《新教材》2020-2021学年高中数学北师大版必修第一册一课一练：第四章 微专题集训四 WORD版含解析.docx

1、第四章 对数运算与对数函数微专题集训四 指数函数与对数函数的综合应用专题1指数、对数函数的图像及其应用1.%358￥*1*%(2020临川一中月考)已知函数f(x)=3x,x1,log13x,x1,则y=f(x+1)的图像大致是()。图4-1答案：B解析：先作出f(x)=3x,x1,log13x,x1的大致图像,如图所示,再把f(x)的图像向左平移1个单位长度,可得到y=f(x+1)的图像。故选B。2.%*9￥707*%(2020枣庄八中质量检测)函数f(x)=e1-x2的部分图像大致是()。图4-2答案：C解析：显然函数为偶函数,所以图像关于y轴对称,排除A,B;因为e1-x20,所以排除D

2、。故选C。3.%*3*￥8#49%(2020张家口一中月考)已知f(x)=ax-2,g(x)=loga|x|(a0,a1),若f(4)g(-4)0,则y=f(x),y=g(x)在同一平面直角坐标系内的大致图像是()。图4-3答案：B解析：由f(4)g(-4)0知a2loga40,所以loga40,所以0a0,a1)的图像如图4-4,则a,b满足的关系是()。图4-4A.01ab1B.0b1a1C.01ba1D.01a1b1。又-1f(0)0,f(0)=loga(20+b-1)=logab,即-1logab0,所以01ab1。故选A。5.%#0￥7#53%(2020石门一中月考)已知函数y=f(

3、x)的周期为2,当x-1,1时f(x)=x2,那么方程f(x)=|lg x|的解的个数是多少?答案：解:画出函数y=f(x)和y=|lg x|的图像,如图所示,可以看出交点有10个。由此可得方程有10个解。专题2与指数、对数函数相关的抽象函数问题6.%917#￥0*%(2020华师一附中高一检测)下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)f(y)”的单调递增函数是()。A.f(x)=x3B.f(x)=3xC.f(x)=x12D.f(x)=12x答案：B解析：把握和的函数值等于函数值的积的特征,其典型代表函数为指数函数,又所求函数为单调递增函数,故选B。7.%62￥*9￥1#%(2020巴东一中期

4、中)定义在区间(0,+)上的函数f(x)满足对任意的实数x,y都有f(xy)=yf(x)。(1)求f(1)的值;答案：解:因为对任意的实数x,y都有f(xy)=yf(x),若令x=1,y=2,则有f(12)=2f(1),所以f(1)=0。(2)若f120,求证:f(x)在(0,+)上为增函数。答案：证明:对任意0x1t。所以f(x1)-f(x2)=f12s-f12t=(s-t)f120,即f(x1)0时,0f(x)1。(1)求证:f(0)=1,且当x1;答案：证明:因为对任意实数m,n,恒有f(m+n)=f(m)f(n),令m=1,n=0,则f(1)=f(1)f(0)。因为当x0时,0f(x)

5、1,所以f(0)=1。设m=x0,所以f(0)=f(x)f(-x),所以f(x)=f(0)f(-x)=1f(-x)1。即当x1。(2)判断f(x)在R上的单调性。答案：解:取任意的x1,x2R,且x10,所以0f(x2-x1)0,所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-10,即f(x2)0在xR上恒成立。若a=0,则-x0不能恒成立,所以a0,则二次函数t=ax2+(a-1)x+14a的图像在x轴上方,所以a0,(a-1)2-414a212。故实数a的取值范围是12,+。11.%8#￥78￥8%(20

6、20新余四中月考)设a0且a1,若P=loga(a3+1),Q=loga(a2+1),试比较P,Q的大小。答案：解:当0a1时,有a3a2,即a3+1a2+1。又当0aloga(a2+1),即PQ。当a1时,有a3a2,即a3+1a2+1。又当a1时,y=logax在(0,+)上单调递增,所以loga(a3+1)loga(a2+1),即PQ。综上可得,PQ。12.%*6*203￥%(2020汕头调考)已知函数f(x)=loga(1+x),g(x)=loga(1-x)(a0且a1)。(1)设a=2,函数f(x)的定义域为3,63,求函数f(x)的最值;答案：解:当a=2时,函数f(x)=log2

7、(1+x)在3,63上单调递增,所以f(x)的最小值为f(3)=log2(3+1)=2;f(x)的最大值为f(63)=log2(63+1)=log264=6。(2)求使f(x)-g(x)0的x的取值范围。答案：不等式f(x)-g(x)0,即f(x)g(x),即loga(1+x)loga(1-x)。当0a0,1-x0,1+x1-x,解得-1x1时,由不等式可得1+x0,1-x0,1+x1-x,解得0x1。综上,当0a1时,x的取值范围是(0,1)。13.%*637*1*%(2020内江调考)已知f(x)=aa2-1(ax-a-x)(a0且a1)。(1)判断f(x)的奇偶性;答案：解:因为函数的定

8、义域为R,所以关于原点对称。又f(-x)=aa2-1(a-x-ax)=-aa2-1(ax-a-x)=-f(x),所以f(x)为奇函数。(2)讨论f(x)的单调性;答案：当a1时,a2-10,y=ax为增函数,y=a-x为减函数,从而y=ax-a-x为增函数,所以f(x)为增函数;当0a1时,a2-10且a1时, f(x)在定义域内单调递增。(3)当x-1,1时,f(x)b恒成立,求b的取值范围。答案：由(2)知f(x)在R上是增函数,所以在区间-1,1上为增函数,所以f(-1)f(x)f(1),所以f(x)min=f(-1)=aa2-1(a-1-a)=-1。所以要使f(x)b在-1,1上恒成立

9、,则只需b-1。故b的取值范围是(-,-1。14.%354￥8%(2020临川一中模拟)若在定义域内存在实数x0,使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称函数有“飘移点”x0。(1)函数f(x)=1x是否有“飘移点”?请说明理由;答案：解:假设函数f(x)=1x有“飘移点”x0,则1x0+1=1x0+1,即x02+x0+1=0,而此方程无实根,矛盾,所以函数f(x)=1x没有“飘移点”。(2)证明函数f(x)=x2+2x在(0,1)上有“飘移点”;答案：证明:令h(x)=f(x+1)-f(x)-f(1)=2(2x-1+x-1),又h(0)=-1,h(1)=2,所以h(0)h(1)0。当a=2时,方程的根为x=-12,不符合要求。当0a0,可知只需=4a2-4(2-a)(2-2a)0,所以3-5a3+5,即有3-5a2时,g(x)图像的对称轴x=a2-a0,所以a1(舍去)。所以a的取值范围是3-5,2)。