对数函数习题

公式定理💯随心记

【点到直线距离公式】点 $P (x_0,y_0)$ 到直线 $Ax+By+C=0$ 的距离 $d=\cfrac {|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt {A^2+B^2}}$

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前言

相关延申

• 对数函数 $f(x)=log_a^\;x$，其抽象函数为 $f(x)+f(y)=f(x\cdot y)$； $f(x)-f(y)=$$f(\cfrac{x}{y})$；

典例剖析

【2016 浙江高考题】已知 $a>0$，$b>0$，且 $a\neq 1$，$b\neq 1$，若 $log_ab>1$，则【$\qquad$】

$A、(a-1)(b-1)<0$ $B、(a-1)(a-b)>0$ $C、(b-1)(b-a)<0$ $D、(b-1)(b-a)>0$

分析： 由 $log_ab>1=log_aa$ 可得，

①当 $a>1$ 时，得到 $b>a$，即 $b>a>1$，则有 $b-a>0$ 且 $b-1>0$；

②当 $0<a<1$ 时，得到 $b<a$，即 $b<a<1$，则有 $b-a<0$ 且 $b-1<0$；

综上可得，$(b-1)(b-a)>0$，故选 $D$.

【2019 届高三理科数学对数与对数函数课时作业第 9 题】若实数 $a$ 的值能使得函数 $f(x)=$ $log_a(x^2+\cfrac{3}{2}x)$ $(a>0，a\neq 1)$ 在区间 $(\cfrac{1}{2}，+\infty)$ 内恒有 $f(x)>0$，则 $f(x)$ 的单调递增区间为【】

$A.(0，+\infty)$； $B.(2，+\infty)$； $C.(1，+\infty)$； $D.(\cfrac{1}{2}，+\infty)$；

分析： 设内函数 $g(x)=t=x^2+\cfrac{3}{2}x=(x+\cfrac{3}{4})^2-\cfrac{9}{16}$，对称轴为 $x=-\cfrac{3}{4}$

令 $g(x)>0$，解得 $x<-\cfrac{3}{2}$ 或 $x>0$，即定义域为 $(-\infty，-\cfrac{3}{2})\cup(0，+\infty)$，

则对内函数 $y=g(x)$ 而言，在区间 $(-\infty，-\cfrac{3}{2})$ 上单调递减，在区间 $(0，+\infty)$ 上单调递增，

若 $0<a<1$，则外函数 $y=log_at$ 在 $(0，+\infty)$ 上单调递减，

故复合函数 $y=f(x)$ 在区间 $(0，+\infty)$ 上单调递减，故在区间 $(\cfrac{1}{2}，+\infty)$ 上也单调递减，

而 $f(\cfrac{1}{2})=0$，故当 $x>\cfrac{1}{2}$ 时，必有 $f(x)<f(\cfrac{1}{2})=0$，故不满足在区间 $(\cfrac{1}{2}，+\infty)$ 内恒有 $f(x)>0$，

故底数 $a>1$，即外函数 $y=log_at$ 在 $(0，+\infty)$ 上单调递增，

此时复合函数的单调递增区间为 $(0，+\infty)$，故选 $A$。

解后反思：本题目的叙述有些模糊，导致题意理解多少有点偏差，其实前半句的用意是为了告诉你，底数 $a>1$。

【2019 届高三理科数学对数与对数函数课时作业第 16 题】设函数 $f(x)=log_a(1+x)+log_a(3-x)$ $(a>0，a\neq 1)$，且 $f(1)=2$，

（1）求 $a$ 的值及 $f(x)$ 的定义域；

分析：由于 $f(1)=log_a4=2$，解得 $a=2$；

由 $\left\{\begin{array}{l}{1+x>0}\\{3-x>0}\end{array}\right.$，

解得 $-1<x<3$，故定义域为 $(-1，3)$。

（2）求函数 $f(x)$ 在区间 $[0，\cfrac{3}{2}]$ 上的最大值；

分析：$f(x)=log_a(1+x)+log_a(3-x)=log_2[(1+x)(3-x)]$

$=log_2[-(x-1)^2+4]$，

当 $x\in (-1，1]$ 时，$f(x)$ 为增函数；当 $x\in (1，3)$ 时，$f(x)$ 为减函数；

故 $f(x)_{max}=f(1)=2$。

【2019 届高三理科数学对数与对数函数课时作业第 17 题】已知函数 $f(x)=log_a(a^{2x}+t)$，其中 $a>0，a\neq 1$，

（1）当 $a=2$ 时，若 $f(x)<x$ 无解，求 $t$ 的取值范围；

分析：当 $a=2$ 时，$f(x)=log_2(4^x+t)$，定义域为 $R$，

则由 $f(x)<x$ 无解，可知不等式 $f(x)< x$ 的解集为 $x\in \varnothing$，

则不等式 $f(x)\ge x$ 的解集为 $x\in R$，即 $f(x)\ge x$ 在 $R$ 上恒成立，

即 $log_2(4^x+t)\ge x=log_22^x$ 在 $R$ 上恒成立，

故 $4^x+t\ge 2^x$ 在 $R$ 上恒成立，分离参数得到，

$t\ge 2^x-4^x$ 在 $R$ 上恒成立，

令 $2^x=k>0$，则 $2^x-4^x=k-k^2=g(k)(k>0)$，需要求 $g(k)_{max}$，

又 $g(k)=-k^2+k=-(k-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{4}$，

故 $g(k)_{max}=g(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{4}$，

故 $t\ge \cfrac{1}{4}$，即 $t\in [\cfrac{1}{4}，+\infty)$。

（2）若存在实数 $m，n(m<n)$，使得 $x\in [m，n]$ 时，函数 $f(x)$ 的值域也为 $[m，n]$，求 $t$ 的取值范围；

分析：由题目可知，$f(m)=m$ 且 $f(n)=n$ 对于相同结构的两个式子，我们可以将其融合为一个式子，即得到一个方程，而 $m$，$n$ 可以看成此方程的两个不同的实数根，更多详情请参见：能合二为一的数学素材，

故关于 $x$ 的方程 $f(x)=x$ 应该有两个不同的实数根 $x_1=m$ 和 $x_2=n$，

即关于 $x$ 的方程 $\log_a{a^{2x}+t}=x$ 应该有两个不同的实数根，

将对数式转化为指数式，即 $a^{2x}+t=a^x$，

即关于 $x$ 的方程 $a^{2x}-a^x+t=0$ 应该有两个不同的实数根，

令 $p=a^x>0$，则上述方程可以变形为 $p^2-p+t=0$，

此时，关于 $p$ 的方程 $p^2-p+t=0$ 应该有两个不同的正实根，

对方程 $p^2-p+t=0$ 而言，有两个正实根的充要条件是 $\left\{\begin{array}{l}{\Delta >0}\\{x_1+x_2=1>0}\\{x_1x_2=t>0}\end{array}\right.$，

即 $\left\{\begin{array}{l}{\Delta=1-4t>0}\\{x_1x_2=t>0}\end{array}\right.$，解得 $0<t<\cfrac{1}{4}$。

故求 $t$ 的取值范围为 $(0，\cfrac{1}{4})$；

设函数 $f(x)$ 的定义域为 $D$， 若满足: ①$f(x)$ 在 $D$ 内是单调增函数；②存在 $[m, n]$ $\subseteq D(n>m)$， 使得 $f(x)$ 在 $[m， n]$ 上的值域为 $[m， n]$， 那么就称 $y=f(x)$ 是定义域为 $D$ 的 “成功函数”. 若函数 $g(x)$$=$$\log _{a}$($a^{2x}$$+$$t)$($a>0$，且 $a\neq1)$ 是定义域为 $R$ 的 “成功函数”，则实数 $t$ 的取值范围是【$\quad$】

$A.(0, \cfrac{1}{4})$ $B.(0, \cfrac{1}{4}]$ $C.(-\infty, \cfrac{1}{4})$ $D.(\cfrac{1}{4},+\infty)$

解析：因为 $g(x)=\log _{a}\left(a^{2 x}+t\right)(a>0$， 且 $a \neq 1)$ 是定义域为 $R$ 的 “成功函数” ，

所以 $g(x)$ 为增函数， 且 $g(x)$ 在 $[m， n]$ 上的值域为 $[m， n]$，

故 $g(m)=m$， $g(n)=n$ 将两个表达式合二为一，即表示方程 $g(x)=x$ 有两个不相同的实数根 $x=m$ 和 $x=n$. 更多详情请参见：能合二为一的数学素材， 即 $g(x)=x$ 有两个不相同的实数根.

由 $\log _{a}\left(a^{2 x}+t\right)=x$， 得 $a^{2 x}-a^{x}+t=0$ 有两个不相同的实数根.

令 $p=a^{x}>0$， 则关于 $p$ 的方程 $p^{2}-p+t=0$ 有两个不同的正实根从数的角度限制，需要 $\left\{\begin{array}{l}\Delta>0\\x_1+x_2>0\\x_1\cdot x_2>0\end{array}\right.$.

则 $\left\{\begin{array}{l}t>0，\\\Delta=1-4t>0，\end{array}\quad\right.$ 解得 $0<t<\cfrac{1}{4}$ .

答案：$A$

已知函数 $f(x)=\log_{2}(2x)\cdot\log_{4}(2x)$，$x\in[\cfrac{1}{4}, 4]$，则 $f(x)$ 的最小值为_____________.

解析：$f(x)=\log_{2}(2x)\cdot\log_{4}(2x)$，

$=(1+log_2x)\cdot \cfrac{1}{2}(log_22+log_2x)$

$=\cfrac{1}{2}(1+log_2x)\cdot(1+log_2x)$

故可将函数化简为:$f(x)=\cfrac{1}{2}(\log_{2}x+1)^{2}$，

令 $\log_{2}x=t$，则 $y=\cfrac{1}{2}(t+1)^{2}$，

因为 $x\in [\cfrac{1}{4}, 4]$，所以 $t\in[-2,2]$

根据二次函数的性质得到：当 $t=-1$ 时，$y$ 取得最小值 $0$，

故 $f(x)$ 的最小值为 $0$，故答案为 $0$。

已知函数 $f(x)=\log _{a} x(a>0， a \neq 1)$.

(1). 当 $a=\cfrac{1}{2}$ 时， $f(x)+f\left(\cfrac{x+1}{x}\right)<m$ 恒成立， 求实数 $m$ 的取值范围 .

详解：当 $a=\cfrac{1}{2}$ 时 ， 由 $f(x)+f\left(\cfrac{x+1}{x}\right)<m$，

知 $\log _{\frac{1}{2}} x+\log _{\frac{1}{2}} \cfrac{x+1}{x}<m(x>0)$.

即 $\log _{\frac{1}{2}}\left(x\cdot\cfrac{x+1}{x}\right)=\log _{\frac{1}{2}}(x+1)<m(x>0)$ 恒成立，

由 $y=\log _{\frac{1}{2}}(x+1)$ 在区间 $(0，+\infty)$ 上是减函数知，

当 $x>0$ 时， $\log _{\frac{1}{2}}(x+1)<0$，

所以实数 $m$ 的取值范围为 $[0，+\infty)$.

(2). 若函数 $g(x)=ax^2-x$，且函数 $y=f[g(x)]$ 在区间 $[2,4]$ 上是增函数， 求实数 $a$ 的取值范围 .

解答： 由于 $g(x)=a x^{2}-x$， 则函数 $y=f[g(x)]=\log _{a}\left(a x^{2}-x\right)$.

由函数 $g(x)=a x^{2}-x$ 的图象为开口向上的抛物线，对称轴为直线 $x=\frac{1}{2 a}$，

① 当 $0<a<1$ 时，要使得复合函数 $f[g(x)]$ 在区间 $[2，4]$ 上单调递增，

则 $g(x)=ax^2-x$ 在 $[2,4]$ 上单调递减，且 $g(x)_{\min}>0$，

即 $\left\{\begin{array}{l}\cfrac{1}{2 a} \geq 4\\ g(4)=16a-4>0\end{array}\right.$，

解得， $a\in \varnothing$，

② 当 $a>1$ 时，要使得复合函数 $f[g(x)]$ 在区间 $[2，4]$ 上单调递增，

则 $g(x)=ax^2-x$ 在 $[2,4]$ 上单调递增，且 $g(x)_{\min}>0$，

即 $\left\{\begin{array}{l}\cfrac{1}{2a} \leq 2\\ g(2)=4a-2>0\end{array}\right.$，

解得 $a>\cfrac{1}{2}$，又由于 $a>1$，故 $a>1$，

综上， 满足题意的实数 $a$ 的取值范围是 $(1，+\infty)$.

已知函数 $f(x)=a^{x}+\log _{a}x$($a>0$ 且 $a\neq1)$ 在 $[1，2]$ 上的最大值与最小值之和为 $\log _{a}2+6$，求则 $a$ 的值。

解析：$a^1+\log _{a}1+a^{2}+\log _{a}2=\log _{a}2+6$，即 $(a-2)(a+3)=0$，又 $a>0$，所以 $a=2$。

延申阅读

1、一元二次方程根的分布；

2、能合二为一的素材