新高考数学一轮复习(举一反三)重难点题型精练专题2.14 对数与对数函数（2份打包，原卷版+解析版）

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1．（5分）（2022春•凉州区期末）计算：（ ）
A．10B．1C．2D．lg5
【解题思路】利用对数的运算法则求解．
【解答过程】解：原式＝lg5lg4＝lg5+lg2＝1，
故选：B．
2．（5分）（2022•海宁市模拟）设a，b∈R，则“lga+lgb＝0”是“ab＝1”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【解题思路】直接利用对数的运算和充分条件和必要条件的应用求出结果．
【解答过程】解：当lga+lgb＝0时，整理得ab＝1；
当ab＝1时，lga和lgb不一定有意义，
故“lga+lgb＝0”是“ab＝1”的充分不必要条件．
故选：A．
3．（5分）（2020秋•仙游县校级期中）函数f（x）的单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】先根据对数函数的真数大于零求定义域，再把复合函数分成二次函数和对数函数，分别在定义域内判断两个基本初等函数的单调性，再由“同增异减”求原函数的递增区间
【解答过程】解：要使函数有意义，则6+x﹣2x2＞0，解得x＜2，故函数的定义域是（，2）
令t＝﹣2x2+x﹣6则函数t在（，）上递增，在[，2）上递减，
又因函数y在定义域上单调递减，
故由复合函数的单调性知y（6+x﹣2x2）的单调递增区间是[，2）．
故选：B．
4．（5分）（2022春•阿拉善左旗校级期末）已知x＝90.91，y＝lg20.1，z＝lg20.2，则（ ）
A．x＞y＞zB．x＞z＞yC．z＞x＞yD．z＞y＞x
【解题思路】已知x＝90.91＞90＝1，y＝lg20.1＜lg20.2＝z＜0，可判断x，y，z．
【解答过程】解：因为x＝90.91＞90＝1，y＝lg20.1＜lg20.2＝z＜0，所以x＞z＞y．
故选：B．
5．（5分）（2022春•湖南期末）已知函数f（x）＝lga（x﹣b）（a＞0且a≠1，a，b为常数）的图象如图，则下列结论正确的是（ ）
A．a＞0，b＜﹣1B．a＞0，﹣1＜b＜0
C．0＜a＜1，b＜﹣1D．0＜a＜1，﹣1＜b＜0
【解题思路】利用对数函数的单调性得到0＜a＜1，再利用函数图象与x轴的交点在正半轴上及平移变换得到﹣1＜b＜0．
【解答过程】解：∵函数f（x）＝lga（x﹣b）为减函数，∴0＜a＜1，
当lga（x﹣b）＝0，x﹣b＝1，∴x＝b+1，
又∵函数图象与x轴的交点在正半轴上，
∴x＝1+b＞0，即b＞﹣1，
又∵函数图象与y轴有交点，∴b＜0，
∴﹣1＜b＜0，
故选：D．
6．（5分）（2022•丽水开学）已知函数f（x）＝lga（x﹣1）+4（a＞0且a≠1）的图象过定点（s，t），正数m、n满足m+n＝st，则（ ）
A．m+n＝6B．m2+n2≤32C．mn≥16D．
【解题思路】令对数的真数等于1，求得s、t的值，可判断A，再结合基本不等式可判断B，C，D．
【解答过程】解：令x﹣1＝1得，x＝2，此时y＝4，
所以函数f（x）的图象过定点（2，4），
所以s＝2，t＝4，所以m+n＝8，故A错误，
又因为m，n为正数，
所以mn16，当且仅当m＝n＝4时，等号成立，故C错误，
又m2+n2＝（m+n）2﹣2mn＝64﹣2mn≥32，当且仅当m＝n＝4时，等号成立，故B错误，
（）（m+n）（2），当且仅当m＝n＝4时，等号成立，故D正确，
故选：D．
7．（5分）（2022春•工农区校级期末）已知函数f（x）＝ln（1+x2），则满足不等式f（2x﹣1）＜f（3）的x的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，2）B．（﹣2，2）C．（﹣1，2）D．（2，+∞）
【解题思路】可得函数f（x）＝ln（1+x2）在（0，+∞）单调递增，在（﹣∞，0）单调递减，原不等式可化为|2x﹣1|＜3，解不等式可得．
【解答过程】解：∵函数f（x）＝ln（1+x2），
∴f（﹣x）＝ln（1+x2）＝f（x），
∴函数f（x）＝ln（1+x2）为R上的偶函数，
∵y＝lx在（0，+∞）单调递增，
t＝1+x2在（0，+∞）单调递增，
∴函数f（x）＝ln（1+x2）在（0，+∞）单调递增，在（﹣∞，0）单调递减，
∴不等式f（2x﹣1）＜f（3）等价于|2x﹣1|＜3，
∴﹣3＜2x﹣1＜3，解得﹣1＜x＜2，
故选：C．
8．（5分）（2020•绿园区校级模拟）设函数f（x）＝lg4x﹣（）x，g（x）x﹣（）x的零点分别是x1，x2，则（ ）
A．x1x2＝1B．0＜x1x2＜1C．1＜x1x2＜2D．x1x2＞2
【解题思路】由题意可得x1是函数y＝lg4x的图象和y＝（）x的图象的交点的横坐标，x2是y的图象和函数y
＝（）x的图象的交点的横坐标，根据x2＞lg4x1，求得0＜x1•x2＜1，从而得出结论．
【解答过程】解：由题意可得x1是函数y＝lg4x的图象和y＝（）x的图象的交点的横坐标，
x2是y的图象和函数y＝y＝（）x的图象的交点的横坐标，且x1，x2都是正实数，如图所示：
故有x2＞lg4x1，故 lg4x1x2＜0，∴lg4x1+lg4x2＜0，
∴lg4（x1•x2）＜0，∴0＜x1•x2＜1，
故选：B．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2021秋•泉州期末）若lg2m＝lg4n，则（ ）
A．n＝2mB．lg9n＝lg3m
C．lnn＝2lnmD．lg2m＝lg8（mn）
【解题思路】根据对数的运算性质分别判断即可．
【解答过程】解：lg2m＝lg4nlg2n＝lg2
∴m，即n＝m2，
∴lg3m＝lg3lg3n＝lg9n，lnn＝lnm2＝2lnm，
lg8（mn）lg2（mn）lg2m3＝lg2m．
故选：BCD．
10．（5分）（2022春•南平期末）若m＞0，n＞0，函数y＝lg4（x+m+n）的图象过点（3，1），则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【解题思路】利用对数函数的图象和性质求出m+n＝1，再利用基本不等式求最值即可．
【解答过程】解：∵函数y＝lg4（x+m+n）的图象过点（3，1），
∴1＝lg4（3+m+n），∴3+m+n＝4，∴m+n＝1，
A，∵m+n+22（m+n）＝2，当且仅当m＝n时取等号，∴，∴A错误，
B，∵m＞0，n＞0，∴1＝m+n≥2，∴mn，当且仅当m＝n时取等号，∴B错误，
C，∵m＞0，n＞0，m+n＝1，∴0＜m＜1，0＜n＜1，∴﹣1＜m﹣n＜1，∴2m﹣n＞2﹣1，∴C正确，
D，∵m2+n2≥2mn，∴2（m2+n2）≥（m+n）2＝1，∴m2+n2，当且仅当m＝n时取等号，∴D正确，
故选：CD．
11．（5分）（2022春•汕头期末）若a＞b＞1，x＝lgab，y＝lgba，z＝ab，则下列结论一定正确的是（ ）
A．x＜yB．y＜zC．x＜zD．y＞z
【解题思路】由对数函数的单调性可得出0＜x＜1，从而，则y，x关系可判断，由指数函数的单调性得到z，x关系取特殊数字可得z，y的大小不定．
【解答过程】解：由a＞b＞1，则0＝lga1＜lgab＜lgaa＜1，即0＜x＜1，
∵x＝lgab，y＝lgba，∴，所以y＞x，故A正确，
∵z＝ab＞a1＝a＞1，所以z＞x，故C正确，
取a＝4，b＝2，满足a＞b＞1，∵y＝lg24＝2，z＝42＝16，此时z＞y，
取a＝2，b，满足a＞b＞1，∵，，此时z＜y，∴z，y的大小不定．
故选：AC．
12．（5分）（2022春•开福区校级期末）已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．f（x）的定义域是[﹣4，2]
B．y＝f（x﹣1）是偶函数
C．f（x）在区间[﹣1，2）上是增函数
D．f（x）的图象关于直线x＝﹣1对称
【解题思路】由对数的运算性质及真数大于0，可判断A；由偶函数的定义可判断B；由函数的单调性可判断C；由f（2﹣x）与f（x）的关系可判断D．
【解答过程】解：对于A，由题意可得函数，
由2﹣x＞0，x+4＞0可得﹣4＜x＜2，
故函数定义域为（﹣4，2），故A错误；
对于B，y＝f（x﹣1）＝﹣lg2[（3﹣x）（x+3）]的定义域为（—3，3），
设g（x）＝﹣lg2[（3﹣x）（x+3）]，
所以g（﹣x）＝﹣lg2[（3+x）（﹣x+3）]＝g（x），
即y＝f（x﹣1）是偶函数，故B正确：
对于C，，
令t＝﹣（x+1）2+9，可得y，
∵当x∈[﹣1，2）时，t＝﹣（x+1）2+9是减函数，外层函数t也是减函数，
所以函数f（x）在区间[—1，2）上是增函数，故C正确；
对于D，f（﹣2﹣x）＝﹣lg2[（x+4）（2﹣x）]＝f（x），得f（x）的图象关于直线x＝﹣1对称，故D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022春•雁塔区期末）计算：1.10+eln2﹣0.5﹣2+lg25+2lg2＝ 1 ．
【解题思路】进行指数和对数的运算即可．
【解答过程】解：原式＝1+2﹣4+lg100＝﹣1+2＝1．
14．（5分）（2021秋•保定期末）已知a＝lg23，b＝lg411，，则a，b，c的大小关系是 b＞a＞c ．（用“＞”连接）
【解题思路】根据对数的换底公式得出，根据对数函数的单调性可得出b＞a，然后可根据对数的运算得出，并得出，然后即可得出a，b，c的大小关系．
【解答过程】解：，，c，
∴b＞a＞c．
故答案为：b＞a＞c．
15．（5分）（2022春•双流区校级期末）已知函数f（x）＝lg9（x+3），若m＞0，且对∀x1∈[0，m]，都∃x2∈[0，m]，使得f（x1），则m＝ 78 ．
【解题思路】先求出y＝f（x1）与y的值域，再由等式恒成立与存在性问题得两值域的包含关系，从而建立不等式组，最后解不等式组即可得解．
【解答过程】解：∵f（x）＝lg9（x+3）在[0，+∞）上单调递增，
∴x1∈[0，m]时，y＝f（x1）的值域A＝[，lg9（m+3）]，
∴x2∈[0，m]时，y的值域B＝[，2]，
又对∀x1∈[0，m]，都∃x2∈[0，m]，使得f（x1），
∴A⊆B，
∴，∴，∴m＝78．
故答案为：78．
16．（5分）（2021秋•天元区校级期中）关于函数y＝lg2（x2﹣2x+3）有以下4个结论：
①该函数是偶函数；
②定义域为（﹣∞，﹣3]∪（1，+∞）；
③递增区间为[1，+∞）；
④最小值为1；
其中正确结论的序号是 ③④ ．
【解题思路】结合对数函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，复合函数单调性“同增异减”的原则，分别分析四个结论的真假，可得答案．
【解答过程】解：函数y＝f（x）＝lg2（x2﹣2x+3）的定义域为R，故②错误；
f（﹣x）＝lg2（x2+2x+3）≠f（x），故f（x）不是偶函数，故①错误；
令t＝x2﹣2x+3，则y＝lg2t，
由t＝x2﹣2x+3的单调递增区间为[1，+∞）；
y＝lg2t为增函数，
故函数y＝lg2（x2﹣2x+3）的递增区间为[1，+∞），故③正确；
当x＝1时函数取最小值为1，故④正确；
故正确结论的序号是：③④．
故答案为：③④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2021秋•滕州市期末）（1）求值：；
（2）若lg3（a+1）＝1，求lga2+lga（a﹣1）的值．
【解题思路】（1）利用对数的运算性质求解．
（2）先求出a的值，再利用对数的运算性质求解即可．
【解答过程】解：（1）原式．
（2）由lg3（a+1）＝1，可知a+1＝3，
故a＝2，
所以lga2+lga（a﹣1）＝lg22+lg21＝1+0＝1．
18．（12分）（2021秋•武功县校级期末）已知函数f（x）＝lgax（a＞0且a≠1）的图象过点（9，2）．
（1）求函数f（x）的解析式；
（2）解不等式f（3x﹣1）＞f（﹣x+5）．
【解题思路】（1）根据函数f（x）的图象过点（9，2）列方程求出a的值即可；
（2）根据f（x）的单调性，把不等式化为3x﹣1＞﹣x+5＞0，求出解集即可．
【解答过程】解：（1）因为函数f（x）＝lgax（a＞0且a≠1）的图象过点（9，2），
所以lga9＝2，解得a＝3，
所以f（x）＝lg3x；
（2）因为f（x）＝lg3x是定义域（0，+∞）上的单调递增函数，
所以不等式f（3x﹣1）＞f（﹣x+5）等价于3x﹣1＞﹣x+5＞0，
解得x＜5，
所以不等式f（3x﹣1）＞f（﹣x+5）的解集是．
19．（12分）（2021秋•海南期末）已知函数f（x）＝lgax（a＞0且a≠1）在定义域上单调递增，且在[，4]上的最小值为﹣1．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）求满足0＜f（f（x））＜1的x的取值范围．
【解题思路】（Ⅰ）由f（x）＝lgax在定义域上单调递增，求出a＞1，由f（x）在上的最小值为﹣1，利用对数函数的性质能求出a．
（Ⅱ）由0＜lg2x＜1，得1＜x＜2，由0＜f（f（x））＜1，得1＜f（x）＜2，由此能求出x的取值范围．
【解答过程】解：（Ⅰ）因为f（x）＝lgax在定义域上单调递增，所以a＞1，
因为f（x）在上的最小值为﹣1，
所以，
所以a＝2．
（Ⅱ）若0＜lg2x＜1，则1＜x＜2，
故由0＜f（f（x））＜1，可得1＜f（x）＜2，
再由1＜lg2x＜2，可得2＜x＜4，
所以x的取值范围是（2，4）．
20．（12分）（2021秋•雨花区校级月考）已知函数f（x）＝lgx．
（1）证明：；
（2）比较lg23，lg34，lg45的大小，并说明理由．
【解题思路】（1）利用对数运算以及均值不等式，能证明；
（2）利用，得到lgx（x+1）＞lgx+1（x+2），由此能比较lg23，lg34，lg45的大小．
【解答过程】解：（1）证明：由已知得x1＞0，x2＞0，
∵⇔⇔（x1+x2），
∵（x1+x2）成立，当且仅当x1＝x2时取等号，
∴；
（2）由（1）知，
不妨令x1＝x，x2＝x+2，且x＞1，则x1≠x2，
∴f（），
∵当x＞1时，f（x）＝lgx＞0，f（x+2）＝lg（x+2）＞0，且f（x）≠f（x+2），
∴由基本不等式得，
即lg（x+1），
两边平方得lg（x+1）•lg（x+1）＞lgx•lg（x+2），
∴由换底公式得lgx（x+1）＞lgx+1（x+2），
∴lg23＞lg34＞lg45．
21．（12分）（2021秋•渭滨区期末）已知函数f（x）为函数y＝ax（a＞0，a≠1）的反函数，f（5）＜f（6），且f（x）在区间[a，2a]上的最大值与最小值之差为1．
（1）求a的值；
（2）解关于x的不等式f（2x）＜f（1﹣x）．
【解题思路】（1）由反函数的定义可知f（x）＝lgax（a＞0，a≠1），结合题目条件可得a＞1，f（x）在（0，+∞）上单调递增，进而可得lga2a﹣lgaa＝1，再利用对数的运算性质即可求出a的值．
（2）根据函数f（x）的单调性求解．
【解答过程】解：（1）由题意可知f（x）＝lgax（a＞0，a≠1），
∵f（5）＜f（6），∴a＞1，
∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵f（x）在区间[a，2a]上的最大值与最小值之差为1，
∴lga2a﹣lgaa＝1，即lga2＝1，
∴a＝2．
（2）由（1）可知f（x）＝lg2x，在（0，+∞）上单调递增，
由不等式f（2x）＜f（1﹣x）可得，
解得0，
即所求不等式的解集为（0，）．
22．（12分）（2021秋•兰州期末）已知函数f（x）＝lga（1+x）﹣lga（1﹣x），其中a＞0且a≠1．
（1）求函数f（x）的定义域；
（2）判断f（x）的奇偶性，并说明理由；
（3）若f（）＝2，求使f（x）＞0成立的x的集合．
【解题思路】（1）根据函数解析式有意义的条件即可求f（x）的定义域；
（2）根据函数的奇偶性的定义即可判断f（x）的奇偶性；
（3）根据f（）＝2，可得：a＝2，根据对数函数的性质即可求使f（x）＞0的x的解集．
【解答过程】解：（1）要使函数有意义，则，
解得﹣1＜x＜1，
即函数f（x）的定义域为（﹣1，1）；
（2）∵f（﹣x）＝lga（﹣x+1）﹣lga（1+x）＝﹣[lga（x+1）﹣lga（1﹣x）]＝﹣f（x），
∴f（x）是奇函数．
（3）若f（）＝2，
∴lga（1）﹣lga（1）＝lga4＝2，
解得：a＝2，
∴f（x）＝lg2（1+x）﹣lg2（1﹣x），
若f（x）＞0，则lg2（x+1）＞lg2（1﹣x），
∴x+1＞1﹣x＞0，
解得0＜x＜1，
故不等式的解集为（0，1）．