PAGEPAGE11第三章指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)本章復(fù)習(xí)提升易混易錯(cuò)練易錯(cuò)點(diǎn)1利用指數(shù)、對(duì)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算時(shí)忽視公式中的限定條件導(dǎo)致錯(cuò)誤1.(2021江西吉安永豐中學(xué)高一上月考,)化簡(jiǎn)求值:(-2018)0+32-2×332.()計(jì)算:5log25(易錯(cuò)點(diǎn)2研究指數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)時(shí)忽視對(duì)底數(shù)分0<a<1和a>1兩種情況討論導(dǎo)致錯(cuò)誤3.(2020陜西榆林綏德中學(xué)高一下期末,)設(shè)函數(shù)f(x)=log2x,若f(a+1)<2,則a的取值范圍為 ()A.(-1,3) B.(-∞,3)C.(-∞,1) D.(-1,1)4.()若函數(shù)f(x)=ax+loga(x+1)(a>0,a≠1)在[0,1]上的最大值和最小值之和為a,則a的值為.

5.(2021河南部分重點(diǎn)高中高三上四聯(lián),)已知函數(shù)f(x)=loga(ax2-2x+5)(a>0,且a≠1)在12,3上單調(diào)遞增,則a的取值范圍為6.()解關(guān)于x的不等式:a2x+1≤ax-5(a>0,且a≠1).易錯(cuò)點(diǎn)3研究指數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)時(shí)忽視定義域與值域?qū)е洛e(cuò)誤7.()下列兩個(gè)函數(shù),為相等函數(shù)的是 ()A.函數(shù)y=x和y=xB.函數(shù)y=log22x和y=2C.函數(shù)y=ln(x2-1)與y=ln(x-1)+ln(x+1)D.函數(shù)y=ln(1-x2)與y=ln(1-x)+ln(1+x)8.(2021河南開封五縣高一上聯(lián)考,)函數(shù)f(x)=log2(x2-2x+3)的值域?yàn)?()A.[0,+∞) B.[1,+∞)C.R D.[2,+∞)9.()若函數(shù)f(x)=log12(x2-ax+3a)在區(qū)間(2,+∞)上是減函數(shù),則a的取值范圍為 (A.(-∞,4] B.(-4,4] C.[-4,4) D.[-4,4]10.()若4x+2x+1+m>1對(duì)一切實(shí)數(shù)x成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.

11.(2019河南師范大學(xué)附屬中學(xué)高一上期中檢測(cè),)已知函數(shù)h(x)=2x-8+(1)求h(x)的定義域P;(2)若函數(shù)f(x)=log3x9·log3(27x),x∈P,求函數(shù)f(x)的值域思想方法練一、函數(shù)與方程思想在解決函數(shù)問題中的應(yīng)用1.()函數(shù)的定義域?yàn)镈,若滿足:①f(x)在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù);②存在區(qū)間[a,b],使f(x)在區(qū)間[a,b]上的值域?yàn)閍2,b2,那么就稱函數(shù)為“減半函數(shù)”.若函數(shù)f(x)=logc(2cx+t)(c>0,且c≠1)是“減半函數(shù)”,則t的取值范圍為A.(0,1) B.(0,1]C.-∞,18 2.()已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),若對(duì)于任意給定的兩個(gè)非負(fù)數(shù)a,b且a>b,不等式af(a)<bf(b)恒成立,則不等式lnx·f(lnx)>f(1)的解集為 ()A.1e,1C.(0,e) D.(e,+∞)3.(2019湖南長(zhǎng)郡中學(xué)高一上第一次模塊檢測(cè),)已知函數(shù)f(x)=a+14x-1是奇函數(shù),則a二、數(shù)形結(jié)合思想在解決函數(shù)問題中的應(yīng)用4.(2021四川江油一中高一上期中,)已知函數(shù)f(x)=|log2x|,實(shí)數(shù)a,b滿足0<a<b,且f(a)=f(b),若f(x)在[a2,b]上的最大值為2,則1a+b=.

5.(2020福建廈門一中高一上月考,)已知函數(shù)f(x)=x2-2x+logaax-1在1,32內(nèi)恒小于零,三、分類與整合思想在解決函數(shù)問題中的應(yīng)用6.(2019浙江金華一中高一上期中,)設(shè)函數(shù)f(x)=e|lnx|(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)),若x1≠x2且f(x1)=f(x2),則下列結(jié)論一定不成立的是 ()A.x2f(x1)>1 B.x2f(x1)<1C.x2f(x1)=1 D.x2f(x1)<x1f(x2)7.(2021福建福州一中高一上月考,)函數(shù)f(x)=loga(ax2-x)(a>0,且a≠1)在(2,4)上是減函數(shù),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是 ()A.12<a<1 B.0<a<C.12≤a<1 D.0<a≤8.()若函數(shù)f(x)=ax(a>0,且a≠1)在[-1,2]上的最大值為4,最小值為m,且函數(shù)g(x)=(1-4m)x在[0,+∞)上是增函數(shù),則a=.

四、轉(zhuǎn)化與化歸思想在解決函數(shù)問題中的應(yīng)用9.(2019江西贛州十四縣(市)高一上期中聯(lián)考,)已知a>0,且a≠1,函數(shù)f(x)=-|x+3a-6|,x≤0,ax,x>0滿足對(duì)任意實(shí)數(shù)x1,x2(x1≠x2)都有(x1-x2)[f(x1A.(2,3) B.(2,3]C.2,710.()當(dāng)x∈(-∞,-1]時(shí),不等式(2m-1)·4x-2x<0恒成立,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.

11.()若3x=4y=36,則2x+1y=五、特殊與一般思想在解決函數(shù)問題中的應(yīng)用12.()設(shè)f(x)為定義在R上的奇函數(shù).當(dāng)x≥0時(shí),f(x)=2x+2x+b(b為常數(shù)),則f(-1)= ()A.1 B.-1C.-3 D.313.()已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)=-2x+b2x+1+a答案全解全析第三章指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)本章復(fù)習(xí)提升易混易錯(cuò)練3.A7.D8.B9.D1.解析(-2018)0+32-2×=1+49×2782=1+49×322=1+2.易錯(cuò)警示對(duì)于指數(shù)、對(duì)數(shù)的混合運(yùn)算,易忽略偶次算術(shù)根非負(fù)而致錯(cuò),錯(cuò)用指數(shù)冪的運(yùn)算性質(zhì)而致錯(cuò);對(duì)于根式nan化簡(jiǎn)時(shí)要注意n是正奇數(shù)還是正偶數(shù).進(jìn)行指數(shù)冪化簡(jiǎn)和計(jì)算時(shí),為避免錯(cuò)誤可先將根式化為分?jǐn)?shù)指數(shù)冪,2.解析原式=25log25(3-1)+3.A∵函數(shù)f(x)=log2x在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,f(4)=log24=2,∴不等式f(a+1)<2等價(jià)于f(a+1)<f(4),∴0<a+1<4,解得-1<a<3,故選A.4.答案1解析當(dāng)a>1時(shí),y=ax與y=loga(x+1)(a>0,a≠1)在[0,1]上都是增函數(shù),因此f(x)=ax+loga(x+1)(a>0,a≠1)在[0,1]上都是增函數(shù),∴f(x)max=f(1)=a+loga2,f(x)min=f(0)=a0+loga1=1,∴a+loga2+1=a,∴l(xiāng)oga2=-1=loga1a,解得a=12(當(dāng)0<a<1時(shí),y=ax與y=loga(x+1)在[0,1]上是減函數(shù),因此f(x)=ax+loga(x+1)在[0,1]上是減函數(shù),∴f(x)max=f(0)=a0+loga(0+1)=1,f(x)min=f(1)=a+loga2,∴a+loga2+1=a,∴l(xiāng)oga2=-1=loga1a解得a=12.綜上所述,a=15.答案19,解析由題意可得0或a解得19≤a≤13或a≥易錯(cuò)警示本題考查由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍,在解題過程中要注意真數(shù)的取值范圍,保證真數(shù)大于零,其次對(duì)數(shù)式對(duì)底數(shù)a的限制條件為a>0,且a≠1,然后分0<a<1和a>1討論.6.解析①當(dāng)0<a<1時(shí),∵a2x+1≤ax-5,∴2x+1≥x-5,解得x≥-6.②當(dāng)a>1時(shí),∵a2x+1≤ax-5,∴2x+1≤x-5,解得x≤-6.綜上所述,當(dāng)0<a<1時(shí),不等式的解集為{x|x≥-6};當(dāng)a>1時(shí),不等式的解集為{x|x≤-6}.7.D對(duì)于A,y=x和y=x2=|x|的解析式不同,兩函數(shù)不相等對(duì)于B,y=log22x的定義域?yàn)镽,y=2log2x的定義域?yàn)?0,+∞),對(duì)于C,y=ln(x2-1)的定義域?yàn)閧x|x<-1或x>1},y=ln(x-1)+ln(x+1)的定義域?yàn)閧x|x>1},定義域不同,兩函數(shù)不相等;對(duì)于D,y=ln(1-x2)的定義域?yàn)?-1,1),y=ln(1-x)+ln(1+x)=ln(1-x2)的定義域?yàn)?-1,1),定義域和解析式都相同,兩函數(shù)相等.故選D.8.B∵x2-2x+3=(x-1)2+2≥2,∴f(x)=log2(x2-2x+3)≥log22=1.因此,函數(shù)f(x)=log2(x2-2x+3)的值域?yàn)閇1,+∞).故選B.9.D設(shè)u=x2-ax+3a,則函數(shù)f(x)是由y=log12u,u=x2-ax+3a復(fù)合而成.因?yàn)閥=log1所以u(píng)=x2-ax+3a在(2,+∞)上遞增,從而a2≤2,解得a≤4又當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí),u=x2-ax+3a>0,所以當(dāng)x=2時(shí),u=4-2a+3a≥0,解得a≥-4,所以-4≤a≤4.故選D.易錯(cuò)警示f(x)在(2,+∞)上為減函數(shù),既要考慮單調(diào)性,又要考慮f(x)在(2,+∞)上有意義,解題時(shí)易忽視對(duì)數(shù)函數(shù)的定義域,導(dǎo)致錯(cuò)誤.10.答案[1,+∞)解析設(shè)t=2x,y=t2+2t+m,∵t=2x∈(0,+∞),∴t+1∈(1,+∞),由y=(t+1)2-1+m,得y>1-1+m=m,因此m≥1,故填[1,+∞).11.解析(1)由2x≥8,3-x因此函數(shù)h(x)的定義域P為(3,+∞).(2)依題意得,f(x)=(log3x-2)·(3+log3x)=(log3x)2+log3x-6=log3x∵x∈P,log3x>1,∴f(x)>-4,即函數(shù)f(x)的值域?yàn)?-4,+∞).易錯(cuò)警示解題時(shí)忽視了log3x>1,誤以為log3x的取值范圍為R,導(dǎo)致解題錯(cuò)誤.思想方法練1.D2.C6.B7.C9.D12.C1.D顯然f(x)是定義域上的增函數(shù),因此,若f(x)是“減半函數(shù)”,則f(即f(x)=x2有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根將函數(shù)問題轉(zhuǎn)化為方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根問題.又logc(2cx+t)=x2,∴2cx+t=c令cx2=u,則u>0,且2u2-u+t依題意知方程有兩個(gè)不等正根,進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為方程有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根求參數(shù).∴Δ=1-4×2×t>0,t22.C設(shè)F(x)=x·f(x),則F(x)是R上的奇函數(shù),且在[0,+∞)上是減函數(shù),從而F(x)在R上遞減,研究新函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性.則lnx·f(lnx)>f(1)?F(lnx)>F(1)?lnx<1=lne?0<x<e.故選C.利用函數(shù)的單調(diào)性將抽象不等式轉(zhuǎn)化為具體不等式.3.答案1解析由題知,f(x)的定義域?yàn)閧x|x∈R,且x≠0}.任取x∈(-∞,0)∪(0,+∞),都有f(-x)+f(x)=0,即a+14-x-1利用函數(shù)的奇偶性進(jìn)行轉(zhuǎn)化,得到關(guān)于參數(shù)的方程.所以a+4x1-4x?2a+4x-11-4x=0?2通過解方程體現(xiàn)方程思想.故a的值為124.答案4解析如圖所示:根據(jù)函數(shù)f(x)=|log2x|的圖像得0<a<1<b,所以0<a2<a<1.以形助數(shù),借助函數(shù)圖像得到a與b的關(guān)系.結(jié)合函數(shù)圖像,易知當(dāng)x=a2時(shí),f(x)在[a2,b]上取得最大值,所以f(a2)=|log2a2|=2,又0<a<1,所以a=12再結(jié)合f(a)=f(b),可得b=2,所以1a+b=2+2=45.答案1解析∵f(x)=x2-2x+logaax-1=x2-2x+logaa-loga(x-1)=(x-1)2-loga∴不等式loga(x-1)>(x-1)2對(duì)任意的x∈1,3當(dāng)a>1時(shí),∵1<x<32,則0<x-1<1由于底數(shù)a為參數(shù),故對(duì)a進(jìn)行分類討論.此時(shí)loga(x-1)<loga12<loga1=0,則不等式loga(x-1)>(x-1)2對(duì)任意的x∈1,當(dāng)0<a<1時(shí),由圖像可知(圖略),若不等式loga(x-1)>(x-1)2對(duì)任意的x∈1,3則0<a<1,log因此,實(shí)數(shù)a的取值范圍是116思想方法本題考查對(duì)數(shù)不等式恒成立問題,解題時(shí)要注意對(duì)底數(shù)的取值范圍進(jìn)行分類討論,并利用數(shù)形結(jié)合思想得出一些關(guān)鍵點(diǎn)列不等式(組)求解,考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用,屬于中檔題.6.B由題知,f(x)=e|lnx|=x分段函數(shù)分段求,體現(xiàn)分類討論思想.由x≥1時(shí),f(x)=x是增函數(shù);0<x<1時(shí),f(x)=1x是減函數(shù)知,x1,x2分別在(0,1)和(1,+∞)內(nèi)當(dāng)0<x1<1<x2時(shí),f(x1)=1x1,f(x2)=x針對(duì)x1與x2的大小關(guān)系進(jìn)一步分類討論.∴x1x2=1,∴x2·f(x1)=x2x1>1,x1·f(x2)=x1·從而x2f(x1)>x1f(x2).此時(shí)A成立.當(dāng)0<x2<1<x1時(shí),f(x2)=1x2,f(x1)=x∴x1x2=1,∴x2f(x1)=x2·x1=1,x1·f(x2)=x1從而x2f(x1)<x1f(x2).此時(shí)C、D成立.因此無論何種情況,B一定不成立,故選B.7.C函數(shù)f(x)=loga(ax2-x)(a>0,且a≠1)在(2,4)上是減函數(shù),令t=ax2-x,則利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知:由于底數(shù)a為參數(shù),故對(duì)底數(shù)a分a>1和0<a<1兩種情況進(jìn)行討論.①當(dāng)a>1時(shí),y=logat在定義域內(nèi)為增函數(shù),所以t=ax2-x在(2,4)上是減函數(shù),其圖像的對(duì)稱軸為直線x=12a,且ax2-x>0在(2,4)轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題.則12a②當(dāng)0<a<1時(shí),y=logat在定義域內(nèi)為減函數(shù),所以t=ax2-x在(2,4)上是增函數(shù),其圖像的對(duì)稱軸為直線x=12a,且ax2-x>0在(2,4)轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題.則12a≤2,4a-2≥0,解得綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍是12≤a<1故選C.8.答案1解析若a>1,則函數(shù)f(x)在[-1,2]上單調(diào)遞增,有a2=4,a-1=m,解得a=2,m=12,此時(shí)g(x)=-x為減函數(shù),不合題意由于底數(shù)含參數(shù)a,故需對(duì)a進(jìn)行分類討論.若0<a<1,則函數(shù)f(x)在[-1,2]上單調(diào)遞減,有a-1=4,a2=m,解得a=14,m=116,經(jīng)檢驗(yàn),體現(xiàn)方程思想.思想方法對(duì)于指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的底數(shù)a,當(dāng)a>1或0<a<1時(shí),函數(shù)的圖像與性質(zhì)截然不同,所以在底數(shù)不確定的情況下,必須對(duì)底數(shù)進(jìn)行分類討論.9.D由對(duì)任意x1,x2(x1≠x2)都有(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0知,f(x)在R上是增函數(shù).當(dāng)x≤0時(shí),f