新高考数学一轮复习讲义 第2章 §2.7　对数与对数函数

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第2章 §2.7　对数与对数函数，共18页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§2.7 对数与对数函数
考试要求 1.理解对数的概念及运算性质，能用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数.2.通过实例，了解对数函数的概念，会画对数函数的图象，理解对数函数的单调性与特殊点.3.了解指数函数y＝ax与对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)互为反函数．
知识梳理
1．对数的概念
一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底N的对数，记作x＝lgaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数．
以10为底的对数叫做常用对数，记作lg N.
以e为底的对数叫做自然对数，记作ln N.
2．对数的性质与运算性质
(1)对数的性质：lga1＝0，lgaa＝1，＝N(a>0，且a≠1，N>0)．
(2)对数的运算性质
如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么：
①lga(MN)＝lgaM＋lgaN；
②lgaeq \f(M,N)＝lgaM－lgaN；
③lgaMn＝nlgaM (n∈R)．
(3)换底公式：lgab＝eq \f(lgcb,lgca)(a>0，且a≠1，b>0，c>0，且c≠1)．
3．对数函数的图象与性质
4.反函数
指数函数y＝ax(a>0且a≠1)与对数函数y＝lgax(a>0且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．
常用结论
1．lgab·lgba＝1，＝eq \f(n,m)lgab.
2．如图给出4个对数函数的图象
则b>a>1>d>c>0，即在第一象限，不同的对数函数图象从左到右底数逐渐增大．
3．对数函数y＝lgax(a>0且a≠1)的图象恒过点(1,0)，(a,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，－1)).
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若MN>0，则lga(MN)＝lgaM＋lgaN.( × )
(2)对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)在(0，＋∞)上是增函数．( × )
(3)函数y＝lgaeq \f(1＋x,1－x)与函数y＝ln(1＋x)－ln(1－x)是同一个函数．( × )
(4)函数y＝lg2x与y＝的图象重合．( √ )
教材改编题
1．函数y＝lga(x－2)＋2(a>0且a≠1)的图象恒过定点 ．
答案 (3,2)
解析 ∵lga1＝0，
令x－2＝1，∴x＝3，
∴y＝lga1＋2＝2，
∴原函数的图象恒过定点(3,2)．
2．计算：(lg29)·(lg34)＝ .
答案 4
解析 (lg29)·(lg34)＝eq \f(lg 9,lg 2)×eq \f(lg 4,lg 3)＝eq \f(2lg 3,lg 2)×eq \f(2lg 2,lg 3)＝4.
3．若函数y＝lgax(a>0，a≠1)在[2,4]上的最大值与最小值的差是1，则a＝ .
答案 eq \f(1,2)或2
解析 当a>1时，lga4－lga2＝lga2＝1，
∴a＝2；
当0∴a＝eq \f(1,2)，综上有a＝eq \f(1,2)或2.
题型一 对数式的运算
例1 (1)设2a＝5b＝m，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，则m等于( )
A.eq \r(10) B．10 C．20 D．100
答案 A
解析 2a＝5b＝m，
∴lg2m＝a，lg5m＝b，
∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,lg2m)＋eq \f(1,lg5m)＝lgm2＋lgm5
＝lgm10＝2，
∴m2＝10，
∴m＝eq \r(10)(舍m＝－eq \r(10))．
(2)计算：lg535＋－lg5eq \f(1,50)－lg514＝ .
答案 2
解析 原式＝lg535－lg5eq \f(1,50)－lg514＋
＝lg5eq \f(35,\f(1,50)×14)＋
＝lg5125－1＝lg553－1＝3－1＝2.
教师备选
计算：eq \f(1－lg632＋lg62·lg618,lg64)＝ .
答案 1
解析 原式＝
eq \f(1－2lg63＋lg632＋lg6\f(6,3)·lg66×3,lg64)
＝eq \f(1－2lg63＋lg632＋1－lg632,lg64)
＝eq \f(21－lg63,2lg62)＝eq \f(lg66－lg63,lg62)＝eq \f(lg62,lg62)＝1.
思维升华 解决对数运算问题的常用方法
(1)将真数化为底数的指数幂的形式进行化简．
(2)将同底对数的和、差、倍合并．
(3)利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意换底公式的正用、逆用及变形应用．
跟踪训练1 (1)已知a>b>1，若lgab＋lgba＝eq \f(5,2)，ab＝ba，则a＋b＝ .
答案 6
解析 设lgb a＝t，则t>1，因为t＋eq \f(1,t)＝eq \f(5,2)，
所以t＝2，则a＝b2.又ab＝ba，
所以b2b＝，即2b＝b2，
又a>b>1，解得b＝2，a＝4.
所以a＋b＝6.
(2)计算：lg 25＋lg 50＋lg 2·lg 500＋(lg 2)2＝ .
答案 4
解析 原式＝2lg 5＋lg(5×10)＋lg 2·lg(5×102)＋(lg 2)2
＝2lg 5＋lg 5＋1＋lg 2·(lg 5＋2)＋(lg 2)2
＝3lg 5＋1＋lg 2·lg 5＋2lg 2＋(lg 2)2
＝3lg 5＋2lg 2＋1＋lg 2(lg 5＋lg 2)
＝3lg 5＋2lg 2＋1＋lg 2
＝3(lg 5＋lg 2)＋1
＝4.
题型二 对数函数的图象及应用
例2 (1)已知函数f(x)＝lga(2x＋b－1)(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则a，b满足的关系是( )
A．0C．0答案 A
解析 由函数图象可知，f(x)为增函数，故a>1.函数图象与y轴的交点坐标为(0，lgab)，由函数图象可知－1(2)若方程4x＝lgax在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上有解，则实数a的取值范围为 ．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
解析
若方程4x＝lgax在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上有解，则函数y＝4x和函数y＝lgax在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上有交点，
由图象知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0教师备选
已知x1，x2分别是函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x－2的零点，则＋ln x2的值为( )
A．e2＋ln 2 B．e＋ln 2
C．2 D．4
答案 C
解析 根据题意，已知x1，x2分别是函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x－2的零点，
函数f(x)＝ex＋x－2的零点为函数y＝ex的图象与y＝2－x的图象的交点的横坐标，
则两个函数图象的交点为(x1，)，
函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为函数y＝ln x的图象与y＝2－x的图象的交点的横坐标，
则两个函数图象的交点为(x2，ln x2)，
又由函数y＝ex与函数y＝ln x互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，
而直线y＝2－x也关于直线y＝x对称，则点(x1，)和(x2，ln x2)也关于直线y＝x对称，则有x1＝ln x2，则有＋ln x2＝＋x1＝2.
思维升华 对数函数图象的识别及应用方法
(1)在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项．
(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．
跟踪训练2 (1)已知函数f(x)＝lgax＋b的图象如图所示，那么函数g(x)＝ax＋b的图象可能为( )
答案 D
解析 结合已知函数的图象可知，
f(1)＝b<－1，a>1，
则g(x)单调递增，且g(0)＝b＋1<0，故D符合题意．
(2)(2022·广州调研)设x1，x2，x3均为实数，且＝ln x1，＝ln(x2＋1)，＝lg x3，则( )
A．x1C．x2答案 D
解析 画出函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))x，y＝ln x，y＝ln(x＋1)，y＝lg x的图象，如图所示．
数形结合，知x2题型三 对数函数的性质及应用
命题点1 比较指数式、对数式大小
例3 (1)设a＝lg3e，b＝e1.5，c＝ ，则( )
A．bC．c答案 D
解析 c＝＝lg34>lg3e＝a.
又c＝lg342，
∴a(2)(2022·昆明一中月考)设a＝lg63，b＝lg126，c＝lg2412，则( )
A．bC．a答案 C
解析 因为a，b，c都是正数，
所以eq \f(1,a)＝lg36＝1＋lg32，
eq \f(1,b)＝lg612＝1＋lg62，
eq \f(1,c)＝lg1224＝1＋lg122，
因为lg32＝eq \f(lg 2,lg 3)，
lg62＝eq \f(lg 2,lg 6)，
lg122＝eq \f(lg 2,lg 12)，且lg 3所以lg32>lg62>lg122，
即eq \f(1,a)>eq \f(1,b)>eq \f(1,c)，
所以a命题点2 解对数方程不等式
例4 若lga(a＋1)0，a≠1)，则实数a的取值范围是 ．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))
解析 依题意lga(a＋1)∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,a＋1<2\r(a)<1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(02\r(a)>1，))
解得eq \f(1,4)命题点3 对数性质的应用
例5 (2020·全国Ⅱ)设函数f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，则f(x)( )
A．是偶函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增
B．是奇函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递减
C．是偶函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递增
D．是奇函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减
答案 D
解析 f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠±\f(1,2))))).
又f(－x)＝ln|－2x＋1|－ln|－2x－1|
＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，故排除A，C.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))时，
f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝lneq \f(－2x－1,1－2x)
＝lneq \f(2x＋1,2x－1)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,2x－1)))，
∵y＝1＋eq \f(2,2x－1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，
∴由复合函数的单调性可得f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减．
教师备选
1．(2022·安徽十校联盟联考)已知a＝lg23，b＝2lg53，c＝，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>a>c D．c>b>a
答案 B
解析 ∵a＝lg23>1，b＝2lg53＝lg59>1，
c＝<0，
∴eq \f(a,b)＝eq \f(lg23,lg59)＝eq \f(lg 3,lg 2)×eq \f(lg 5,lg 9)＝eq \f(lg 3,lg 2)×eq \f(lg 5,2lg 3)
＝eq \f(lg 5,2lg 2)＝eq \f(lg 5,lg 4)＝lg45>1，
∴a>b，∴a>b>c.
2．若f(x)＝lg(x2－2ax＋1＋a)在区间(－∞，1]上单调递减，则a的取值范围为( )
A．[1,2) B．[1,2]
C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)
答案 A
解析 令函数g(x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，对称轴为x＝a，要使函数f(x)在
(－∞，1]上单调递减，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1>0，,a≥1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a>0，,a≥1，))解得1≤a<2，即a∈[1,2)．
思维升华 求与对数函数有关的函数值域和复合函数的单调性问题，必须弄清三个问题：一是定义域；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成．
跟踪训练3 (1)若实数a，b，c满足lga2A．aC．c答案 C
解析 根据不等式的性质和对数的换底公式可得eq \f(1,lg2a)即lg2c可得c(2)若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lgax，x≥2，,－lgax－4，0答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
解析 当a>1时，函数f(x)＝lgax在[2，＋∞)上单调递增，无最值，不满足题意，
故0当x≥2时，函数f(x)＝lgax在[2，＋∞)上单调递减，f(x)≤f(2)＝lga2；
当0则lga2≥－lga2－4，即lga2≥－2＝lgaa－2，
即eq \f(1,a2)≥2,0故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).
(3)(2022·潍坊模拟)已知f(x)＝1＋lg3x(1≤x≤9)，设函数g(x)＝f2(x)＋f(x2)，则g(x)max－g(x)min＝ .
答案 5
解析 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x≤9，,1≤x2≤9，))
∴1≤x≤3，∴g(x)的定义域为[1,3]，
g(x)＝f2(x)＋f(x2)
＝(1＋lg3x)2＋1＋lg3x2
＝(lg3x)2＋4lg3x＋2，
设t＝lg3x，则0≤t≤1，
则y＝t2＋4t＋2＝(t＋2)2－2，在[0,1]上单调递增，
∴当t＝0即x＝1时，g(x)min＝2，
当t＝1即x＝3时，g(x)max＝7，
∴g(x)max－g(x)min＝5.
课时精练
1．(2022·重庆巴蜀中学月考)设a＝eq \f(1,2)，b＝lg7eq \r(5)，c＝lg87，则( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．c>b>a D．c>a>b
答案 D
解析 a＝eq \f(1,2)＝lg7eq \r(7)>b＝lg7eq \r(5)，
c＝lg87>lg8eq \r(8)＝eq \f(1,2)＝a，
所以c>a>b.
2．若函数y＝f(x)是函数y＝ax(a>0，且a≠1)的反函数且f(2)＝1，则f(x)等于( )
A．lg2x B.eq \f(1,2x) C． D．2x－2
答案 A
解析 函数y＝ax(a>0，且a≠1)的反函数是f(x)＝lgax，
又f(2)＝1，即lga2＝1，
所以a＝2.故f(x)＝lg2x.
3．(2022·昆明模拟)我们知道：人们对声音有不同的感觉，这与它的强度有关系．一般地，声音的强度用(W/m2)表示，但在实际测量时，声音的强度水平常用L1＝10 lg eq \f(I,I0)(单位：分贝，L1≥0，其中I0＝1×10－12是人们平均能听到的最小强度，是听觉的开端)．某新建的小区规定：小区内公共场所的声音的强度水平必须保持在50分贝以下，则声音强度I的取值范围是( )
A．(－∞，10－7) B．[10－12，10－5)
C．[10－12，10－7) D．(－∞，10－5)
答案 C
解析 由题意可得，0≤10·lg eq \f(I,I0)<50，
即0≤lg I－lg(1×10－12)<5，
所以－12≤lg I<－7，
解得10－12≤I<10－7，
所以声音强度I的取值范围是[10－12,10－7)．
4．设函数f(x)＝若f(a)>f(－a)，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,0)∪(0,1)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(1，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(0,1)
答案 C
解析 由题意得
或
解得a>1或－15. (多选)函数y＝lga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图象如图所示，则下列结论成立的是( )
A．a>1
B．0C．0D．c>1
答案 BC
解析 由图象可知函数为减函数，∴0令y＝0得lga(x＋c)＝0，
x＋c＝1，x＝1－c，由图象知0<1－c<1，
∴06．(多选)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－x，则( )
A．f(ln 2)＝ln eq \f(5,2)
B．f(x)是奇函数
C．f(x)在(0，＋∞)上单调递增
D．f(x)的最小值为ln 2
答案 ACD
解析 f(ln 2)＝ln(e2ln 2＋1)－ln 2＝ln eq \f(5,2)，
故A项正确；
f(x)＝ln(e2x＋1)－x＝ln(e2x＋1)－ln ex
＝ln eq \f(e2x＋1,ex)＝ln(ex＋e－x)，
所以f(－x)＝ln(ex＋e－x)，
所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故B项错误；
当x>0时，y＝ex＋e－x在(0，＋∞)上单调递增，
因此y＝ln(ex＋e－x)在(0，＋∞)上单调递增，故C项正确；
由于f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(x)为偶函数，
所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，
所以f(x)的最小值为f(0)＝ln 2，故D项正确．
7．(2022·海口模拟)lg3eq \r(27)＋lg 25＋lg 4＋＋的值等于 ．
答案 eq \f(15,2)
解析 原式＝
＋lg 52＋lg 22＋2＋
＝eq \f(3,2)＋2lg 5＋2lg 2＋2＋2
＝eq \f(3,2)＋2(lg 5＋lg 2)＋2＋2
＝eq \f(3,2)＋2＋2＋2
＝eq \f(15,2).
8．函数f(x)＝lg2eq \r(x)·的最小值为 ．
答案 －eq \f(1,4)
解析 依题意得f(x)＝eq \f(1,2)lg2x·(2＋2lg2x)＝(lg2x)2＋lg2x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2x＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)≥－eq \f(1,4)，当lg2x＝－eq \f(1,2)，即x＝eq \f(\r(2),2)时等号成立，所以函数f(x)的最小值为－eq \f(1,4).
9．设f(x)＝lg2(ax－bx)，且f(1)＝1，f(2)＝lg212.
(1)求a，b的值；
(2)当x∈[1,2]时，求f(x)的最大值．
解 (1)因为f(x)＝lg2(ax－bx)，
且f(1)＝1，f(2)＝lg212，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2a－b＝1，,lg2a2－b2＝lg212，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－b＝2，,a2－b2＝12，))
解得a＝4，b＝2.
(2)由(1)得f(x)＝lg2(4x－2x)，
令t＝4x－2x，
则t＝4x－2x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，
因为1≤x≤2，所以2≤2x≤4，
所以eq \f(9,4)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,2)))2≤eq \f(49,4)，即2≤t≤12，
因为y＝lg2t在[2,12]上单调递增，
所以ymax＝lg212＝2＋lg23，
即函数f(x)的最大值为2＋lg23.
10．(2022·枣庄模拟)已知函数f(x)＝lga(x＋1)－lga(1－x)，a>0且a≠1.
(1)判断f(x)的奇偶性并予以证明；
(2)当a>1时，求使f(x)>0的x的解集．
解 (1)f(x)是奇函数，证明如下：
因为f(x)＝lga(x＋1)－lga(1－x)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1>0，,1－x>0，))
解得－1f(－x)＝lga(－x＋1)－lga(1＋x)
＝－[lga(1＋x)－lga(－x＋1)]＝－f(x)，
故f(x)是奇函数．
(2)因为当a>1时，y＝lga(x＋1)是增函数，
y＝lga(1－x)是减函数，
所以当a>1时，f(x)在定义域(－1,1)内是增函数，
f(x)>0即lga(x＋1)－lga(1－x)>0，
lgaeq \f(x＋1,1－x)>0，eq \f(x＋1,1－x)>1，eq \f(2x,1－x)>0，
2x(1－x)>0，解得0故使f(x)>0的x的解集为(0,1)．
11．设a＝lg0.20.3，b＝lg20.3，则( )
A．a＋bC．a＋b<0答案 B
解析 ∵a＝lg0.20.3>lg0.21＝0，
b＝lg20.3∵eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lg0.30.2＋lg0.32＝lg0.30.4，
∴1＝lg0.30.3>lg0.30.4>lg0.31＝0，
∴012．若实数x，y，z互不相等，且满足2x＝3y＝lg4z，则( )
A．z>x>y B．z>y>x
C．x>y，x>z D．z>x，z>y
答案 D
解析 设2x＝3y＝lg4z＝k>0，
则x＝lg2k，y＝lg3k，z＝4k，
根据指数、对数函数图象易得4k>lg2k，
4k>lg3k，
即z>x，z>y.
13．(2022·沈阳模拟)函数f(x)＝|lg3x|，若正实数m，n(mA.eq \f(8,3) B.eq \f(80,9) C.eq \f(15,4) D.eq \f(255,16)
答案 A
解析 ∵f(x)＝|lg3x|，正实数m，n(m∴0∴lg3m＝－lg3n，
∴lg3m＋lg3n＝0，解得mn＝1，
又∵f(x)在区间[m2，n]上的最大值为2，
易知f(m2)＝－lg3m2＝2，此时eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,3)，,n＝3，))
∴n－m＝eq \f(8,3).
14．(2022·惠州模拟)若函数f(x)＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－ax＋\f(1,2)))有最小值，则实数a的取值范围是 ．
答案 (1，eq \r(2))
解析 令u＝x2－ax＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))2＋eq \f(1,2)－eq \f(a2,4)，
则u有最小值eq \f(1,2)－eq \f(a2,4)，
欲使函数f(x)＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－ax＋\f(1,2)))有最小值，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,\f(1,2)－\f(a2,4)>0，))
解得115．(2022·丽水模拟)已知lga(a＋1)0且a≠1)，则a的取值范围是 ．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋\r(5),2)，1))
解析 ∵lga(a＋1)－lg(a＋1)a
＝eq \f(lga＋1,lg a)－eq \f(lg a,lga＋1)
＝eq \f(lg2a＋1－lg2a,lg alga＋1)
＝eq \f([lga＋1－lg a][lga＋1＋lg a],lg alga＋1)
当a>1时，lg(a＋1)>lg a>0，
∴lga(a＋1)>lg(a＋1)a，不符合题意；
当00，
lg(a＋1)－lg a＝lgeq \f(a＋1,a)>lg 1＝0，
lg(a＋1)＋lg a＝lg [a(a＋1)]
＝lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2－\f(1,4)))，
∴lga(a＋1)即为lgeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2－\f(1,4)))>0，
由于y＝lg x(x>0)单调递增，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)>1.
又0综上有a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋\r(5),2)，1)).
16．已知函数f(x)＝lg2(2x＋k)(k∈R)．
(1)当k＝－4时，解不等式f(x)>2；
(2)若函数f(x)的图象过点P(0,1)，且关于x的方程f(x)＝x－2m有实根，求实数m的取值范围．
解 (1)当k＝－4时，f(x)＝lg2(2x－4)．
由f(x)>2，
得lg2(2x－4)>2，
得2x－4>4，
得2x>8，
解得x>3.
故不等式f(x)>2的解集是(3，＋∞)．
(2)因为函数f(x)＝lg2(2x＋k)(k∈R)的图象过点P(0,1)，
所以f(0)＝1，
即lg2(1＋k)＝1，
解得k＝1.
所以f(x)＝lg2(2x＋1)．
因为关于x的方程f(x)＝x－2m有实根，
即lg2(2x＋1)＝x－2m有实根．
所以方程－2m＝lg2(2x＋1)－x有实根．
令g(x)＝lg2(2x＋1)－x，
则g(x)＝lg2(2x＋1)－x
＝lg2(2x＋1)－lg22x
＝lg2eq \f(2x＋1,2x)＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2x))).
因为1＋eq \f(1,2x)>1，lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2x)))>0，
所以g(x)的值域为(0，＋∞)．
所以－2m>0，
解得m<0.
所以实数m的取值范围是(－∞，0)．y＝lgax
a>1
0图象
定义域
(0，＋∞)
值域
R
性质
过定点(1,0)，即x＝1时，y＝0
当x>1时，y>0；
当0y<0
当x>1时，y<0；
当0y>0
在(0，＋∞)上是增函数
在(0，＋∞)上是减函数