2021年高中数学培优练习《对数函数-最值问题》专项复习（含答案）

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这是一份2021年高中数学培优练习《对数函数-最值问题》专项复习（含答案），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

若函数f(x)=ax＋lga(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为a，则a的值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.2 D.4
若函数f(x)=lga x(0A.eq \f(\r(2),4) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
设函数f(x)=|lgax|(0A. B.或 C. D.或
对于函数f(x)=lg(|x－2|＋1)，给出如下三个命题：
①f(x＋2)是偶函数；
②f(x)在区间(－∞，2)上是减函数，在区间(2，＋∞)上是增函数；
③f(x)没有最小值．
其中正确的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．0
已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x－1，x＞0，,x2＋1，x≤0，))若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈(－∞，0]，使得f(x1)=f(x2)，则x1的最小值为( )
A．lg23 B．lg32 C．1 D．2
函数y=(lg0.25x)2－lg0.5x＋5在区间[2，4]上的最小值是( )
A.4 B.8 C.eq \f(25,4) D.eq \f(1,4)
若函数f(x)=ax＋lga(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为a，则函数g(x)=ax2＋x＋1在 [－2,2]上的值域为( )
A.[eq \f(1,2)，5] B.[－eq \f(1,2)，5] C.[－eq \f(1,2)，3] D.[0,3]
已知函数，若正实数a,b满足f(4a)+f(b-1)=2，则的最小值为( )
A.4 B.8 C.9 D.13
二、填空题
函数f(x)=|lg3x|在区间[a，b]上的值域为[0,1]，则b－a的最小值为________.
函数f(x)=lg2eq \r(x)·lgeq \r(2)(2x)的最小值为 .
已知函数f(x)=ax+lgax(a>0,且a≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之和为lga2+6,则a的值为 .
当时,函数的图象恒过定点A，若点A在直线mx-y+n=0上，则的最小值是；
关于函数f(x)=lgeq \f(x,x2＋1)有下列结论：
①函数f(x)的定义域是(0，＋∞)；
②函数f(x)是奇函数；
③函数f(x)的最小值为－lg 2；
④当01时，函数f(x)是减函数.
其中正确结论的序号是________.
已知函数f(x)=ln(x＋eq \r(x2＋1))，g(x)=f(x)＋2 017，下列命题：
①f(x)的定义域为(－∞，＋∞)；
②f(x)是奇函数；
③f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
④若实数a，b满足f(a)＋f(b－1)=0，则a＋b=1；
⑤设函数g(x)在[－2 017,2 017]上的最大值为M，最小值为m，则M＋m=2 017.
其中真命题的序号是 .(写出所有真命题的序号)
三、解答题
已知函数f(x)=lg4(ax2＋2x＋3)．
(1)若f(1)=1，求f(x)的单调区间；
(2)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．
已知函数f(x)=-x＋lg2eq \f(1－x,1＋x).
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2019)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2019)))的值；
(2)当x∈(-a，a]，其中a∈(0，1)，a是常数时，函数f(x)是否存在最小值？若存在，求出f(x)的最小值；若不存在，请说明理由．
已知f(x)=1＋lg2x(1≤x≤4)，求函数g(x)=f2(x)＋f(x2)的最大值与最小值.
设x≥0，y≥0，且x＋2y=eq \f(1,2)，求函数u=lgeq \f(1,2)(8xy＋4y2＋1)的最大值与最小值.
已知f(x)=lgaeq \f(1－x,1＋x)(a＞0，且a≠1)．
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 020)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2 020)))的值．
(2)当x∈[－t，t](其中t∈(0，1)，且t为常数)时，f(x)是否存在最小值，如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由．
(3)当a＞1时，求满足不等式f(x－2)＋f(4－3x)≥0的x的取值范围．
已知f(x)=2＋lg3x，x∈[1,9]，求函数y=[f(x)]2＋f(x2)的最大值及y取得最大值时的x的值.
\s 0 参考答案
答案为：B；
解析：当a>1时，a＋lga2＋1=a，lga2=－1，a=eq \f(1,2)(舍去).
当0 答案为：A
解析：∵0f(x)min=lga(2a)=1＋lga2.由题意得3(1＋lga2)=1，解得a=eq \f(\r(2),4).
C 作出y=|lgax|(0令|lgax|=1,得x=a或x=,又1-a-=1-a-=<0,故1-a<-1,
所以n-m的最小值为1-a=,解得a=.
答案为：B；
解析：选B.
因为函数f(x)=lg(|x－2|＋1)，所以函数f(x＋2)=lg(|x|＋1)是偶函数．
由y=lg xeq \(――→,\s\up7(图象向左平移1个单位长度))y=lg(x＋1)
eq \(――→,\s\up7(去掉y轴左侧的图象，以y轴为对称轴，作y轴右侧图象的对称图象))
y=lg(|x|＋1)eq \(――→,\s\up7(图象向右平移2个单位长度))y=lg(|x－2|＋1)，
如图，可知f(x)在(－∞，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数．
由图象可知函数存在最小值为0.所以①②正确．
答案为：B；
解析：选B.作出函数f(x)的图象如图所示，由图可知，当x1取得最小值时，3x1－1=1，x1=lg32，
即x1的最小值为lg32.
答案为：C
解析：y=(lg0.25x)2－lg0.5x＋5=(eq \f(1,2)lg0.5x)2－lg0.5x＋5=(eq \f(1,2)lg0.5x－1)2＋4，
当x∈[2，4]时，lg0.5x∈[－2，－1]，所以当lg0.5x=－1时，ymin=eq \f(25,4).
答案为：A
解析：显然函数f(x)=ax＋lga(x＋1)在[0,1]上是单调的，
∴函数f(x)在[0,1]上的最大值和最小值之和为f(0)＋f(1)=1＋a＋lga2=a，解得a=eq \f(1,2).
∴g(x)=eq \f(1,2)x2＋x＋1在[－2，－1]上单调递减，在[－1,2]上单调递增.
∴g(x)=eq \f(1,2)x2＋x＋1在[－2,2]上的值域为[eq \f(1,2)，5].故选A.
答案为：C
解析：由函数，设，
知，所以是奇函数，则，
又因为正实数a，b满足，
所以，，
当且仅当，时取到等号.故选：C.
答案为：eq \f(2,3)
解析：根据图象可知，|lg3x|=0，则x=1，|lg3x|=1，则x=eq \f(1,3)或3.
由图可知(b－a)min=1－eq \f(1,3)=eq \f(2,3).
答案为：-0.25；
解析：依题意得f(x)=eq \f(1,2)lg2x·(2＋2lg2x)=(lg2x)2＋lg2x=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2x＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)≥－eq \f(1,4)，
当且仅当lg2x=－eq \f(1,2)，即x=eq \f(\r(2),2)时等号成立，因此函数f(x)的最小值为－eq \f(1,4).
答案 2解析显然函数y=ax与y=lgax在[1,2]上的单调性相同,因此函数f(x)=ax+lgax在[1,2]上的最大值与最小值之和为f(1)+f(2)=(a+lga1)+(a2+lga2)=a+a2+lga2=lga2+6,故a+a2=6,解得a=2或a=-3(舍去).
答案为：.
答案为：①④；
解析：由eq \f(x,x2＋1)>0知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，则函数f(x)是非奇非偶函数，
所以①正确，②错误；f(x)=lgeq \f(x,x2＋1)=－lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))≤lg eq \f(1,2)=－lg 2，
即函数f(x)的最大值为－lg 2，所以③错误；函数g(x)=x＋eq \f(1,x)，
当01时，函数g(x)是增函数.
而函数y=lg x在(0，＋∞)上单调递增，所以④正确.
答案为：①②③④；
解析：对于①，∵eq \r(x2＋1)＞eq \r(x2)=|x|≥－x，∴eq \r(x2＋1)＋x＞0，
∴f(x)的定义域为R，∴①正确.
对于②，f(x)＋f(－x)=ln(x＋eq \r(x2＋1))＋ln(－x＋eq \r(－x2＋1))
=ln[(x2＋1)－x2]=ln1=0.∴f(x)是奇函数，∴②正确.
对于③，令u(x)=x＋eq \r(x2＋1)，则u(x)在[0，＋∞)上单调递增.
当x∈(－∞，0]时，u(x)=x＋eq \r(x2＋1)=eq \f(1,\r(x2＋1)－x)，
而y=eq \r(x2＋1)－x在(－∞，0]上单调递减，且eq \r(x2＋1)－x＞0.
∴u(x)=eq \f(1,\r(x2＋1)－x)在(－∞，0]上单调递增，
又u(0)=1，∴u(x)在R上单调递增，
∴f(x)=ln(x＋eq \r(x2＋1))在R上单调递增，∴③正确.
对于④，∵f(x)是奇函数，
而f(a)＋f(b－1)=0，∴a＋(b－1)=0，∴a＋b=1，∴④正确.
对于⑤，f(x)=g(x)－2 017是奇函数，
当x∈[－2 017,2 017]时，f(x)max=M－2 017，f(x)min=m－2 017，
∴(M－2 017)＋(m－2 017)=0，∴M＋m=4 034，∴⑤不正确.
解：(1)因为f(1)=1，所以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)假设存在实数a使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).故存在实数a=eq \f(1,2)使f(x)的最小值为0.
解：
(1)由f(x)＋f(-x)=lg2eq \f(1－x,1＋x)＋lg2eq \f(1＋x,1－x)=lg21=0，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2019)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2019)))=0.
(2)f(x)的定义域为(-1，1)，
∵f(x)=-x＋lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(2,x＋1)))，
当x∈(-1，1)时，f(x)为减函数，
∴当a∈(0，1)，x∈(-a，a]时f(x)单调递减．
∴当x=a时，f(x)min=-a＋lg2eq \f(1－a,1＋a).
解：g(x)=(1＋lg2x)2＋(1＋lg2x2)=(lg2x)2＋4lg2x＋2=(lg2x＋2)2－2，
∵1≤x≤4且1≤x2≤4，
∴1≤x≤2.
∴0≤lg2x≤1.
∴当x=2时，最大值为7，
当x=1时，最小值为2.
解：x＋2y=eq \f(1,2)，∴2y=eq \f(1,2)－x，
设p=8xy＋4y2＋1=4xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))2＋1=－3x2＋x＋eq \f(5,4)=－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,6)))2＋eq \f(4,3)，
又x≥0，y≥0，x＋2y=eq \f(1,2)，∴eq \f(1,2)－x=2y≥0，即x≤eq \f(1,2)，∴0≤x≤eq \f(1,2).
∴当x=eq \f(1,6)时，p取到最大值eq \f(4,3)；当x=eq \f(1,2)时，p取到最小值1.
又y=lg0.5p是关于p的减函数，
∴函数y=lg0.5(8xy＋4y2＋1)的最大值是lg0.51=0，最小值为lg0.5eq \f(4,3).
解：(1)由eq \f(1－x,1＋x)＞0，得－1＜x＜1，∴f(x)的定义域为(－1，1)．
又f(－x)=lgaeq \f(1＋x,1－x)=lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－x,1＋x)))eq \s\up12(－1)=－lgaeq \f(1－x,1＋x)=－f(x)，∴f(x)为奇函数，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 020)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2 020)))=0.
(2)设－1＜x1＜x2＜1，则eq \f(1－x1,1＋x1)－eq \f(1－x2,1＋x2)=eq \f(2（x2－x1）,（1＋x1）（1＋x2）).
∵－1＜x1＜x2＜1，∴x2－x1＞0，
(1＋x1)(1＋x2)＞0，∴eq \f(1－x1,1＋x1)＞eq \f(1－x2,1＋x2).
当a＞1时，f(x1)＞f(x2)，f(x)在(－1，1)上是减函数．
又t∈(0，1)，∴x∈[－t，t]时，f(x)有最小值，且最小值为f(t)=lgaeq \f(1－t,1＋t).
当0＜a＜1时，f(x1)＜f(x2)，f(x)在(－1，1)上是增函数．
又t∈(0，1)，∴x∈[－t，t]时，f(x)有最小值，且最小值为f(－t)=lgaeq \f(1＋t,1－t).
综上，当x∈[－t，t]时，f(x)存在最小值．且当a＞1时，f(x)的最小值为lgaeq \f(1－t,1＋t)，
当0＜a＜1时，f(x)的最小值为lgaeq \f(1＋t,1－t).
(3)由(1)及f(x－2)＋f(4－3x)≥0，得f(x－2)≥－f(4－3x)=f(3x－4)．
∵a＞1，∴f(x)在(－1，1)上是减函数，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2≤3x－4，,－1＜x－2＜1，,－1＜3x－4＜1，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≥1，,1＜x＜3，,1＜x＜\f(5,3)，))所以1＜x＜eq \f(5,3).
∴x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,3))).
解：由f(x)=2＋lg3x，x∈[1,9]得f(x2)=2＋lg3x2，x2∈[1,9]，
得函数y=[f(x)]2＋f(x2)的定义域为[1,3]，
y=(2＋lg3x)2＋2＋lg3x2，
即y=(lg3x)2＋6lg3x＋6=(lg3x＋3)2－3，
令lg3x=t,0≤t≤1，y=(t＋3)2－3，
当t=lg3x=1，
即x=3时，ymax=13.

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