4.4 对数函数

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【基础过关系列】2022-2023学年高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019）
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必修第一册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

对数函数的概念

函数$y=log_a x(a>0 ,a ≠1)$叫做对数函数，其中$x$是自变量，定义域是$(0,+∞)$.
解释
函数$y=log_a x$中系数为$1$，底数是不为$1$正实数的常数，真数为变量$x$.

【例】判断下列函数是否为对数函数:
(1) $y=log_2 x+1$ $\qquad $ (2)$y=log_3 (x-2)$ $\qquad$ (3)$y=3log_5 x$ (4)$y=log_4 x$
解析 (1)不是，对数式后加了$2$；(2)不是，真数不是$x$；(3)不是，系数不为$1$；(4)是.

图像与性质

函数名称	对数函数
定义	函数$y=log_a x(a>0 ,a ≠1)$叫做对数函数
图象	$a>1$	$0< a <1$

定义域	$(0,+∞)$
值域	$R$
过定点	图象过定点$(1 ,0)$
奇偶性	非奇非偶
单调性	在$(0 ,+∞)$上是增函数	在$(0 ,+∞)$上是减函数
$a$变化对图象的影响	在第一象限内，$α$越大图象越靠低；在第四象限内，$α$越大图象越靠高．

可与指数函数就函数的定义域、值域、单调性等函数性质进行比较学习.

【例1】画出函数$y=log_2 x$和 $y=\log _{\frac{1}{2}} x$的图象，说下他们的函数性质.
解析

$y=log_2 x$：定义域是$(0,+∞)$，值域是$R$，在$(0,+∞)$上递增，非奇非偶函数;
$y=\log _{\frac{1}{2}} x$：定义域是$(0,+∞)$，值域是$R$，在$(0,+∞)$上递减，非奇非偶函数.
$y=log_2 x$与 $y=\log _{\frac{1}{2}} x$关于$x$轴对称.

【例2】已知图中曲线$C_1,C_2,C_3,C_4$分别是函数 $y=\log _{a_{1}} x$， $y=\log _{a_{2}} x$， $y=\log _{a_{3}} x$，$y=\log _{a_{4}} x$的图象，则$a_1,a_2,a_3,a_4$的大小关系是(　　)

A．$a_4<a_3<a_2<a_1$ $\qquad \qquad$ B．$a_3<a_4<a_1<a_2$ $\qquad \qquad$ C．$a_2<a_1<a_3<a_4$ $\qquad \qquad$ D．$a_3<a_4<a_2<a_1$
解析由已知图中的四条曲线底数不同及图象的位置关系，再利用$log_a⁡a=1$结合图象求解．

对数型函数模型

形如 $y=k·log_a x(k∈R，$且$k≠0；a>0$，且$a≠1)$的函数称为对数型函数．

反函数

指数函数$y=a^x (a>0,$且$a≠1)$与对数函数$y=log_a x(a>0 ,a ≠1)$互为反函数.
它们的图象关于直线$y=x$对称，定义域与值域相反.
Eg $y=2^x$与$y=log_2⁡x$互为反函数.

基本方法

【题型1】对数函数的概念

【典题1】 已知对数函数$f(x)$的图象经过点 $\left(\dfrac{1}{9}, 2\right)$，试求$f(3)$的值．
解析设$f(x)=\log_a⁡x (a>0,$且$a≠1)$，
$∵$对数函数$f(x)$的图象经过点 $\left(\dfrac{1}{9}, 2\right)$， $\therefore\left(\dfrac{1}{9}\right)=\log _{a} \dfrac{1}{9}=2$． $\therefore a^{2}=\dfrac{1}{9}$．
$\therefore a=\dfrac{1}{3}$, $\therefore f(x)=\log _{\frac{1}{3}} x$．
$\therefore f(3)=\log _{\frac{1}{3}} 3=\log _{\frac{1}{3}}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{-1}=-1$.
点拨待定系数法求函数解析式.

巩固练习

1.已知$f(e^x)=x$，则$f(5)=$ $\underline{\quad \quad}$ .

2.函数 $y=\log _{5}\left(x^{2}-x-2\right)$的定义域是$\underline{\quad \quad}$ .

参考答案

答案 $\ln 5$
解析令$t=e^x$，则$x=\ln t$，所以$f(t)=\ln t$，即$f(x)=\ln x$．所以$f(5)=\ln 5$．
答案 $\{x|x>2$或$x<-1\}$
解析由$x^2-x-2>0$,解得$x>2$或$x<-1$，
故答案是$\{x|x>2$或$x<-1\}$.

【题型2】对数函数的图象

【典题1】 若函数 $f(x)=\log _{a}(x+b)$的图象如图，其中$a,b$为常数．则函数$g(x)=a^x+b$的大致图象是(　　)

A． $\qquad$ B． $\qquad$ C． $\qquad$ D．
解析由函数 $f(x)=\log _{a}(x+b)$的图象为减函数可知$0<a<1$，
$f(x)=\log _{a}(x+b)$的图象由$f(x)=\log_a⁡x$向左平移可知$0<b<1$，
故函数$g(x)=a^x+b$的大致图象是$D$，
故选$D$.
点拨函数图象的平移变换：左加右减，上加下减.

【典题2】 已知函数$f(x)=\lg|x-1|$，下列命题中所有正确的序号是$\underline{\quad \quad}$．
(1)函数$f(x)$的定义域和值域均为$R$；
(2)函数$f(x)$在$(-∞,1)$单调递减，在$(1,+∞)$单调递增；
(3)函数$f(x)$的图象关于$y$轴对称；
(4)函数$f(x+1)$为偶函数；
(5)若$f(a)>0$，则$a<0$或$a>2$．
解析 $∵$函数$f(x)=\lg|x-1|$，故有$x-1≠0$，$x≠1$，
故定义域为$\{x|x≠1\}≠R$，故(1)不正确．
由函数$y=\lg|x－1|$在$(-∞,1)$单调递减，在$(1,+∞)$单调递增，可得
函数$f(x)=\lg|x－1|$在$(-∞,1)$单调递减，在$(1,+∞)$单调递增，故(2)正确．
由于函数$f(x)$的定义域不关于原点对称，故函数$f(x)$不具有奇偶性，故(3)不正确．
由于函数$f(x+1)=\lg|x|$，其图象关于$y$轴对称，故是偶函数，故(4)正确．
由$f(a)>0$，则有$\lg|a-1|>0$，故$|a-1|>1$，
$∴a-1>1$或$a-1<-1$，
$∴a<0$或$a>2$，故(5)正确，
故答案为(2)(4)(5)．
点拨
函数图象的对称变换
① 函数$y=f(x)$$\stackrel{\text { 图象关于 } y \text { 轴对称 }}{\longrightarrow}$函数$y=f(-x)$；
② 函数$y=f(x)$ $\stackrel{\text { 图象关于 } x \text { 轴对称 }}{\longrightarrow}$函数$y=-f(x)$；
函数图象的翻折变换
① 函数$y=f(x)$ $\stackrel{\text { 保留 } x \text { 轴上方图象, } x \text { 轴下方图象关于 } x \text { 轴对称 }}{\longrightarrow}$函数$y=|f(x)|$；
② 函数$y=f(x)$ $\stackrel{\text { 去掉 } y \text { 轴左边图象, 保留 } y \text { 轴右边图象, 并作 } y \text { 轴对称 }}{\longrightarrow}$函数$y=f(|x|)$.

巩固练习

1.已知$\lg a+\lg b=0$，函数$f(x)=a^x$与函数$g(x)=-\log_b⁡x$的图象可能是(　　)
A． $\qquad$B． $\qquad$ C． $\qquad$ D．

2.函数 $y=\log _{a}(|x|+1)(a>1)$的图象大致是(　　)
A． $\qquad$ B． $\qquad$ C． $\qquad$ D．

3.函数$y=\lg(|x+1|)$的大致图象是(　　)
A． $\qquad$ B． $\qquad$ C． $\qquad$ D．

参考答案

答案 $B$
解析 $∵\lg a+\lg b=0$，$∴ab=1$则 $b=\dfrac{1}{a}$
从而$g(x)=－\log_b⁡x=\log_a⁡x$，
$∴$函数$f(x)$与函数$g(x)$的单调性是在定义域内同增同减
结合选项可知选$B$.
答案 $B$
解析先画$y=\log_a⁡x (a>1)$，然后将$y=\log_a⁡x$的图象向左平移$1$个单位得 $y=\log _{a}(x+1)$，再保留 $y=\log _{a}(x+1)$图象在$y$轴的右边的图象，$y$轴左边的图象与之对称即得到函数 $y=\log _{a}(|x|+1) \quad(a>1)$的大致图象．
故选$B$．
答案 $B$
解析 $∵$函数 $y=\lg (|x+1|)=\left\{\begin{array}{l} \lg (x+1), x>-1 \\ \lg (-x-1), x<-1 \end{array}\right.$，
$∴$当$x>-1$时，$y=\lg(x+1)$的图象是函数$y=\lg x$的图象向左平移$1$个单位得到的；
当$x<-1$时，$y=\lg(-x-1)$的图象与函数$y=\lg(x+1)$的图象关于直线$x=-1$对称，
$∴$函数$y=\lg(|x+1|)$的大致图象是$B$．

【题型3】对数函数的应用

角度1 比较指数式的大小

【典题1】 已知 $a=\dfrac{1}{6} \ln 8, b=\dfrac{1}{2} \ln 5, c=\ln \sqrt{6}-\ln \sqrt{2}$，则 (　　)
A．$a<b<c$ $\qquad \qquad$ B．$a<c<b$ $\qquad \qquad$ C．$c<a<b$ $\qquad \qquad$ D．$c<b<a$
解析 $a=\dfrac{1}{6} \ln 8=\dfrac{1}{2} \ln 2$， $\mathrm{~b}=\dfrac{1}{2} \ln 5$， $c=\ln \sqrt{6}-\ln \sqrt{2}=\dfrac{1}{2} \ln 3$，
$∵\ln2<\ln3<\ln5$，$∴a<c<b$．
故选：$B$．
点拨比较对数的大小，主要是利用对数函数的单调性，具体方法有
① 把对数化为同底，利用对数函数的单调性比较大小；
② 若不能化为同底，可对对数进行估值，一般可以与$0，1$比较大小；
③ 利用第三个数作为两个数字大小比较的过渡.

角度2 解不等式

【典题1】 设函数 $f(x)= \begin{cases}2^{1-x}, & x \leq 1 \\ 1-\log _{2} x, & x>1\end{cases}$，则满足$f(x)≤2$的$x$的取值范围是( )
A．$[-1,2]$ $\qquad \qquad$ B．$[0,2]$ $\qquad \qquad$ C．$[1,+∞)$ $\qquad \qquad$ D．$[0,+∞)$
解析由 $f(x) \leq 2 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 2^{1-x} \leq 2 \\ x \leq 1 \end{array}\right.$或 $\left\{\begin{array}{l} x>1 \\ 1-\log _{2} x \leq 2 \end{array} \Leftrightarrow x \geq 0\right.$，
$∴$满足$f(x)≤2$的$x$的取值范围是$[0,+∞)$，
故选$D$．
点拨利用对数函数的单调性求解不等式，同时要注意函数的定义域.

角度3 值域

【典题1】 已知$f(x)=2+\log_3⁡x$，$x∈[1,3]$，求 $y=[f(x)]^{2}+f\left(x^{2}\right)$的最大值及相应的$x$．
解析 $∵f(x)=2+\log_3⁡x$，$x∈[1,3]$，
$\therefore y=[f(x)]^{2}+f\left(x^{2}\right)=\left(\log _{3} x\right)^{2}+6 \log _{3} x+6$且定义域为$[1,3]$．
令$t=\log_3⁡x (x∈[1,3])$．
$∵t=\log_3⁡x$在区间$[1,3]$上是增函数，$∴0≤t≤1$．
从而要求 $y=[f(x)]^{2}+f\left(x^{2}\right)$在区间$[1,3]$上的最大值，
只需求$y=t^2+6t+6$在区间$[0,1]$上的最大值即可．
$∵y=t^2+6t+6$在$[-3,+∞)$上是增函数，
$∴$当$t=1$，即$x=3$时， $y_{\max }=1+6+6=13$．
综上可知，当$x=3$时， $y=[f(x)]^{2}+f\left(x^{2}\right)$的最大值为$13$．

巩固练习

1.比较下列各组中两个值的大小．
(1)$\log_3⁡1.9$，$\log_3⁡2$；$\qquad \qquad$ (2)$\log_2⁡3$，$\log_{0.3}⁡2$；

2.解下列不等式 $\log _{\frac{1}{7}} x>\log _{\frac{1}{7}}(4-x)$；

3.若关于$x$的方程 $\log _{\frac{1}{2}} x=\dfrac{m}{m-1}$在区间$(0,1)$上有解，则实数$m$的取值范围是$\underline{\quad \quad}$ .

4.求下列函数的值域：
(1) $y=\log _{2}\left(x^{2}+4\right)$； $\qquad \qquad$ (2) $y=\log _{\frac{1}{2}}\left(3+2 x-x^{2}\right)$．

参考答案

答案 (1)$\log_3⁡1.9<\log_3⁡2$ (2)$\log_2⁡3>\log_{0.3}⁡2$
解析 (1)因为函数$y=\log_3⁡x$在$(0,+∞)$上是增函数，
所以$f(1.9)<f(2)$．所以$\log_3⁡1.9<\log_3⁡2$．
(2)因为$\log_2⁡3>\log_2⁡1=0$，$\log_{0.3}⁡2<\log_{0.3}⁡1=0$，
所以 $log_2⁡3>\log_{0.3}⁡2$．
答案 $\{x|0<x<2\}$
解析由已知，得 $\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ 4-x>0 \\ x<4-x \end{array}\right.$，解得$0<x<2$．
所以原不等式的解集是$\{x|0<x<2\}$．
答案 $(-∞,0)∪(1,+∞)$
解析当$x∈(0,1)$时， $\log _{\frac{1}{2}} x \in(0,+\infty)$，
所以要使方程 $\log _{\frac{1}{2}} x=\dfrac{m}{m-1}$在区间$(0,1)$上有解，只需 $\dfrac{m}{m-1}>0$即可，
解得$m<0$或$m>1$，所以实数$m$的取值范围是$(－∞,0)∪(1,+∞)$．
答案 (1) $[2,+∞)$ (2) $[-2,+∞)$
解析 (1)$∵x^2+4≥4$， $\therefore y=\log _{2}\left(x^{2}+4\right) \geq \log _{2} 4=2$．
$∴$函数 $y=\log _{2}\left(x^{2}+4\right)$的值域为$[2,+∞)$．
(2)设$u=3+2x-x^2$，则$u=-(x-1)^2+4≤4$．$∵u>0$，$∴0<u≤4$．
又 $y=\log _{\frac{1}{2}} u$在$(0,+∞)$上为减函数， $\therefore \log _{\frac{1}{2}} u \geq-2$．
$∴$函数 $y=\log _{\frac{1}{2}}\left(3+2 x-x^{2}\right)$的值域为$[-2,+∞)$．

【题型4】综合解答题

【典题1】 已知函数 $f(x)=\left(\log _{2} x-2\right)\left(\log _{4} x-\dfrac{1}{2}\right)$
(1)当$x∈[2,4]$时，求该函数的值域；
(2)若$f(x)≥m\log_2 x$对于$x∈[4,16]$恒成立，求$m$的取值范围．
解析 (1) $f(x)=\left(2 \log _{4} x-2\right)\left(\log _{4} x-\dfrac{1}{2}\right)$
令$t=\log_4 x,x∈[2,4]$时， $t \in\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]$，
此时， $y=(2 t-2)\left(t-\dfrac{1}{2}\right)=2 t^{2}-3 t+1=2\left(t-\dfrac{3}{4}\right)^{2}-\dfrac{1}{8}$，
$\because t \in\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]$， $\therefore y \in\left[-\dfrac{1}{8}, 0\right]$，
所以函数的值域为 $\left[-\dfrac{1}{8}, 0\right]$；
(2) $f(x)≥m\log_2⁡x$对于$x∈[4,16]$恒成立，
即$2t^2－3t+1≥mt$对$t∈[1,2]$恒成立，
$\therefore m \leq 2 t+\dfrac{1}{t}-3$对$t∈[1,2]$恒成立，
易知 $g(t)=2 t+\dfrac{1}{t}-3$在$t∈[1,2]$上单调递增，
$\therefore g(t)_{\min }=g(1)=0$，
$∴m≤0$．
点拨
1.注意到$\log_4 x$与$\log_2⁡x$的关系，采取换元法求函数值域；
2.恒成立问题利用分离参数法把问题转化为最值问题求参数范围.

巩固练习

1.已知函数$f(x)=\lg(1+2x)$，$F(x)=f(x)-f(-x)$．
(1)求函数$F(x)$的定义域；
(2)当 $0 \leq x<\dfrac{1}{2}$时，总有$F(x)≥m$成立，求$m$的取值范围．

2.已知函数 $f(x)=\left|\log _{2}(x+1)\right|$，实数$m、n$在其定义域内，且$m<n$，$f(m)=f(n)$．
求证：(1)$m+n>0$；$\qquad$ (2) $f\left(m^{2}\right)<f(m+n)<f\left(n^{2}\right)$．

参考答案

答案 (1) $\left(-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$ (2)$m≤0$
解析 (1)由题意可知：$F(x)=\lg(1+2x)－\lg(1-2x)$，
$∴1+2x>0$且$1－2x>0$，即 $-\dfrac{1}{2}<x<\dfrac{1}{2}$，
所以函数$F(x)$的定义域是 $\left(-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\right)$；
(2)由题意可知$F(x)=\lg \dfrac{1+2 x}{1-2 x}$，
设 $u(x)=\dfrac{1+2 x}{1-2 x}$，则有 $u(x)=-1+\dfrac{2}{1-2 x}$；
当 $0 \leq x<\dfrac{1}{2}$时有：$0≤2x<1$，即$-1<-2x≤0$，
则有$0<1-2x≤1$，则 $\dfrac{1}{1-2 x} \geq 1$，
故而 $\dfrac{2}{1-2 x} \geq 2$， $-1+\dfrac{2}{1-2 x} \geq 1$；
$\therefore u(x)_{\min }=1$_, _$F(x)_{\min }=\lg 1=0$；
又由题意可得： $m \leq F(x)_{\min }$，
$∴m≤0$.
解析 (1)证明：由$f(m)=f(n)$，得 $\left|\log _{2}(m+1)\right|=\left|\log _{2}(n+1)\right|$，
即$\log_2⁡(m+1)=±\log_2⁡(n+1)$，
$\log_2⁡(m+1)=\log_2⁡(n+1)$，① 或$\log _{2}(m+1)=\log _{2} \dfrac{1}{n+1}$．②
由①得$m+1=n+1$，与$m<n$矛盾，舍去．
由②得 $m+1=\dfrac{1}{n+1}$，即$(m+1)(n+1)=1$．③
$∴m+1<1<n+1$．$∴m<0<n$．$∴mn<0$．
由③得$mn+m+n=0$，$m+n=-mn>0$．
(2)证明：当$x>0$时， $f(x)=\left|\log _{2}(x+1)\right|=\log _{2}(x+1)$在$(0,+∞)$上为增函数．
由(1)知 $m^2-(m+n)=m^2+mn=m(m+n)$，且$m<0$，$m+n>0$，
$∴m(m+n)<0$．
$∴m^2-(m+n)<0$,$0<m^2<m+n$．
$∴f(m^2)<f(m+n)$．
同理， $(m+n)-n^2=-mn-n^2=-n(m+n)<0$，
$∴0<m+n<n^2$,$∴f(m+n)<f(n^2)$．
$∴f(m^2 )<f(m+n)<f(n^2 )$．

分层练习

【A组---基础题】

1.函数 $y=\left(\dfrac{1}{3}\right)^{x}$与函数 $f(x)=\log _{\frac{1}{2}} x$的图象的交点的个数为(　　)
A． $0$ $\qquad \qquad$ B．$1$ $\qquad \qquad$ C．$2$$\qquad \qquad$ D．$3$

2.函数$y=\lg|x|$ (　　)
A．是偶函数，在区间$(-∞,0)$上单调递增 $\qquad \qquad$ B．是偶函数，在区间$(-∞,0)$上单调递减
C．是奇函数，在区间$(-∞,0)$上单调递增 $\qquad \qquad$ D．是奇函数，在区间$(-∞,0)$上单调递减

3.设$a=6^0.4$,$b=\log_{0.4}⁡0.5$,$c=\log_8⁡0.4$，则$a,b,c$的大小关系是(　　)
A．$a<b<c$ $\qquad \qquad$ B．$c<b<a$ $\qquad \qquad$ C．$c<a<b$ $\qquad \qquad$ D．$b<c<a$

4.函数 $y=\log _{\frac{1}{2}}\left(x^{2}-6 x+17\right )$的值域是(　　)
A．$R$ $\qquad \qquad$ B．$[8,+∞)$ $\qquad \qquad$ C．$(-∞,-3]$ $\qquad \qquad$ D．$[3,+∞)$

5.已知 $f(x)=\left\{\begin{array}{l} (6-a) x-4 a, x<1 \\ \log _{a} x, x \geq 1 \end{array}\right.$在区间$(-∞,+∞)$上是单调递增函数，则实数$a$的取值范围是(　　)
A．$(1,6)$ $\qquad \qquad$ B． $\left[\dfrac{6}{5}, 6\right)$ $\qquad \qquad$ C． $\left[1, \dfrac{6}{5}\right]$ $\qquad \qquad$ D．$(1,+∞)$

6.不等式$\log_2⁡x<1$的解是$\underline{\quad \quad}$．

7.设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l} \ln x, x>e \\ a-x^{2}, x \leq e \end{array}\right.$，若函数$f(x)$的值域为$R$，则实数$a$的取值范围是$\underline{\quad \quad}$．

8.已知函数$f(x)=|\ln x|$，若$f(m)=f(n)(m>n>0)$，则 $\dfrac{m}{m+1}+\dfrac{n}{n+1}=$$\underline{\quad \quad}$．

9.关于函数 $f(x)=\lg \dfrac{x^{2}+1}{|x|}$有下列说法：
(1)函数$y=f(x)$的图象关于$y$轴对称；
(2)函数$f(x)$的最小值是$\lg2$；
(3)当$x>0$时，$f(x)$是增函数，当$x<0$时，$f(x)$是减函数；
(4)$f(x)$在区间$[-1,0),[1,+∞)$上是增函数；
(5)$f(x)$无最大值，也无最小值．
其中正确的命题序号是$\underline{\quad \quad}$．

10.已知函数 $f(x)=\lg \dfrac{x^{2}+1}{-x}$且 $a≠1)$．
(1)求函数$f(x)$的定义域；
(2)判断函数$f(x)$的奇偶性；
(3)求使$f(x)>0$的$x$的取值范围．

参考答案

答案 $B$
解析分别画出函数 $y=\left(\dfrac{1}{3}\right)^{x}$(红色曲线)与函数 $f(x)=\log _{\frac{1}{2}} x$(蓝色曲线)的图象，如图所示

由图象可知，函数 $y=\left(\dfrac{1}{3}\right)^{x}$与函数 $f(x)=\log _{\frac{1}{2}} x$的图象的交点的个数有$1$个，
故选：$B$.

答案 $B$
解析函数$y=\lg|x|$定义域为$\{x|x≠0\}$，而$\lg|-x|=\lg|x|$，所以该函数为偶函数，
$y=\lg x$在$(0,+∞)$上单调递增，
$∴$函数$y=\lg|x|$在$(-∞,0)$上单调递减，在$(0,+∞)$上单调递增；故选$B$.
答案 $B$
解析 $∵a=6^0.4>1$,$b=\log_{0.4} 0.5∈(0,1)$,$c=\log_8 0.4<0$，$∴a>b>c$．故选：$B$．
答案 $C$
解析 $∵t=x^2-6x+17=(x-3)^2+8≥8$
$∴$内层函数的值域变$[8,+∞)$, 而 $y=\log _{\frac{1}{2}} t$在$[8,+∞)$是减函数，故 $[8,+∞)$
$∴$函数 $y \leq \log _{\frac{1}{2}} 8=-3$的值域是$(-∞,-3]$，故应选$C$．
答案 $B$
解析 $f(x)$在$(-∞,+∞)$上为单调递增函数；
$\therefore\left\{\begin{array}{l} 6-a>0 \\ a>1 \\ (6-a) \cdot 1-4 a \leq \log _{a} 1 \end{array}\right.$；解得 $\dfrac{6}{5} \leq a<6$；
$∴$实数$a$的取值范围为 $\left[\dfrac{6}{5}, 6\right)$．故选：$B$．
答案 $\{x|0<x<2\}$
解析不等式$\log_2⁡x<1$，即不等式$\log_2 2<\log_2 2$，$∴0<x<2$，
答案 $[1,+∞)$
解析 $x>e$时，$f(x)>1$，$x≤e$时，$f(x)=a-x^2≤a$，
$∵$函数$f(x)$的值域为$R$，$∴a≥1$，
$∴$实数$a$的取值范围是$[1,+∞)$．
答案 $1$
解析由题意，函数$f(x)=|\ln x|$，
$∵f(m)=f(n)$，$∴|\ln m|=|\ln n|$
$∵m>n>0$，$∴-\ln m=\ln n$，即$\ln m+\ln n=0$，可得$nm=1$，
则 $\dfrac{m}{m+1}+\dfrac{n}{n+1}=\dfrac{2 m n+m+n}{n m+n+m+1}=\dfrac{2+m+n}{1+m+n+1}=1$.
答案 (1)，(2)，(4)
解析 $∵$函数 $f(x)=\lg \dfrac{x^{2}+1}{|x|}(x \neq 0), \quad f(-x)=\lg \dfrac{x^{2}+1}{|x|}=f(x)$，
故函数为偶函数，其图象关于$y$轴对称；故(1)正确；
当$x=±1$时，函数取最小值$\lg2$，无最大值，故(2)正确，(5)错误；
当$x>0$时， $f(x)=\lg \dfrac{x^{2}+1}{x}$，在$(0,1]$上为减函数，在$[1,+∞)$上是增函数；
当$x<0$时， $[-1,0)$，在$(-∞,-1]$上为减函数，在$[-1,0)$上是增函数；
故(3)错误，(4)正确；
故答案为：(1)，(2)，(4)．
答案 (1) $(-1,1)$ (2) 奇函数 (3) 当$a>1$时，$0<x<1$；当$0<a<1$时，$－1<x<0$.
解析 (1)由 $\dfrac{1+x}{1-x}>0$，得$－1<x<1$，故函数$f(x)$的定义域为$(-1,1)$．
(2) $\because f(-x)=\log _{a} \dfrac{1-x}{1+x}=-\log _{a} \dfrac{1+x}{1-x}=-f(x)$，
又由(1)知函数$f(x)$的定义域关于原点对称，
$∴$函数$f(x)$是奇函数．
(3)当$a>1$时，由 $\log _{a} \dfrac{1+x}{1-x}>0=\log _{a} 1$，得 $\dfrac{1+x}{1-x}>1$，解得$0<x<1$；
当$0<a<1$时，
由 $\log _{a} \dfrac{1+x}{1-x}>0=\log _{a} 1$，得 $0<1-\dfrac{1+x}{1-x}<1$，解得$－1<x<0$．
故当$a>1$时，$x$的取值范围是$\{x|0<x<1\}$；
当$0<a<1$时，x的取值范围是$\{x|－1<x<0\}$.

【B组---提高题】

1.设$a>0$，$b>0$，则下列叙述正确的是(　　)
A．若$\ln a-2b>\ln b-2a$，则$a>b$ $\qquad \qquad$ B．若$\ln a-2b>\ln b-2a$，则$a<b$
C．若$\ln a-2a>\ln b-2b$，则$a>b$ $\qquad \qquad$ D．若$\ln a-2a>\ln b-2b$，则$a<b$

2.已知$x=\log_3 2$,$y=\ln 2$,$z=2^{-1}$，则(　　)
A．$x<y<z$ $\qquad \qquad$ B．$z<y<x$ $\qquad \qquad$ C．$z<x<y$ $\qquad \qquad$ D．$y<z<x$

3.设$f(x)=|\ln (x+1)|$，已知$f(a)=f(b)(a<b)$，则(　　)
A．$a+b>0$ $\qquad \qquad$ B．$a+b>1$ $\qquad \qquad$ C．$2a+b>0$ $\qquad \qquad$ D．$2a+b>1$

4.已知函数 $f(x)=\left|\log _{2}(x-1)\right|, g(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{x}$，则图象交于$A(x_1,y_1)$,$B(x_2,y_2)$两点，则(　　)
A．$x_1\cdot x_2<1$ $\qquad \qquad$ B．$x_1+x_2>5$$\qquad \qquad$ C．$x_1+x_2>x_1\cdot x_2$ $\qquad \qquad$ D．$x_1+x_2<x_1\cdot x_2$

5.关于函数 $y=\log _{2}\left(x^{2}-2 x+3\right)$有以下$4$个结论：
①该函数是偶函数； $\qquad \qquad$ ②定义域为$(-∞,-3]∪(1,+∞)$；
③递增区间为$[1,+∞)$； $\qquad \qquad$ ④最小值为$1$；
其中正确结论的序号是$\underline{\quad \quad}$．

6.若$x_1$满足$2^x=5-x$，$x_2$满足$x+\log_2⁡x=5$，则$x_1+x_2$等于$\underline{\quad \quad}$ .

7.已知函数 $f(x)=\left(\log _{4} x-3\right) \cdot \log _{4}(4 x)$．
(1)当 $x \in\left[\dfrac{1}{4}, 16\right]$时，求该函数的值域；
(2)令 $g(x)=f(x)+\log _{4} x^{2}-2 a \cdot \log _{4} x$，求$g(x)$在 $x \in\left[4^{2}, 4^{4}\right]$的最值．

8.设函数$f(x)=|\log_a⁡x |(a>0,a≠1)$，实数$t<4$，关于$x$的方程$f(x)=t^2$的根为$x_1,x_2 (x_1<x_2)$，关于$x$的方程$f(x)=8－2t$的根为$x_3,x_4 (x_3<x_4)$，记$A=|x_1-x_3 |,B=|x_2-x_4 |$．
(1)当 $a=\dfrac{1}{2}, t=1$时，求$B$的值；
(2)若$a>1$，且当$t$变化时，记 $g(t)=\dfrac{A}{B}$．
①求函数$g(t)$的表达式； ②求函数$g(t)$的最大值．

参考答案

答案 $A$
解析 $∵y=\ln x$与$y=2x$均为增函数，
故$f(x)=\ln x+2x$在$(0,+∞)$上为增函数，
故$f(a)>f(b)⇔a>b>0$，
即$\ln a+2a>\ln b+2b⇔a>b>0$，
即$\ln a－2b>\ln b－2a⇔a>b>0$，
故选：$A$．
答案 $C$
解析 $\log _{3} 2=\dfrac{1}{\log _{2} 3}, \ln 2=\dfrac{1}{\log _{2} e}, 2^{-1}=\dfrac{1}{2}$；
又$2>\log_2 3>\log_2 e>1$； $\therefore \dfrac{1}{2}<\dfrac{1}{\log _{2} 3}<\dfrac{1}{\log _{2} e}$；
$∴z<x<y$．故选：$C$．
答案 $A$
解析易知$y=\ln (x+1)$在定义域上是增函数，而$f(x)=|\ln (x+1)|$，且$f(a)=f(b)$；
故$－\ln (a+1)=\ln (b+1)$，即$ab+a+b=0$．
$0=a b+a+b<\dfrac{(a+b)^{2}}{4}+a+b$，即$(a+b)(a+b+4)>0$，
显然$－1<a<0$，$b>0$，
$∴a+b+4>0$，$∴a+b>0$，故选：$A$．
答案 $C$
解析不妨设$x_1<x_2$，
作出$f(x)$和$g(x)$的图象，由图象知$x_1<2，x_2>2$，
则 $f\left(x_{1}\right)=\left|\log _{2}\left(x_{1}-1\right)\right|=-\log _{2}\left(x_{1}-1\right), f\left(x_{2}\right)$$=\left|\log _{2}\left(x_{2}-1\right)\right|=\log _{2}\left(x_{2}-1\right)$，
则$f(x_2 )-f(x_1 )=\log_2⁡(x_2-1)+\log_2⁡(x_1-1)$
$=\log _{2}\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{x_{2}}-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{x_{1}}<0$，
即$(x_1-1)(x_2-1)<1$，即$x_1 x_2-(x_1+x_2)+1<1$，即$x_1+x_2>x_1\cdot x_2$，
故选：$C$．
答案 ③④
解析函数 $y=\log _{2}\left(x^{2}-2 x+3\right)$的定义域为$R$，故②错误；
$f(-x)=\log _{2}\left(x^{2}+2 x+3\right) \neq f(x)$，故$f(x)$不是偶函数，故①错误；
令$t=x^2-2x+3$，则$y=\log_2⁡t$，
由$t=x^2-2x+3$的单调递增区间为$[1,+∞)$；
$y=\log_2⁡t$为增函数，故函数 $y=\log _{2}\left(x^{2}-2 x+3\right)$的递增区间为$[1,+∞)$，故③正确；
当$x=1$时函数取最小值为$1$，故④正确；
故正确结论的序号是：③④．
故答案为：③④
答案 $5$
解析由题意$x_1+2^x1=5$①，$x_2+\log_2 x_2=5$ ②，
所以$5-x_1=2^{x_1}$，故有$5-x_2=\log_2 x_2$．
故$x_1$和$x_2$是直线$y=5－x$和曲线$y=2^x$、曲线$y=\log_2⁡x$交点的横坐标．
再根据函数$y=2^x$和函数$y=\log_2⁡x$互为反函数，它们的图象关于直线$y=x$对称，
故曲线$y=2^x$和函数$y=\log_2⁡x$的图象交点关于直线$y=x$对称．
即点$(x_1,5-x_1 )$和点$(x_2,5-x_2 )$构成的线段的中点在直线$y=x$上，
即 $\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}=\dfrac{5-x_{1}+5-x_{2}}{2}$，求得$x_1+x_2=5$，
答案 (1) $[-4,0]$
(2) ①当$a≤2$时， $y_{\min }=f(2)=1-4 a$； $y_{\max }=f(4)=13-8 a$；
②当$2<a≤3$时， $y_{\min }=f(a)=-a^{2}-3$; $y_{\max }=f(4)=13-8 a$；
③当$3<a<4$时，$y_{\min }=f(a)=-a^{2}-3$;$y_{\max }=f(2)=1-4 a$
④当$a≥4$时， $y_{\min }=f(4)=13-8 a$; $y_{\max }=f(2)=1-4 a$.
解析 (1)函数 $f(x)=\left(\log _{4} x-3\right) \cdot \log _{4} 4 x=\left(\log _{4} x\right)^{2}-2 \log _{4} x-3$，
令$t=\log_4⁡x$， $x \in\left[\dfrac{1}{4}, 16\right] \Rightarrow t \in[-1,2]$，
此时有$y=t^2-2t-3$，对称轴$t=1∈[-1,2]$，
当$t=1$时，取得最小值 $－4$；$t=-1$函数取得最大值 $0$．
$∴y∈[-4,0]$．
(2) $g(x)=f(x)+\log _{4} x^{2}-2 a \cdot \log _{4} x=\left(\log _{4} x\right)^{2}-2 \log _{4} x-3$，
令$t=\log_4⁡x$， $x \in\left[4^{2}, 4^{4}\right]$，则$t∈[2,4]$，
此时有$f(t)=t^2-2at-3$，
①当$a≤2$时， $y_{\min }=f(2)=1-4 a$； $y_{\max }=f(4)=13-8 a$；
②当$2<a≤3$时， $y_{\min }=f(a)=-a^{2}-3$; $y_{\max }=f(4)=13-8 a$；
③当$3<a<4$时，$y_{\min }=f(a)=-a^{2}-3$;$y_{\max }=f(2)=1-4 a$
④当$a≥4$时， $y_{\min }=f(4)=13-8 a$; $y_{\max }=f(2)=1-4 a$.
答案 (1) $62$ (2)① $g(t)=a^{-(t-1)^{2}-7}(t \in(-\infty,-4) \cup(-4,2) \cup(2,4))$② $a^{-7}$
解析 (1)当 $a=\dfrac{1}{2}, t=1$时，由$f(x)=t^2$，得 $\left|\log _{\frac{1}{2}} x\right|=1$， $\log _{\frac{1}{2}} x=-1$或 $\log _{\frac{1}{2}} x=1$，
由题意得 $x_{1}=\dfrac{1}{2}, x_{2}=2$
由$f(x)=8－2t$，得 $\left|\log _{\dfrac{1}{2}} x\right|=6$， $\therefore \log _{\frac{1}{2}} x=-6$或 $\log _{\dfrac{1}{2}} x=6$，
由题意得 $x_{3}=\dfrac{1}{64}, x_{4}=64$，
则$B=|x_2－x_4 |=62$
(2)若$a>1$，由$f(x)=t^2$，得$|\log_a⁡x |=t^2$，则 $\log _{a} x=-t^{2}$或$\log_a⁡x=t^2$，
则$x_{1}=a^{-t^{2}}, \quad x_{2}=a^{t^{2}}$，
由$f(x)=8－2t$，得 $|\log_a⁡x |=8-2t$， $\therefore \log _{a} x=2 t-8$或$\log_a⁡x=8-2t$．
则 $x_{3}=a^{2 t-8}, x_{4}=a^{8-2 t}$，
则 $A=\left|x_{1}-x_{3}\right|=\left|a^{-t^{2}}-a^{2 t-8}\right|, B=\left|a^{t^{2}}-a^{8-2 t}\right|$
① $g(t)=\dfrac{A}{B}=\dfrac{\left|a^{-t^{2}}-a^{2 t-8}\right|}{\left|a^{t^{2}-a^{8-2 t}}\right|}=a^{-\left(t^{2}-2 t+8\right)}=a^{-(t-1)^{2}-7}$，
使函数$g(t)$有意义，则必须满足$t^2≠8-2t$，即$t≠-4$且$t≠2$，
又$t<4$，所以函数$g(t)$的定义域为$(-∞,-4)∪(-4,2)∪(2,4)$；
②当$t=1$时，$g(t)$取得最大值，最大值为 $a^{-7}$ .

【C组---拓展题】

1.已知函数$f(x)$是$R$上的奇函数，且满足$f(x+2)=-f(x)$，当$x∈(0,1]$时，$f(x)=2^x-1$，则方程 $f(x)=\log _{7}|x-2|$解的个数是(　　)
A．$8$ $\qquad \qquad$ B．$7$ $\qquad \qquad$ C．$6$ $\qquad \qquad$ D．$5$

2.已知$x_1$是方程$10^x=-x-2$的解，$x_2$是方程$\lg x=-x-2$的解，函数$f(x)=(x-x_1)(x-x_2)$，则(　　)
A．$f(0)<f(2)<f(3)$ $\qquad \qquad$ B．$f(2)=f(0)<f(3)$ $\qquad \qquad$ C．$f(3)<f(0)=f(2)$ $\qquad \qquad$ D．$f(0)<f(3)<f(2)$

3.已知$x,y,z>0$，且 $\text { 1. } 2^{x}=3^{y}=5^{z}$，试比较 $\dfrac{1}{2 x}, \dfrac{1}{3 y}, \dfrac{1}{5 z}$的大小．

参考答案

答案 $B$
解析函数$f(x)$是$R$上的奇函数，$f(0)=0$，
由$f(x+2)=-f(x)$，可得$f(x+4)=f(x)$，$∴f(x)$的周期$T=4$．
作出在同一坐标系中画$y=2^x－1$和 $y=\log _{7}|x-2|$图象，

从图象不难看出，其交点个数$7$个，
故选：$B$．
答案 $A$
解析设直线$l$的方程为：$y=-x-2$，设$l$与$y=10^x$，$y=\lg x$分别相交于$A,B$两点，
$∵y=10^x$与$y=\lg x$互为反函数，
$∴$它们的图象关于直线$y=x$对称，
由题意得：点$A(x_1,-x_1-2)$与点$B(x_2,-x_2-2)$关于直线$y=x$对称，
$∴AB$的中点在直线$y=x$上，
$\therefore \dfrac{-x_{1}-2-x_{2}-2}{2}=\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}$，即$-x_1-2-x_2-2=x_1+x_2$，
$∴x_1+x_2=-2$，
$∴f(x)=(x-x_1 )(x-x_2 )=x^2-(x_1+x_2 )x+x_1 x_2$$=x^2+2x+x_1 x_2$，
其对称轴方程为：$x=-1$，
$∴f(x)$在$[-1,+∞)$上单调递增，
$∴f(0)<f(2)<f(3)$，故选：$A$．
答案 $\dfrac{1}{5 z}<\dfrac{1}{2 x}<\dfrac{1}{3 y}$
解析设$2x=3y=5z=k$，$(k>1)$，则$x=\log_2⁡k$,$y=\log_3⁡k$,$z=\log_5⁡k$，
$\therefore \dfrac{1}{2 x}=\dfrac{1}{2 \log _{2} k}=\dfrac{1}{2} \log _{k} 2=\log _{k} \sqrt{2}$， $\dfrac{1}{3 y}=\dfrac{1}{3 \log _{3} k}=\dfrac{1}{3} \log _{k} 3=\log _{k} \sqrt[3]{3}$，
$\dfrac{1}{5 z}=\dfrac{1}{5 \log _{5} k}=\dfrac{1}{5} \log _{k} 5=\log _{k} \sqrt[5]{5}$，
$\because(\sqrt{2})^{6}=8,(\sqrt[3]{3})^{6}=9$， $\therefore \sqrt{2}<\sqrt[3]{3}$
$\because(\sqrt{2})^{10}=2^{5}=32$，$(\sqrt[5]{5})^{10}=5^{2}=25$
$\therefore \sqrt{2}>\sqrt[5]{5}$
$\therefore \sqrt[5]{5}<\sqrt{2}<\sqrt[3]{3}$，即 $\dfrac{1}{5 z}<\dfrac{1}{2 x}<\dfrac{1}{3 y}$．

posted @ 2022-09-07 09:21 贵哥讲数学阅读(478) 评论(0) 编辑收藏举报

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4.4 对数函数

基础知识

对数函数的概念

图像与性质

对数型函数模型

反函数

基本方法

【题型1】对数函数的概念

巩固练习

【题型2】对数函数的图象

巩固练习

【题型3】对数函数的应用

角度1 比较指数式的大小

角度2 解不等式

角度3 值域

巩固练习

【题型4】综合解答题

巩固练习

分层练习

【A组---基础题】

【B组---提高题】

【C组---拓展题】

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