2020年高考一輪復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)(文)對數(shù)與對數(shù)函數(shù)

1、第七節(jié)對數(shù)與對數(shù)函數(shù)_ry=前前0肆籟肆籟）必過數(shù)材美必過數(shù)材美1.對數(shù)概念如果 ax= N（a0，且 a* 1），那么數(shù) x 叫做以 a 為底 N 的對數(shù)，記作 x= logaN, 其中 a 叫做對數(shù)的底數(shù)，N 叫做真數(shù)，logaN 叫做對數(shù)式性質(zhì)對數(shù)式與指數(shù)式的互化：ax= N? x = logaNloga1 = 0 , logaa= 1 , alogaN = N運(yùn)算法則loga(M N) = logaM + logaNa 0，且 a* 1, M 0, N 0logaN=logaM - logaNlogaMn= nlogaM_( (n R)換底公式換底公式：logab=lgca|(a0，且

2、 a* 1, c0,且 c* 1, b0)2.對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)y=logaxa10vav1rtrt*=1嚴(yán)住r圖象1 I定義域?yàn)?0,+ )值域?yàn)?R過定點(diǎn)（1,0），即 x= 1 時，y= 0性質(zhì)當(dāng) x 1 時，y 0;當(dāng) 0vxv1 時，yv0當(dāng) 0vxv1 時，y 0當(dāng) x 1 時，yv0;在區(qū)間（0,+ ）上是增函數(shù)在區(qū)間（0,+ ）上是減函數(shù)3.反函數(shù)指數(shù)函數(shù) y= ax（a0 且 a* 1）與對數(shù)函數(shù) y= logax（a0 且 a* 1）互為反函數(shù)，它們的圖 象關(guān)于直線 y=x x對稱.小題體驗(yàn)1.已知 a 0,且 a* 1,函數(shù) y= ax與 y= loga（- x）的圖象

3、可能是 _ （填序號）.答案：2._ 函數(shù) f(x)= loga(x+2) 2(a 0,且 a* 1)的圖象必過定點(diǎn) _ .答案：( (一 1, 2)3._ 函數(shù) f(x) = log5( (2x+ 1)的單調(diào)增區(qū)間是_ .答案：2,+m2 4 4._(1)2log33 log37 31 + log32 = ;1(2)42 (lg 2+ lg5) =_ .答案：5(2)1必過易措美1.在運(yùn)算性質(zhì) logaM = alogaM 中，要特別注意條件，在沒有 M 0 的條件下應(yīng)為 logaM“ =%loga|M|(aN，且a為偶數(shù)).2. 解決與對數(shù)函數(shù)有關(guān)的問題時需注意兩點(diǎn)：(1) 務(wù)必先研究函數(shù)

4、的定義域；(2) 注意對數(shù)底數(shù)的取值范圍.小題糾偏1._函數(shù) y= 7 log0.5( (4x 3 的定義域?yàn)?.答案：3,12._函數(shù) f(x) = log(x+1)(2x 1)的單調(diào)遞增區(qū)間是 _ .答案：2+3.已知函數(shù)y= loga(2 ax)(a0,且 a* 1)在0,1上為減函數(shù)，則a 的取值范圍為解析：因?yàn)?a 0,所以 g(x) = 2 ax 為減函數(shù)，即任取 x1, x2 0,1，且 x1g(X2) ),又 logag(X1)logag(X2) ),所以 a 1.而又因?yàn)?g(x)= 2 ax 在0,1恒大于 0,所 以 2a0，所以 a 2,綜上，1 a1)的圖象上，則實(shí)數(shù)

5、 a 的值為_解析：設(shè) C( (X0, logaxo),則 2logaXB= logaXO, 即 xB= X0,解得XB=X0,故 XcXB=XO Xo= 2,解得 Xo= 4,即 B(2,2loga2), A(2,3loga2),由AB=2,可得3loga22loga2=2，解得a=2.答案： ,22 若不等式logaX(X1)2恰有三個整數(shù)解，則解析：由不等式logaX(X1)2恰有三個整數(shù)解，角坐標(biāo)系中畫出y= logax(a 1)與 y= (x 1)2的圖象，a 的取值范圍為得 a 1.在同一直可知不等式的整數(shù)解集為2,3,4，則應(yīng)滿足loga44 =解得165 1 或 0vav1 這

6、兩種不同情況.一些對數(shù)型方程、不等式問題常轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的函數(shù)圖象問題，利用數(shù)形結(jié)合法求解.即時應(yīng)用(2018 常州一中模擬) )設(shè) f(x) = |lg x|, a, b 為實(shí)數(shù)，且 0vavb.(1)若 a, b 滿足 f(a)= f(b)，求證：ab= 1;在(1)的條件下，求證：由關(guān)系式f(b)= 2f 所得到的關(guān)于 b 的方程 g(b) = 0,存在 b) ) (3,4)，使 g(b0) = 0.證明：( (1)結(jié)合函數(shù)圖象，由 f(a)= f(b)可判斷+m),從而一 lg a = lg b,即 lg ab= 0.a (0,1), b (1,故 ab= 1.因?yàn)?0vavb, 所以號上

7、 ab= 1.由已知可得，即 4b= a2+ b2+ 2ab,得占+ b2+ 2 4b = 0, g(b)=芻+ b2+ 2bb4b,因?yàn)?g(3)v0, g(4) 0,根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知，函數(shù) g(b)在(3,4)內(nèi)一定存在零點(diǎn),Oa 1b=即存在 b (3,4)，使 g(bo) )= 0.考點(diǎn)三對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用題點(diǎn)多變型考點(diǎn)一一多角探明鎖定考向高考對對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用的考查，多以填空題的形式考查，難度低、中、高檔 都有.常見的命題角度有：(1) 比較對數(shù)值的大?。?2) 簡單的對數(shù)不等式；(3) 對數(shù)函數(shù)性質(zhì)的綜合問題.題點(diǎn)全練角度一：比較對數(shù)值的大小1._ 已知 a= Iog

8、29 log2.3, b= 1 + log27, c= 2+ log213，貝 U a, b, c 的大小關(guān)系為_(用“”表示 ).解析：a= Iog29 Iog2. 3 = Iog23；3,1 _ _b= 1 + Iog2,7= Iog22 7, c= ? + Iog2叨 13= Iog226,因?yàn)楹瘮?shù) y= Iog2x 是增函數(shù)，且 2 7 3 3 26,所以 b a c.答案：b a c角度二：簡單的對數(shù)不等式2.(2018 啟東聯(lián)考) )已知一元二次不等式f(x) 0 的解集為( (一31)U(2,+ )，則f(Ig x)v0 的解集為 _ .解析：因?yàn)橐辉尾坏仁?f(x) 0 的

9、解集為( (一, 1)U(2,+3)，所以一元二次不等 式 f(x)v0的解集為(1,2),由 f(Ig x)v0 可得 1vIg xv2,從而解得 10vxv100,所以不等 式的解集為(10,100).答案：(10,100)角度三：對數(shù)函數(shù)性質(zhì)的綜合問題3.(2019 鹽城中學(xué)第一次檢測) )已知函數(shù) f(x) = Ig(2 + x) + Ig(2 x).(1) 求函數(shù) f(x)的定義域，并判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；(2) 記函數(shù) g(x) = 10f(x)+ 3x,求函數(shù) g(x)的值域；(3) 若不等式 f(x) m 有解，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍.解：( (1) 函數(shù) f(x) = l

10、g(2 + x) + lg(2 x),2 + x 0,2 x 0,函數(shù) f(x)的定義域?yàn)? (一 2,2).解得2vxv2. f(- x) = lg(2 x) + lg(2 + x) = f(x),f(x)是偶函數(shù)./ f(x) = lg(2 + x)+ lg(2 x)= lg(4 x2),g(x) = 10f(x)+ 3x= x2+ 3x+ 4函數(shù) g(x)的值域是 6,芳.不等式 f(x) m 有解， mVf(x)max, 令 t= 4 x2，由于2Vxv2, 0Vtw4,mvIg 4.實(shí)數(shù) m 的取值范圍為( (一a,Ig 4).通法在握1.解決與對數(shù)函數(shù)有關(guān)的函數(shù)的單調(diào)性問題的步驟E

11、S卜匸親苗新亙基文冠.mm。鯉=一判I亦斷內(nèi)出幣數(shù)和F.1朋 敦的單調(diào)他，込冃刼介懈數(shù)；“同增異鹹原則判斷函數(shù)的臥調(diào)強(qiáng)I_ J_J*2.比較對數(shù)值大小的方法(1) 若底數(shù)為同一常數(shù)，則可由對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性直接進(jìn)行判斷；若底數(shù)為同一字母, 則需對底數(shù)進(jìn)行分類討論.(2) 若底數(shù)不同，真數(shù)相同，則可以先用換底公式化為同底后，再進(jìn)行比較.若底數(shù)與真數(shù)都不同，則常借助1,0 等中間量進(jìn)行比較.演練沖關(guān)1. (2019 蘇州模擬) )已知函數(shù) f(x)= logax2+ a|x|(a0,且 1)，若 f( 3)vf(4)，則不 等式 f(x2 3x)vf(4)的解集為 _ .解析：易知函數(shù) f(x)的定

12、義域?yàn)? (一a,0)U(0,+a), f( x) = logax2+ a|x|= f(x),. f(x)在定義域上為偶函數(shù)， f( 3) = f(3). f( 3)vf(4), f(3)vf(4), a 1, f(x)在(0, +a)上單調(diào)遞增.f 22x 3XM0,故不等式 f(x2 3x)vf(4)滿足 f2解得1vxv4，且 x豐0,XM3.x3x|v4,故不等式 f(x2 3x)vf(4)的解集為(1,0)U(0,3)U(3,4).2),- g(x)maxg(x)min= g(2)=6.答案：( (一 1,0)U(0,3)U(3,4)22.已知函數(shù) f(x)= log4( (ax +

13、 2x+ 3).(1)若 f(1) = 1，求 f(x)的單調(diào)區(qū)間；是否存在實(shí)數(shù) a,使 f(x)的最小值為 0?若存在，求出 a 的值；若不存在，說明理由.解：因?yàn)?f(1) = 1,所以 log4(a + 5) = 1,因此 a + 5= 4, a = 1,這時 f(x)= log4( - x1 2 3+ 2x+ 3).由一 x2+ 2x+ 30，得一 1vXV3,函數(shù) f(x)的定義域?yàn)? (1,3).令 g(x)= x + 2x + 3,則 g(x)在( 1,1)上遞增，在(1,3)上遞減.又 y= Iog4x 在(0, +)上遞增，所以 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是( (一 1,1)，遞

14、減區(qū)間是(1,3).假設(shè)存在實(shí)數(shù) a,使 f(x)的最小值為 0,則 h(x)= ax2+ 2x+ 3 應(yīng)有最小值 1,F o,/1因此應(yīng)有*3a1解得 a = -._= 12I a一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1. (2018 淮安調(diào)研) )函數(shù) f(x) = Iog2(3x 1)的定義域?yàn)榻馕觯河?3x10,解得 x所以函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?1,+s.1故存在實(shí)數(shù) a= 2,使 f(x)的最小值為 0.2 函數(shù) f(x) = Iog3(x2 2x+ 10)的值域?yàn)?_ .解析：令 t= x2 2x+ 10 = (x 1)2+ 99，故函數(shù) f(x)可化為 y= Iog3t, t9,此函

15、數(shù)是 一個增函數(shù)，其最小值為Iog39 = 2,故 f(x)的值域?yàn)?,+s).答案：2,+s)3 計算 Iog23Iog34 + (V3)Iog34Iog34=_.解析：Iog23 Ioga4 + ( 3)也4=需+ 32 = 2+ 3Ioga2 = 2+ 2 = 4.Si0 口1=1答案： 3+s4. (2019 長沙調(diào)研) )已知函數(shù)y y=loga(x + 3)- 1(a0, a豐1)的圖象恒過定點(diǎn) A，若點(diǎn) A 也在函數(shù) f(x)= 3x+ b 的圖象上，貝 U f(loga2) =_ .解析：函數(shù) y= loga(x+ 3)- 1(a0, a 1)的圖象恒過定點(diǎn) A(-2, - 1

16、)，將 x=- 2, y=- 1 代入 f(x)= 3x+b,得 32+ b=- 1，二 b=10108則f(|og32) = 3log32 9-=2 = 9.答案：8x+6,xW2,5.若函數(shù) f(x) =(a0，且 a 1)的值域是4,+ )，則實(shí)數(shù) a的取3 + logax ,x2值范圍是_.解析：當(dāng) x4.因?yàn)?f(x)的值域?yàn)?,+a),所以當(dāng) a 1 時，3+ logax 3+ loga2 4,所以 loga2 1,所以 1vaw2;當(dāng) 0vav1 時，3+ logaxv3+ loga2，不合題意.故 a (1,2.答案：(1,26._(2018 鎮(zhèn)江期末) )已知函數(shù) f(x)是

17、定義在 R 上的奇函數(shù)，當(dāng) x0時，f(x) = 1- log2x, 則不等式 f(x)v0 的解集是.解析：當(dāng) xv0 時，f(x)=- f(- x)= log2(- x) - 1, f(x)v0，即 log2( x) - 1v0,解得 2vxv0;當(dāng) x 0 時，f(x)= 1 log2X, f(x)v0,即卩 1 log2xv0，解得 x2，綜上，不等式 f(x)v0 的解集是( (一 2,0)U(2,+).答案：( (2,0)U(2,+a)二保咼考，全練題型做到咼考達(dá)標(biāo)1._(2019 鎮(zhèn)江中學(xué)調(diào)研) )函數(shù) y= log2x+ log2(4 x)的值域?yàn)?_.解析：由題意知，x 0

18、且 4 x 0,. f(x)的定義域是(0,4).函數(shù) f(x)= log2x + log2(4 x) = log2x(4 x), 0vx(4 x)時，1器0,即爭1 1v1,所以 av2x，所以 xga.令 log2a=得 a=冷=2,所以實(shí)數(shù) a 的值為，2.答案：23. 若函數(shù) f(x)= lg(x2 2ax+ 1 + a)在區(qū)間( (一, 1上遞減，貝 V a 的取值范圍為 _解析：令函數(shù) g(x) = x2 2ax+ 1+ a= (x a)2+ 1 + a a2,對稱軸為 x = a，要使函數(shù)在gf1 0,2 a 0,(a,1 上遞減，則有 廠 即=解得 K av2,即 a 1,2)

19、.a 1,a 1,答案：1,2)4._(2019 連云港模擬) )已知函數(shù)f(x)= lg；+：，若 f(a)=弓，則 f( a)=_.解析：1 一 x因?yàn)?f(x) lg的疋義域?yàn)橐?1vxv1,1 + x 所以 f( x)= lg1 x4 |x| 0,解析：由 x2 5x+ 6 0,x 3答案：(2,3)U(3,4x+8,xW2,(a0,且 a 1)的值域?yàn)?, + ),logax + 5, x2則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是解析：當(dāng) xw2 時，f(x) 6,+)，所以當(dāng) x 2 時，f(x)的取值集合 A? 6, +).當(dāng)0vav1 時，A =(m, loga2+ 5),不符合題意；當(dāng) a

20、1 時，A= (loga2+ 5,+a)，若A? 6, +a)，則有 loga2 + 5 6，解得 1vaw2.答案：(1,27.函數(shù) f(x)= loG logQ2(2x)的最小值為 _.1f12111 x嘰=f(x),所以 f(x)為奇函數(shù)，所以1f( a)= f(a)= *5.函數(shù) f(x)= j4|x|+ lg蘭的定義域?yàn)?WxW4,得故函數(shù)定義域?yàn)? (2,3)U(3,4. x 2 且XM3,6. (2018 蘇州調(diào)研) )若函數(shù)f(x)=解析：依題意得 f(x) = ?log2X (2 + 2log2x)= (log2x)2+ log2x= log2x + ?i ;, 當(dāng)且僅當(dāng) l

21、og2x =：，即卩 x =屮時等號成立，因此函數(shù) f(x)的最小值為一-418 設(shè)函數(shù)log2x,X0,f( (x)=log!X,XV0,2若 f(a) f( a)，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是解析：由 f(a) f( a)得a 0, log2a log1a、2aVo,或 log1 a log2 a ,、2ra 0,即*log2a log2af亠av0,或.log2( aIog2( a 解得 a 1 或1vav0.答案：(1,0)U(1,+s)9.已知函數(shù) f(x)是定義在 R 上的偶函數(shù)，f(0)= 0，當(dāng) x0 時，f(x)= log1x.2(1)求函數(shù) f(x)的解析式；2(2)解不等式

22、f(x 1) 2.解：( (1)當(dāng) xv 0 時，一 x0，貝 y f( x)= log1( x).2因?yàn)楹瘮?shù) f(x)是偶函數(shù)，所以 f( x)= f(x).所以函數(shù) f(x)的解析式為log1x,x0,2f(x)=0,x=0,log1x,xv0.2因?yàn)?f(4) = log14= 2, f(x)是偶函數(shù)，2所以不等式 f(x2 1) 2 可化為 f(|x2 1|)f(4).又因?yàn)楹瘮?shù) f(x)在(0,+g)上是減函數(shù)，所以 |x2 1|v4,解得一5vxv.5,即不等式的解集為( (一 5,5).10. (2019 東上學(xué)期第一次階段檢測) )已知函數(shù) f(x)= loga(x+ 1) +

23、 loga(3 x)(a0 且a 1)，且 f(1) = 2.(1)求 a 的值及 f(x)的定義域;1(2)若不等式 f(x)wc 恒成立，求實(shí)數(shù) c 的取值范圍.解：因?yàn)?f(1) = 2,所以 2loga2 = 2,故 a = 2,所以 f(X) )= lOg2( (1 + X) )+ lOg2( (3 X) ),1 + X 0 ,要使函數(shù) f(x)有意義，需有13 X 0,解得1 XV3,所以 f(X)的定義域?yàn)? (1,3).(2)由(1)知，f(X) )= log2(1 + X) + Iog2( (3 X) )2=Iog2(1 + x)(3 X) = Iog2( X + 2X+ 3

24、)2=log2 (x 1)+4,故當(dāng) X = 1 時，f(X)有最大值 2,所以 c 的取值范圍是2,+).三上臺階，自主選做志在沖刺名校2X121. (2019 南京五校聯(lián)考) )已知函數(shù) f(X)=X+ e -(X0)與 g(x) =X+ ln(x + a),若函數(shù)f(x)圖象上存在點(diǎn) P 與函數(shù) g(x)圖象上的點(diǎn) Q 關(guān)于y y軸對稱，則 a 的取值范圍是 _ .解析：設(shè)點(diǎn) P(xo, yo)(xo0)，則點(diǎn) P 關(guān)于y y軸的對稱點(diǎn) Q( Xo, yo)在函數(shù) g(x)的圖象 上,所以y0=X2+01,yo= Xo2+ In Xo+ a ,消去 yo,可得 Xo+ e%0 2= ( Xo)? + ln( xo+ a),1所以 exo 2= ln( x0+ a)(x0 0).x1令 m(x)= e 2( (x 0), n(x)= ln(a x)(x 0)，問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)m(x)與函數(shù) n(x)的圖象在 x 0 時有交點(diǎn).在平面直角坐標(biāo)系中分別作出函數(shù)m