舊教材適用2023高考數(shù)學一輪總復習第二章函數(shù)與基本初等函數(shù)第6講指數(shù)與指數(shù)函數(shù)

第6講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)1．對數(shù)的定義如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么數(shù)x叫做以a為底N的對數(shù)，記作eq\o(□,\s\up3(01))x＝logaN，其中a叫做對數(shù)的底數(shù)，N叫做真數(shù).2．對數(shù)的運算性質(zhì)如果a＞0，且a≠1，M＞0，N＞0，那么：(1)loga(M·N)＝eq\o(□,\s\up3(02))logaM＋logaN；(2)logaeq\f(M,N)＝eq\o(□,\s\up3(03))logaM－logaN；(3)logaMn＝nlogaM(n∈R).3．對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)a>10<a<1圖象定義域(0，＋∞)值域R定點過點eq\o(□,\s\up3(04))(1，0)單調(diào)性在(0，＋∞)上是eq\o(□,\s\up3(05))單調(diào)遞增的在(0，＋∞)上是eq\o(□,\s\up3(06))單調(diào)遞減的函數(shù)值正負當x＞1時，y＞0；當0＜x＜1時，y＜0當x＞1時，y＜0；當0＜x＜1時，y＞04．反函數(shù)指數(shù)函數(shù)y＝ax(a＞0，且a≠1)與對數(shù)函數(shù)y＝eq\o(□,\s\up3(07))logax(a＞0，且a≠1)互為反函數(shù)，它們的圖象關于直線eq\o(□,\s\up3(08))y＝x對稱．1．對數(shù)的性質(zhì)(a＞0，且a≠1)(1)loga1＝0；(2)logaa＝1；(3)alogaN＝N.2．換底公式及其推論(1)logab＝eq\f(logcb,logca)(a，c均大于0且不等于1，b＞0)；(2)logab·logba＝1，即logab＝eq\f(1,logba)(a>0且a≠1，b>0且b≠1)；(3)logambn＝eq\f(n,m)logab(a>0且a≠1，b>0，m≠0)；(4)logab·logbc·logcd＝logad(a，b，c均大于0且不等于1，d>0).3．對數(shù)函數(shù)的圖象與底數(shù)大小的比較如圖，作直線y＝1，則該直線與四個函數(shù)圖象交點的橫坐標為相應的底數(shù)．故0＜c＜d＜1＜a＜b.由此我們可得到以下規(guī)律：在第一象限內(nèi)從左到右底數(shù)逐漸增大．1．函數(shù)f(x)＝eq\r(1－lnx)的定義域是()A．(0，e) B．(0，e]C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)答案B解析要使函數(shù)f(x)＝eq\r(1－lnx)有意義，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－lnx≥0，,x>0，))解得0<x≤e，則函數(shù)f(x)的定義域為(0，e].故選B.2．(2021·“超級全能生”聯(lián)考)已知2a＝3b＝6，c＝logab，則a，b，c的大小關系為()A．a(chǎn)＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b答案C解析a＝log26＝eq\f(1,log62)，b＝log36＝eq\f(1,log63)，∵0＜log62＜log63＜1，∴eq\f(1,log62)>eq\f(1,log63)>1，即a＞b＞1，∴c＝logab＜logaa＝1，∴c＜b＜a.故選C.3．已知a>0，且a≠1，則函數(shù)y＝ax與y＝loga(－x)的圖象可能是()答案B解析若a>1，則y＝ax是增函數(shù)，y＝loga(－x)是減函數(shù)；若0<a<1，則y＝ax是減函數(shù)，y＝loga(－x)是增函數(shù)，故選B.4．(2021·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)函數(shù)y＝lg|x|()A．是偶函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增B．是偶函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減C．是奇函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減D．是奇函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增答案B解析顯然y＝lg|x|是偶函數(shù)，又x>0時，y＝lgx是單調(diào)遞增函數(shù)，所以y＝lg|x|在(－∞，0)上單調(diào)遞減，故選B.5．函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)答案D解析由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.設t＝x2－2x－8，∵y＝lnt為增函數(shù)，∴要求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝x2－2x－8(x<－2或x>4)的單調(diào)遞增區(qū)間．∵函數(shù)t＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞).故選D.6．(2022·廣西柳州入學考試)計算：log2eq\f(1,\r(2))＝；2log23＋log43＝．答案－eq\f(1,2)3eq\r(3)解析考向一對數(shù)的化簡與求值例1(1)化簡eq\f(1,2)lgeq\f(32,49)－eq\f(4,3)lgeq\r(8)＋lgeq\r(245)＝．答案eq\f(1,2)解析eq\f(1,2)lgeq\f(32,49)－eq\f(4,3)lgeq\r(8)＋lgeq\r(245)＝eq\f(1,2)×(5lg2－2lg7)－eq\f(4,3)×eq\f(3,2)lg2＋eq\f(1,2)(lg5＋2lg7)＝eq\f(5,2)lg2－lg7－2lg2＋eq\f(1,2)lg5＋lg7＝eq\f(1,2)lg2＋eq\f(1,2)lg5＝eq\f(1,2)lg(2×5)＝eq\f(1,2).(2)若lgx＋lgy＝2lg(2x－3y)，則logeq\s\do16(\f(3,2))eq\f(x,y)的值為．答案2解析依題意，可得lg(xy)＝lg(2x－3y)2，即xy＝4x2－12xy＋9y2，整理得，4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))eq\s\up15(2)－13eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)))＋9＝0，解得eq\f(x,y)＝1或eq\f(x,y)＝eq\f(9,4).因為x>0，y>0，2x－3y>0，所以eq\f(x,y)＝eq\f(9,4)，所以logeq\s\do16(\f(3,2))eq\f(x,y)＝2.(3)若log147＝a，14b＝5，則用a，b表示log3528為．答案eq\f(2－a,a＋b)解析∵a＝log147，b＝log145，∴a＋b＝log1435．又log1428＝log14eq\f(14,7)2＝2－log147＝2－a，∴l(xiāng)og3528＝eq\f(log1428,log1435)＝eq\f(2－a,a＋b).對數(shù)運算的一般思路(1)拆：首先利用冪的運算把底數(shù)或真數(shù)進行變形，化成分數(shù)指數(shù)冪的形式，使冪的底數(shù)最簡，然后利用對數(shù)運算性質(zhì)化簡合并．(2)合：將對數(shù)式化為同底數(shù)對數(shù)的和、差、倍數(shù)運算，然后逆用對數(shù)的運算性質(zhì)，轉(zhuǎn)化為同底對數(shù)真數(shù)的積、商、冪的運算．對數(shù)的運算性質(zhì)以及有關公式都是在式子中所有的對數(shù)有意義的前提下才成立的，不能出現(xiàn)log212＝log2[(－3)×(－4)]＝log2(－3)＋log2(－4)的錯誤．1.lg52＋eq\f(2,3)lg8＋lg5×lg20＋(lg2)2的值為．答案3解析原式＝2lg5＋2lg2＋lg5(1＋lg2)＋(lg2)2＝2(lg5＋lg2)＋lg5＋lg2(lg2＋lg5)＝2＋lg5＋lg2＝3.2．(2021·四川自貢聯(lián)考)若2a＝3，b＝log32，則ab＝；3b＋3－b＝．答案1eq\f(5,2)解析因為2a＝3，所以a＝log23，所以ab＝log23×log32＝eq\f(lg3,lg2)×eq\f(lg2,lg3)＝1；因為b＝log32，所以3b＋3－b＝2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2).3．計算：(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(5,4).考向二對數(shù)函數(shù)的圖象及其應用例2(1)已知函數(shù)y＝loga(x＋c)(a，c為常數(shù)，其中a>0，a≠1)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是()A．a(chǎn)>1，c>1 B．a(chǎn)>1，0<c<1C．0<a<1，c>1 D．0<a<1，0<c<1答案D解析由對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及題圖，得0<a<1，易知c>0，所以函數(shù)y＝loga(x＋c)的圖象是由函數(shù)y＝logax的圖象向左平移c個單位長度得到的，所以根據(jù)題中圖象可知0<c<1.故選D.(2)(2021·四川棠湖中學模擬)設方程10x＝|lg(－x)|的兩個根分別為x1，x2，則()A．x1x2<0B．x1x2＝0C．x1x2>1D．0<x1x2<1答案D解析作出y＝10x與y＝|lg(－x)|的大致圖象，如圖．顯然x1<0，x2<0.不妨令x1<x2，則x1<－1<x2<0，所以10x1＝lg(－x1)，10x2＝－lg(－x2)，由圖象知10x1<10x2，即lg(－x1)<－lg(－x2)，由此得lg(x1x2)<0，所以0<x1x2<1，故選D.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、對稱變換作出其對數(shù)型函數(shù)的圖象，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．4.函數(shù)f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)的圖象大致是()答案A解析由于函數(shù)f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)是偶函數(shù)，故其圖象關于y軸對稱．當x>0時，f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)是減函數(shù)；當x<0時，f(x)＝loga|x|＋1(0<a<1)是增函數(shù)．再由圖象過點(1，1)，(－1，1)，可知應選A.5．當x∈(1，2)時，不等式(x－1)2＜logax恒成立，求a的取值范圍．解設f1(x)＝(x－1)2，f2(x)＝logax，要使當x∈(1，2)時，不等式(x－1)2＜logax恒成立，只需f1(x)＝(x－1)2在(1，2)上的圖象在f2(x)＝logax的下方即可，如圖所示．當0＜a＜1時，顯然不成立．當a＞1時，如圖，要使在(1，2)上，f1(x)＝(x－1)2的圖象在f2(x)＝logax的下方，只需f1(2)≤f2(2)，即(2－1)2≤loga2.所以1＜a≤2，即a的取值范圍為(1，2].精準設計考向，多角度探究突破考向三對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及其應用角度比較對數(shù)值的大小例3(1)(2021·天津高考)設a＝log20.3，b＝logeq\s\do16(\f(1,2))0.4，c＝0.40.3，則a，b，c的大小關系為()A．a(chǎn)<b<cB．c<a<bC．b<c<aD．a(chǎn)<c<b答案D解析∵log20.3<log21＝0，∴a<0，∵logeq\s\do16(\f(1,2))0.4＝－log20.4＝log2eq\f(5,2)>log22＝1，∴b>1，∵0<0.40.3<0.40＝1，∴0<c<1，∴a<c<b.故選D.(2)若實數(shù)a，b，c滿足loga2<logb2<logc2，則下列關系中不可能成立的是()A．a(chǎn)<b<cB．b<a<cC．c<b<aD．a(chǎn)<c<b答案A解析由loga2<logb2<logc2的大小關系，可知a，b，c有如下四種可能：①1<c<b<a；②0<a<1<c<b；③0<b<a<1<c；④0<c<b<a<1.作出函數(shù)的圖象(如圖所示).由圖象可知選項A不可能成立．比較對數(shù)值的大小的方法6.(2022·鄭州模擬)已知a＝log29－log2eq\r(3)，b＝1＋log2eq\r(7)，c＝eq\f(1,2)＋log2eq\r(13)，則()A.a>b>c B．b>a>cC．c>a>b D．c>b>a答案B解析a＝log29－log2eq\r(3)＝log23eq\r(3)，b＝1＋log2eq\r(7)＝log22eq\r(7)，c＝eq\f(1,2)＋log2eq\r(13)＝log2eq\r(26)，因為函數(shù)y＝log2x是增函數(shù)，且2eq\r(7)>3eq\r(3)>eq\r(26)，所以b>a>c.7．已知x＝lnπ，y＝log52，z＝eeq\s\up15(－eq\f(1,2))，則()A．x<y<zB．z<x<yC．z<y<xD．y<z<x答案D解析lnπ>1，log52＝eq\f(1,log25)<eq\f(1,2)，z＝eeq\s\up15(－eq\f(1,2))＝eq\f(1,\r(e))，eq\f(1,2)<eq\f(1,\r(e))<1，所以y<z<x.角度解簡單的對數(shù)不等式例4(1)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)－7，x<0，,log2（x＋1），x≥0，))若f(a)<1，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－3)∪[0，1)B．(－3，0)C．(－3，1)D．(－∞，－3)∪(1，＋∞)答案C解析因為f(a)<1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,\f(1,2a)－7<1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥0，,log2（a＋1）<1，))解得－3<a<0或0≤a<1.所以實數(shù)a的取值范圍是(－3，1).故選C.(2)(2021·甘肅武威模擬)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上為增函數(shù)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝0，則不等式f(logeq\s\do16(\f(1,8))x)>0的解集為．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞)解析∵f(x)是R上的偶函數(shù)，∴它的圖象關于y軸對稱．∵f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在(－∞，0]上為減函數(shù)，由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝0，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.∴f(logeq\s\do16(\f(1,8))x)>0?logeq\s\do16(\f(1,8))x<－eq\f(1,3)或logeq\s\do16(\f(1,8))x>eq\f(1,3)?x>2或0<x<eq\f(1,2)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞).解對數(shù)不等式的類型及方法(1)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．(2)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．8.設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(21－x，x≤1，,1－log2x，x>1，))則滿足f(x)≤2的x的取值范圍是()A．[－1，2]B．[0，2]C．[1，＋∞)D．[0，＋∞)答案D解析當x≤1時，由21－x≤2得1－x≤1，∴0≤x≤1.當x>1時，由1－log2x≤2得x≥eq\f(1,2)，∴x>1.綜上，x的取值范圍為[0，＋∞).故選D.9．(2021·南京模擬)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,logeq\s\do16(\f(1,2))（－x），x<0，))若f(a)>f(－a)，則實數(shù)a的取值范圍是．答案(－1，0)∪(1，＋∞)解析由f(a)>f(－a)得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,log2a>logeq\s\do16(\f(1,2))a))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,logeq\s\do16(\f(1,2))（－a）>log2（－a），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,log2a>－log2a))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,－log2（－a）>log2（－a）.))解得a>1或－1<a<0.考向四與對數(shù)有關的復合函數(shù)問題例5已知函數(shù)f(x)＝loga(x＋2)＋loga(4－x)(a>0，且a≠1).(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，3]上的最小值為－2，求實數(shù)a的值．解(1)依題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2>0，,4－x>0，))解得－2<x<4，∴函數(shù)f(x)的定義域為(－2，4).(2)f(x)＝loga(x＋2)＋loga(4－x)＝loga[(x＋2)(4－x)]，令t＝(x＋2)(4－x)，則可變形得t＝－(x－1)2＋9，∵0≤x≤3，∴5≤t≤9.若a>1，則loga5≤logat≤loga9，∴f(x)min＝loga5＝－2，則a2＝eq\f(1,5)<1(舍去)，若0<a<1，則loga9≤logat≤loga5，∴f(x)min＝loga9＝－2，則a2＝eq\f(1,9)，又0<a<1，∴a＝eq\f(1,3).綜上，a＝eq\f(1,3).利用對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，求與對數(shù)函數(shù)有關的函數(shù)值域和復合函數(shù)的單調(diào)性問題，必須弄清三方面的問題：一是定義域，所有問題都必須在定義域內(nèi)討論；二是底數(shù)與1的大小關系；三是復合函數(shù)的構(gòu)成，即它是由哪些基本初等函數(shù)復合而成的．另外，解題時要注意數(shù)形結(jié)合、分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸思想的應用．10.已知a>0，且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解析令t＝|ax2－x|，y＝logat.當a>1時，外函數(shù)為遞增函數(shù)，所以內(nèi)函數(shù)t＝|ax2－x|，x∈[3，4]，要為遞增函數(shù)，所以eq\f(1,a)<3或4≤eq\f(1,2a)，解得a>eq\f(1,3)或a≤eq\f(1,8)，所以a>1.當0<a<1時，外函數(shù)為遞減函數(shù)，所以內(nèi)函數(shù)t＝|ax2－x|，x∈[3，4]，要為遞減函數(shù)，eq\f(1,2a)≤3<4<eq\f(1,a)，解得eq\f(1,6)≤a<eq\f(1,4).綜上所述，eq\f(1,6)≤a<eq\f(1,4)或a>1，故選A.11．(2021·陜西渭南模擬)已知函數(shù)f(x)＝loga(8－ax)(a>0，且a≠1)，若f(x)>1在區(qū)間[1，2]上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(8,3)))解析當a>1時，f(x)＝loga(8－ax)在[1，2]上是減函數(shù)，由f(x)>1在區(qū)間[1，2]上恒成立，得f(x)min＝loga(8－2a)>1，解得1<a<eq\f(8,3).當0<a<1時，f(x)在[1，2]上是增函數(shù)，由f(x)>1在區(qū)間[1，2]上恒成立，得f(x)min＝loga(8－a)>1，解得a>4，與0<a<1矛盾．綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(8,3))).1．2lg2－lgeq\f(1,25)的值為()A．1B．2C．3D．4答案B解析2lg2－lgeq\f(1,25)＝lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22÷\f(1,25)))＝lg100＝2，故選B.2．函數(shù)f(x)＝eq\f(ln（x＋3）,\r(1－2x))的定義域是()A．(－3，0)B．(－3，0]C．(－∞，－3)∪(0，＋∞)D．(－∞，－3)∪(－3，0)答案A解析因為f(x)＝eq\f(ln（x＋3）,\r(1－2x))，所以要使函數(shù)f(x)有意義，需使eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋3>0，,1－2x>0，))即－3<x<0.3．已知函數(shù)f(x)＝logeq\s\do16(\f(1,2))x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(2),2)))，則f(x)的值域是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))C．[0，2]D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))答案A解析函數(shù)f(x)＝logeq\s\do16(\f(1,2))x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(2),2)))是減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝logeq\s\do16(\f(1,2))eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)，函數(shù)的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝logeq\s\do16(\f(1,2))eq\f(1,4)＝2.所以函數(shù)f(x)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).故選A.4．(2021·廣西桂林十八中模擬)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)答案B解析易知0<a<1，函數(shù)y＝4x與y＝logax的大致圖象如圖，則由題意可知只需滿足logaeq\f(1,2)>4eq\s\up15(eq\f(1,2))，解得a>eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(\r(2),2)<a<1，故選B.5．(2021·天津高考)若2a＝5b＝10，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝()A.－1B．lg7C．1D．log710答案C解析∵2a＝5b＝10，∴a＝log210，b＝log510，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,log210)＋eq\f(1,log510)＝lg2＋lg5＝lg10＝1.故選C.6．(2021·河北保定模擬)已知a＝log23＋log2eq\r(3)，b＝log29－log2eq\r(3)，c＝log32，則a，b，c的大小關系是()A．a(chǎn)＝b<c B．a(chǎn)＝b>cC．a(chǎn)<b<c D．a(chǎn)>b>c答案B解析a＝log23＋log2eq\r(3)＝log23eq\r(3)，b＝log29－log2eq\r(3)＝log23eq\r(3)，因此，a＝b，而log23eq\r(3)>log22＝1，log32<log33＝1，所以a＝b>c，故選B.7．(2022·北京東城區(qū)綜合練習)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≥4，,f（x＋1），x<4，))則f(2＋log23)的值為()A．24B．16C．12D．8答案A解析因為3<2＋log23<4，所以f(2＋log23)＝f(3＋log23)＝23＋log23＝8×2log23＝24.故選A.8．函數(shù)y＝logeq\s\do16(\f(1,3))|x＋3|的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(－∞，3)B．(－∞，－3)C．(－3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(－3，＋∞)答案B解析因為函數(shù)y＝logeq\s\do16(\f(1,3))x為減函數(shù)，y＝|x＋3|在(－∞，－3)上是減函數(shù)，所以函數(shù)y＝logeq\s\do16(\f(1,3))|x＋3|的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－3).9．在銳角三角形ABC中，下列式子成立的是()A．logcosCeq\f(sinA,cosB)>0 B．logsinCeq\f(cosA,cosB)>0C．logsinCeq\f(sinA,sinB)>0 D．logsinCeq\f(cosA,sinB)>0答案D解析解法一：由△ABC是銳角三角形，可得0<sinC<1，0<A<eq\f(π,2)，0<B<eq\f(π,2)，從而eq\f(π,2)<A＋B<π，∴0<eq\f(π,2)－A<B<eq\f(π,2)，∴sinB>sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－A))＝cosA>0.∴0<eq\f(cosA,sinB)<1，∴l(xiāng)ogsinCeq\f(cosA,sinB)>0，故選D.解法二：考慮特殊值，當△ABC為正三角形時，logcosCeq\f(sinA,cosB)<0，logsinCeq\f(cosA,cosB)＝0，logsinCeq\f(sinA,sinB)＝0，即可知A，B，C錯誤．故選D.10．(2021·河南洛陽模擬)已知y＝loga(8－3ax)在[1，2]上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0，1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，4)) D．(1，＋∞)答案B解析因為a>0，所以t＝8－3ax為減函數(shù)，而當a>1時，y＝logat是增函數(shù)，所以當a>1時，y＝loga(8－3ax)是減函數(shù)．由8－3ax>0，得a<eq\f(8,3x)在[1，2]上恒成立，所以a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3x)))eq\s\do7(min)＝eq\f(8,3×2)＝eq\f(4,3)，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))).11．(2020·全國Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)＞2bB．a(chǎn)＜2bC．a(chǎn)＞b2D．a(chǎn)＜b2答案B解析設f(x)＝2x＋log2x，則f(x)為增函數(shù)．因為2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b，所以f(a)－f(2b)＝2a＋log2a－(22b＋log22b)＝22b＋log2b－(22b＋log22b)＝log2eq\f(1,2)＝－1＜0，所以f(a)＜f(2b)，所以a＜2b，所以A錯誤，B正確；f(a)－f(b2)＝2a＋log2a－(2b2＋log2b2)＝22b＋log2b－(2b2＋log2b2)＝22b－2b2－log2b，當b＝1時，f(a)－f(b2)＝2＞0，此時f(a)＞f(b2)，有a＞b2，當b＝2時，f(a)－f(b2)＝－1＜0，此時f(a)＜f(b2)，有a＜b2，所以C，D錯誤．故選B.12．函數(shù)f(x)的定義域為D，若滿足：①f(x)在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在[a，b]?D使得f(x)在[a，b]上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)))，則稱函數(shù)f(x)為“成功函數(shù)”．若函數(shù)f(x)＝logm(mx＋2t)(其中m>0，且m≠1)是“成功函數(shù)”，則實數(shù)t的取值范圍為()A．(0，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,8)))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,4))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))答案D解析無論m>1還是0<m<1，f(x)＝logm(mx＋2t)都是定義域內(nèi)的增函數(shù)，故應有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝\f(a,2)，,f（b）＝\f(b,2)，))則問題可轉(zhuǎn)化為求f(x)＝eq\f(x,2)，即f(x)＝logm(mx＋2t)＝eq\f(x,2)，即mx＋2t＝meq\s\up15(eq\f(x,2))在定義域內(nèi)有兩個不相等的實數(shù)根的問題，令λ＝meq\s\up15(eq\f(x,2))(λ>0)，則mx＋2t＝meq\s\up15(eq\f(x,2))可化為2t＝λ－λ2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,2)))eq\s\up15(2)＋eq\f(1,4)，結(jié)合圖象可得t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))).故選D.13．計算：lg5(lg8＋lg1000)＋(lg2eq\r(3))2＋lgeq\f(1,6)＋lg0.06＝．答案1解析原式＝lg5(3lg2＋3)＋3(lg2)2＋lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)×0.06))＝3lg5·lg2＋3lg5＋3(lg2)2－2＝3lg2＋3lg5－2＝1.14．(2021·安徽淮南摸底)已知f(x)＝lg(2x－4)，則方程f(x)＝1的解是，不等式f(x)<0的解集是．答案7(2，2.5)解析因為f(x)＝1，所以lg(2x－4)＝1，所以2x－4＝10，所以x＝7；因為f(x)<0，所以0<2x－4<1，所以2<x<2.5，所以不等式f(x)<0的解集是(2，2.5).15．已知不等式logx(2x2＋1)<logx(3x)<0成立，則實數(shù)x的取值范圍是．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))解析原不等式?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<x<1，,2x2＋1>3x>1))①或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>1，,2x2＋1<3x<1))②，解不等式組①得eq\f(1,3)<x<eq\f(1,2)，不等式組②無解，所以實數(shù)x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).16．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))且關于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個實根，則實數(shù)a的取值范圍是．答案(1，＋∞)解析如圖，在同一直角坐標系中作出y＝f(x)與y＝－x＋a的圖象，其中a表示直線y＝－x＋a在y軸上的截距，由圖可知，當a>1時，直線y＝－x＋a與函數(shù)f(x)的圖象只有一個交點．17．計算：(1)lgeq\f(3,7)＋lg70－lg3－eq\r(（lg3）2－lg9＋1)；解(1)原式＝lgeq\f(\f(3,7)×70,3)－eq\r(（lg3）2－2lg3＋1)＝lg10－eq\r(（lg3－1）2)＝1－|lg3－1|＝lg3.18．(2021·荊州模擬)已知函數(shù)f(x)＝logeq\s\do16(\f(1,3))(x2－2mx＋5).(1)若f(x)的值域為R，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若f(x)在(－∞，2]內(nèi)為增函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)由f(x)的值域為R，可得u＝x2－2mx＋5能取得(0，＋∞)