高三一輪數(shù)學（理）總復習-2.6　對數(shù)與對數(shù)函數(shù)【系列四】

2017年高考“最后三十天”專題透析2017年高考“最后三十天”專題透析好教育云平臺——教育因你我而變好教育云平臺——教育因你我而變2．6對數(shù)與對數(shù)函數(shù)[知識梳理]1．對數(shù)2．對數(shù)函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì)3．反函數(shù)概念：當一個函數(shù)的自變量和函數(shù)值成一一對應時，可以把這個函數(shù)的因變量作為一個新的函數(shù)的自變量，而把這個函數(shù)的自變量作為新的函數(shù)的因變量，我們稱這兩個函數(shù)互為反函數(shù)．4．對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關系指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0且a≠1)與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0且a≠1)互為反函數(shù)．(1)對數(shù)函數(shù)的自變量x恰好是指數(shù)函數(shù)的函數(shù)值y，而對數(shù)函數(shù)的函數(shù)值y恰好是指數(shù)函數(shù)的自變量x，即二者的定義域和值域互換．(2)由兩函數(shù)的圖象關于直線y＝x對稱，易知兩函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性一致．特別提示：底數(shù)a對函數(shù)y＝logax(a>0且a≠1)的圖象的影響(1)底數(shù)a與1的大小關系決定了對數(shù)函數(shù)圖象的“升降”：當a>1時，對數(shù)函數(shù)的圖象“上升”；當0<a<1時，對數(shù)函數(shù)的圖象“下降”．(2)底數(shù)的大小決定了圖象相對位置的高低：不論是a>1還是0<a<1，在第一象限內(nèi)，自左向右，圖象對應的對數(shù)函數(shù)的底數(shù)逐漸變大．(3)作直線y＝1與所給圖象相交，交點的橫坐標為該對數(shù)函數(shù)的底數(shù)，由此可判斷多個對數(shù)函數(shù)底數(shù)的大小關系．

[診斷自測]1．概念思辨(1)若logaM2＝logaN2，則M＝N；若M＝N，則logaM2＝logaN2.()(2)當x>1時，若logax>logbx，則a<b.()(3)函數(shù)f(x)＝lgeq\f(x－2,x＋2)與g(x)＝lg(x－2)－lg(x＋2)是同一個函數(shù)．()(4)對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0且a≠1)的圖象過定點(1,0)，且過點(a,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，－1)).()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．教材衍化(1)(必修A1P72例8)設a＝log36，b＝log510，c＝log714，則()A．c>b>aB．b>c>aC．a(chǎn)>c>bD．a(chǎn)>b>c答案D解析解法一：由對數(shù)運算法則得a＝log36＝1＋log32，b＝1＋log52，c＝1＋log72，由對數(shù)函數(shù)圖象得log32>log52>log72，所以a>b>c，故選D.解法二：由對數(shù)運算法則得a＝1＋log32，b＝1＋log52，c＝1＋log72，∵log27>log25>log23>0，∴eq\f(1,log27)<eq\f(1,log25)<eq\f(1,log23)，即log72<log52<log32，故a>b>c.故選D.(2)(必修A1P75T11)(lg5)2＋lg2·lg50＝________.答案1解析原式＝(lg5)2＋lg2·[lg(2×52)]＝(lg5)2＋2lg5·lg2＋(lg2)2＝(lg5＋lg2)2＝1.3．小題熱身(1)(2017·衡陽八中一模)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))xx≤0，,log3xx>0，))則feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝()A．－2B．－3C．9D．－9答案C解析∵f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))xx≤0，,log3xx>0，))∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))＝log3eq\f(1,9)＝－2，∴feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－2＝9.故選C.(2)(2018·鄭州模擬)已知lga＋lgb＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，則f(x)＝ax與g(x)＝－logbx的圖象可能是()答案B解析∵lga＋lgb＝0，∴a＝eq\f(1,b)，又g(x)＝－logbx＝logeq\f(1,b)x＝logax(x>0)，∴函數(shù)f(x)與g(x)的單調(diào)性相同，故選B.題型1對數(shù)的運算eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例1))(2017·鄭州二檢)若正數(shù)a，b滿足2＋log2a＝3＋log3b＝log6(a＋b)，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的值為()A．36B．72C．108D.eq\f(1,72)用轉(zhuǎn)化法．答案C解析設2＋log2a＝3＋log3b＝log6(a＋b)＝k，可得a＝2k－2，b＝3k－3，a＋b＝6k，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(6k,2k－23k－3)＝108.故選C.eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例2))(2018·鎮(zhèn)江模擬)已知log189＝a,18b＝5，求log3645.將指數(shù)式統(tǒng)一為對數(shù)式．解因為log189＝a,18b＝5，所以log185＝b，于是log3645＝eq\f(log1845,log1836)＝eq\f(log189×5,1＋log182)＝eq\f(a＋b,1＋log18\f(18,9))＝eq\f(a＋b,2－a).方法技巧對數(shù)運算的一般思路1．對于指數(shù)式、對數(shù)式混合型條件的化簡求值問題，一般可利用指數(shù)與對數(shù)的關系，將所給條件統(tǒng)一為對數(shù)式或指數(shù)式，再根據(jù)有關運算性質(zhì)求解．見典例2.2．在對數(shù)運算中，可先利用冪的運算性質(zhì)把底數(shù)或真數(shù)變形，化成分數(shù)指數(shù)冪的形式，使冪的底數(shù)最簡，然后運用對數(shù)的運算性質(zhì)、換底公式，將對數(shù)式化為同底數(shù)對數(shù)的和、差、倍數(shù)運算．對于連等式，注意設等式為k，見典例1.沖關針對訓練1．已知3a＝4b＝eq\r(12)，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝()A.eq\f(1,2)B．1C．2D.eq\r(2)答案C解析因為3a＝4b＝eq\r(12)，所以a＝log3eq\r(12)，b＝log4eq\r(12)，eq\f(1,a)＝logeq\r(12)3，eq\f(1,b)＝logeq\r(12)4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝logeq\r(12)3＋logeq\r(12)4＝logeq\r(12)12＝2.故選C.2．(log32＋log92)·(log43＋log83)＝________.答案eq\f(5,4)解析原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log32＋\f(1,2)log32))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)log23＋\f(1,3)log23))＝eq\f(3,2)log32·eq\f(5,6)log23＝eq\f(3,2)×eq\f(5,6)＝eq\f(5,4).題型2對數(shù)函數(shù)的圖象及應用eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2018·長春模擬)當0＜x≤eq\f(1,2)時，4x＜logax，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C．(1，eq\r(2))D．(eq\r(2)，2)用數(shù)形結(jié)合法，排除法．答案B解析解法一：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝4x和g(x)＝logax，當a＞1時不滿足條件，當0＜a＜1時，畫出兩個函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的圖象，可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即2＜logaeq\f(1,2)，a＞eq\f(\r(2),2)，則a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).故選B.解法二：∵0＜x≤eq\f(1,2)，∴1＜4x≤2，∴l(xiāng)ogax＞4x＞1，∴0＜a＜1，排除選項C、D；取a＝eq\f(1,2)，x＝eq\f(1,2)，則有4eq\s\up15(eq\f(1,2))＝2，logeq\s\do8(\f(1,2))eq\f(1,2)＝1，顯然4x＜logax不成立，排除選項A.故選B.[條件探究]若典例變?yōu)椋喝舨坏仁絰2－logax<0對x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解由x2－logax<0得x2<logax，設f1(x)＝x2，f2(x)＝logax，要使x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，不等式x2<logax恒成立，只需f1(x)＝x2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的圖象在f2(x)＝logax圖象的下方即可．當a>1時，顯然不成立；當0<a<1時，如圖所示，要使x2<logax在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上恒成立，需f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，所以有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2≤logaeq\f(1,2)，解得a≥eq\f(1,16)，所以eq\f(1,16)≤a<1，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，1)).方法技巧利用對數(shù)函數(shù)的圖象可求解的兩類熱點問題1．對一些可通過平移、對稱變換作出其圖象的對數(shù)型函數(shù)，在求解其單調(diào)性(單調(diào)區(qū)間)、值域(最值)、零點時，常利用數(shù)形結(jié)合思想求解．2．一些對數(shù)型方程、不等式問題常轉(zhuǎn)化為相應的函數(shù)圖象問題，利用數(shù)形結(jié)合法求解．見典例．沖關針對訓練1．(2017·鄭州一模)若函數(shù)y＝a|x|(a>0且a≠1)的值域為{y|y≥1}，則函數(shù)y＝loga|x|的圖象大致是()答案B解析由于y＝a|x|的值域為{y|y≥1}，∴a>1，則y＝logax在(0，＋∞)上是增函數(shù)，又函數(shù)y＝loga|x|的圖象關于y軸對稱．因此y＝loga|x|的圖象應大致為選項B.故選B.2．(2017·青島統(tǒng)考)已知函數(shù)g(x)＝|x－k|＋|x－1|，若對任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)成立，則實數(shù)k的取值范圍為________．答案k≤eq\f(3,4)或k≥eq\f(5,4)解析對任意的x1，x2∈R，都有f(x1)≤g(x2)成立，即f(x)max≤g(x)min，由的圖象(如圖)可知，當x＝eq\f(1,2)時，f(x)取最大值，f(x)max＝eq\f(1,4)；因為g(x)＝|x－k|＋|x－1|≥|x－k－(x－1)|＝|k－1|，所以g(x)min＝|k－1|，所以|k－1|≥eq\f(1,4)，解得k≤eq\f(3,4)或k≥eq\f(5,4)，故答案為k≤eq\f(3,4)或k≥eq\f(5,4).題型3對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應用角度1比較對數(shù)值的大小eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))設a＝log3π，b＝log2eq\r(3)，c＝log3eq\r(2)，則()A．a(chǎn)>b>cB．a(chǎn)>c>bC．b>a>cD．b>c>a借助中間值1比較a，b的大小，用作商法比較b，c大?。鸢窤解析因為a＝log3π>log33＝1，b＝log2eq\r(3)<log22＝1，所以a>b，又eq\f(b,c)＝eq\f(\f(1,2)log23,\f(1,2)log32)＝(log23)2>1，b>0，所以b>c，故a>b>c.故選A.角度2解對數(shù)不等式eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2017·江西名校聯(lián)考)設函數(shù)f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2＋1)＋eq\f(8,3x2＋1)，則不等式f(log2x)＋f(logeq\s\do8(\f(1,2))x)≥2的解集為()A．(0,2] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))C．[2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)利用函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性結(jié)合換元法解不等式．答案B解析∵f(x)的定義域為R，f(－x)＝logeq\f(1,2)(x2＋1)＋eq\f(8,3x2＋1)＝f(x)，∴f(x)為R上的偶函數(shù)．易知其在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞減，令t＝log2x，則logeq\s\do8(\f(1,2))x＝－t，則不等式f(log2x)＋f(logeq\s\do8(\f(1,2))x)≥2可化為f(t)＋f(－t)≥2，即2f(t)≥2，所以f(t)≥1.又∵f(1)＝logeq\s\do8(\f(1,2))2＋eq\f(8,3＋1)＝1，f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減，在R上為偶函數(shù)，∴－1≤t≤1，即log2x∈[－1,1]，∴x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，故選B.角度3對數(shù)函數(shù)性質(zhì)的綜合應用eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))已知函數(shù)f(x)＝loga(3－ax)．(1)當x∈[0,2]時，函數(shù)f(x)恒有意義，求實數(shù)a的取值范圍；(2)是否存在這樣的實數(shù)a，使得函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)，并且最大值為1？如果存在，試求出a的值；如果不存在，請說明理由．根據(jù)復合函數(shù)單調(diào)性求解．解(1)∵a>0且a≠1，設t(x)＝3－ax，則t(x)＝3－ax為減函數(shù)，x∈[0,2]時，t(x)的最小值為3－2a當x∈[0,2]時，f(x)恒有意義，即x∈[0,2]時，3－ax>0恒成立．∴3－2a>0，∴a<eq\f(3,2).又a>0且a≠1，∴a∈(0,1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).(2)t(x)＝3－ax，∵a>0，∴函數(shù)t(x)為減函數(shù)．∵f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)，∴y＝logat為增函數(shù)，∴a>1，x∈[1,2]時，t(x)最小值為3－2a，f(x)最大值為f(1)＝loga(3－a)∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2a>0，,loga3－a＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<\f(3,2)，,a＝\f(3,2).))故不存在這樣的實數(shù)a，使得函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為減函數(shù)，并且最大值為1.方法技巧對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應用問題的常見題型與解題策略1．對數(shù)型函數(shù)定義域的求解列出對應的不等式(組)求解，注意對數(shù)函數(shù)的底數(shù)和真數(shù)的取值范圍．2．比較對數(shù)式的大?。偃舻讛?shù)為同一常數(shù)，則可由對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性直接進行判斷；若底數(shù)為同一字母，則需對底數(shù)進行分類討論；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，再進行比較；③若底數(shù)與真數(shù)都不同，則常借助1,0等中間量進行比較．3．解對數(shù)不等式，形如logax>logab的不等式，借助y＝logax的單調(diào)性求解，如果a的取值不確定，需分a>1與0<a<1兩種情況討論；形如logax>b的不等式，需先將b化為以a為底的對數(shù)式的形式．4．對數(shù)函數(shù)性質(zhì)的應用多用在復合函數(shù)的單調(diào)性上，即求形如y＝logaf(x)的復合函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，其一般步驟為：①求定義域，即滿足f(x)>0的x的取值集合；②將復合函數(shù)分解成基本初等函數(shù)y＝logau及u＝f(x)；③分別確定這兩個函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；④若這兩個函數(shù)同增或同減，則y＝logaf(x)為增函數(shù)，若一增一減，則y＝logaf(x)為減函數(shù)，即“同增異減”．沖關針對訓練1．(2018·河南模擬)設a＝60.4，b＝log0.40.5，c＝log80.4，則a，b，c的大小關系是(A．a(chǎn)<b<cB．c<b<aC．c<a<bD．b<c<a答案B解析∵a＝60.4>1，b＝log0.40.5∈(0,1)，c＝log80.4<0，∴a>b>c.故選2．(2017·南昌調(diào)研)a>0，a≠1，函數(shù)f(x)＝loga|ax2－x|在[3,4]上是增函數(shù)，則a的取值范圍是()A.eq\f(1,6)≤a<eq\f(1,4)或a>1 B．a(chǎn)>1C.eq\f(1,8)≤a<eq\f(1,4) D.eq\f(1,5)≤a≤eq\f(1,4)或a>1答案A解析∵a>0，a≠1，令g(x)＝|ax2－x|eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())x≠0，x≠eq\f(1,a)eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())作出其圖象如右：∵函數(shù)f(x)＝loga|ax2－x|在[3,4]上是增函數(shù)，若a>1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)≥4，,a>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<3，,a>1，))解得a>1；若0<a<1，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)≤3，,\f(1,a)>4，))解得eq\f(1,6)≤a<eq\f(1,4).故選A.題型4指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的綜合應用eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例1))(2018·西安模擬)設方程log2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0，logeq\s\do8(\f(1,2))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0的根分別為x1，x2，則()A．x1x2＝1 B．0<x1x2<1C．1<x1x2<2 D．x1x2≥2用數(shù)形結(jié)合法．答案B解析由方程log2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0得log2x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，logeq\s\do8(\f(1,2))x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＝0得logeq\s\do8(\f(1,2))x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，分別畫出左右兩邊函數(shù)的圖象，如圖所示．由指數(shù)與對數(shù)函數(shù)的圖象知：x1>1>x2>0，于是有l(wèi)og2x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x2<logeq\s\do8(\f(1,2))x2，得x1<eq\f(1,x2)，所以0<x1x2<1.故選B.eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例2))設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，,log2x，x>0，))函數(shù)y＝f[f(x)]－1的零點個數(shù)為________．考慮定義域，應用分類討論法．答案2解析方法技巧解指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)綜合題的方法1．首先考慮函數(shù)的定義域．見典例2.2．注意聯(lián)想數(shù)形結(jié)合思想．見典例1.沖關針對訓練1．(2018·天津模擬)已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若?x1∈[0,3]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，則實數(shù)m的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))答案B解析∵f(x)＝ln(x2＋1)在[0,3]上單調(diào)遞增，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m在[1,2]上單調(diào)遞減，∴f(x)min＝f(0)＝0，g(x)min＝g(2)＝eq\f(1,4)－m.又?x1∈[0,3]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，∴f(x)min≥g(x)min，即eq\f(1,4)－m≤0，∴m≥eq\f(1,4).故選B.2．設點P在曲線y＝eq\f(1,2)ex上，點Q在曲線y＝ln(2x)上，則|PQ|的最小值為()A．1－ln2 B.eq\r(2)(1－ln2)C．1＋ln2 D.eq\r(2)(1＋ln2)答案B解析根據(jù)函數(shù)y＝eq\f(1,2)ex和函數(shù)y＝ln2x的圖象可知兩函數(shù)圖象關于直線y＝x對稱，故要求|PQ|的最小值可轉(zhuǎn)化為求與直線y＝x平行且與兩曲線相切的直線間的距離，設曲線y＝eq\f(1,2)ex上的切點為A(m，n)，則A到直線y＝x的距離的2倍即所求最小值．因為y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ex))′＝eq\f(1,2)ex，則eq\f(1,2)em＝1，所以m＝ln2，切點A的坐標為(ln2,1)，切點到直線y＝x的距離為d＝eq\f(|ln2－1|,\r(2))＝eq\f(1－ln2,\r(2))，所以2d＝eq\r(2)(1－ln2)．故選B.1．(2017·北京高考)根據(jù)有關資料，圍棋狀態(tài)空間復雜度的上限M約為3361，而可觀測宇宙中普通物質(zhì)的原子總數(shù)N約為1080.則下列各數(shù)中與eq\f(M,N)最接近的是()(參考數(shù)據(jù)：lg3≈0.48)A．1033B．1053C．1073D．答案D解析由題意，lgeq\f(M,N)＝lgeq\f(3361,1080)＝lg3361－lg1080＝361lg3－80lg10≈361×0.48－80×1＝93.28.又lg1033＝33，lg1053＝53，lg1073＝73，lg1093＝93，故與eq\f(M,N)最接近的是1093.故選D.2．(2018·山西模擬)函數(shù)y＝lnsinx(0<x<π)的大致圖象是()答案C解析因為0<x<π，所以0<sinx≤1，所以lnsinx≤0，故選C.3．(2018·江西九江聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝log2(x2－ax－3a)在區(qū)間(－∞，－2]上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是(A．(－∞，4) B．(－4,4]C．(－∞，4)∪[2，＋∞) D．[－4,4)答案D解析由題意得x2－ax－3a>0在區(qū)間(－∞，－2]上恒成立且函數(shù)y＝x2－ax－3a在(－∞，－2]上遞減，則eq\f(a,2)≥－2且(－2)2－(－2)a－3a>0，解得實數(shù)a的取值范圍是[－4,4)，故選D.4．(2015·福建高考)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x>2))(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(1,2]解析當x≤2時，f(x)＝－x＋6，f(x)在(－∞，2]上為減函數(shù)，∴f(x)∈[4，＋∞)．當x>2時，若a∈(0,1)，則f(x)＝3＋logax在(2，＋∞)上為減函數(shù)，f(x)∈(－∞，3＋loga2)，顯然不滿足題意，∴a>1，此時f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)，f(x)∈(3＋loga2，＋∞)，由題意可知(3＋loga2，＋∞)?[4，＋∞)，則3＋loga2≥4，即loga2≥1，∴1<a≤2.

[基礎送分提速狂刷練]一、選擇題1．(2018·安陽檢測)若點(a，b)在y＝lgx圖象上，a≠1，則下列點也在此圖象上的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，b)) B．(10a,1－b)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,a)，b＋1)) D．(a2,2b)答案D解析當x＝a2時，y＝lga2＝2lga＝2b，所以點(a2,2b)在函數(shù)y＝lgx圖象上．故選D.2．已知函數(shù)f(x)＝2＋log2x，x∈[1,2]，則函數(shù)y＝f(x)＋f(x2)的值域為()A．[4,5]B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(11,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4，\f(13,2)))D．[4,7]答案B解析y＝f(x)＋f(x2)＝2＋log2x＋2＋log2x2＝4＋3log2x，注意到為使得y＝f(x)＋f(x2)有意義，必有1≤x2≤2，得1≤x≤eq\r(2)，從而4≤y≤eq\f(11,2).故選B.3．(2018·太原調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2x，若實數(shù)x0是方程f(x)＝0的解，且0<x1<x0，則f(x1)()A．恒為負值 B．等于0C．恒為正值 D．不大于0答案C解析4．(2017·河南二模)函數(shù)y＝eq\f(2x,ln|x|)的圖象大致為()答案B解析函數(shù)y＝eq\f(2x,ln|x|)的定義域為{x|x≠0且x≠±1}，故排除A；∵f(－x)＝eq\f(－2x,ln|x|)＝－eq\f(2x,ln|x|)＝－f(x)，∴排除C；當x＝2時，y＝eq\f(4,ln2)>0，故排除D.故選B.5．(2015·湖南高考)設函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，則f(x)是()A．奇函數(shù)，且在(0,1)上是增函數(shù)B．奇函數(shù)，且在(0,1)上是減函數(shù)C．偶函數(shù)，且在(0,1)上是增函數(shù)D．偶函數(shù)，且在(0,1)上是減函數(shù)答案A解析解法一：函數(shù)f(x)的定義域為(－1,1)，任取x∈(－1,1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，則f(x)是奇函數(shù)．當x∈(0,1)時，f′(x)＝eq\f(1,1＋x)＋eq\f(1,1－x)＝eq\f(2,1－x2)>0，所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù)．綜上，故選A.解法二：同解法一知f(x)是奇函數(shù)．當x∈(0,1)時，f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\f(2－1－x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)－1)).∵y＝eq\f(2,1－x)(x∈(0,1))是增函數(shù)，y＝lnx也是增函數(shù)，∴f(x)在(0,1)上是增函數(shù)．綜上，故選A.6．(2018·包頭模擬)已知函數(shù)f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－ax－a)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－1，＋∞) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) D．(－∞，－1]答案B解析f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))(x2－ax－a)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上是增函數(shù)，說明內(nèi)層函數(shù)μ(x)＝x2－ax－a在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上是減函數(shù)且μ(x)>0成立，只需對稱軸x＝eq\f(a,2)≥－eq\f(1,2)且μ(x)min＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>0，∴解得a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))，故選B.7．(2017·安徽安慶二模)已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當x∈(－∞，0]時，f(x)為減函數(shù)，若a＝f(20.3)，b＝f(logeq\s\do8(\f(1,2))4)，c＝f(log25)，則a，b，c的大小關系是()A．a(chǎn)>b>cB．c>b>aC．c>a>bD．a(chǎn)>c>b答案B解析函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當x∈(－∞，0]時，f(x)為減函數(shù)，∴f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，∵b＝f(logeq\s\do8(\f(1,2))4)＝f(－2)＝f(2)，1<20.3<2<log25，∴c>b>a，故選B.8．(2017·廣東模擬)已知函數(shù)f(x)＝(ex－e－x)x，f(log5x)＋f(logeq\s\do8(\f(1,5))x)≤2f(1)，則x的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，1)) B．[1,5]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，5)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,5)))∪[5，＋∞)答案C解析∵f(x)＝(ex－e－x)x，∴f(－x)＝－x(e－x－ex)＝(ex－e－x)x＝f(x)(x∈R)，∴函數(shù)f(x)是偶函數(shù)．∵f′(x)＝(ex－e－x)＋x(ex＋e－x)>0在(0，＋∞)上恒成立．∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∵f(log5x)＋f(logeq\s\do8(\f(1,5))x)≤2f(1)，∴2f(log5x)≤2f(1)，即f(log5x)≤f∴|log5x|≤1，∴eq\f(1,5)≤x≤5.故選C.9．(2017·河北五校質(zhì)監(jiān))函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的圖象恒過定點A，若點A在直線mx＋ny＋2＝0上，其中m>0，n>0，則eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)的最小值為()A．2eq\r(2)B．4C.eq\f(5,2)D.eq\f(9,2)答案D解析由函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a>0，且a≠1)的解析式知：當x＝－2時，y＝－1，所以點A的坐標為(－2，－1)，又因為點A在直線mx＋ny＋2＝0上，所以－2m－n＋2＝0，即2m＋n＝2，又m>0，n>0，所以eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)＝eq\f(2m＋n,m)＋eq\f(2m＋n,2n)＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(m,n)＋eq\f(1,2)≥eq\f(5,2)＋2＝eq\f(9,2)，當且僅當m＝n＝eq\f(2,3)時等號成立，所以eq\f(2,m)＋eq\f(1,n)的最小值為eq\f(9,2)，故選D.10．(2017·江西紅色七校二模)已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(ex,e－x)，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2017)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,2017)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016e,2017)))＝504(a＋b)，則a2＋b2的最小值為()A．6B．8C．9D．12答案B解析∵f(x)＋f(e－x)＝lneq\f(ex,e－x)＋lneq\f(ee－x,x)＝lne2＝2，∴504(a＋b)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2017)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,2017)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016e,2017)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2016e,2017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2e,2017)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2015e,2017)))＋…＋f\b\lc\(