新高考数学一轮复习学案第3章第6讲 对数与对数函数（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第3章第6讲 对数与对数函数（含解析），共14页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．对数
2.对数函数的图象与性质
3.反函数
指数函数y＝ax与对数函数y＝lgax互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．
常用结论
1．换底公式的三个重要结论
①lgab＝eq \f(1,lgba)；②lgambn＝eq \f(n,m)lgab；③lgab·lgbc·lgcd＝lgad.
2．对数函数的图象与底数大小的关系
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由此我们可得到以下规律：在第一象限内与y＝1相交的对数函数从左到右底数逐渐增大．
二、教材衍化
1．(lg29)·(lg34)＝________．
解析：(lg29)·(lg34)＝eq \f(lg 9,lg 2)×eq \f(lg 4,lg 3)＝eq \f(2lg 3,lg 2)×eq \f(2lg 2,lg 3)＝4.
答案：4
2．若函数y＝f(x)是函数y＝2x的反函数，则f(2)＝________．
解析：由题意知f(x)＝lg2x，
所以f(2)＝lg22＝1.
答案：1
3．函数y＝lga(4－x)＋1(a＞0，且a≠1)的图象恒过点________．
解析：当4－x＝1即x＝3时，y＝lga1＋1＝1.
所以函数的图象恒过点(3，1)．
答案：(3，1)
4．已知a＝2eq \s\up10(－\f(1,3))，b＝lg2eq \f(1,3)，c＝lgeq \s\d9(\f(1,2))eq \f(1,3)，则a，b，c的大小关系为________________．
解析：因为01.所以c>a>b.
答案：c>a>b
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)lga(MN)＝lgaM＋lgaN.( )
(2)lgax·lgay＝lga(x＋y)．( )
(3)函数y＝lg2x及y＝lgeq \s\d9(\f(1,3))3x都是对数函数．( )
(4)对数函数y＝lgax(a>0且a≠1)在(0，＋∞)上是增函数．( )
(5)函数y＝ln eq \f(1＋x,1－x)与y＝ln(1＋x)－ln(1－x)的定义域相同． ( )
(6)对数函数y＝lgax(a>0且a≠1)的图象过定点(1，0)，且过点(a，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，－1))，函数图象只经过第一、四象限．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√
二、易错纠偏
常见误区eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)对数函数图象的特征不熟致误；
(2)忽视对底数的讨论致误；
(3)忽视对数函数的定义域致误．
1．已知a>0，a≠1，函数y＝ax与y＝lga(－x)的图象可能是________．(填序号)
解析：函数y＝lga(－x)的图象与y＝lgax的图象关于y轴对称，符合条件的只有②.
答案：②
2．函数y＝lgax(a>0，a≠1)在[2，4]上的最大值与最小值的差是1，则a＝________．
解析：分两种情况讨论：①当a>1时，有lga4－lga2＝1，解得a＝2；②当0答案：2或eq \f(1,2)
3．函数y＝eq \r(lg\s\d9(\f(2,3))（2x－1）)的定义域是________________．
解析：由lgeq \s\d9(\f(2,3))(2x－1)≥0，得0<2x－1≤1.
所以eq \f(1,2)答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
考点一 对数式的化简与求值(基础型)
复习指导eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))理解对数的概念及其运算性质，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．
核心素养：数学运算
1．计算：lgeq \f(4\r(2),7)－lg 8eq \s\up6(\f(2,3))＋lg 7eq \r(5)＝________．
解析：原式＝lg 4＋eq \f(1,2)lg 2－lg 7－eq \f(2,3)lg 8＋lg 7＋eq \f(1,2)lg 5＝2lg 2＋eq \f(1,2)(lg 2＋lg 5)－2lg 2＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
2．计算(lg 2)2＋lg 2·lg 50＋lg 25的结果为________．
解析：原式＝lg 2(lg 2＋lg 50)＋lg 25＝2lg 2＋lg 25＝lg 4＋lg 25＝2.
答案：2
3．若lg x＋lg y＝2lg(2x－3y)，则lgeq \s\d9(\f(3,2))eq \f(x,y)的值为________．
解析：依题意，可得lg(xy)＝lg(2x－3y)2，
即xy＝4x2－12xy＋9y2，
整理得：4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))eq \s\up12(2)－13eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＋9＝0，解得eq \f(x,y)＝1或eq \f(x,y)＝eq \f(9,4).
因为x>0，y>0，2x－3y>0，
所以eq \f(x,y)＝eq \f(9,4)，所以lgeq \s\d9(\f(3,2))eq \f(x,y)＝2.
答案：2
4．设2a＝5b＝m，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，则m等于________．
解析：由2a＝5b＝m得a＝lg2m，b＝lg5m，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lgm2＋lgm5＝lgm10.
因为eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，
所以lgm10＝2.
所以m2＝10，所以m＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
eq \a\vs4\al()
[提醒] 对数的运算性质以及有关公式都是在式子中所有的对数符号有意义的前提下才成立的，不能出现lg212＝lg2[(－3)×(－4)]＝lg2(－3)＋lg2(－4)的错误．
考点二 对数函数的图象及应用(基础型)
复习指导eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))初步理解对数函数的概念，能借助计算器或计算机画出具体对数函数的图象及特殊点．
核心素养：直观想象
(1)若函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|y≥1}，则函数y＝lga|x|的图象大致是( )
(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】 (1)由于y＝a|x|的值域为{y|y≥1}，所以a>1，则y＝lga|x|在(0，＋∞)上是增函数，又函数y＝lga|x|的图象关于y轴对称．因此y＝lga|x|的图象应大致为选项B．
(2)构造函数f(x)＝4x和g(x)＝lgax，
当a>1时不满足条件，
当0可知，只需两图象在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上有交点即可，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，即2≥lgaeq \f(1,2)，则a≤eq \f(\r(2),2)，
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).
【答案】 (1)B (2)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
【迁移探究】 (变条件)若本例(2)的条件变为：当0解析：构造函数f(x)＝4x和g(x)＝lgax，当a>1时不满足条件，当0eq \f(\r(2),2)，所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
eq \a\vs4\al()
对数函数图象的识别及应用方法
(1)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．
(2)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．
1．函数y＝2lg4(1－x)的图象大致是( )
解析：选C．函数y＝2lg4(1－x)的定义域为(－∞，1)，排除A，B；函数y＝2lg4(1－x)在定义域上单调递减，排除D．选C．
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,3x，x≤0，))关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________．
解析：问题等价于函数y＝f(x)与y＝－x＋a的图象有且只有一个交点，结合函数图象可知a>1.
答案：(1，＋∞)
考点三 对数函数的性质及应用(综合型)
复习指导eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))利用对数函数的图象，探索并了解对数函数的单调性，知道指数函数y＝ax与对数函数y＝lgax互为反函数(a＞0，a≠1)．
核心素养：数学抽象、数学运算
角度一 比较对数值的大小
(2019·高考天津卷)已知a＝lg27，b＝lg38，c＝0.30.2，则a，b，c的大小关系为( )
A．cC．b【解析】 因为a＝lg27>lg24＝2，b＝lg381，c＝0.30.2<0.30＝1，所以c【答案】 A
eq \a\vs4\al()
比较对数值的大小的方法

角度二 解简单的对数不等式或方程
(一题多解)已知函数f(x)＝lgax(a>0且a≠1)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))0的解集为( )
A．(0，1) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
【解析】 法一：因为函数f(x)＝lgax(a>0且a≠1)在(0，＋∞)上为单调函数，而eq \f(2,a)0⇒2x－1>1，所以x>1.
法二：由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))lgaeq \f(3,a)，
所以lga2－1所以a>1，由f(2x－1)>0得lga(2x－1)>0，所以2x－1>1，即x>1.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
解对数不等式的函数及方法
(1)形如lgax>lgab的不等式，借助y＝lgax的单调性求解，如果a的取值不确定，需分a>1与0(2)形如lgax>b的不等式，需先将b化为以a为底的对数式的形式．
角度三 对数型函数的综合问题
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a的值．
【解】 (1)因为f(1)＝1，所以lg4(a＋5)＝1，因此a＋5＝4，即a＝－1，
所以f(x)＝lg4(－x2＋2x＋3)．
由－x2＋2x＋3>0得－1令g(x)＝－x2＋2x＋3.
则g(x)在(－1，1)上单调递增，在[1，3)上单调递减．
又y＝lg4x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)若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\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,\f(3a－1,a)＝1，))
解得a＝eq \f(1,2).
故实数a的值为eq \f(1,2).
eq \a\vs4\al()
解与对数函数有关的函数的单调性问题的步骤
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a＝lg20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A．a＜b＜c B．a＜c＜b
C．c＜a＜b D．b＜c＜a
解析：选B．因为a＝lg20.220＝1，c＝0.20.3<0.20＝1且c>0，所以a2．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：选D．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.
3．已知a>0，若函数f(x)＝lg3(ax2－x)在[3，4]上是增函数，则a的取值范围是________．
解析：要使f(x)＝lg3(ax2－x)在[3，4]上单调递增，
则y＝ax2－x在[3，4]上单调递增，
且y＝ax2－x>0恒成立，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)≤3，,9a－3>0，))
解得a>eq \f(1,3).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
[基础题组练]
1．函数y＝eq \r(lg3（2x－1）＋1)的定义域是( )
A．[1，2] B．[1，2)
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
解析：选C．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg3（2x－1）＋1≥0，,2x－1>0，))即
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg3（2x－1）≥lg3\f(1,3)，,x>\f(1,2)，))解得x≥eq \f(2,3).故选C．
2．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．lg2x B．eq \f(1,2x)
C．lgeq \s\d9(\f(1,2))x D．2x－2
解析：选A．由题意知f(x)＝lgax(a>0且a≠1)，因为f(2)＝1，所以lga2＝1，所以a＝2.所以f(x)＝lg2x.故选A．
3．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：选A．由已知得0f(2)．
4.(多选)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：选ABC．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．
5．(多选)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：选BD．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．
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)))＝________．
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．(2020·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)＝________．
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
8．(教材习题改编)若lgaeq \f(3,4)<1(a>0，且a≠1)，则实数a的取值范围是________．
解析：当01时，lgaeq \f(3,4)1.所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))∪(1，＋∞)．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))∪(1，＋∞)
9．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：(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)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．
10．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：(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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上的最大值是f(1)＝lg24＝2.
[综合题组练]
1．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：选C．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．
2．(2020·河南新乡二模)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：选C．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)＋4x3．已知函数f(x)＝lga(ax－3)在[1，3]上单调递增，则a的取值范围是________．
解析：由于a>0，且a≠1，
所以u＝ax－3为增函数，
所以若函数f(x)为增函数，则f(x)＝lgau必为增函数，
所以a>1.
又u＝ax－3在[1，3]上恒为正，
所以a－3>0，即a>3.
答案：(3，＋∞)
4．设实数a，b是关于x的方程|lg x|＝c的两个不同实数根，且a解析：由题意知，在(0，10)上，函数y＝|lg x|的图象和直线y＝c有两个不同交点，所以|lg a|＝|lg b|，又因为y＝lg x在(0，＋∞)上单调递增，且a答案：(0，1)
5．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)解不等式f(x2－1)>－2.
解：(1)当x<0时，－x>0，则f(－x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(－x)．
因为函数f(x)是偶函数，
所以f(－x)＝f(x)＝lgeq \s\d9(\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\s\d9(\f(1,2))x，x>0，,0，x＝0，,lg\s\d9(\f(1,2))（－x），x<0.))
(2)因为f(4)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))4＝－2，f(x)是偶函数，
所以不等式f(x2－1)>－2转化为f(|x2－1|)>f(4)．
又因为函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
所以|x2－1|<4，解得－eq \r(5)即不等式的解集为(－eq \r(5)，eq \r(5))．
6．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)＜lgeq \f(m,（x＋1）（7－x）)恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由eq \f(x－1,x＋1)＞0，得x＞1或x＜－1.
所以函数f(x)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.
所以f(2 020)＋f(－2 020)＝0.
(2)当x∈[2，6]时，f(x)＜lgeq \f(m,（x＋1）（7－x）)恒成立可化为eq \f(x－1,1＋x)＜eq \f(m,（x＋1）（7－x）)恒成立．
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.
所以当x＝4时，[(x－1)(7－x)]max＝9，所以m＞9.
即实数m的取值范围是(9，＋∞)．
概念
如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底数N的对数，记作x＝lgaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数，lgaN叫做对数式
性质
对数式与指数式的互化：ax＝N⇔x＝lgaN(a>0，且a≠1)
lga1＝0，lgaa＝1，algaN＝N(a>0，且a≠1)
运算法则
lga(M·N)＝lgaM＋lgaN
a>0，且a≠1，M>0，N>0
lgaeq \f(M,N)＝lgaM－lgaN
lgaMn＝nlgaM(n∈R)
换底公式
lgab＝eq \f(lgcb,lgca)(a>0，且a≠1，c>0，且c≠1，b>0)
a>1
0图象
性质
定义域：(0，＋∞)
值域：R
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