【2021高考復(fù)習(xí)參考】高三數(shù)學(xué)(理)配套黃金練習(xí)：2.5

其次章２．5第5課時(shí)高考數(shù)學(xué)（理）黃金配套練習(xí)一、選擇題1．下列大小關(guān)系正確的是()A．0.43<30.4<log40.3B．0.43<log40.3<30.4C．log40.3<0.43<30.4D．log40.3<30.4<0.43答案C解析∵log40.3<0,0<0.43<1,30.4>1，∴選C.2．已知函數(shù)f(x)＝log2(x＋1)，若f(α)＝1，則α＝()A．0B．1C．2D．3答案B解析依題意知log2(α＋1)＝1，則α＋1＝2，故α＝1.3．log2sineq\f(π,12)＋log2coseq\f(π,12)的值為()A．－4B．4C．－2D．2答案C解析log2sineq\f(π,12)＋log2coseq\f(π,12)＝log2sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝log2eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝log2eq\f(1,4)＝－2，故選C.4．設(shè)a＝log3π，b＝log2eq\r(3)，c＝log3eq\r(2)，則()A．a(chǎn)＞b＞cB．a(chǎn)＞c＞bC．b＞a＞cD．b＞c＞a答案A解析∵a＝log3π＞log33＝1，b＝log2eq\r(3)＜log22＝1，∴a＞b，又eq\f(b,c)＝eq\f(\f(1,2)log23,\f(1,2)log32)＝(log23)2＞1，∴b＞c，故a＞b＞c，選A.5．設(shè)logbN＜logaN＜0，N＞1，且a＋b＝1，則必有()A．1＜a＜bB．a(chǎn)＜b＜1C．1＜b＜aD．b＜a＜1答案B解析0＞logaN＞logbN?logNb＞logNa，∴a＜b＜16．0＜a＜1，不等式eq\f(1,logax)＞1的解是()A．x＞aB．a(chǎn)＜x＜1C．x＞1D．0＜x＜a答案B解析易得0＜logax＜1，∴a＜x＜17．下列四個(gè)數(shù)中最大的是()A．(ln2)2B．ln(ln2)C．lneq\r(2)D．ln2答案D解析0<ln2<1,0<(ln2)2<ln2<1，ln(ln2)<0，lneq\r(2)＝eq\f(1,2)ln2<ln2.8．已知實(shí)數(shù)a，b滿足logeq\f(1,2)a＝logeq\f(1,3)b，給出五個(gè)關(guān)系式：①a>b>1，②0<b<a<1，③b>a>1，④0<a<b<1，⑤a＝b.其中不行能成立的關(guān)系式有()A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)答案B解析當(dāng)a＝b＝1時(shí)，明顯滿足題意．故⑤a＝b有可能成立；當(dāng)a≠1且b≠1時(shí)，依據(jù)logeq\f(1,2)a＝logeq\f(1,3)b得eq\f(lga,lg\f(1,2))＝eq\f(lgb,lg\f(1,3))，因此lga＝eq\f(lg\f(1,2),lg\f(1,3))lgb＝(logeq\f(1,3)eq\f(1,2))lgb.由于logeq\f(1,3)eq\f(1,2)<logeq\f(1,3)eq\f(1,3)＝1，所以0<lga<lgb，或lgb<lga<0，故③b>a>1和②0<b<a<1有可能成立．二、填空題9．若xlog32＝1，則4x＋4－x＝________.答案eq\f(82,9)解析由已知得x＝eq\f(1,log32)＝log23，所以4x＋4－x＝22x＋2－2x＝22log23＋2－2log23＝9＋eq\f(1,9)＝eq\f(82,9).10．若loga(a2＋1)＜loga2a＜0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．解析∵a2＋1＞1,loga(a2＋1)＜0，∴0＜a＜1.又loga2a＜0，∴2a＞1，∴a＞eq\f(1,2)∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(eq\f(1,2)，1)11．若正整數(shù)m滿足10m－1＜2512＜10m，則m＝__________.(lg2≈0.3010)答案155解析由10m－1＜2512＜10m得m－1＜512lg2＜m∴m－1＜154.12＜m∴m＝15512．已知函數(shù)f(x)滿足：當(dāng)x≥4時(shí)，f(x)＝(eq\f(1,2))x；當(dāng)x<4時(shí)，f(x)＝f(x＋1)．則f(2＋log23)＝________.答案eq\f(1,24)解析由于1<log23<2，則f(2＋log23)＝f(2＋log23＋1)＝f(3＋log23)＝(eq\f(1,2))3＋log23＝(eq\f(1,2))3·(eq\f(1,2))log23＝eq\f(1,8)·2－log23＝eq\f(1,8)·2log2eq\f(1,3)＝eq\f(1,8)·eq\f(1,3)＝eq\f(1,24).13．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log24－x，x≤0,fx－1－fx－2，x>0))，則f(3)的值為________．答案－2解析由題知，f(3)＝f(2)－f(1)，f(2)＝f(1)－f(0)，則f(3)＝－f(0)＝－2.三、解答題14．設(shè)2a＝5b＝m，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2，求m的值．答案eq\r(10)解析a＝log2m，b＝log5m，代入已知，得logm2＋logm5＝2，即logm10＝2，所以m＝eq\r(10).15．已知函數(shù)f(x)＝－x＋log2eq\f(1－x,1＋x).(1)求f(－eq\f(1,2007))＋f(－eq\f(1,2008))＋f(eq\f(1,2007))＋f(eq\f(1,2008))的值．(2)若x∈[－a，a](其中a∈(0,1))，試推斷函數(shù)f(x)是否存在最大值或最小值？答案(1)0(2)有最小值f(a)＝－a＋log2eq\f(1－a,1＋a)，有最大值為f(－a)＝a＋log2eq\f(1＋a,1－a)解析(1)由eq\f(1－x,1＋x)>0得函數(shù)的定義域是(－1,1)，又f(－x)＋f(x)＝log2eq\f(1＋x,1－x)＋log2eq\f(1－x,1＋x)＝log21＝0，∴f(－x)＝－f(x)成立，∴函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，∴f(－eq\f(1,2007))＋f(eq\f(1,2007))＝0，f(－eq\f(1,2008))＋f(eq\f(1,2008))＝0，∴f(－eq\f(1,2007))＋f(－eq\f(1,2008))＋f(eq\f(1,2007))＋f(eq\f(1,2008))＝0.(2)f(x)＝－x＋log2(1－x)－log2(1＋x)，∴f′(x)＝－1＋eq\f(－1,1－xln2)－eq\f(1,1＋xln2)<0，有最小值f(a)＝－a＋log2eq\f(1－a,1＋a)，有最大值為f(－a)＝a＋log2eq\f(1＋a,1－a).評(píng)析本題可以運(yùn)用單調(diào)函數(shù)的定義域來證明函數(shù)單調(diào)遞減，但相對(duì)來說，在很多狀況下應(yīng)用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)的單調(diào)性比運(yùn)用定義證明函數(shù)的單調(diào)性，運(yùn)算量小得多．16．設(shè)f(x)＝logeq\f(1,2)eq\f(1－ax,x－1)為奇函數(shù)，a為常數(shù)．(1)求a的值；(2)證明f(x)在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；(3)若對(duì)于區(qū)間[3,4]上的每一個(gè)x的值，不等式f(x)>(eq\f(1,2))x＋m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．解析(1)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即logeq\f(1,2)eq\f(1＋ax,－1－x)＝－logeq\f(1,2)eq\f(1－ax,x－1)，即logeq\f(1,2)eq\f(1＋ax,－x－1)＝logeq\f(1,2)eq\f(x－1,1－ax)，∴eq\f(1＋ax,－x－1)＝eq\f(x－1,1－ax)，化簡(jiǎn)整理得(a2－1)x2＝0，∴a2－1＝0，a＝±1，經(jīng)檢驗(yàn)a＝－1，f(x)是奇函數(shù)，∴a＝－1.(2)證明由(1)得f(x)＝logeq\f(1,2)eq\f(x＋1,x－1)，設(shè)1<x1<x2，則eq\f(x1＋1,x1－1)－eq\f(x2＋1,x2－1)＝eq\f(2x2－x1,x1－1x2－1)>0，∴eq\f(x1＋1,x1－1)>eq\f(x2＋1,x2－1)>0，從而logeq\f(1,2)eq\f(x1＋1,x1－1)<logeq\f(1,2)eq\f(x2＋1,x2－1)，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．(3)原不等式可化為f(x)－(eq\f(1,2))x>m，令φ(x)＝f(x)－(eq\f(1,2))x，則φ(x)>m對(duì)于區(qū)間[3,4]上的每一個(gè)x都成立等價(jià)于φ(x)在[3,4]上的最小值大于m.∵φ(x)在[3,4]上為增函數(shù)，∴當(dāng)x＝3時(shí)，φ(x)取得最小值，logeq\f(1,2)eq\f(3＋1,3－1)－(eq\f(1,2))3＝－eq\f(9,8)，∴m<－eq\f(9,8).拓展練習(xí)·自助餐1．若集合A=則?RA＝()A．(－∞，0]∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))C．(－∞，0]∪[eq\f(\r(2),2)，＋∞)D．[eq\f(\r(2),2)，＋∞)答案A2．若loga(π－3)<logb(π－3)<0，a、b是不等于1的正數(shù)，則下列不等式中正確的是()A．b>a>1B．a(chǎn)<b<1C．a(chǎn)>b>1D．b<a<1答案A解析∵0<π－3<1，loga(π－3)<logb(π－3)<0，∴a，b∈(1，＋∞)且b>a，∴選A.3．當(dāng)0<x<1時(shí)，下列不等式成立的是()A．(eq\f(1,2))x＋1>(eq\f(1,2))1－xB．log(1＋x)(1－x)>1C．0<1－x2<1D．log(1－x)(1＋x)>0答案C解析法一：考察答案A：∵0<x<1，∴x＋1>1－x，∴(eq\f(1,2))x＋1<(eq\f(1,2))1－x，故A不正確；考察答案B：∵0<x<1，∴1＋x>1,0<1－x<1，∴l(xiāng)og(1＋x)(1－x)<0，故B不正確；考察答案C：∵0<x<1，∴0<x2<1，∴0<1－x2<1，故C正確；考察答案D：∵0<1－x<1,1＋x>1.∴l(xiāng)og(1－x)(1＋x)<0，故D不正確．法二：(特值法)取x＝eq\f(1,2)，驗(yàn)證立得答案C.4．f(x)＝ax，g(x)＝logax(a>0，且a≠1)，若f(3)·g(3)<0，則y＝f(x)與y＝g(x)在同一坐標(biāo)內(nèi)的圖象可能是下圖中的()答案D解析由于指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，所以，f(x)與g(x)同增或同減，排解A、C.由于f(3)·g(3)<0，即當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)、g(x)的圖象位于x軸的兩側(cè)，排解B，選D.5．若0<a<1，在區(qū)間(0,1)上函數(shù)f(x)＝loga(x＋1)是()A．增函數(shù)且f(x)>0B．增函數(shù)且f(x)<0C．減函數(shù)且f(x)>0D．減函數(shù)且f(x)<0答案D解析∵0<a<1時(shí)，y＝logau為減函數(shù)又u＝x＋1為增函數(shù)，∴f(x)為減函數(shù)；又0<x<1時(shí)，x＋1>1，又0<a<1，∴f(x)<0.選D.老師備選題1．已知函數(shù)f(x)＝logaeq\f(1－mx,x－1)是奇函數(shù)(a>0，a≠1)．(1)求m的值；(2)推斷f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上的單調(diào)性并加以證明；(3)當(dāng)a>1，x∈(r，a－2)時(shí)，f(x)的值域是(1，＋∞)，求a與r的值．答案(1)m＝－1(2)a>1時(shí)減，0<a<1時(shí)增(3)r＝1，a＝2＋eq\r(3)解析(1)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)在其定義域內(nèi)恒成立，即logaeq\f(1＋mx,－x－1)＝－logaeq\f(1－mx,x－1)，∴1－m2x2＝1－x2恒成立，∴m＝－1或m＝1(舍去)，故m＝－1.(2)由(1)得f(x)＝logaeq\f(x＋1,x－1)(a>0，a≠1)，任取x1，x2∈(1，＋∞)．設(shè)x1<x2，令t(x)＝eq\f(1＋x,x－1)，則t(x1)＝eq\f(x1＋1,x1－1)，t(x2)＝