1、本章复习提升 易混易错练 易错点 1 不能正确进行指数、对数的相关运算 1.(2021 山东师大附中高一上期中,)求下列各式的值:(1)(114-)44+(1649)-12+823;(2)(lg2)2+lg2lg5+12lg25;(3)12lg3249-43lg8+lg245.2.()已知 lgx+lgy=2lg(x-2y),求log2y-log2x 的值.易错点 2 忽视对参数取值范围的讨论导致错误 3.()若 loga120,且 a1)在0,1上的最大值和最小值之和为 a,则 a 的值为 .5.(2020 黑龙江哈三中高一上期中,)设函数 f(x)=loga(x2-ax+20)在(1,4)
2、上单调递减,则 a 的取值范围是 .6.(2020 天津滨海新区高一上期末,)已知函数 f(x)=loga(2+x)(a0,a1).(1)求函数 f(x)的定义域;(2)若 f(2)=2,判断函数 f(x)的单调性,并用单调性定义证明;(3)解关于 x 的不等式 f(x)0.易错点 3 研究函数时忽视定义域与值域导致错误 7.(2020 河北唐山一中高一期中,)若函数 f(x)=log12(x2-ax+3a)在区间(2,+)上是减函数,则 a 的取值范围为()A.(-,4 B.(-4,4 C.-4,4)D.-4,4 8.(2020 安徽合肥一六八中学高一上期中,)函数 f(x)=|log2|,
3、0 4,若 a,b,c,d 互不相同,且f(a)=f(b)=f(c)=f(d),则 abcd 的取值范围是()A.(32,34)B.(32,34 C.(32,35)D.(32,36)9.(2020 山东枣庄高一上期末,)已知 f(x)=3-4,1,3,1,若 a0,b0)的函数因其函数图象类似于汉字中的“囧”字,故被称为“囧函数”.若函数 f(x)=2+1(a0 且 a1)有最小值,则当 c=1,b=1 时的“囧函数”与函数 y=loga|x|的图象的交点个数为()A.1 B.2 C.4 D.6 4.(2020 山西长治二中高一上期末,)已知函数 f(x)=2+22,1,|ln(-1)|,1,
4、若 F(x)=f(x)2-af(x)+23的零点个数为 4,则实数 a 的取值范围为()A.(263,53(73,+)B.(263,73)C.53,2)D.(2,+)三、分类讨论思想在解决函数问题中的运用 5.(2020 浙江嘉兴一中高一上期中,)设函数 f(x)=e|lnx|(e 为自然对数的底数),若 x1x2且 f(x1)=f(x2),则下列结论一定不成立的是()A.x2f(x1)1 B.x2f(x1)1C.x2f(x1)=1 D.x2f(x1)0,且 a1).(1)当 a=12时,若方程 f(x)=log12(p-x)在(2,3)上有解,求实数 p 的取值范围;(2)若 f(x)1 在
5、a+3,a+4上恒成立,求实数 a 的取值范围.四、转化与化归思想在解决函数问题中的运用 7.(2020安徽安庆高一上期末质量调研监测,)已知函数 f(x)是定义在 R 上的函数,f(1)=1.若对任意的 x1,x2R 且 x1-3,则不等式 flog2(3x-2)0 且 a1)的图象经过的定点坐标为 .10.(2021 山东师大附中高一上期中,)已知定义域为 R 的函数 f(x)=-2+1+2+是奇函数.(1)求函数 f(x)的解析式;(2)已知 g(x)=|x|,若对任意的 tR,mR,不等式 f(t2-2t)+f(2t2-k)0,y0,x-2y0,因此 01,且 nN*)有意义的条件是
6、有意义,当 n 为偶数时,=|a|,当 n 为奇数时,=a;对数式中真数大于 0,底数大于 0 且不等于 1 等.3.D 当 a1 时,由 loga122,得 loga1212,所以 a22 或 a1,所以 a1;当 0a1 时,由 loga122,得 loga12logaa2,因此 0a212,所以-22 a22 且 a0.又 0a1,所以 0a1 时,y=ax与 y=loga(x+1)在0,1上是增函数,f(x)=ax+loga(x+1)在0,1上是增 函数,f(x)max=f(1)=a+loga2,f(x)min=f(0)=a0+loga1=1,a+loga2+1=a,loga2=-1=
7、loga1,解得 a=12(舍去);当 0a1,还是 0a1,题中函数 f(x)在0,1上都是单调函数,所以f(x)max+f(x)min=f(0)+f(1)=1+a+loga2=a,从而解得 a=12.5.答案(0,1)8,9 解析 令 u=x2-ax+20.当 0a1 时,y=logau 在(0,+)上是减函数,u=x2-ax+20=(-2)2+20-24 在(2,+)上是增函数,又 0a1,02 0,f(x)在(1,4)上是减函数.当 a1 时,y=logau 在(0,+)上单调递增,u=x2-ax+20=(-2)2+20-24,若 f(x)在(1,4)上单调递减,则 2 4,42-4+
8、20 0,解得 8,9,即 8a9.综上所述,a 的取值范围是(0,1)8,9.6.解析(1)由题意知 2+x0,解得 x-2,则函数 f(x)的定义域为x|x-2.(2)f(2)=2,2=loga4,a=2,f(x)=log2(2+x),函数 f(x)在(-2,+)上单调递增.证明如下:任取 x1,x2(-2,+),且-2x1x2,则 f(x1)-f(x2)=log2(2+x1)-log2(2+x2)=log22+12+2.-2x1x2,02+x12+x2,2+12+21,log22+12+20,f(x1)-f(x2)0,即 f(x1)0,即 loga(2+x)0,即 loga(2+x)lo
9、ga1.当 0a-2,2+1,解得-2x1 时,-2,2+1,解得 x-1.综上所述,当 0a1 时,不等式的解集为x|-2x1 时,不等式的解集为x|x-1.易错警示 在研究指数函数、对数函数有关问题时,若底数中含有参数,其单调性不能确定,应分 a1,0a0,所以当 x=2 时,u=4-2a+3a0,解得 a-4.所以-4a4.故选 D.易错警示 在研究形如 y=logaf(x)(a0 且 a1)型函数的性质时,可转化为研究 f(x)的性质,同时要注意f(x)0 这一隐含条件.8.C 作出函数 f(x)的图象如图所示,不妨设 abcd,f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=t(0t2).f
10、(a)=|log2a|=tlog2a=-t,f(b)=|log2b|=tlog2b=t,log2a+log2b=log2(ab)=-t+t=0,即 ab=1.又 c,d 是方程23x2-8x+703=t 的两个根,cd=703-23=70-32(0t2),32cd35,32abcd35,故选 C.9.答案(-,8 解析 依题意得 a1b,由 f(a)=f(b)得 3a=3b-4,即 3b=3a+4.令 S=a+3b=a+3a+4.函数 S=a+3a+4 在(-,1上单调递增,S1+31+4=8,因此 S 的取值范围是(-,8.易错警示 求某个式子的最大(小)值,关键是选一个自变量,建立这个式子
11、与此自变量的函数关系,利用函数知识求解,本题中若找不准自变量的取值范围则易导致解题错误.思想方法练 1.B 由 f(x)=0,得|log2x|=e-x,在同一平面直角坐标系中作出函数 y=|log2x|与 y=e-x的图象,如图所示.由图象知 f(x)=0 有两个实数解 x1,x2,且 0 x11x2,-log2x1=e-1,log2x2=e-2,由函数的零点就是方程的解,列出关于 x1,x2的方程.log2x1+log2x2=e-2-e-1,log2(x1x2)=(1e)2-(1e)10,0 x1x21,即 0m0.因为 h(x)具有性质 M,所以在 R 上存在 x0,使 h(x0+1)=h
12、(x0)+h(1),利用新定义列出关于 x0的方程.代入得 lg(0+1)2+1=lg02+1+lg2,即 2(02+1)=a(x0+1)2+a,整理得(a-2)02+2ax0+2a-2=0.若 a=2,则 x0=-12;若 a2,则 0,即 a2-6a+40,解得 3-5a3+5,所以 a3-5,2)(2,3+5.利用一元二次方程解的情况求解.综上可得 a3-5,3+5.思想方法 方程思想在指数函数与对数函数中,常利用条件得到等式,运用代数手段构造方程(组),通过解方程(组)解决相关问题.3.C f(x)=2+1=(+12)2+34,且 f(x)有最小值,a1.在同一平面直角坐标系中作出函数
13、 y=1|-1与 y=loga|x|的图象,如图所示.作出函数图象,得出交点个数.由图象知,当 c=1,b=1 时的“囧函数”与函数 y=loga|x|的图象有 4 个交点,故选 C.4.A 作出函数 f(x)=2+22,1,|ln(-1)|,1的图象,如图.设 t=f(x),根据函数图象有:当 t2 时,方程 t=f(x)有 2 个实数根;当 1t2 时,方程 t=f(x)有 3 个实数根;当 0t1 时,方程 t=f(x)有 2 个实数根;当 t=0 时,方程 t=f(x)有 1 个实数根;当 t0 时,方程 t=f(x)没有实数根.由函数 f(x)的图象与直线 y=t 的交点个数,得到方
14、程 f(x)=t 的实数解的个数.因为 F(x)=f(x)2-af(x)+23的零点个数为 4,所以方程 t2-at+23=0(t0)有两个不相等的实数根 t1,t2,不妨设t1t2,则 0t1t12 或 02.设函数 h(t)=t2-at+23.则 (0)0,0,0 2 0,(2)0,2 2或(0)0,(1)0,(2)0,解得263 73.故选 A.思想方法 在解决指数函数与对数函数的问题时要注意数形结合,利用图象可简化思维过程,使问题变得形象直观,数形结合的思想是解决函数零点问题的重要手段.5.B f(x)=e|lnx|=,1,1,0 1,利用绝对值的定义,把 f(x)化为分段函数.当 x
15、1 时,f(x)=x 是增函数;当 0 x1 时,f(x)=1是减函数.由 f(x1)=f(x2)可知 0 x11x2,或 0 x21x1.当 0 x111,x1f(x2)=x1x2=1.从而 x2f(x1)x1f(x2),此时 A 成立.当 0 x211.从而 x2f(x1)x1f(x2),此时 C、D 成立.而 B 无论何种情况都不成立,故选 B.6.解析(1)当 a=12时,f(x)=log12(x-1)+log12(-32)=log12(-1)(-32),故函数 f(x)的定义域为(32,+).f(x)=log12(p-x),(x-1)(-32)=p-x,即 x2-32x+32-p=0
16、,令 g(x)=x2-32x+32-p=(-34)2+1516-p,342,g(x)在(2,3)上单调递增,f(x)=log12(p-x)在(2,3)上有解,(2)0,52p3a,a52.函数 u=(-52)2-24 在区间a+3,a+4上单调递增.与对数有关的函数的单调性利用底数与 1 的大小关系进行分类讨论.若 0a1,则 f(x)在a+3,a+4上单调递减,f(x)在a+3,a+4上的最大值为 f(a+3)=loga(2a2-9a+9).f(x)1 在a+3,a+4上恒成立,loga(2a2-9a+9)1,2a2-10a+90,解得 a5+72 或 a5-72,0a1.若 1a32,不存
17、在 a 满足题意.综上,实数 a 的取值范围为(0,1).思想方法 在指数、对数函数的问题中,底数对函数的图象和性质有影响,解题时要对底数进行分类讨论.7.C 由 x1x2知 x1-x2-3 可化为 f(x1)-f(x2)-3(x1-x2),即 f(x1)+3x1f(x2)+3x2,设 F(x)=f(x)+3x,则函数 F(x)=f(x)+3x 是 R 上的增函数,构造函数,利用函数的单调性解题.又 F(1)=4,所以不等式 flog2(3x-2)log216-3log2(3x-2)可化为 Flog2(3x-2)F(1),所以 log2(3x-2)1,根据函数的单调性将函数值问题转化为自变量问
18、题.即 03x-22,解得23x0,a3t-t2.设 g(t)=-t2+3t=-(-32)2+94,则当 t=32时,g(t)max=94,又不等式 a3t-t2恒成立,所以 a94,将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题.故 a 的取值范围是94,+).解题模板 不等式恒成立问题转化为函数的最大(小)值问题是常见的思路,解题时要注意函数的定义域.思想方法 转化与化归思想在研究指数函数与对数函数中常见的运用:利用函数奇偶性对原点两侧函数值进行转化;构造函数将复杂的问题转化为简单的问题等.9.答案(-2,2)解析 因为 loga1=0(a0 且 a1),所以在 y=loga2+3+1+2 中,取
19、2+3+1=1,解得 x=-2,故函数的图象过定点(-2,2).利用对数特殊值解决过定点问题.10.解析(1)因为 f(x)=-2+1+2+是定义域为 R 的奇函数,所以 f(0)=0,f(-1)=-f(1),即-2+1+=0,-1+2-1+=-22+2+,解得 b=2,a=1,已知函数的奇偶性,先用特殊值确定参数的值,再验证.此时 f(x)=-2+1+22+1,f(-x)+f(x)=-2-+1+22-+1+-2+1+22+1=22-22+1+-2+1+22+1=0,符合题意,所以 f(x)=-2+1+22+1.(2)因为 g(x)=|x|,所以 g(x)min=0,因为对任意的 tR,mR,不等式 f(t2-2t)+f(2t2-k)g(m)恒成立,所以对任意的 tR,不等式 f(t2-2t)+f(2t2-k)0 恒成立,所以对任意的 tR,不等式 f(t2-2t)-2t2+k,即 3t2-2t-k0,所以=4+12k0,解得 k-13.思想方法 由特殊到一般,再由一般到特殊,这种反复认识的过程是人们认识世界的基本过程之一,对数学而言,这就是我们常说的特殊与一般的数学思想.有时用这种思想解决选择题特别有效,这是因为一个命题在普遍意义上成立时,在其特殊情况下也必然成立,根据这一点,我们可以直接确定选择题中的正确选项.不仅如此,用这种思想方法去探求主观题的求解策略,也同样 精彩.
