高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.4 对数函数第二课时当堂检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.4 对数函数第二课时当堂检测题，共5页。试卷主要包含了下列各式中错误的是，若lg ≤1，则x的取值范围是，比较大小，已知f＝lg4.等内容，欢迎下载使用。

A级——基础过关练
1．下列各式中错误的是( )
A.ln 0.8＞ln 0.7B．lg0.50.4＞lg0.50.6
C．lg 1.6＜lg 1.4D．0.30.8＜0.30.7
【答案】C
【解析】由对数函数的性质可知，函数y＝lg x为单调递增函数．又因为1.4＜1.6，所以lg 1.6＞lg 1.4.故C错误．故选C.
2．若lg (2x－4)≤1，则x的取值范围是( )
A．(－∞，7]B．(2，7]
C．[7，＋∞)D．(2，＋∞)
【答案】B
【解析】因为lg (2x－4)≤1，所以0＜2x－4≤10，解得2＜x≤7.所以x的取值范围是(2，7].故选B.
3．已知函数f(x)＝lga(x－m)(a＞0，且a≠1)的图象过点(4，0)和(7，1)，则f(x)在定义域上是( )
A．增函数B．减函数
C．奇函数D．偶函数
【答案】A
【解析】将点(4，0)和(7，1)代入函数解析式，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0＝lga(4－m)，,1＝lga(7－m)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,m＝3，))则有f(x)＝lg4(x－3).由于定义域是x＞3，则函数不具有奇偶性．函数f(x)在定义域上是增函数．
4．(2023年南充期末)设a＝40.4，b＝0.44，c＝，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＜b＜cB．a＜c＜b
C．b＜a＜cD．c＜a＜b
【答案】C
【解析】1＝40＜40.4＜40.5＝2，0＜0.44＜1，＞lg0.2(0.2)2＝2，所以b＜a＜c.故选C.
5．(2023年邢台期末)若函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)，函数f(x)与函数g(x)图象关于y＝x对称，则g(9－x2)的单调减区间是( )
A．[0，3)B．[－3，0)
C．(0，3]D．(－3，0]
【答案】D
【解析】函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)，函数f(x)与函数g(x)图象关于y＝x对称，则函数g(x)是f(x)的反函数，g(x)＝lg eq \s\d8(\f(1,2)) x，故y＝g(9－x2)＝lg eq \s\d8(\f(1,2)) (9－x2)，9－x2＞0，解得－3＜x＜3.令u＝9－x2，－3＜x＜3，u＝9－x2在(－3，0)单调递增，在(0，3)上单调递减，y＝lg eq \s\d8(\f(1,2)) u在(0，＋∞)上单调递减，故g(9－x2)的单调减区间是(－3，0].故选D.
6．已知y＝lga(2－ax)在[0，1]上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A．(0，1)B．(1，2)
C．(0，2)D．[2，＋∞)
【答案】B
【解析】题目中隐含条件a＞0，当a＞0时，2－ax为减函数，故要使y＝lga(2－ax)在[0，1]上单调递减，则a＞1，且2－ax在x∈[0，1]上恒为正数，即2－a＞0，故可得1＜a＜2.
7．(2023年株洲月考)历史上数学计算方面的三大发明分别是阿拉伯数字、十进制和对数，其中对数的发明，大大缩短了计算时间．对数运算对估算“天文数字”具有独特优势，已知lg 2≈0.301，lg 5≈0.699，则2.510的估算值为( )
A．1 000B．100 000
C．10 000D．2 500
【答案】C
【解析】令2.510＝x，则lg x＝lg 2.510＝10lg eq \f(5,2)＝10(lg 5－lg 2)≈10×(0.699－0.301)≈4，所以x≈104，即2.510的估算值为10 000.故选C.
8．比较大小：
(1)lg22________lg2 eq \r(3)；
(2)lg8π________lgπ8.
【答案】(1)＞ (2)＜
【解析】(1)因为函数y＝lg2x在(0，＋∞)上是增函数，且2＞ eq \r(3)，所以lg22＞lg2 eq \r(3).
(2)因为函数y＝lg8x为定义域上的增函数，且π＜8，所以lg8π＜lg88＝1.同理1＝lgππ＜lgπ8，所以lg8π＜lgπ8.
9．函数f(x)＝lg5(2x＋1)的单调递增区间是________．
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
【解析】因为y＝lg5x与y＝2x＋1均为定义域上的增函数，故函数f(x)＝lg5(2x＋1)是其定义域上的增函数，所以函数f(x)的单调递增区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
10．已知f(x)＝lg4(4x－1).
(1)求f(x)的定义域；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)求f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的值域．
解：(1)由4x－1＞0，解得x＞0，
因此f(x)的定义域为(0，＋∞).
(2)设0＜x1＜x2，则0＜4x1－1＜4x2－1，
因此lg4(4x1－1)＜lg4(4x2－1)，
即f(x1)＜f(x2)，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(3)因为f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，
且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，f(2)＝lg415，
所以f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的值域为[0，lg415].
B级——能力提升练
11．(2023年河南月考)已知函数f(x)＝lg2x的值域是[1，2]，则函数φ(x)＝f(2x)＋f(x2)的定义域为( )
A．[ eq \r(2)，2]B．[2，4]
C．[4，8]D．[1，2]
【答案】A
【解析】∵f(x)的值域为[1，2]，∴1≤lg2x≤2，∴2≤x≤4，∴f(x)的定义域为[2，4].∴φ(x)＝f(2x)＋f(x2)满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2≤2x≤4，,2≤x2≤4，))解得 eq \r(2)≤x≤2，∴φ(x)的定义域为[ eq \r(2)，2].故选A.
12．(多选)设函数f(x)＝ eq lg\s\d7(\f(1,2)) x，下列四个结论正确的有( )
A．函数f(|x|)为偶函数
B．若f(a)＝|f(b)|，其中a＞0，b＞0，a≠b，则ab＝1
C．函数f(－x2＋2x)在(1，3)上为单调递增函数
D．若0＜a＜1，则|f(1＋a)|＜|f(1－a)|
【答案】ABD
【解析】f(x)＝ eq lg\s\d7(\f(1,2)) x，x＞0.函数f(|x|)＝ eq lg\s\d7(\f(1,2)) |x|.因为f(|－x|)＝f(|x|)，所以f(|x|)为偶函数，A正确；若f(a)＝|f(b)|，其中a＞0，b＞0，因为a≠b，所以f(a)＝|f(b)|＝－f(b)，所以 eq lg\s\d7(\f(1,2)) a＋ eq lg\s\d7(\f(1,2)) b＝ eq lg\s\d7(\f(1,2)) (ab)＝0，所以ab＝1，B正确；函数f(－x2＋2x)＝ eq lg\s\d7(\f(1,2)) (－x2＋2x)＝ eq lg\s\d7(\f(1,2)) [－(x－1)2＋1]，由－x2＋2x＞0，解得0＜x＜2，所以函数的定义域为(0，2)，因此在(1，3)上不具有单调性，C不正确；若0＜a＜1，所以1＋a＞1＞1－a，所以f(1＋a)＜0＜f(1－a)，故|f(1＋a)|－|f(1－a)|＝－f(1＋a)－f(1－a)＝－ eq lg\s\d7(\f(1,2)) (1－a2)＜0，即|f(1＋a)|＜|f(1－a)|，D正确．故选ABD.
13．设a＞1，函数f(x)＝lgax在区间[a，2a]上的最大值与最小值之差为 eq \f(1,2)，则a＝________.
【答案】4
【解析】因为a＞1，所以f(x)＝lgax在[a，2a]上单调递增，所以lga(2a)－lgaa＝ eq \f(1,2)，即lga2＝ eq \f(1,2)，所以a eq \s\up7(\f(1,2)) ＝2，解得a＝4.
14．(2023年漳平月考)已知函数f(x)＝lga(x＋1)(a＞0且a≠1)在[0，2]上的值域是[0，1]，则实数a＝________；此时，若函数g(x)＝ax＋m－ eq \f(1,9)的图象不经过第二象限，则m的取值范围为________．
【答案】3 (－∞，－2]
【解析】因为x∈[0，2]，则x＋1∈[1，3].当a＞1时，f(x)＝lga(x＋1)单调递增，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lga1＝0，,lga3＝1，))解得a＝3.当0＜a＜1时，f(x)＝lga(x＋1)单调递减，∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lga1＝1，,lga3＝0))无解，故a＝3.函数g(x)＝ax＋m－ eq \f(1,9)在R上单调递增，函数图象不经过第二象限，∴g(0)＝3m－ eq \f(1,9)≤0，解得m≤－2，故m的取值范围是(－∞，－2].
15．(2023年太康期末)已知函数f(x)＝lga(3＋2x)，g(x)＝lga(3－2x)(a＞0，且a≠1).
(1)求函数f(x)－g(x)的定义域；
(2)判断函数f(x)－g(x)的奇偶性，并予以证明；
(3)求使f(x)－g(x)＞0成立的x的取值范围．
解：(1)若使f(x)－g(x)的解析式有意义，须使f(x)＝lga(3＋2x)，g(x)＝lga(3－2x)的解析式都有意义，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋2x＞0.,3－2x＞0，))解得－ eq \f(3,2)＜x＜ eq \f(3,2)，
所以函数f(x)－g(x)的定义域是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(3,2))).
(2)函数f(x)－g(x)是奇函数，理由如下：
由(1)知函数f(x)－g(x)的定义域关于原点对称．
又∵f(－x)－g(－x)＝lga(3－2x)－lga(3＋2x)＝－[lga(3＋2x)－lga(3－2x)]＝－[f(x)－g(x)]，
∴函数f(x)－g(x)是奇函数．
(3)若f(x)－g(x)＞0，即lga(3＋2x)＞lga(3－2x).
当a＞1，则3＋2x＞3－2x，解得x＞0，由(1)可得此时x的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))；
当0＜a＜1，则3＋2x＜3－2x，解得x＜0，由(1)可得此时x的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0)).
综上，当a＞1时，x的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))；当0＜a＜1时，x的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0)).