2023届高考一轮复习讲义（理科）第二章　函数概念与基本初等函数第6讲　对数与对数函数学案

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这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第二章　函数概念与基本初等函数第6讲　对数与对数函数学案，共14页。

[学生用书P26]
一、知识梳理
1．对数
2.对数函数的图象与性质
续表
3.反函数
指数函数y＝ax与对数函数y＝lgax互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．
常用结论
1．换底公式的三个重要结论
①lgab＝eq \f(1,lgba)；
②lgambn＝eq \f(n,m)lgab；
③lgab·lgbc·lgcd＝lgad.
2．对数函数的图象与底数大小的关系
如图，作直线y＝1，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数．
故0由此我们可得到以下规律：在第一象限内与y＝1相交的对数函数从左到右底数逐渐增大．
二、习题改编
1．(必修1P68T4改编)(lg29)·(lg34)＝________．
解析：(lg29)·(lg34)＝eq \f(lg9,lg2)×eq \f(lg4,lg3)＝eq \f(2lg3,lg2)×eq \f(2lg2,lg3)＝4.
答案：4
2．(必修1P73探究改编)若函数y＝f(x)是函数y＝2x的反函数，则f(2)＝________．
解析：由题意知f(x)＝lg2x，
所以f(2)＝lg22＝1.
答案：1
3．(必修1P71表格改编)函数y＝lga(4－x)＋1(a＞0，且a≠1)的图象恒过点________．
解析：当4－x＝1即x＝3时，y＝lga1＋1＝1.
所以函数的图象恒过点(3，1)．
答案：(3，1)
4．(必修1P82A组T6改编)已知a＝2－eq \f(1,3)，b＝lg2eq \f(1,3)，c＝lgeq \s\d9(\f(1,2))eq \f(1,3)，则a，b，c的大小关系为________．
解析：因为01.所以c>a>b.
答案：c>a>b
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)lga(MN)＝lgaM＋lgaN.( )
(2)lgax·lgay＝lga(x＋y)．( )
(3)函数y＝lg2x及y＝lgeq \s\d9(\f(1,3))3x都是对数函数．( )
(4)对数函数y＝lgax(a>0且a≠1)在(0，＋∞)上是增函数．( )
(5)函数y＝ln eq \f(1＋x,1－x)与y＝ln(1＋x)－ln(1－x)的定义域相同．( )
(6)对数函数y＝lgax(a>0且a≠1)的图象过定点(1，0)，且过点(a，1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，－1))，函数图象只经过第一、四象限．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)对数函数图象的特征不熟致误；
(2)忽视对底数的讨论致误；
(3)忽视对数函数的定义域致误．
1．已知a>0，a≠1，函数y＝ax与y＝lga(－x)的图象可能是________．(填序号)
解析：函数y＝lga(－x)的图象与y＝lgax的图象关于y轴对称，符合条件的只有②.
答案：②
2．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＝________．
解析：分两种情况讨论：①当a>1时，有lga4－lga2＝1，解得a＝2；②当0答案：2或eq \f(1,2)
3．函数y＝eq \r(lg\s\d9(\f(2,3))（2x－1）)的定义域是________．
解析：由lgeq \s\d9(\f(2,3))(2x－1)≥0，得0<2x－1≤1.
所以eq \f(1,2)所以函数y＝eq \r(lg\s\d9(\f(2,3))（2x－1）)的定义域是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
[学生用书P27]
对数式的化简与求值(自主练透)
1．计算(lg 2)2＋lg 2·lg 50＋lg 25的结果为________．
解析：原式＝lg 2(lg 2＋lg 50)＋lg 25＝2lg 2＋lg 25＝lg 4＋lg 25＝2.
答案：2
2．若lg x＋lg y＝2lg(2x－3y)，则lgeq \s\d9(\f(3,2))eq \f(x,y)的值为________．
解析：依题意，可得lg(xy)＝lg(2x－3y)2，
即xy＝4x2－12xy＋9y2，
整理得：4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))eq \s\up12(2)－13eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＋9＝0，解得eq \f(x,y)＝1或eq \f(x,y)＝eq \f(9,4).
因为x>0，y>0，2x－3y>0，
所以eq \f(x,y)＝eq \f(9,4)，所以lgeq \s\d9(\f(3,2))eq \f(x,y)＝2.
答案：2
3．设2a＝5b＝m，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，则m等于________．
解析：由2a＝5b＝m得a＝lg2m，b＝lg5m，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lgm2＋lgm5＝lgm10.
因为eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，所以lgm10＝2.
所以m2＝10，所以m＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
4．已知lg23＝a，3b＝7，则lg3eq \r(7)2eq \r(21)的值为________．
解析：由题意3b＝7，所以lg37＝b.
所以lg3eq \r(7)2eq \r(21)＝lgeq \r(63)eq \r(84)＝eq \f(lg284,lg263)＝eq \f(lg2（22×3×7）,lg2（32×7）)＝eq \f(2＋lg23＋lg23·lg37,2lg23＋lg23·lg37)＝eq \f(2＋a＋ab,2a＋ab).
答案：eq \f(2＋a＋ab,2a＋ab)
eq \a\vs4\al()
对数运算的一般思路
(1)拆：首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后利用对数运算性质化简合并．
(2)合：将对数式化为同底数对数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算．
对数函数的图象及应用(典例迁移)
(1)(2019·高考浙江卷)在同一直角坐标系中，函数y＝eq \f(1,ax)，y＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))(a>0，且a≠1)的图象可能是( )
(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg3x|，0＜x＜3,\f(1,3)x2－\f(10,3)x＋8，x≥3))，若存在实数a，b，c，d，满足f(a)＝f(b)＝f(c)＝f(d)，其中d＞c＞b＞a＞0，则abcd的取值范围________．
【解析】 (1)对于函数y＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))，当y＝0时，有x＋eq \f(1,2)＝1，得x＝eq \f(1,2)，即y＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))的图象恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，排除选项A、C；函数y＝eq \f(1,ax)与y＝lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))在各自定义域上单调性相反，排除选项B，故选D.
(2)
由题意可得－lg3a＝lg3b＝eq \f(1,3)c2－eq \f(10,3)c＋8＝eq \f(1,3)d2－eq \f(10,3)d＋8，
可得lg3(ab)＝0，故ab＝1.
结合函数f(x)的图象，在区间[3，＋∞)上，
令f(x)＝1可得c＝3、d＝7、cd＝21.
令f(x)＝0可得c＝4、d＝6、cd＝24.
故有21＜abcd＜24.
【答案】 (1)D (2)(21，24)
eq \a\vs4\al()
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．
1.已知函数y＝lga(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图象如图，则下列结论成立的是( )
A．a>1，c>1
B．a>1，0C．01
D．0解析：选D.由对数函数的图象和性质及函数图象的平移变换知02．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,3x，x≤0，))关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________．
解析：问题等价于函数y＝f(x)与y＝－x＋a的图象有且只有一个交点，结合函数图象可知a>1.
答案：(1，＋∞)
对数函数的性质及应用(多维探究)
角度一比较大小
已知a＝lg2e，b＝ln 2，c＝lgeq \s\d9(\f(1,2))eq \f(1,3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
【解析】因为c＝lgeq \s\d9(\f(1,2))eq \f(1,3)＝lg23>lg2e＝a，所以c>a.
因为b＝ln 2＝eq \f(1,lg2e)<1所以a>b.
所以c>a>b.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
比较对数值大小的常见类型及解题方法
角度二解简单对数不等式
已知不等式lgx(2x2＋1)【解析】原不等式⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(03x>1))①
或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>1，,2x2＋1<3x<1))②，
解不等式组①得eq \f(1,3)不等式组②无解，
所以实数x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2))).
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))
eq \a\vs4\al()
求解对数不等式的两种类型及方法
[提醒] 注意对数式的真数大于零，且不等于1.
角度三与对数函数有关的综合问题
已知函数f(x)＝lga(3－ax)．
(1)当x∈[0，2]时，函数f(x)恒有意义，求实数a的取值范围；
(2)是否存在这样的实数a，使得函数f(x)在区间[1，2]上为减函数，并且最大值为1？如果存在，试求出a的值；如果不存在，请说明理由．
【解】 (1)因为a>0且a≠1，设t(x)＝3－ax，
则t(x)＝3－ax为减函数，
x∈[0，2]时，t(x)的最小值为3－2a，
当x∈[0，2]时，f(x)恒有意义，
即x∈[0，2]时，3－ax>0恒成立．
所以3－2a>0.所以a又a>0且a≠1，所以a∈(0，1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
(2)t(x)＝3－ax，因为a>0，
所以函数t(x)为减函数．
因为f(x)在区间[1，2]上为减函数，
所以y＝lgat为增函数，
所以a>1，当x∈[1，2]时，t(x)最小值为3－2a，f(x)最大值为f(1)＝lga(3－a)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－2a>0，,lga（3－a）＝1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<\f(3,2)，,a＝\f(3,2).))
故不存在这样的实数a，使得函数f(x)在区间[1，2]上为减函数，并且最大值为1.
eq \a\vs4\al()
解决与对数函数有关的函数的单调性问题的步骤

1．(2019·高考天津卷)已知a＝lg52，b＝lg0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．b解析：选A.a＝lg520.51＝eq \f(1,2)，故a＝2，而c＝0.50.2<0.50＝1，故c2．若定义在区间(－1，0)内的函数f(x)＝lg2a(x＋1)满足f(x)>0，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D．(0，＋∞)
解析：选A.因为－10，所以0<2a<1，所以03．已知a>0，若函数f(x)＝lg3(ax2－x)在[3，4]上是增函数，则a的取值范围是________．
解析：要使f(x)＝lg3(ax2－x)在[3，4]上单调递增，
则y＝ax2－x在[3，4]上单调递增，
且y＝ax2－x>0恒成立，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)≤3，,9a－3>0，))解得a>eq \f(1,3).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))
[学生用书P29]
数形结合法在对数函数问题中的应用
设方程10x＝|lg(－x)|的两个根分别为x1，x2，则( )
A．x1x2<0 B．x1x2＝0
C．x1x2>1 D．0【解析】作出y＝10x与y＝|lg(－x)|的大致图象，如图．
显然x1<0，x2<0.
不妨令x1则x1<－1所以10x1＝lg(－x1)，10x2＝－lg(－x2)，
此时10x1<10x2，即lg(－x1)<－lg(－x2)，
由此得lg(x1x2)<0，所以0【答案】 D
eq \a\vs4\al()
一些对数型函数、方程、不等式问题的求解，需转化为相应函数图象问题，利用数形结合法求解．
设实数a，b是关于x的方程|lg x|＝c的两个不同实数根，且a解析：
由题意知，在(0，10)上，函数y＝|lg x|的图象和直线y＝c有两个不同交点，所以ab＝1，0答案：(0，1)
[学生用书P266(单独成册)]
[基础题组练]
1．函数y＝eq \r(lg3（2x－1）＋1)的定义域是( )
A．[1，2] B．[1，2)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
解析：选C.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg3（2x－1）＋1≥0，,2x－1>0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg3（2x－1）≥lg3\f(1,3)，,x>\f(1,2)，))解得x≥eq \f(2,3).
2．(2020·吕梁模拟)已知a＝lg35，b＝1.51.5，c＝ln 2，则a，b，c的大小关系是( )
A．cC．a解析：选A.11.5，c＝ln 2<1，所以c3．如果lgeq \s\d9(\f(1,2))xA．yC．1解析：选D.由lgeq \s\d9(\f(1,2))xy>1.
4．函数f(x)＝|lga(x＋1)|(a>0，且a≠1)的大致图象是( )
解析：选C.函数f(x)＝|lga(x＋1)|的定义域为{x|x>－1}，且对任意的x，均有f(x)≥0，结合对数函数的图象可知选C.
5．若函数y＝lga(x2－ax＋1)有最小值，则a的取值范围是 ( )
A．0C．1解析：选C.当a>1时，y有最小值，则说明x2－ax＋1有最小值，故x2－ax＋1＝0中Δ<0，即a2－4<0，所以2>a>1.
当0则说明x2－ax＋1有最大值，与二次函数性质相互矛盾，舍去．综上可知，故选C.
6．已知函数f(x)＝x3＋alg3x，若f(2)＝6，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝________．
解析：由f(2)＝8＋alg32＝6，解得a＝－eq \f(2,lg32)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,8)＋alg3eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)－alg32＝eq \f(1,8)＋eq \f(2,lg32)×lg32＝eq \f(17,8).
答案：eq \f(17,8)
7．已知2x＝72y＝A，且eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝2，则A的值是________．
解析：由2x＝72y＝A得x＝lg2A，y＝eq \f(1,2)lg7A，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,lg2A)＋eq \f(2,lg7A)＝lgA2＋2lgA7＝lgA98＝2，A2＝98.
又A>0，故A＝eq \r(98)＝7eq \r(2).
答案：7eq \r(2)
8．已知函数f(x)＝|lg3 x|，实数m，n满足0解析：因为f(x)＝|lg3x|，正实数m，n满足m2，不满足题意．综上可得eq \f(n,m)＝9.
答案：9
9．设f(x)＝lga(1＋x)＋lga(3－x)(a>0，且a≠1)，且f(1)＝2.
(1)求a的值及f(x)的定义域；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上的最大值．
解：(1)因为f(1)＝2，所以lga4＝2(a>0，且a≠1)，所以a＝2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋x>0，,3－x>0，))得－1所以函数f(x)的定义域为(－1，3)．
(2)f(x)＝lg2(1＋x)＋lg2(3－x)
＝lg2[(1＋x)(3－x)]＝lg2[－(x－1)2＋4]，
所以当x∈(－1，1]时，f(x)是增函数；
当x∈(1，3)时，f(x)是减函数，
故函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上的最大值是f(1)＝lg24＝2.
10．已知函数f(x)＝lgax(a＞0且a≠1)的图象过点(4，2)．
(1)求a的值；
(2)若g(x)＝f(1－x)＋f(1＋x)，求g(x)的解析式及定义域；
(3)在(2)的条件下，求g(x)的单调减区间．
解：(1)函数f(x)＝lgax(a＞0且a≠1)的图象过点(4，2)，
可得lga4＝2，解得a＝2.
(2)g(x)＝f(1－x)＋f(1＋x)＝lg2(1－x)＋lg2(1＋x)＝lg2(1－x2)，
由1－x＞0且1＋x＞0，解得－1＜x＜1，
可得g(x)的定义域为(－1，1)．
(3)g(x)＝lg2(1－x2)，
由t＝1－x2在(－1，0)上单调递增，(0，1)上单调递减，
且y＝lg2t在(0，＋∞)上单调递增，
可得函数g(x)的单调减区间为(0，1)．
[综合题组练]
1．若lg2x＝lg3y＝lg5z＜－1，则( )
A．2x＜3y＜5z B．5z＜3y＜2x
C．3y＜2x＜5z D．5z＜2x＜3y
解析：选B.设lg2x＝lg3y＝lg5z＝t，则t＜－1, x＝2t, y＝3t, z＝5t, 因此2x＝2t＋1，3y＝3t＋1，5z＝5t＋1. 又t＜－1，所以t＋1＜0，由幂函数y＝xt＋1的单调性可知5z＜3y＜2x.
2．(2020·黄石模拟)已知x1＝lgeq \s\d9(\f(1,3))2，x2＝2－eq \s\up6(\f(1,2))，x3满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x3)＝lg3x3，则( )
A．x1C．x2解析：选A.由题意可知x3是函数y1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)与y2＝lg3x的图象交点的横坐标，在同一直角坐标系中画出函数y1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)与y2＝lg3 x的图象，如图所示，由图象可知x3>1，而x1＝lgeq \s\d9(\f(1,3))2<0，0x2>x1.故选A.
3．已知函数f(x)＝lg0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)单调递减，则a的取值范围为________．
解析：令g(x)＝x2－ax＋3a，
因为f(x)＝lg0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)单调递减，
所以函数g(x)在区间[2，＋∞)内单调递增，且恒大于0，
所以eq \f(1,2)a≤2且g(2)＞0，
所以a≤4且4＋a＞0，所以－4＜a≤4.
答案：(－4，4]
4．设函数f(x)＝|lgax|(0解析：
作出y＝|lgax|(0＜a＜1)的大致图象如图所示，令|lgax|＝1.
得x＝a或x＝eq \f(1,a)，又1－a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))＝1－a－eq \f(1－a,a)＝eq \f(（1－a）（a－1）,a)＜0，故1－a＜eq \f(1,a)－1，所以n－m的最小值为1－a＝eq \f(1,3)，a＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
5．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)解不等式f(x2－1)>－2.
解：(1)当x<0时，－x>0，则f(－x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(－x)．
因为函数f(x)是偶函数，
所以f(－x)＝f(x)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))(－x)，
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg\s\d9(\f(1,2))x，x>0，,0，x＝0，,lg\s\d9(\f(1,2))（－x），x<0.))
(2)因为f(4)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))4＝－2，f(x)是偶函数，
所以不等式f(x2－1)>－2转化为f(|x2－1|)>f(4)．
又因为函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
所以|x2－1|<4，解得－eq \r(5)即不等式的解集为(－eq \r(5)，eq \r(5))．
概念
如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么数x叫做以a为底数N的对数，记作x＝lgaN，其中a叫做对数的底数，N叫做真数，lgaN叫做对数式
性质
对数式与指数式的互化：ax＝N⇔x＝lgaN(a>0，且a≠1)
lga1＝0，lgaa＝1，algaN＝N(a>0，且a≠1)
运算法则
lga(M·N)＝lgaM＋lgaN
a>0，且a≠1，M>0，N>0
lgaeq \f(M,N)＝lgaM－lgaN
lgaMn＝nlgaM(n∈R)
换底公式
lgab＝eq \f(lgcb,lgca)(a>0，且a≠1，c>0，且c≠1，b>0)
a>1
0图象
a>1
0性质
定义域：(0，＋∞)
值域：R
过定点(1，0)
当x>1时，y>0当0当x>1时，y<0当00
在(0，＋∞)上是增函数
在(0，＋∞)上是减函数
常见类型
解题方法
底数为同一常数
可由对数函数的单调性直接进行判断
底数为同一字母
需对底数进行分类讨论
底数不同，真数相同
可以先用换底公式化为同底后，再进行比较
底数与真数都不同
常借助1，0等中间量进行比较
类型
方法
lgax>lgab
借助y＝lgax的单调性求解，如果a的取值不确定，需分a>1与0lgax>b
需先将b化为以a为底的对数式的形式，再借助y＝lgax的单调性求解