高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试学案设计

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类型1 对数型复合函数的单调性
【例1】 讨论函数f(x)＝lga(3x2－2x－1)的单调性．
[解] 由3x2－2x－1＞0得函数的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>1或x<－\f(1,3))))).
①当a＞1时，若x＞1，则u＝3x2－2x－1为增函数，
∴f(x)＝lga(3x2－2x－1)为增函数；
若x＜－eq \f(1,3)，则u＝3x2－2x－1为减函数，
∴f(x)＝lga(3x2－2x－1)为减函数，
②当0＜a＜1时，若x＞1，则f(x)＝lga(3x2－2x－1)为减函数；若x＜－eq \f(1,3)，则f(x)＝lga(3x2－2x－1)为增函数．
【例2】 已知函数y＝ eq lg\s\d5(\f(1,3)) (x2－ax＋a)在区间(－∞，eq \r(2))上单调递增，求实数a的取值范围．
[解] 令g(x)＝x2－ax＋a，g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,2)))上单调递减，∵0∴只要g(x)在(－∞，eq \r(2))上单调递减，且g(x)>0在x∈(－∞，eq \r(2))上恒成立，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)≤\f(a,2)，,g\r(2)＝\r(2)2－\r(2)a＋a≥0，))
∴2eq \r(2)≤a≤2(eq \r(2)＋1)，
故所求a的取值范围是[2eq \r(2)，2eq \r(2)＋2]．
类型2 对数型复合函数的值域
【例3】 求函数f(x)＝ eq lg\s\d5(\f(1,2)) (1＋2x－x2)的值域．
[解] 令u＝1＋2x－x2，可得0＜u≤2，
因为y＝ eq lg\s\d5(\f(1,2)) u在(0,2]上是递减的，
所以 eq lg\s\d5(\f(1,2)) u∈[－1，＋∞)．
故f(x)＝lgeq \f(1,2)(1＋2x－x2)的值域为[－1，＋∞)．
【例4】 求函数f(x)＝lg2(4x)· eq lg\s\d5(\f(1,4)) eq \f(x,2)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))的值域．
[解] f(x)＝lg2(4x)· eq lg\s\d5(\f(1,4)) eq \f(x,2)
＝(lg2x＋2)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)lg2x－1))
＝－eq \f(1,2)[(lg2x)2＋lg2x－2]．
设lg2x＝t.
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，∴t∈[－1,2]，
则有y＝－eq \f(1,2)(t2＋t－2)，t∈[－1,2]，
因此二次函数图象的对称轴为t＝－eq \f(1,2)，
∴函数y＝－eq \f(1,2)(t2＋t－2)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))上是减函数，
∴当t＝－eq \f(1,2)时，有最大值，且ymax＝eq \f(9,8).
当t＝2时，有最小值，且ymin＝－2.
∴f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，\f(9,8))).
类型3 对数型复合函数的奇偶性、单调性
【例5】 已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋ln(a－x)为偶函数．
(1)求实数a的值；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
[解] (1)∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
∴ln(1－x)＋ln(a＋x)＝ln(1＋x)＋ln(a－x)，
∴ln(1－x)－ln(1＋x)＝ln(a－x)－ln(a＋x)，
∴lneq \f(1－x,1＋x)＝lneq \f(a－x,a＋x)，∴eq \f(1－x,1＋x)＝eq \f(a－x,a＋x)，
整理得2x(a－1)＝0，
∵x不恒为0，∴a－1＝0，∴a＝1.
(2)由(1)知f(x)＝ln(1＋x)＋ln(1－x)，
要使函数f(x)有意义，应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋x>0,1－x>0))，
∴－1∴函数f(x)的定义域为(－1,1)．
设任意x1，x2∈(－1,1)，且x1∴f(x2)－f(x1)＝ln(1＋x2)＋ln(1－x2)－ln(1＋x1)－ln(1－x1)＝ln(1－xeq \\al(2,2))－ln(1－xeq \\al(2,1))
当－1xeq \\al(2,2)，1－xeq \\al(2,1)<1－xeq \\al(2,2)，
∴ln(1－xeq \\al(2,2))>ln(1－xeq \\al(2,1))，
∴ln(1－xeq \\al(2,2))－ln(1－xeq \\al(2,1))>0，
∴f(x2)－f(x1)>0，∴f(x2)>f(x1)，
∴f(x)在(－1,0)上是增函数，
当0≤x11－xeq \\al(2,2)，
∴ln(1－xeq \\al(2,1))>ln(1－xeq \\al(2,2))，
∴ln(1－xeq \\al(2,2))－ln(1－xeq \\al(2,1))<0，
∴f(x2)－f(x1)<0，∴f(x2)∴f(x)在[0,1)上是减函数．
综上可知，函数f(x)在(－1,0)上是增函数，在[0,1)上是减函数．