a1)|＋|f1(a3)－f1(a2)|＋…＋|f1(a2015)－f1(a2014)|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2015)))×2014＝eq \f(2014,2015).
∵f2(ai＋1)－f2(ai)＝lg2015eq \f(i＋1,2015)－lg2015eq \f(i,2015)＝lg2015eq \f(i＋1,i)＞0，
∴I2＝|f2(a2)－f2(a1)|＋|f2(a3)－f2(a2)|＋…＋|f2(a2015)－f2(a2014)|
＝lg2015eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,1)×\f(3,2)×…×\f(2015,2014)))＝lg20152015＝1.
∴I1＜I2.故选A.
【典例3】设2a＝5b＝m，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，则m等于( )
A.eq \r(10) B．10 C．20 D．100
【解析】2a＝5b＝m，
∴lg2m＝a，lg5m＝b，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,lg2m)＋eq \f(1,lg5m)＝lgm2＋lgm5
＝lgm10＝2，
∴m2＝10，
∴m＝eq \r(10)(舍m＝－eq \r(10))．
故选A.
【题型二】对数函数的图象及应用
【典例1】已知函数f(x)＝lga(2x＋b－1)(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则a，b满足的关系是( )
A．0C．0【解析】由函数图象可知，f(x)为增函数，故a>1.函数图象与y轴的交点坐标为(0，lgab)，由函数图象可知－1【典例2】若方程4x＝lgax在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上有解，则实数a的取值范围为 ．
【解析】
若方程4x＝lgax在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上有解，则函数y＝4x和函数y＝lgax在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上有交点，
由图象知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0【典例3】已知x1，x2分别是函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x－2的零点，则＋ln x2的值为( )
A．e2＋ln 2 B．e＋ln 2
C．2 D．4
【解析】根据题意，已知x1，x2分别是函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x－2的零点，
函数f(x)＝ex＋x－2的零点为函数y＝ex的图象与y＝2－x的图象的交点的横坐标，
则两个函数图象的交点为(x1，)，
函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为函数y＝ln x的图象与y＝2－x的图象的交点的横坐标，
则两个函数图象的交点为(x2，ln x2)，
又由函数y＝ex与函数y＝ln x互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，
而直线y＝2－x也关于直线y＝x对称，则点(x1，)和(x2，ln x2)也关于直线y＝x对称，则有x1＝ln x2，则有＋ln x2＝＋x1＝2.
【题型三】对数型复合函数的综合问题
【典例1】已知函数f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(x2－2ax＋3)．
(1)若f(x)的定义域为R，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)的值域为R，求实数a的取值范围；
(3)若函数f(x)在[－1，＋∞)内有意义，求实数a的取值范围；
(4)若函数f(x)的值域为(－∞，－1]，求实数a的值．
【解析】(1)由f(x)的定义域为R，
知x2－2ax＋3＞0的解集为R，
则Δ＝4a2－12＜0，解得－eq \r(3)＜a＜eq \r(3).
∴a的取值范围为(－eq \r(3)，eq \r(3))．
(2)函数f(x)的值域为R等价于u＝x2－2ax＋3取(0，＋∞)上的一切值，所以只要umin＝3－a2≤0⇒a≤－eq \r(3)或a≥eq \r(3).
所以实数a的取值范围是(－∞，－eq \r(3)]∪[eq \r(3)，＋∞)．
(3)由f(x)在[－1，＋∞)内有意义，
知u(x)＝x2－2ax＋3＞0对x∈[－1，＋∞)恒成立，
因为y＝u(x)图象的对称轴为x＝a，
所以当a＜－1时，u(x)min＝u(－1)＞0，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＜－1，,2a＋4＞0，)) 解得－2＜a＜－1；
当a≥－1时，u(x)min＝u(a)＝3－a2＞0，即－eq \r(3)＜a＜eq \r(3)，所以－1≤a＜eq \r(3).
综上可知，a的取值范围为(－2，eq \r(3))．
(4)因为y＝f(x)≤－1，所以u(x)＝x2－2ax＋3的值域为[2，＋∞)，
又u(x)＝(x－a)2＋3－a2≥3－a2，
则有u(x)min＝3－a2＝2，
解得a＝±1.
【典例2】已知函数f(x)＝lg4(ax2＋2x＋3)．
(1)若f(1)＝1，求f(x)的单调区间；
(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【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＜x＜3，
∴函数f(x)的定义域为(－1，3)．
令u(x)＝－x2＋2x＋3.
则u(x)在(－1，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，
又y＝lg4u在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的单调递增区间是(－1，1)，单调递减区间是(1，3)．
(2)假设存在实数a，使f(x)的最小值是0，
则h(x)＝ax2＋2x＋3应有最小值1，显然a≠0，
因此应有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＞0，,\f(4a×3－22,4a)＝\f(3a－1,a)＝1，)) 解得a＝eq \f(1,2).
故存在实数a＝eq \f(1,2)使f(x)的最小值等于0.
【典例3】已知函数f(x)＝lgaeq \f(1－mx,x－1)是奇函数(a＞0，a≠1)．
(1)求m的值；
(2)判断f(x)在区间(1，＋∞)上的单调性；
(3)当a＝eq \f(1,2)时，若对于[3，4]上的每一个x的值，不等式f(x)＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋b恒成立，求实数b的取值范围．
【解析】(1)∵f(x)是奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)在其定义域内恒成立，
即lgaeq \f(1＋mx,－x－1)＝－lgaeq \f(1－mx,x－1)，
∴1－m2x2＝1－x2恒成立，
∴m＝－1或m＝1(舍去)，即m＝－1.
(2)由(1)得f(x)＝lgaeq \f(x＋1,x－1)(a＞0，a≠1)，
令u＝eq \f(x＋1,x－1)＝1＋eq \f(2,x－1)，则u在(1，＋∞)上为减函数．
∴当a＞1时，f(x)在(1，＋∞)上是减函数；
当0＜a＜1时，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
(3)对于[3，4]上的每一个x的值，不等式f(x)＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＋b恒成立⇔f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)＞b在[3，4]上恒成立．
令g(x)＝f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，
由(2)知，g(x)在[3，4]上是单调递增函数，
所以b＜g(x)min＝g(3)＝－eq \f(9,8)，
即b的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,8))).
【题型四】比较指数式、对数式大小
【典例1】设a＝lg3e，b＝e1.5，c＝ ，则( )
A．bC．c【解析】c＝＝lg34>lg3e＝a.
又c＝lg342，
∴a故选D.
【典例2】设a＝lg63，b＝lg126，c＝lg2412，则( )
A．bC．a【解析】因为a，b，c都是正数，
所以eq \f(1,a)＝lg36＝1＋lg32，
eq \f(1,b)＝lg612＝1＋lg62，
eq \f(1,c)＝lg1224＝1＋lg122，
因为lg32＝eq \f(lg 2,lg 3)，
lg62＝eq \f(lg 2,lg 6)，
lg122＝eq \f(lg 2,lg 12)，且lg 3所以lg32>lg62>lg122，
即eq \f(1,a)>eq \f(1,b)>eq \f(1,c)，
所以a【典例3】设a＝lg412，b＝lg515，c＝lg618，则( )
A．a>b>c B．b>c>a
C．a>c>b D．c>b>a
【解析】a＝1＋lg43，b＝1＋lg53，c＝1＋lg63，
∵lg43>lg53>lg63，∴a>b>c.
故选A.
【题型五】解对数方程、不等式
【典例1】方程lg2(x－1)＝2－lg2(x＋1)的解为________．
【解析】原方程变形为lg2(x－1)＋lg2(x＋1)＝lg2(x2－1)＝2，即x2－1＝4，解得x＝±eq \r(5)，又x>1，所以x＝eq \r(5).
【典例2】已知不等式lgx(2x2＋1)【解析】原不等式⇔①eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(03x>1，))
或②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1，,2x2＋1<3x<1，))
解不等式组①得eq \f(1,3)所以实数x的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2))).
【典例3】若lga(a＋1)0，a≠1)，则实数a的取值范围是 ．
【解析】依题意lga(a＋1)∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,a＋1<2\r(a)<1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(02\r(a)>1，))
解得eq \f(1,4)【题型六】对数函数性质的综合应用
【典例1】设函数f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，则f(x)( )
A．是偶函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增
B．是奇函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递减
C．是偶函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递增
D．是奇函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减
【解析】f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠±\f(1,2))))).
又f(－x)＝ln|－2x＋1|－ln|－2x－1|
＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，故排除A，C.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))时，
f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝lneq \f(－2x－1,1－2x)
＝lneq \f(2x＋1,2x－1)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,2x－1)))，
∵y＝1＋eq \f(2,2x－1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，
∴由复合函数的单调性可得f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减．
【典例2】若f(x)＝lg(x2－2ax＋1＋a)在区间(－∞，1]上单调递减，则a的取值范围为( )
A．[1,2) B．[1,2]
C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)
【解析】令函数g(x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，对称轴为x＝a，要使函数f(x)在
(－∞，1]上单调递减，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1>0，,a≥1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a>0，,a≥1，))解得1≤a<2，即a∈[1,2)．
【典例3】已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1x＋4－2a，x<1，,1＋lg2x，x≥1，))若f(x)的值域为R，则实数a的取值范围是____________
【解析】当x≥1时，f(x)＝1＋lg2x≥1，当x<1时，f(x)＝(a－1)x＋4－2a必须是增函数，且最大值大于或等于1才能满足f(x)的值域为R，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1>0，,a－1＋4－2a≥1，))
解得a∈(1,2]．
三、【培优训练】
【训练一】已知lga(a＋1)0且a≠1)，则a的取值范围是 ．
【解析】∵lga(a＋1)－lg(a＋1)a
＝eq \f(lga＋1,lg a)－eq \f(lg a,lga＋1)
＝eq \f(lg2a＋1－lg2a,lg alga＋1)
＝eq \f([lga＋1－lg a][lga＋1＋lg a],lg alga＋1)
当a>1时，lg(a＋1)>lg a>0，
∴lga(a＋1)>lg(a＋1)a，不符合题意；
当00，
lg(a＋1)－lg a＝lgeq \f(a＋1,a)>lg 1＝0，
lg(a＋1)＋lg a＝lg [a(a＋1)]
＝lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2－\f(1,4)))，
∴lga(a＋1)即为lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2－\f(1,4)))>0，
由于y＝lg x(x>0)单调递增，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)>1.
又0综上有a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋\r(5),2)，1)).
【训练二】已知函数f(x)＝lg2(2x＋k)(k∈R)．
(1)当k＝－4时，解不等式f(x)>2；
(2)若函数f(x)的图象过点P(0,1)，且关于x的方程f(x)＝x－2m有实根，求实数m的取值范围．
【解析】(1)当k＝－4时，f(x)＝lg2(2x－4)．
由f(x)>2，
得lg2(2x－4)>2，
得2x－4>4，
得2x>8，
解得x>3.
故不等式f(x)>2的解集是(3，＋∞)．
(2)因为函数f(x)＝lg2(2x＋k)(k∈R)的图象过点P(0,1)，
所以f(0)＝1，
即lg2(1＋k)＝1，
解得k＝1.
所以f(x)＝lg2(2x＋1)．
因为关于x的方程f(x)＝x－2m有实根，
即lg2(2x＋1)＝x－2m有实根．
所以方程－2m＝lg2(2x＋1)－x有实根．
令g(x)＝lg2(2x＋1)－x，
则g(x)＝lg2(2x＋1)－x
＝lg2(2x＋1)－lg22x
＝lg2eq \f(2x＋1,2x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2x))).
因为1＋eq \f(1,2x)>1，lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2x)))>0，
所以g(x)的值域为(0，＋∞)．
所以－2m>0，
解得m<0.
所以实数m的取值范围是(－∞，0)．
【训练三】已知函数f(x)＝lgeq \f(x－1,x＋1).
(1)计算：f(2 020)＋f(－2 020)；
(2)对于x∈[2,6]，f(x)【解析】(1)由eq \f(x－1,x＋1)>0，得x>1或x<－1.
∴函数的定义域为{x|x>1或x<－1}．
又f(x)＋f(－x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,1＋x)·\f(1＋x,1－x)))＝0，
∴f(x)为奇函数．
故f(2 020)＋f(－2 020)＝0.
(2)当x∈[2,6]时，f(x)即m>(x－1)(7－x)在[2,6]上恒成立．
又当x∈[2,6]时，(x－1)(7－x)＝－x2＋8x－7＝－(x－4)2＋9.
∴当x＝4时，[(x－1)(7－x)]max＝9，∴m>9.
即实数m的取值范围是(9，＋∞)．
【训练四】设函数f(x)的定义域为D，若满足：①f(x)在D内是单调增函数；②存在[m，n]⊆D(n>m)，使得f(x)在[m，n]上的值域为[m，n]，那么就称y＝f(x)是定义域为D的“成功函数”.若函数g(x)＝lga(a2x＋t)(a>0且a≠1)是定义域为R的“成功函数”，则t的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞))
【解析】因为g(x)＝lga(a2x＋t)是定义在R上的“成功函数”，
所以g(x)为增函数，且g(x)在[m，n]上的值域为[m，n]，故g(m)＝m，g(n)＝n，
即g(x)＝x有两个不相同的实数根.
又lga(a2x＋t)＝x，即a2x－ax＋t＝0.
令s＝ax，s>0，
即s2－s＋t＝0有两个不同的正数根，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t>0，,Δ＝1－4t>0.))
解得0【训练五】已知f(x)＝|lg x|－kx－2，给出下列四个结论：
(1)若k＝0，则f(x)有两个零点；
(2)∃k<0，使得f(x)有一个零点；
(3)∃k<0，使得f(x)有三个零点；
(4)∃k>0，使得f(x)有三个零点.
以上正确结论的序号是________.
【解析】零点个数问题，转化成两个函数图象的交点个数来分析.
令f(x)＝|lg x|－kx－2＝0，
可转化成两个函数y1＝|lg x|，y2＝kx＋2的图象的交点个数问题.
对于(1)，当k＝0时，y2＝2与y1＝|lg x|的图象有两个交点，(1)正确；
对于(2)，存在k<0，使y2＝kx＋2与y1＝|lg x|的图象相切，(2)正确；
对于(3)，若k<0，y1＝|lg x|与y2＝kx＋2的图象最多有2个交点，(3)错误；
对于(4)，当k>0时，过点(0，2)存在函数g(x)＝lg x(x>1)图象的切线，此时共有两个交点，当直线斜率稍微小于相切时的斜率时，就会有3个交点，故(4)正确.
【训练六】已知函数f(x)＝3－2lg2x，g(x)＝lg2x.
(1)当x∈[1，4]时，求函数h(x)＝[f(x)＋1]·g(x)的值域；
(2)如果对任意的x∈[1，4]，不等式f(x2)·f(eq \r(x))>k·g(x)恒成立，求实数k的取值范围.
【解析】(1)h(x)＝(4－2lg2x)lg2x
＝2－2(lg2x－1)2.
因为x∈[1，4]，所以lg2x∈[0，2]，
故函数h(x)的值域为[0，2].
(2)由f(x2)·f(eq \r(x))>k·g(x)，
得(3－4lg2x)(3－lg2x)>k·lg2x，
令t＝lg2x，因为x∈[1，4]，
所以t＝lg2x∈[0，2]，
所以(3－4t)(3－t)>k·t对一切t∈[0，2]恒成立，
①当t＝0时，k∈R；
②当t∈(0，2]时，k因为4t＋eq \f(9,t)≥12，当且仅当4t＝eq \f(9,t)，即t＝eq \f(3,2)时取等号，
所以4t＋eq \f(9,t)－15的最小值为－3.
所以k<－3.
综上，实数k的取值范围为(－∞，－3).
四、【强化测试】
【单选题】
1. 已知a＝lg20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A．aC．c【解析】∵a＝lg20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0,1)，∴a2. 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)等于( )
A．lg2x B.eq \f(1,2x) C． D．2x－2
【解析】函数y＝ax(a>0，且a≠1)的反函数是f(x)＝lgax，
又f(2)＝1，即lga2＝1，
所以a＝2.
故f(x)＝lg2x.故选A.
3. 在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2－m1＝eq \f(5,2)lg eq \f(E1,E2)，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k＝1,2)．已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )
A．1010.1 B．10.1 C．lg 10.1 D．10－10.1
【解析】由题意可设太阳的星等为m2，太阳的亮度为E2，天狼星的星等为m1，天狼星的亮度为E1，则由m2－m1＝eq \f(5,2)lg eq \f(E1,E2)，得－26.7＋1.45＝eq \f(5,2)lg eq \f(E1,E2)，则eq \f(5,2)lg eq \f(E1,E2)＝－25.25，∴lg eq \f(E1,E2)＝－10.1，lg eq \f(E2,E1)＝10.1，∴eq \f(E2,E1)＝1010.1.故选A.
4. 若函数f(x)＝lga(x＋b)的图象如图所示，其中a，b为常数，则函数g(x)＝ax＋b的图象大致是( )
【解析】由f(x)的图象可知0∴g(x)的图象应为D.
5. 设函数f(x)＝lga|x|在(－∞，0)上单调递增，则f(a＋1)与f(2)的大小关系是( )
A．f(a＋1)>f(2) B．f(a＋1)C．f(a＋1)＝f(2) D．不能确定
【解析】由已知得0f(2)．故选A.
6. 若函数y＝lga(x2－ax＋1)有最小值，则a的取值范围是( )
A．0C．1【解析】当a>1时，y有最小值，则说明x2－ax＋1有最小值，故x2－ax＋1＝0中Δ<0，即a2－4<0，所以2>a>1.
当0则说明x2－ax＋1有最大值，与二次函数性质相互矛盾，舍去．综上可知，故选C．
7. 已知函数f(x)＝lg3(9x＋1)＋mx是偶函数，则不等式f(x)＋4xA．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，1)
【解析】由f(x)＝lg3(9x＋1)＋mx是偶函数，得f(－x)＝f(x)，即lg3(9－x＋1)＋m(－x)＝lg3(9x＋1)＋mx，变形可得m＝－1，
即f(x)＝lg3(9x＋1)－x，设g(x)＝f(x)＋4x＝lg3(9x＋1)＋3x，易得g(x)在R上为增函数，且g(0)＝lg3(90＋1)＝lg32，则f(x)＋4x8. 设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\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，＋∞)
【解析】当x≤1时，21－x≤2，解得x≥0，所以0≤x≤1；当x>1时，1－lg2x≤2，解得x≥eq \f(1,2)，所以x>1.综上可知x≥0.故选D.
【多选题】
9. 已知a，b>0且a≠1，b≠1，若lgab>1，则( )
A．(a－1)(a－b)<0 B．(a－1)(a－b)>0
C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0
【解析】①当a>1时，lgab>1＝lgaa，
∴b>a，∴b>a>1，
∴(a－1)(a－b)<0.
②当01＝lgaa，∴b∴0∴b－1<0，b－a<0，
∴(b－1)(b－a)>0.
故选AD.
10. 已知函数f(x)＝lg2(1－|x|)，则关于函数f(x)有下列说法，其中正确的说法为( )
A．f(x)的图象关于原点对称
B．f(x)的图象关于y轴对称
C．f(x)的最大值为0
D．f(x)在区间(－1,1)上单调递增
【解析】f(x)＝lg2(1－|x|)为偶函数，不是奇函数，
∴A错误，B正确；
根据f(x)的图象(图略)可知D错误；
∵1－|x|≤1，∴f(x)≤lg21＝0，故C正确．
故选BC.
11. 已知函数f(x)＝ln(x－2)＋ln(6－x)，则( )
A．f(x)在(2，6)上单调递增
B．f(x)在(2，6)上的最大值为2ln 2
C．f(x)在(2，6)上单调递减
D．y＝f(x)的图象关于直线x＝4对称
【解析】f(x)＝ln(x－2)＋ln(6－x)＝ln[(x－2)(6－x)]，定义域为(2，6)．令t＝(x－2)(6－x)，则y＝ln t．因为二次函数t＝(x－2)(6－x)的图象的对称轴为直线x＝4，又f(x)的定义域为(2，6)，所以f(x)的图象关于直线x＝4对称，且在(2，4)上单调递增，在(4，6)上单调递减，当x＝4时，t有最大值，所以f(x)max＝ln(4－2)＋ln(6－4)＝2ln 2，故选BD．
12. 在同一直角坐标系中，f(x)＝kx＋b与g(x)＝lgbx的图象如图，则下列关系不正确的是( )
A．k＜0，0＜b＜1
B．k＞0，b＞1
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))g(1)＞0(x＞0)
D．x＞1时，f(x)－g(x)＞0
【解析】由直线方程可知，k＞0，0＜b＜1，故A，B不正确；而g(1)＝0，故C不正确；而当x＞1时，g(x)＜0，f(x)＞0，所以f(x)－g(x)＞0.所以D正确．故选ABC.
【填空题】
13. 设2a＝5b＝m，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，则m＝________．
【解析】因为2a＝5b＝m>0，所以a＝lg2m，b＝lg5m，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,lg2m)＋eq \f(1,lg5m)＝lgm2＋lgm5＝lgm10＝2.所以m2＝10，
所以m＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
14. 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)＝________．
【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
15. 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x＋b，x>1，,ex－2，x≤1，))若f(e)＝－3f(0)，则b＝________，函数f(x)的值域为________．
【解析】由f(e)＝－3f(0)得1＋b＝－3×(－1)，即b＝2，即函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln x＋2，x>1，,ex－2，x≤1.))当x>1时，y＝ln x＋2>2；当x≤1时，y＝ex－2∈(－2，e－2]．故函数f(x)的值域为(－2，e－2]∪(2，＋∞)．
答案：2 (－2，e－2]∪(2，＋∞)
16. 已知函数f(x)＝－lg2x，则下列四个结论中正确的是________．(填序号)
①函数f(|x|)为偶函数；
②若f(a)＝|f(b)|，其中a>0，b>0，a≠b，则ab＝1；
③函数f(－x2＋2x)在(1，3)上单调递增．
【解析】对于①，f(|x|)＝－lg2|x|，f(|－x|)＝－lg2|－x|＝－lg2|x|＝f(|x|)，所以函数f(|x|)为偶函数，故①正确；对于②，若f(a)＝|f(b)|，其中a>0，b>0，a≠b，则f(a)＝|f(b)|＝－f(b)，即－lg2a＝lg2b，即lg2a＋lg2b＝lg2ab＝0，得到ab＝1，故②正确；对于③，函数f(－x2＋2x)＝－lg2(－x2＋2x)，由－x2＋2x>0，解得0答案：①②
【解答题】
17. 已知函数f(x－3)＝lgaeq \f(x,6－x)(a>0，a≠1)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)判断f(x)的奇偶性，并说明理由．
【解析】(1)令x－3＝u，则x＝u＋3，于是f(u)＝lgaeq \f(3＋u,3－u)(a>0，a≠1，－3所以f(x)＝lgaeq \f(3＋x,3－x)(a>0，a≠1，－3(2)f(x)是奇函数，理由如下：
因为f(－x)＋f(x)＝lgaeq \f(3－x,3＋x)＋lgaeq \f(3＋x,3－x)＝lga1＝0，
所以f(－x)＝－f(x)，又定义域(－3，3)关于原点对称．
所以f(x)是奇函数．
18. 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．
【解析】(1)因为f(1)＝2，所以lga4＝2(a>0，a≠1)，所以a＝2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋x>0，,3－x>0，))得－1所以函数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]，
所以当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)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上的最大值是f(1)＝lg24＝2.
19. 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(0)＝0，当x＞0时，f(x)＝lgeq \f(1,2)x.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)解不等式f(x2－1)＞－2.
【解析】(1)当x＜0时，－x＞0，
则f(－x)＝lgeq \f(1,2)(－x).
因为函数f(x)是偶函数，
所以f(－x)＝f(x).
所以x＜0时，f(x)＝lgeq \f(1,2)(－x)，
所以函数f(x)的解析式为
f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\f(1,2)x，x＞0，,0，x＝0，,lg\f(1,2)（－x），x＜0.))
(2)因为f(4)＝lgeq \f(1,2)4＝－2，f(x)是偶函数，
所以不等式f(x2－1)＞－2可化为
f(|x2－1|)＞f(4).
又因为函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
所以0＜|x2－1|＜4，解得－eq \r(5)＜x＜eq \r(5)且x≠±1，
而x2－1＝0时，f(0)＝0＞－2，所以x＝1或x＝－1.
所以－eq \r(5)＜x＜eq \r(5).
所以不等式的解集为{x|－eq \r(5)＜x＜eq \r(5)}.
20. 当x∈(1，2)时，不等式(x－1)2＜lgax恒成立，求a的取值范围？
【解析】设f1(x)＝(x－1)2，f2(x)＝lgax，
要使当x∈(1，2)时，不等式(x－1)2＜lgax恒成立，
只需在区间(1，2)上，f1(x)＝(x－1)2的图象在f2(x)＝lgax的图象的下方即可.
当0＜a＜1时，显然不成立.
当a＞1时，如图所示，
要使在区间(1，2)上，f1(x)＝(x－1)2的图象在f2(x)＝lgax的图象的下方，
只需f1(2)≤f2(2)，即(2－1)2≤lga2，
所以lga2≥1，解得1＜a≤2.
21. 已知函数f(x)＝lga(x＋1)－lga(1－x)，a>0且a≠1.
(1)判断f(x)的奇偶性并予以证明；
(2)当a>1时，求使f(x)>0的x的解集．
【解析】(1)f(x)是奇函数，证明如下：
因为f(x)＝lga(x＋1)－lga(1－x)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1>0，,1－x>0，))
解得－1f(－x)＝lga(－x＋1)－lga(1＋x)
＝－[lga(1＋x)－lga(－x＋1)]＝－f(x)，
故f(x)是奇函数．
(2)因为当a>1时，y＝lga(x＋1)是增函数，
y＝lga(1－x)是减函数，
所以当a>1时，f(x)在定义域(－1,1)内是增函数，
f(x)>0即lga(x＋1)－lga(1－x)>0，
lgaeq \f(x＋1,1－x)>0，eq \f(x＋1,1－x)>1，eq \f(2x,1－x)>0，
2x(1－x)>0，解得0故使f(x)>0的x的解集为(0,1)．
22. 已知f(x)＝lgeq \f(2x,ax＋b)，f(1)＝0，当x>0时，恒有f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝lgx.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝lg(m＋x)的解集是∅，求实数m的取值范围．
【解析】(1)∵当x>0时，f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝lgx恒成立，
∴lgeq \f(2x,ax＋b)－lgeq \f(2,bx＋a)＝lgx，即(a－b)x2－(a－b)x＝0.
∵x≠0，∴上式若恒成立，则只能有a＝b，
又f(1)＝0，即a＋b＝2，从而a＝b＝1，∴f(x)＝lgeq \f(2x,1＋x).
(2)由lgeq \f(2x,x＋1)＝lg(m＋x)知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2x,x＋1)＝m＋x，,\f(2x,x＋1)>0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋（m－1）x＋m＝0，,x<－1或x>0，))
由于方程的解集为∅，故有如下两种情况：
①方程x2＋(m－1)x＋m＝0无解，即Δ<0，
解得3－2eq \r(2)②方程x2＋(m－1)x＋m＝0有解，两根均在区间[－1，0]内，令g(x)＝x2＋(m－1)x＋m，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,g（－1）≥0，,g（0）≥0，,－1≤\f(1－m,2)≤0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m≤3－2\r(2)或m≥3＋2\r(2)，,1≤m≤3，))无解．
综合①②知，实数m的取值范围是{m|3－2eq \r(2)a>1
0图象
性质
定义域：(0，＋∞)
值域：R
当x＝1时，y＝0，即过定点(1，0)
当x>1时，y>0；
当0当x>1时，y<0；
当00
在(0，＋∞)上是增函数
在(0，＋∞)上是减函数