(浙江專用)2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)-第6講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)練習(xí)(含解析)

1、第6講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)實數(shù)lg 4 +2lg 5的值為（）10A.C.10D. 20B. 5解析：選 A.lg 4 +2lg 5 =2lg 2 +2lg 5 = 2(lg 2+ 1g 5) = 2lg (2 X 5) = 2lg 10 =2.故選A.2.函數(shù) f（x）=l'n: x+的定義域是（）2A.(3,0)B. ( -3, 0C.(一 °°-3) U (0 , +oo)D. (8, -3) U(- 3,0)解析：選A.因為 f (x)=In (x+3)J 2xX+3>0,一,所以要使函數(shù)f（x）有意義，需使2x>0即3Vx<0.3. (

2、2019浙江省名校新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考）若log 83= p, log 35= q,則Ig 5（用p、q表不）等于（1 + 3pq,p+qD. p2+q2C 3Pq, 1 3pq解析：選 C.因為 log 83= p,所以 1g 3 = 3p1g 2 ,又因為 log 35= q,所以 1g 5 =q1g 3 ,3pq所以 lg 5 = 3pqlg 2 = 3pq(1 -lg 5),所以 lg 5 = 1 + 3pq,故選 C.4 .若函數(shù)f (x) = axT的圖象經(jīng)過點(4, 2),則函數(shù)g(x) =log -的圖象是()x十1解析：選D.由題意可知f(4) =2,即a3=2, a=32.所

3、以 g(x) = log 3/2冷=log 32( x+ 1) .由于g(0) =0,且g(x)在定義域上是減函數(shù)，故排除A, B, C.5 . (2019 瑞安四校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x) =log i|x 1| ,則下列結(jié)論正確的是()21A. f - 2 <f (0)< f (3)，1 ，B. f(0)<f - 2 <f (3)1C. f (3)< f -2 <f (0)_ ,1D. f(3)< f(0)< f 2解析：選 C.f 1 = log 13,因為1 = log 12<log 13<log 11 = 0,所以1<f

4、 1 <0； f (0) 22222222=log 11 = 0; f (3) = log 12 = 1,所以 C 正確. 2208 6.設(shè)函數(shù)f (x)=log 1(x2+1) +7-則不等式f(log2x)+ f (log1x)>2的解集為3x 十 122()1 cA.(0,2B.會2一_1、C.2,+oo)D.0,2U 2 ,+oo)28.,.解析：選 B.因為 f(x)的te義域為 R, f ( x) =log I(x + 1) + 2=f (x),所以 f(x)-3x I 12為R上的偶函數(shù).易知其在區(qū)間0 , +°°)上單調(diào)遞減，令 t =log 2

5、x,所以 log ix = t ,則不等式 f (log 2x) + f (log ix) >2 可化為 f (t) + f ( -1) >2,2即 2f (t) >2,所以 f (t) >1,一、，8又因為f (1) = log 12 + 7TT= 1，f (x)在0 , +°°)上單倜遞減，在 R上為偶函數(shù)，所以3 I 121 一-K t < 1,即 log 2x - 1, 1,所以 xC 2，2 ,故選 B.1 1 ，,7 .(2019王而女市局二四校聯(lián)考)右正數(shù)a,b滿足log2a=log5b=lg( a+b),則-+工的a b值為.解

6、析：設(shè) log 2a= log 5b= lg( a+ b)=k,所以 a=2, b=5, a+b=10,所以 ab= 10 ,所以 a+b= ab,則 1 + 1=1. a b答案：18 .設(shè)函數(shù) f (x) = |log ax|(0< a<1)的定義域為m n( nrn),值域為0 , 1,若 nm的，1，最小值為則實數(shù)a的值為.3解析：作出y=|log ax|(0 vav 1)的大致圖象如圖，令|log ax|=1.得 x = a或 x = 1,又 1 a 1-1 =1 a匕=(1一一)<0, aaaa故1 av 1- 1, a ，所以nm的最小值為 1 a=!，a= |

7、. 332答案：. 39 . (2019 臺州模擬)已知函數(shù) f (x) = log a(8 ax)( a>0, aw1),若 f(x)>1 在區(qū)間1 ,2上恒成立，則實數(shù) a的取值范圍為 .解析：當(dāng)a>1時，f (x) = log a(8 ax)在1 , 2上是減函數(shù)，由 f(x)>1 恒成立,則 f ( x) min = log a(8 2a)>1 ,8解之得1<a<w， 3當(dāng)0<a<1時，f (x)在xC1, 2上是增函數(shù)，由 f(x)>1 恒成立，則 f (x) min=log a(8 a)>1 ,且8 2a<0,

8、所以a>4,且a<1,故不存在.綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是1,8. 3一 8答案：1,三3110g 3x| , 0<x< 3,10 .已知函數(shù) f (x)=右 av bv c,且 f( a) =f (b) = f (c),貝U a+ b2 log 3x, x>3,+ c的取值范圍為.解析：由 f (a) = f( b) = f (c),可知一log 3a= log 3b= 2log 3c,貝U ab=1, bc=9,故 a19.10.、一 .10 一19-,c=-,則a+b+c=b+,又bC(1, 3),位于函數(shù)f(b) = b+的減區(qū)間上，所以下b bbb3

9、va+ b+ c< 11.-19答案：y, 1111 .函數(shù) f(x) = log 1(ax 3)( a>0 且 aw1).2(1)若a=2,求函數(shù)f(x)在(2, +8)上的值域;(2)若函數(shù)f(x)在(一8, 2)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍.解：(1)令t = ax 3= 2x3,則它在(2 , 十°0)上是增函數(shù)，所以t>223=1,由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性原則可知，f(x) = log 1(2 x-3)在(2, +8)上單調(diào)遞減，所以 f (x)<f (2) = log 1 1=0,即函數(shù) f (x)在(2 , +°°)上的值域為(8,

10、0). 2_3飛".(2)因為函數(shù)f(x)在(一8, 2)上單調(diào)遞增，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性法則,所以t=ax3在(一8, 2)上單調(diào)遞減且恒為正數(shù)，即0<a<1J、2解得0<awtmin>a23A0,12 . (2019 浙江高考調(diào)研(一)已知函數(shù)f(x) =lg x+a2 ,其中x>0, a>0. x(1)求函數(shù)f(x)的定義域;(2)若對任意xC2, +8)恒有f(x)>0,試確定a的取值范圍.解：(1)由 x + a2>0,得x一2x+a>0. xx2因為 x>0,所以 x - 2x+ a>0.當(dāng)a>1時，

11、定義域為(0 , +8)；當(dāng)a=1時，定義域為(0, 1) U(1 , +8)；當(dāng) 0<a<1 時，定義域為(0 , 15 a) U(1 + 713, +8).(2)對任意 xC2, +8)恒有 f(x)>0,即 x + a2>1 對 xC2, +8)恒成立, x即 a> x2+3x 對 xC2, 十°°)恒成立,2記 h(x)=x+3x, xC2, 十0°),則只需a>h(x)max而 h(x) = - x2 + 3x=xr+ 4在2, +oo)上是減函數(shù),所以 h(x)max= h(2) =2,故 a>2.能力提升設(shè)x

12、, v，z為正數(shù)，且2x=3y=5z,則(A.2x<3y<5zB. 5z<2x<3yC.3y<5z<2xD. 3y<2x<5z解析：選 D.設(shè) 2x = 3,= 5“= k>1,所以 x= log 2k, y= log 3k,z = log 5k.因為 2x 3y = 2log 2k 3log 3k =2log k23log k32log k3 3log k2log k3* 2 log k23log k2 - log k3log k2 - log k3log k8>0，log k2 - log k3所以2x>3y；因為 3y 5

13、z = 3log 3k 5log 5k =3log k35log k53log k5 5log k3 log k53 log k35log k3log k5lOg k3log k5125 log k243；Z-；7<0,log k3 - log k5所以3y<5z;因為 2x 5z = 2log 2k 5log 5k =2log k25log k52log k5 5log k2log k52 log k25log k2 - log k5log k2 - log k5B. fi（x）與 f3（x）C.?。?）與£4）的定義可知選A.3. （2019浙江新高考沖刺卷)已知函數(shù)

14、f(x)=ln(e 2x+1) mx為偶函數(shù)，其中e為自125然對數(shù)的底數(shù),則 m=,若a2 + ab+4b2wm則ab的取值范圍是log kTT 32解析：由題意，f ( x) =ln(e 2"+ 1) + m)x= ln(e 2x+1) mx 所以 2m七 ln(e 2x+1) ln(e2x+ 1) =2x,所以 m= 1,因為 a2+ab+4b2wmj 所以 4| ab| +abwi,所以一；w ab<1,故 35一、,11答案為1, 1,-. 3 51 1答案：1 C 3 54. (2019 寧波諾丁漢大學(xué)附中高三調(diào)研)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間0

15、, +°0)單調(diào)遞減，若實數(shù) a滿足f (log 3a) + f (log 1a) >2f(1),則a的取值范圍是 解析：由于函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(x)=f(x),即有f(x)=f(|x|),由實數(shù) a 滿足 f(log 3a) + f (log 1a) n2 f (1),則有 f (log 3a) + f ( - log 3a) >2 f (1), 即 2f (log 3a) >2 f (1)即 f (log 3a) > f (1), 即有 f(|log 3a|) >f(1),由于f(x)在區(qū)間0 , +00)上單調(diào)遞減， 則 |lo

16、g 3a| < 1,即有一1 & log 3a< 1, 解得:w aw 3.31答案：7, 3 5. (2019 金華十校聯(lián)考)設(shè)£。)=|回x| , a, b為實數(shù)，且0<a<b. (1)求方程f (x) = 1的解； 4-a+b-a+b (2)若 a, b 滿足 f(a)=f(b)=2f,求證：a - b= 1, 2->1. 解：(1)由 f (x) = 1,得 lg x=± 1, 所以x= 10或工. (2)證明：結(jié)合函數(shù)圖象，由f(a) = f(b)可判斷aC(0, 1) , bC(1, 十°°),從而一1g

17、 a= lg b,從而 ab= 1.1-+ ba+ b b 人 ,1,又令 6 (b) =1+b(be (1 , +8), 22b任取 1<b1<b2,1_因為 6 (b1) 6 (比)=(b1 b2) 1 bb <0,所以6 ( b1)< 6 ( b2),所以(J)(b)在(1 , +°°)上為增函數(shù). , a + b所以(J)(b)> 6(1) =2.所以 -2->1.26.已知函數(shù) f (x) = log 2( mx2mx+ 1), mC R(1)若函數(shù)f(x)的定義域為R,求m的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù) g(x) = f (x) 2

18、1og 4x,若對任意 xC0, 1,總有 g(2 x) -x<0, >范圍.2解：(1)函數(shù)f(x)的定乂域為 R,即mx-2mx+ 1>0在R上恒成立，當(dāng)m= 0時，1>0恒成立，符合題意；n>0n>0當(dāng) mO 時，必有 ？2? 0<n<1. <04m4n<0綜上，m的取值范圍是0,1).(2)因為 g( x) =f (x) 21og 4x= f (x) log 2x,所以 g(2x) -x = f (2x) -2x = log 2(m- 2 2x-2n2x+ 1) -2x,對任意xC 0 , 1,總有g(shù)(2x) -x<0,

19、等價于log 2(nr 22x 2m 2 x+1尸2 x= log 222K在 x 0 , 1上恒成立m- 2 2x-2m- 2 x+ 1>0,一 2xx . 一m2 2m 2 +1<2在xC0, 1上恒成立.設(shè)t=2x,則t C1 , 2 , t22tW0(當(dāng)且僅當(dāng)t = 2時取等號).(*) ？2_ 一、一 ，m (t -2t) + 1>0, (*22m (t22t) +1< t2在t 1 , 2上恒成立.當(dāng)t=2時，(*)顯然成立.1當(dāng) t C1 , 2)時,一 2m (t 2t)2m (t22t)+ 1>0*t2-2t+ 1wt2?t21命尸元在t e 1 , 2)上恒成立.，1，一一 一 ，令 U(t) =一 12_ 2t，t C 1 , 2),只需 m<U(t)min.11因為 u(t) = - 12_2t (