苏教版 (2019)必修 第一册6.3 对数函数精品第2课时2课时学案设计

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第2课时 对数函数的图象与性质的应用








画出对数函数y＝lg2x，y＝lgeq \s\d7(eq \f(1,3))x的图象，说出该函数的性质，探究对数型函数y＝lga(x2－2x－3)的一般性质(定义域、值域、单调性等)．





1．平移变换


当b＞0时，将y＝lga x的图象向左平移b个单位，得到y＝lga(x＋b)的图象；向右平移b个单位，得到y＝lga(x－b)的图象．当b＞0时，将y＝lga x的图象向上平移b个单位，得到y＝lgax＋b的图象，将y＝lgax的图象向下平移b个单位，得到y＝lgax－b的图象．


2．对称变换


要得到y＝lga eq \f(1,x)的图象，应将y＝lga x的图象关于x轴对称．





为了得到函数y＝lg eq \f(x＋3,10)的图象，只需把函数y＝lg x的图象上所有的点 ．


向左平移3个单位，再向下平移1个单位 [y＝lg eq \f(x＋3,10)＝lg (x＋3)－1，故将y＝lgx向左平移3个单位，再向下平移1个单位．]





【例1】 作出函数y＝|lg2 (x＋2)|＋4的图象，并指出其单调增区间．


[思路点拨] 可先作出y＝lg2 x的图象，再左移2个单位得到y＝lg2 (x＋2)，通过翻折变换得到y＝|lg2 (x＋2)|，再向上平移4个单位即可．


[解] 步骤如下：


(1)作出y＝lg2 x的图象，如图(1)．


(2)将y＝lg2 x的图象沿x轴向左平移2个单位得到y＝lg2 (x＋2)的图象，如图(2)．


(3)将y＝lg2 (x＋2)的图象在x轴下方的图象以x轴为对称轴翻折到x轴的上方，得到y＝|lg2 (x＋2)|的图象，如图(3)．


(4)将y＝|lg2 (x＋2)|的图象沿y轴方向向上平移4个单位，得到y＝|lg2(x＋2)|＋4的图象，如图(4)．





由图可知，函数的单调增区间为[－1，＋∞)．





1．已知y＝f(x)的图象，求y＝|f(x＋a)|＋b的图象步骤如下：


y＝f(x)→y＝f(x＋a)→y＝|f(x＋a)|→y＝|f(x＋a)|＋b．


2．已知y＝f(x)的图象，求y＝|f(x＋a)＋b|的图象，步骤如下：


y＝f(x)→y＝f(x＋a)→y＝f(x＋a)＋b→y＝|f(x＋a)＋b|．


从上可以看出，作含有绝对值号的函数图象时，先将绝对值号内部的图象作出来，再进行翻折，内部变换的顺序是先变换x，再变换y．





eq \([跟进训练])


1．(1)若函数f(x)＝a－x(a>0，a≠1)是定义域为R的增函数，则函数g(x)＝lga (x＋1)的图象大致是( )





(2)已知lg a＋lg b＝0，则函数f(x)＝ax与函数g(x)＝－lgb x的图象可能是( )





(1)D (2)B [(1)因为函数f(x)＝a－x是定义域为R的增函数，所以0

(2)由lg a＋lg b＝0，得lg (ab)＝0，所以ab＝1，故a＝eq \f(1,b)，


所以当01；当b>1时，0

【例2】 (1)已知函数f(x)＝2lgeq \s\d7(eq \f(1,2))x的定义域为[2,4]，则函数f(x)的值域是 ．


(2)若函数f(x)＝ax＋lga(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为a，则a的值为 ．


(3)求函数f(x)＝lg2(－x2－4x＋12)的值域．


[思路点拨] (1)中利用f(x)＝2lgeq \s\d7(eq \f(1,2))x在定义域[2,4]上为减函数求解．


(2)中y＝ax与y＝lga(x＋1)在[0,1]上具有相同的单调性，所以f(x)＝ax＋lga(x＋1)在[0,1]上是单调函数．


(3)中注意考虑真数－x2－4x＋12的范围．


(1)[－4，－2] (2)eq \f(1,2) [(1)∵f(x)＝2lgeq \s\d7(eq \f(1,2))x在[2,4]上为减函数，


∴x＝2时，f(x)max＝2lgeq \s\d7(eq \f(1,2))2＝－2；


x＝4时，f(x)min＝2lgeq \s\d7(eq \f(1,2))4＝－4．


∴f(x)的值域为[－4，－2]．


(2)由题意得


eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋lga1＋a＋lga2＝a，,a＞0且a≠1，))


∴lga2＝－1，


解得a＝eq \f(1,2)．]


(3)[解] ∵－x2－4x＋12＞0，


又∵－x2－4x＋12＝－(x＋2)2＋16≤16，


∴0＜－x2－4x＋12≤16，


故lg2(－x2－4x＋12)≤lg216＝4，


∴函数的值域为(－∞，4]．





求函数值域或最大小值的常用方法


1直接法,根据函数解析式的特征，从函数自变量的变化范围出发，通过对函数定义域、性质的观察，结合解析式，直接得出函数值域.


2配方法,当所给的函数是二次函数或可化为二次函数形式的形如y＝a[fx]2＋bfx＋c，求函数值域问题时，可以用配方法.


3单调性法,根据在定义域或定义域的某个子集上的单调性，求出函数的值域.


4换元法,求形如y＝lgafx型函数值域的步骤：①换元，令u＝fx，利用函数图象和性质求出u的范围；②利用y＝lgau的单调性、图象，求出y的取值范围.





eq \([跟进训练])


2．(1)函数f(x)＝lgeq \s\d7(eq \f(1,3)) (9－x2)的单调增区间为 ，值域为 ．


(2)当x∈[3,27]时，函数f(x)＝lg3 eq \f(x,3)·lg3 eq \f(x,9)的值域为 ．


(1)(0,3) [－2，＋∞) (2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2)) [(1)f(x)的定义域为9－x2>0⇒x2<9⇒－3

当x∈(－3,0)时，u(x)＝9－x2单调递增，∴f(x)单调递减．


当x∈(0,3)时，u(x)＝9－x2单调递减，∴f(x)单调递增．


∵9－x2∈(0,9]，∴lgeq \s\d7(eq \f(1,3)) (9－x2)≥lgeq \s\d7(eq \f(1,3)) 9＝－2．


即函数的值域为[－2，＋∞)．


(2)f(x)＝lg3 eq \f(x,3)·lg3 eq \f(x,9)＝(lg3 x－1)(lg3 x－2)＝(lg3 x)2－3lg3 x＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3 x－\f(3,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)，


令t＝lg3 x，


∵x∈[3,27]，∴t∈[1,3]，


∴f(x)max＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(3,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)＝2，f(x)min＝－eq \f(1,4)．


∴函数值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2))．]


【例3】 已知函数f(x)＝lg (2－x)－lg (2＋x)．


(1)求值：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 020)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2 020)))；


(2)判断f(x)的奇偶性；


(3)判断函数的单调性并用定义证明．


[思路点拨] (1)利用代入法求解，(2)(3)用定义法判断奇偶性和单调性．


[解] (1)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 020)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2 020)))＝lg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2 020)))－lg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2 020)))＋lg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,2 020)))－lg eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,2 020)))＝0．


(2)由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x>0，,2＋x>0))⇒－2

又f(－x)＝lg (2＋x)－lg (2－x)＝－f(x)，


∴f(x)为奇函数．


(3)设－2

f(x1)－f(x2)＝lg eq \f(2－x1,2＋x1)－lg eq \f(2－x2,2＋x2)＝lg eq \f(2－x12＋x2,2＋x12－x2)，


∵(2－x1)(2＋x2)－(2＋x1)(2－x2)＝4(x2－x1)>0．


又(2－x1)(2＋x2)>0，(2＋x1)(2－x2)>0，


∴eq \f(2－x12＋x2,2＋x12－x2)>1，


∴lg eq \f(2－x12＋x2,2＋x12－x2)>0．


从而f(x1)>f(x2)，故f(x)在(－2,2)上为减函数．





对数函数性质的综合应用


1常见的命题方式,对数函数常与函数的奇偶性、单调性、最大小值以及不等式等问题综合命题，求解中通常会涉及对数运算.


2解此类问题的基本思路,首先要将所给的条件进行转化，然后结合涉及的知识点，明确各知识点的应用思路、化简方向，与所求目标建立联系，从而找到解决问题的思路.





eq \([跟进训练])


3．已知函数f(x)＝lga (x＋1)(a>1)，若函数y＝g(x)图象上任意一点P关于原点对称的点Q在函数f(x)的图象上．


(1)写出函数g(x)的解析式；


(2)当x∈[0,1)时总有f(x)＋g(x)≥m成立，求m的取值范围．


[解] (1)设P(x，y)为g(x)图象上任意一点，则Q(－x，－y)是点P关于原点的对称点，


∵Q(－x，－y)在f(x)的图象上，


∴－y＝lga(－x＋1)，即y＝g(x)＝－lga(1－x)．


(2)f(x)＋g(x)≥m，即lgaeq \f(x＋1,1－x)≥m．


设F(x)＝lgaeq \f(1＋x,1－x)＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\f(2,1－x)))，x∈[0,1)，


由题意知，只要F(x)min≥m即可．


∵F(x)在[0,1)上是增函数，


∴F(x)min＝F(0)＝0．


故m的取值范围为(－∞，0]．


[探究问题]


1．对数函数的单调性，内容是什么？


[提示] 对数函数y＝lga x，当a>1时，在(0，＋∞)上单调递增，当0

2．常数m能表示成对数形式吗？


[提示] 能．m＝lga am．


3．在y＝lga x中，对a，x的要求是什么？


[提示] a>0且a≠1，x>0．


【例4】 已知函数f(x)＝lga(1＋x)，g(x)＝lga(1－x)，其中(a>0且a≠1)，设h(x)＝f(x)－g(x)．求函数h(x)的定义域，判断h(x)的奇偶性，并说明理由．


[思路点拨] 根据对数函数的单调性求解即可，但应注意定义域的限制，在底不确定时应注意讨论．


[解] ∵f(x)＝lga(1＋x)的定义域为{x|x>－1}，


g(x)＝lga(1－x)的定义域为{x|x<1}，


∴h(x)＝f(x)－g(x)的定义域为{x|x>－1}∩{x|x<1}＝{x|－1

∵h(x)＝f(x)－g(x)＝lga(1＋x)－lga(1－x)，


∴h(－x)＝lga(1－x)－lga(1＋x)＝－[lga(1＋x)－lga(1－x)]＝－h(x)，∴h(x)为奇函数．





1．(变条件)若f(x)变为lgaeq \f(1＋x,1－x)(a>1)，求f(x)的定义域．


[解] 因为f(x)＝lgaeq \f(1＋x,1－x)，


所以eq \f(1＋x,1－x)>0，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋x>0，,1－x>0，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋x<0，,1－x<0，))


所以－1

所以函数f(x)的定义域为(－1,1)．


2．(变设问)在本例条件下，若f(3)＝2，求使h(x)<0成立的x的集合．


[解] ∵f(3)＝lga(1＋3)＝lga4＝2，∴a＝2．


∴h(x)＝lg2(1＋x)－lg2(1－x)，


∴h(x)<0等价于lg2(1＋x)

∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋x<1－x，,1＋x>0，,1－x>0，))


解得－1

故使h(x)<0成立的x的集合为{x|－1




1．解对数不等式需考虑对数定义中的隐含条件：真数大于零，底数大于零且不等于1，再根据对数函数的单调性，把对数的不等式转化为真数的不等式，然后求交集即得原不等式的解集．


2．当不等式中有两个变元时应分清主变元是谁．











1．图象的左右平移是对自变量x作变化，和x前面的系数无关．如y＝lg 2x图象向左平移3个单位得y＝lg 2(x＋3)的图象，而不是y＝lg (2x＋3)的图象，上下平移是对函数值y作变化．


2．解决与对数函数相关的问题时要树立“定义域优先”的原则，同时注意数形结合思想和分类讨论思想在解决问题中的应用．





1．已知函数y＝f(2x)的定义域为[－1,2]，则函数y＝f(lg2 x)的定义域为 ．


[eq \r(2)，16] [由题知x∈[－1,2]时，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，


∴lg2 x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，4))，∴x∈[eq \r(2)，16]，


∴y＝f(lg2 x)的定义域为[eq \r(2)，16]．]


2．函数f(x)＝1＋lg2 x与g(x)＝21－x在同一直角坐标系下的图象大致是 ．(填序号)





③ [y＝lg2 x的图象向上平移1个单位得到f(x)的图象，故f(x)必过点(1,1)，g(x)可由y＝2－x的图象右移1个单位得到，故g(x)必过点(1,1)．]


3．函数y＝(lgeq \s\d7(eq \f(1,2))x)2－eq \f(1,2)(lgeq \s\d7(eq \f(1,2))x)＋5在区间[2,4]上的最大值与最小值的和是 ．


eq \f(33,2) [∵2≤x≤4，则由y＝lgeq \s\d7(eq \f(1,2))x在区间[2,4]上为减函数知，lgeq \s\d7(eq \f(1,2)) 2≥lgeq \s\d7(eq \f(1,2)) x≥lgeq \s\d7(eq \f(1,2)) 4，


即－2≤lgeq \s\d7(eq \f(1,2))x≤－1．


若设t＝lgeq \s\d7(eq \f(1,2))x，则－2≤t≤－1，且y＝t2－eq \f(1,2)t＋5．


而y＝t2－eq \f(1,2)t＋5的图象的对称轴为t＝eq \f(1,4)，且在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4)))上为减函数，


而[－2，－1]eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4)))，所以当t＝－2，即x＝4时，此函数取得最大值，最大值为10；


当t＝－1，即x＝2时，此函数取得最小值，最小值为eq \f(13,2)．


所以该函数最大值与最小值的和是eq \f(33,2)．]


4．(1)已知函数f(x)＝eq \f(x－1,x＋1)(x≠－1，x∈R)，试判断函数f(x)的单调性，并说明理由；


(2)已知函数g(x)＝lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)))(x≠±1，x∈R)．


(ⅰ)判断g(x)的奇偶性，并说明理由；


(ⅱ)求证：对于任意的x ，y∈R，且x≠±1 ，y≠±1，xy≠－1都有g(x)＋g(y)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,1＋xy)))①．


(3)由(2)可知满足①式的函数是存在的，如g(x)＝lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)))(x≠±1，x∈R)．问：满足①的函数是否存在无穷多个？说明理由．


[解] (1)对任意的x1，x2∈(－∞，－1)，且x1

f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1－1,x1＋1)－eq \f(x2－1,x2＋1)＝eq \f(2x1－x2,x1＋1x2＋1)，


因为x1－x2<0，(x1＋1)(x2＋1)>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)

所以函数f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，同理可得f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．


(2)(ⅰ)g(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)，


对任意的x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)，有－x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)，


且g(x)＋g(－x)＝lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)))＋lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－x－1,－x＋1)))


＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－x－1,－x＋1)))))＝lg 1＝0，


所以g(x)为奇函数，


又g(2)≠g(－2)，所以g(x)不是偶函数．


(ⅱ)对于任意的x，y∈R，且x≠±1，y≠±1，xy≠－1，


因为g(x)＋g(y)＝lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)))＋lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y－1,y＋1)))＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y－1,y＋1)))))＝lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)·\f(y－1,y＋1)))，


geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,1＋xy)))＝lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(x＋y,1＋xy)－1,\f(x＋y,1＋xy)＋1)))＝lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y－1－xy,x＋y＋1＋xy)))＝lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)·\f(y－1,y＋1)))．


所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋y,1＋xy)))＝g(x)＋g(y)．


(3)设gk(x)＝k·lgeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x－1,x＋1)))＝k·g(x)，则对于任意的x, y∈R，且x≠±1 ，y≠±1，xy≠－1，都有


即gk(x)满足①，因为 k 有无穷多个，所以这样的gk(x)也有无穷多个．


学 习 目 标
核 心 素 养
1．能正确判断图象之间的变换关系．(重点)


2．理解并掌握对数函数的单调性．(重点)


3．会用对数函数的相关性质解综合题．(难点)
通过学习本节内容，提升学生的直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
对数函数的图象
值域问题
对数函数的综合问题
解对数不等式(或方程)