2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第6讲指数对数运算学案文

这是一份2022高考数学一轮总复习第二章函数概念与基本初等函数第6讲指数对数运算学案文，共7页。学案主要包含了思考辨析，易错纠偏等内容，欢迎下载使用。


1．根式
(1)根式的概念
①若xn＝a，则x叫做a的n次方根，其中n>1且n∈N*.式子eq \r(n,a)叫做根式，这里n叫做根指数，a叫做被开方数．
②a的n次方根的表示：
xn＝a⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(n,a)，当n为奇数且n∈N*，n>1时，,x＝±\r(n,a)，当n为偶数且n∈N*时.))
(2)根式的性质
①(eq \r(n,a))n＝a(n∈N*，且n>1)．
②eq \r(n,an)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，n为奇数，,|a|＝\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≥0，,－a，a<0，))n为偶数.))
2．有理数指数幂
(1)幂的有关概念
①正分数指数幂：aeq \s\up8(\f(m,n))＝eq \r(n,am)(a>0，m，n∈N*，且n>1)；
②负分数指数幂：aeq \s\up8(－\f(m,n))＝eq \f(1,a\s\up8(\f(m,n)))＝eq \f(1,\r(n,am))(a>0，m，n∈N*，且n>1)；
③0的正分数指数幂等于0，0的负分数指数幂无意义．
(2)有理数指数幂的运算性质
①ar·as＝ar＋s(a>0，r，s∈Q)；
②eq \f(ar,as)＝ar－s(a>0，r，s∈Q)；
③(ar)s＝ars(a>0，r，s∈Q)；
④(ab)r＝arbr(a>0，b>0，r∈Q)．
3．对数
常用结论
换底公式的三个重要结论
(1)lgab＝eq \f(1,lgba)；
(2)lgambn＝eq \f(n,m)lgab；
(3)lgab·lgbc·lgcd＝lgad.
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1) eq \r(4,（π－4）4)＝π－4.( )
(2)eq \r(n,an)与(eq \r(n,a))n都等于a(n∈N*)．( )
(3)lg2x2＝2lg2x.( )
(4)若MN>0，则lga(MN)＝lgaM＋lgaN.( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、易错纠偏
常见误区| (1)忽视n的范围导致eq \r(n,an)(a∈R)化简出错；
(2)对数的运算性质不熟致误．
1．化简eq \r(4,16x8y4)(x<0，y<0)得( )
A．2x2y B．2xy
C．4x2y D．－2x2y
解析：选D．因为x<0，y<0，所以eq \r(4,16x8y4)＝(16x8·y4)eq \s\up8(\f(1,4))＝(16)eq \s\up8(\f(1,4))·(x8)eq \s\up8(\f(1,4))·(y4)eq \s\up8(\f(1,4))＝2x2|y|＝－2x2y.
2．计算：lgeq \f(4\r(2),7)－lg 8eq \s\up8(\f(2,3))＋lg 7eq \r(5)＝________．
解析：原式＝lg 4＋eq \f(1,2)lg 2－lg 7－eq \f(2,3)lg 8＋lg 7＋eq \f(1,2)lg 5＝2lg 2＋eq \f(1,2)(lg 2＋lg 5)－2lg 2＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
指数幂的化简与求值(自主练透)
1．计算：－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(－2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,8)))eq \s\up12(－\f(2,3))＋(0.002) eq \s\up12(－\f(1,2))＝________．
解析：原式＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))\s\up12(3)))eq \s\up12(－\f(2,3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,500)))eq \s\up12(－\f(1,2))＝－eq \f(4,9)＋eq \f(4,9)＋10eq \r(5)＝10eq \r(5).
答案：10eq \r(5)
2．化简4aeq \s\up8(\f(2,3))·beq \s\up8(－eq \f(1,3))÷eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)aeq \s\up8(－\f(1,3))b\s\up8(\f(2,3))))的结果为________．
解析：原式＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4÷\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))))aeq \s\up8(eq \f(2,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3))))beq \s\up8(－eq \f(1,3)－eq \f(2,3))＝－6ab－1＝－eq \f(6a,b).
答案：－eq \f(6a,b)
3．已知xeq \s\up8(\f(1,2))＋xeq \s\up8(－eq \f(1,2))＝3，则x2＋x－2＋3＝________．
解析：由xeq \s\up8(\f(1,2))＋xeq \s\up8(－eq \f(1,2))＝3，得x＋x－1＋2＝9，所以x＋x－1＝7，所以x2＋x－2＋2＝49，所以x2＋x－2＝47，所以x2＋x－2＋3＝50.
答案：50
4．化简：eq \f(\r(a3b2\r(3,ab2)),（a\s\up8(\f(1,4))b\s\up8(\f(1,2))）4aeq \s\up8(－\f(1,3))b\s\up8(\f(1,3)))(a>0，b>0)＝________．
解析：原式＝eq \f(（a3b2a\s\up8(\f(1,3))b\s\up8(\f(2,3))）\s\up8(\f(1,2)),ab2aeq \s\up8(－\f(1,3))b\s\up8(\f(1,3)))＝aeq \s\up8(eq \f(3,2)＋eq \f(1,6)－1＋eq \f(1,3))·beq \s\up8(1＋eq \f(1,3)－2－eq \f(1,3))＝ab－1.
答案：ab－1
eq \a\vs4\al()
[提醒] 运算结果不能同时含有根号和分数指数幂，也不能既有分母又含有负指数，形式力求统一．
对数式的化简与求值(师生共研)
计算下列各式：
(1)2lg 5＋lg 2(lg 2＋2lg 5)＋(lg 2)2；
(2)lg225·lg32eq \r(2)·lg59；
(3)eq \f(lg \r(27)＋lg 8－lg \r(1 000),lg 1.2).
【解】 (1)2lg 5＋lg 2(lg 2＋2lg 5)＋(lg 2)2＝2lg 5＋lg 2(lg 2＋2lg 5＋lg 2)＝2lg 5＋lg 2(2lg 2＋2lg 5)＝2lg 5＋2lg 2＝2.
(2)方法一：lg225·lg32eq \r(2)·lg59＝lg252·lg32eq \s\up8(\f(3,2))·lg532
＝6lg25·lg32·lg53＝6.
方法二：lg225·lg32eq \r(2)·lg59＝eq \f(lg 25,lg 2)·eq \f(lg 2\r(2),lg 3)·eq \f(lg 9,lg 5)＝eq \f(lg 52,lg 2)·eq \f(lg 2\s\up8(\f(3,2)),lg 3)·eq \f(lg 32,lg 5)＝6.
(3)eq \f(lg\r(27)＋lg 8－lg\r(1 000),lg 1.2)＝eq \f(lg\f(8\r(27),\r(1 000)),lg\f(6,5))＝eq \f(\f(1,2)lg\f(64×27,1 000),lg\f(6,5))＝eq \f(\f(1,2)lg\f(43×33,103),lg\f(6,5))
＝eq \f(\f(1,2)lg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4×3,10)))\s\up12(3),lg\f(6,5))＝eq \f(\f(3,2)lg\f(6,5),lg\f(6,5))＝eq \f(3,2).
eq \a\vs4\al()
[提醒] 对数的运算性质以及有关公式都是在式子中所有的对数符号有意义的前提下才成立的，不能出现lg212＝lg2[(－3)×(－4)]＝lg2(－3)＋lg2(－4)的错误．
1．计算2lg63＋lg64的结果是( )
A．lg62 B．2
C．lg63 D．3
解析：选B．2lg63＋lg64＝lg69＋lg64＝lg636＝2.故选B．
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x，x≥4，,f（x＋1），x<4，))则f(2＋lg23)的值为( )
A．24 B．16
C．12 D．8
解析：选A．因为3<2＋lg23<4，所以f(2＋lg23)＝f(3＋lg23)＝2eq \s\up8(3＋lg23)＝8×2eq \s\up8(lg23)＝24.
3．lgeq \r(2)＋lgeq \r(5)＋20＋(5eq \s\up8(\f(1,3)))2×eq \r(3,5)＝________．
解析：原式＝lgeq \r(10)＋1＋5eq \s\up8(\f(2,3))×5eq \s\up8(\f(1,3))＝eq \f(3,2)＋5＝eq \f(13,2).
答案：eq \f(13,2)
指数式与对数式的互化(师生共研)
(1)(2020·高考全国卷Ⅰ)设alg34＝2，则4－a＝( )
A．eq \f(1,16) B．eq \f(1,9)
C．eq \f(1,8) D．eq \f(1,6)
(2)(一题多解)已知a，b，c是不等于1的正数，且ax＝by＝cz，eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)＝0，则abc的值为________．
(3)已知5x＝2y＝(eq \r(10))z，且x，y，z≠0，则eq \f(z,x)＋eq \f(z,y)的值为________．
【解析】 (1)因为alg34＝2，所以a＝2lg43＝lg23，所以4－a＝4eq \s\up8(－lg23)＝2eq \s\up8(－2lg23)＝2eq \s\up8(lg2eq \f(1,9))＝eq \f(1,9)，故选B．
(2)方法一：设ax＝by＝cz＝t(t＞0)，则x＝lgat，y＝lgbt，z＝lgct，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)＝eq \f(1,lgat)＋eq \f(1,lgbt)＋eq \f(1,lgct)＝lgta＋lgtb＋lgtc＝lgt(abc)＝0，
所以abc＝t0＝1，即abc＝1.
方法二：因为a，b，c是不等于1的正数，且ax＝by＝cz，
所以令ax＝by＝cz＝t>0，所以x＝eq \f(lg t,lg a)，y＝eq \f(lg t,lg b)，z＝eq \f(lg t,lg c)，
所以eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)＝eq \f(lg a,lg t)＋eq \f(lg b,lg t)＋eq \f(lg c,lg t)＝eq \f(lg a＋lg b＋lg c,lg t).
因为eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＋eq \f(1,z)＝0，且lg t≠0，
所以lg a＋lg b＋lg c＝lg(abc)＝0，所以abc＝1.
(3)令5x＝2y＝(eq \r(10))z＝k(k＞0)，则x＝lg5k，y＝lg2k，eq \f(1,2)z＝lg k，
z＝2lg k，所以eq \f(z,x)＋eq \f(z,y)＝eq \f(2lg k,lg5k)＋eq \f(2lg k,lg2k)＝2lg k(lgk5＋lgk2)＝2lg k·lgk10＝2.
即eq \f(z,x)＋eq \f(z,y)＝2.
【答案】 (1)B (2)1 (3)2
eq \a\vs4\al()
与对数相关的带有附加条件的代数式求值问题，需要对已知条件和所求式子进行化简转化，原则是化为同底的对数，以便利用对数的运算性质．要整体把握对数式的结构特征，灵活运用指数式与对数式的互化．
1．设2a＝5b＝m，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，则m＝________．
解析：因为2a＝5b＝m>0，所以a＝lg2m，b＝lg5m，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,lg2m)＋eq \f(1,lg5m)＝lgm2＋lgm5＝lgm10＝2.
所以m2＝10，所以m＝eq \r(10).
答案：eq \r(10)
2．(一题多解)已知3a＝4b＝36，则eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)的值为________．
解析：方法一：因为3a＝4b＝36，所以a＝lg336，b＝lg436.
由换底公式得eq \f(1,a)＝lg363，eq \f(1,b)＝lg364，
所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝2lg363＋lg364＝lg369＋lg364＝lg3636＝1.
方法二：因为3a＝4b＝36，两边同时取以6为底数的对数，
得alg63＝blg64＝lg636，即alg63＝2blg62＝2，
所以eq \f(2,a)＝lg63，eq \f(1,b)＝lg62，
所以eq \f(2,a)＋eq \f(1,b)＝lg63＋lg62＝lg66＝1.
答案：1概念
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，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，aeq \s\up8(lgaN)＝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)