§2.8對數(shù)與對數(shù)函數(shù)課標要求1.理解對數(shù)的概念及運算性質(zhì)，能用換底公式將一般對數(shù)轉(zhuǎn)化成自然對數(shù)或常用對數(shù).2.通過實例，了解對數(shù)函數(shù)的概念，會畫對數(shù)函數(shù)的圖象，理解對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊點.3.了解指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)互為反函數(shù)．知識梳理1．對數(shù)的概念一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么數(shù)x叫做以a為底N的對數(shù)，記作x＝logaN，其中a叫做對數(shù)的底數(shù)，N叫做真數(shù)．以10為底的對數(shù)叫做常用對數(shù)，記作lgN.以e為底的對數(shù)叫做自然對數(shù)，記作lnN.2．對數(shù)的性質(zhì)與運算性質(zhì)(1)對數(shù)的性質(zhì)：loga1＝0，logaa＝1，＝N(a>0，且a≠1，N>0)．(2)對數(shù)的運算性質(zhì)如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么：①loga(MN)＝logaM＋logaN；②logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN；③logaMn＝nlogaM(n∈R)．(3)對數(shù)換底公式：logab＝eq\f(logcb,logca)(a>0，且a≠1；b>0；c>0，且c≠1)．3．對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)a>10<a<1圖象定義域(0，＋∞)值域R性質(zhì)過定點(1,0)，即x＝1時，y＝0當x>1時，y>0；當0<x<1時，y<0當x>1時，y<0；當0<x<1時，y>0增函數(shù)減函數(shù)4.反函數(shù)指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)互為反函數(shù)，它們的圖象關于直線y＝x對稱．常用結(jié)論1．logab·logba＝1(a>0，且a≠1，b>0，且b≠1)，＝eq\f(n,m)logab(a>0，且a≠1，b>0)2．如圖，給出4個對數(shù)函數(shù)的圖象．則b>a>1>d>c>0，即在第一象限內(nèi)，不同的對數(shù)函數(shù)圖象從左到右底數(shù)逐漸增大．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)若M＝N，則logaM＝logaN.(×)(2)函數(shù)y＝loga2x(a>0，且a≠1)是對數(shù)函數(shù)．(×)(3)對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)是增函數(shù)．(×)(4)函數(shù)y＝log2x與y＝的圖象關于x軸對稱．(√)2．(2023·雅安模擬)已知xlog32＝1，則4x等于()A．9B．3C.eq\r(3)D.eq\f(1,3)答案A解析xlog32＝1，即x＝eq\f(1,log32)＝log23，所以4x＝＝9.3．函數(shù)f(x)＝loga|x|＋1(a>1)的圖象大致為()答案A解析f(x)＝loga|x|＋1的定義域為{x|x≠0}，因為f(－x)＝loga|－x|＋1＝loga|x|＋1＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)，當x∈(0，＋∞)時，f(x)＝logax＋1(a>1)單調(diào)遞增．結(jié)合選項可知選A.4．已知函數(shù)y＝loga(x－1)＋4的圖象恒過定點P，則點P的坐標是．答案(2,4)解析對于函數(shù)y＝loga(x－1)＋4，令x－1＝1，解得x＝2，則y＝4，所以函數(shù)y＝loga(x－1)＋4的圖象恒過定點(2,4)，即點P的坐標是(2,4).題型一對數(shù)式的運算例1(1)(2024·洛陽模擬)已知3a＝5b＝m，且eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，則實數(shù)m的值為．答案45解析由3a＝5b＝m，可知m>0，顯然m≠1.則a＝log3m＝eq\f(lgm,lg3)，b＝log5m＝eq\f(lgm,lg5)，所以eq\f(1,a)＝eq\f(lg3,lgm)，eq\f(1,b)＝eq\f(lg5,lgm)，由eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝1，可得eq\f(2lg3＋lg5,lgm)＝eq\f(lg45,lgm)＝logm45＝1，所以m＝45.(2)計算：log535＋－log5eq\f(1,50)－log514＝.答案2解析原式＝log535－log5eq\f(1,50)－log514＋＝log5eq\f(35,\f(1,50)×14)＋＝log5125－1＝log553－1＝3－1＝2.思維升華解決對數(shù)運算問題的常用方法(1)將真數(shù)化為底數(shù)的指數(shù)冪的形式進行化簡．(2)將同底對數(shù)的和、差、倍合并．(3)利用換底公式將不同底的對數(shù)式轉(zhuǎn)化成同底的對數(shù)式，要注意換底公式的正用、逆用及變形應用．跟蹤訓練1(1)若a>0，＝eq\f(4,9)，則等于()A．2B．3C．4D．5答案B解析由＝eq\f(4,9)，得a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))6，而a>0，解得a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3，所以＝3.(2)計算：lg25＋lg2×lg50＋(lg2)2＝.答案2解析原式＝2lg5＋lg2(1＋lg5)＋(lg2)2＝2lg5＋lg2＋lg2×lg5＋(lg2)2＝1＋lg5＋lg2(lg5＋lg2)＝1＋lg5＋lg2＝1＋lg10＝2.題型二對數(shù)函數(shù)的圖象及應用例2(1)已知函數(shù)f(x)＝loga(2x＋b－1)(a>0且a≠1)的圖象如圖所示，則a，b滿足的關系是()A．0<a－1<b<1B．0<b<a－1<1C．0<b－1<a<1D．0<a－1<b－1<1答案A解析由函數(shù)圖象可知，f(x)為增函數(shù)，故a>1.函數(shù)圖象與y軸的交點坐標為(0，logab)，由函數(shù)圖象可知－1<logab<0，解得eq\f(1,a)<b<1.綜上，0<a－1<b<1.(2)(2023·開封模擬)已知函數(shù)f(x)＝|log3x|，若a<b，且f(a)＝f(b)，則a＋4b的取值范圍是()A．[2eq\r(2)，＋∞) B．(2eq\r(2)，＋∞)C．[5，＋∞) D．(5，＋∞)答案D解析畫出f(x)＝|log3x|的圖象如圖所示，因為a<b，且f(a)＝f(b)，所以－log3a＝log3b，故eq\f(1,a)＝b，且0<a<1，令y＝a＋4b，所以y＝a＋eq\f(4,a)，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可知y＝a＋eq\f(4,a)在(0,1)上單調(diào)遞減，故y＝a＋eq\f(4,a)>1＋eq\f(4,1)＝5，故a＋4b的取值范圍是(5，＋∞)．思維升華對數(shù)函數(shù)圖象的識別及應用方法(1)在識別函數(shù)圖象時，要善于利用已知函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)圖象上的特殊點(與坐標軸的交點、最高點、最低點等)排除不符合要求的選項．(2)一些對數(shù)型方程、不等式問題常轉(zhuǎn)化為相應的函數(shù)圖象問題，利用數(shù)形結(jié)合法求解．跟蹤訓練2(1)(2024·烏魯木齊檢測)我國著名數(shù)學家華羅庚先生曾說：“數(shù)缺形時少直觀，形缺數(shù)時難入微，數(shù)形結(jié)合百般好，隔離分家萬事休．”在數(shù)學的學習和研究中，常用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)性質(zhì)，也常用函數(shù)解析式來琢磨函數(shù)的圖象特征，函數(shù)f(x)＝ax與g(x)＝(a>0且a≠1)在同一坐標系中的大致圖象是()答案C解析對于A，由指數(shù)函數(shù)的圖象，可得a>1，則0<eq\f(1,a)<1，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故A錯誤；對于B，由指數(shù)函數(shù)的圖象，可得0<a<1，則eq\f(1,a)>1，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故B錯誤；對于C，由指數(shù)函數(shù)的圖象，可得a>1，則0<eq\f(1,a)<1，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故C正確；對于D，由指數(shù)函數(shù)的圖象，可得a>1，則0<eq\f(1,a)<1，即函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故D錯誤．(2)(2023·德州模擬)若函數(shù)f(x)＝loga(x＋b)(a>0且a≠1，b∈R)的大致圖象如圖，則函數(shù)g(x)＝a－x－b的大致圖象是()答案C解析根據(jù)函數(shù)f(x)＝loga(x＋b)的圖象，可得0<a<1,0<b<1，根據(jù)指數(shù)函數(shù)y＝a－x(0<a<1)的圖象與性質(zhì)，結(jié)合圖象變換向下移動b個單位長度，可得函數(shù)g(x)＝a－x－b的圖象大致為C選項．題型三對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應用命題點1比較對數(shù)式的大小例3(2023·西安模擬)若a＝lg0.2，b＝log32，c＝log64，則關于a，b，c的大小關系，下列說法正確的是()A．c>b>a B．b>c>aC．c>a>b D．a(chǎn)>b>c答案A解析∵a＝lg0.2<lg1＝0，b＝log32>0，c＝log64>0，eq\f(b,c)＝eq\f(log32,log64)＝eq\f(\f(lg2,lg3),\f(lg4,lg6))＝eq\f(lg2,lg3)×eq\f(lg6,2lg2)＝eq\f(lg6,lg9)<1，∴b<c，即c>b>a.命題點2解對數(shù)方程、不等式例4(2023·中山模擬)設實數(shù)a>0，則“2a>2”是“l(fā)ogaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))>0”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案A解析由2a>2，可得a>1.由logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))>0，可得logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))>loga1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,a＋\f(1,2)>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,a＋\f(1,2)<1，))解得a>1或0<a<eq\f(1,2).因此“2a>2”是“l(fā)ogaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))>0”的充分不必要條件．命題點3對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應用例5(2023·鄭州模擬)設函數(shù)f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，則f(x)()A．是偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增B．是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上單調(diào)遞減C．是偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞增D．是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減答案D解析由f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，得f(x)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠±\f(1,2)))))，關于坐標原點對稱，又f(－x)＝ln|1－2x|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)為定義域上的奇函數(shù)，故排除A，C；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))時，f(x)＝ln(2x＋1)－ln(1－2x)，∵y＝ln(2x＋1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，y＝ln(1－2x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，故排除B；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))時，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝ln

eq\f(2x＋1,2x－1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2x－1)))，∵u＝1＋eq\f(2,2x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減，f(u)＝lnu在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，根據(jù)復合函數(shù)單調(diào)性可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減，故D正確．思維升華求與對數(shù)函數(shù)有關的函數(shù)值域和復合函數(shù)的單調(diào)性問題，必須弄清三個問題：一是定義域；二是底數(shù)與1的大小關系；三是復合函數(shù)的構(gòu)成．跟蹤訓練3(1)(2023·宜賓模擬)已知函數(shù)f(x)＝log2(x2－2x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A．[2，＋∞) B．[1，＋∞)C．(－∞，1] D．(－∞，0]答案A解析由題意得，x2－2x>0?x∈(－∞，0)∪(2，＋∞)，而函數(shù)y＝x2－2x的對稱軸為x＝1，所以函數(shù)y＝x2－2x在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，根據(jù)復合函數(shù)單調(diào)性“同增異減”的原則，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)，又因為函數(shù)f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a∈[2，＋∞)．(2)若函數(shù)f(x)＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋\f(5,2)a－1))有最大值，則a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(1,2))) D．(1,2)答案B解析令t＝x2－2ax＋eq\f(5,2)a－1，根據(jù)復合函數(shù)的單調(diào)性，要使函數(shù)f(x)＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋\f(5,2)a－1))有最大值，則函數(shù)t＝x2－2ax＋eq\f(5,2)a－1有最小正值，且函數(shù)f(t)＝logat為減函數(shù)，可知0<a<1.要使函數(shù)t＝x2－2ax＋eq\f(5,2)a－1有最小正值，則Δ＝4a2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)a－1))<0，解得eq\f(1,2)<a<2.綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).課時精練一、單項選擇題1．(2023·哈爾濱模擬)函數(shù)y＝eq\r(log0.54x－3)的定義域為()A．[1，＋∞) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))答案C解析函數(shù)y＝eq\r(log0.54x－3)的定義域滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－3>0，,log0.54x－3≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>\f(3,4)，,x≤1，))解得eq\f(3,4)<x≤1，故函數(shù)的定義域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)).2．若函數(shù)f(x)＝logax(a>0，且a≠1)的反函數(shù)的圖象過點(1,3)，則f(log28)等于()A．－1B．1C．2D．3答案B解析依題意，函數(shù)f(x)＝logax(a>0，且a≠1)的反函數(shù)，即函數(shù)y＝ax的圖象過點(1,3)，則a＝3，所以f(x)＝log3x，于是得f(log28)＝log3(log28)＝log33＝1.3．若<0，則x1與x2的關系正確的是()A．0<x2<x1<1 B．0<x1<x2<1C．1<x1<x2 D．1<x2<x1答案C解析因為<0，所以log0.8x2<log0.8x1<0＝log0.81，又因為y＝log0.8x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以1<x1<x2.4.已知函數(shù)f(x)＝loga(x－b)(a>0，且a≠1，a，b為常數(shù))的圖象如圖，則下列結(jié)論正確的是()A．a(chǎn)>0，b<－1B．a(chǎn)>0，－1<b<0C．0<a<1，b<－1D．0<a<1，－1<b<0答案D解析因為函數(shù)f(x)＝loga(x－b)為減函數(shù)，所以0<a<1，又因為函數(shù)圖象與x軸的交點在正半軸，所以令x－b＝1，則x＝1＋b>0，即b>－1，又因為函數(shù)圖象與y軸有交點，所以b<0，所以－1<b<0.5．(2024·通化模擬)設a＝log0.14，b＝log504，則()A．2ab<2(a＋b)<abB．2ab<a＋b<4abC．a(chǎn)b<a＋b<2abD．2ab<a＋b<ab答案D解析因為a＝log0.14，b＝log504，所以a<0，b>0，所以ab<0，eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log40.1＋log450＝log45∈(1,2)，即1<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<2，所以2ab<a＋b<ab.6．(2023·本溪模擬)若不等式(x－1)2<logax(a>0且a≠1)在x∈(1,2]內(nèi)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(1,2] B．(1,2)C．(1，eq\r(2)] D．(eq\r(2)，2)答案B解析若0<a<1，此時x∈(1,2]，logax<0，而(x－1)2>0，故(x－1)2<logax無解；若a>1，此時x∈(1,2]，logax>0，而(x－1)2>0，令f(x)＝logax，g(x)＝(x－1)2，畫出函數(shù)f(x)與g(x)的圖象，如圖，若不等式(x－1)2<logax在x∈(1,2]內(nèi)恒成立，則loga2>1，解得a∈(1,2)．二、多項選擇題7．(2024·永州模擬)若10a＝5，10b＝20，則()A．a(chǎn)＋b＝4 B．b－a＝lg4C．a(chǎn)b<2(lg5)2 D．b－a>lg5答案BC解析由10a＝5，10b＝20，得a＝lg5，b＝lg20，則a＋b＝lg5＋lg20＝lg(5×20)＝lg100＝2，故A錯誤；b－a＝lg20－lg5＝lgeq\f(20,5)＝lg4<lg5，故B正確，D錯誤；ab＝lg5×lg20＝lg5×(lg4＋lg5)＝lg5×lg4＋(lg5)2，∵lg4<lg5，∴l(xiāng)g5×lg4＋(lg5)2<lg5×lg5＋(lg5)2＝2(lg5)2，∴ab<2(lg5)2，故C正確．8．(2023·呂梁模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≤0，,|log2x|，x>0，))若x1<x2<x3<x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，則下列結(jié)論正確的是()A．x1＋x2＝－4 B．x3x4＝1C．1<x4<4 D．0<x1x2x3x4≤2答案AB解析函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≤0，,|log2x|，x>0))的圖象如圖所示，設f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)＝t，則0<t<4，則直線y＝t與函數(shù)y＝f(x)圖象的4個交點橫坐標分別為x1，x2，x3，x4.對于A，函數(shù)y＝－x2－4x的圖象關于直線x＝－2對稱，則x1＋x2＝－4，故A正確；對于B，由圖象可知|log2x3|＝|log2x4|，且0<x3<1<x4，所以－log2x3＝log2x4，即log2(x3x4)＝0，所以x3x4＝1，故B正確；對于C，由圖象可知log2x4∈(0,4)，則1<x4<16，故C錯誤；對于D，由圖象可知－4<x1<－2，當x≤0時，f(x)＝－x2－4x＝－(x＋2)2＋4，所以x1x2x3x4＝x1(－4－x1)＝－xeq\o\al(2,1)－4x1＝－(x1＋2)2＋4＝f(x1)∈(0,4)，故D錯誤．三、填空題9．計算：lg25＋eq\f(2,3)lg8－log227×log32＋＝.答案2解析原式＝2lg5＋2lg2－3log23×log32＋3＝2(lg5＋lg2)－3＋3＝2.10．(2023·紹興模擬)已知函數(shù)f(x)滿足f(xy)＝f(x)＋f(y)，且當x>y時，f(x)<f(y)，請你寫出一個符合上述條件的函數(shù)f(x)＝.答案(答案不唯一)解析對于函數(shù)f(x)＝，f(x)＋f(y)＝＝f(xy)，且當x>y時，f(x)<f(y)，所以函數(shù)f(x)＝滿足條件．11．設p>0，q>0，若log4p＝log6q＝log9(2p＋q)，則eq\f(p,q)＝.答案eq\f(1,2)解析令log4p＝log6q＝log9(2p＋q)＝k，則p＝4k，q＝6k,2p＋q＝9k，所以2p＋q＝2·4k＋6k＝9k，整理得2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k,3k)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k＝1，解得eq\f(2k,3k)＝eq\f(1,2)(負值舍去)，所以eq\f(p,q)＝eq\f(4k,6k)＝eq\f(2k,3k)＝eq\f(1,2).12．(2023·龍巖模擬)已知函數(shù)y＝f(x)，若在定義域內(nèi)存在實數(shù)x，使得f(－x)＝－f(x)，則稱函數(shù)y＝f(x)為定義域上的局部奇函數(shù)．若函數(shù)f(x)＝log3(x＋m)是[－2,2]上的局部奇函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是．答案(2，eq\r(5)]解析因為f(x)＝log3(x＋m)是[－2,2]上的局部奇函數(shù)，所以x＋m>0在[－2,2]上恒成立，所以m－2>0，即m>2，由局部奇函數(shù)的定義，存在x∈[－2,2]，使得log3(－x＋m)＝－log3(x＋m)，即log3(－x＋m)＋log3(x＋m)＝log3(m2－x2)＝0，所以存在x∈[－2,2]，使得m2－x2＝1，即m2＝x2＋1，又因為x∈[－2,2]，所以x2＋1∈[1,5]，所以m2∈[1,5]，即m∈[－eq\r(5)，－1]∪[1，eq\r(5)]，綜上，m∈(2，eq\r(5)]．四、解答題13．已知f(x)＝．(1)若a＝2，求f(x)的值域；(2)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解(1)當a＝2時，f(x)＝，令t＝x2－2x＋10＝(x－1)2＋9，∴t≥9，f(x)≤＝－2，∴f(x)的值域為(－∞，－2]．(2)令u＝x2－ax＋5a，∵y＝為減函數(shù)，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴u＝x2－ax＋5a在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤1，,1＋4a≥0，))解得－eq\f(1,4)≤a≤2，∴a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).14．(2024·株洲模擬)已知函數(shù)f(x)＝log9(9x＋1)－kx(k∈R)是偶函數(shù)．(1)求k的值；(2)若方程f(x)＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3x)＋1))有兩個不相等的實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)因為9x＋1>0，所以f(x)的定義域為R，又因為f(x)是偶函數(shù)，所以?x∈R，有f(－x)＝f(x)，即log9(9－x＋1)＋kx＝log9(9x＋1)－kx對?x∈R恒成立，則2kx＝log9(9x＋1)－log9(9－x＋1)＝log9eq\f(9x＋1,9－x＋1)＝log99x＝x對?x∈R恒成立，即x(2k－1)＝0對?x∈R恒成立，因為x不恒為0，所以k＝eq\f(1,2).(2)由(1)得f(x)＝log9(9x＋1)－eq\f(1,2)x＝log9(9x＋1)－＝log9eq\f(9x＋1,3x)＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,3x)))，則方程f(x)＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3x)＋1))有兩個不相等的實數(shù)解等價于方程log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,3x)))＝log9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3x)＋1))有兩個不相等的實數(shù)解，所以方程3x＋eq\f(1,3x)＝eq\f(m,3x)＋1有兩個不相等的實數(shù)解，令t＝3x，且t>0，方程化為t＋eq\f(1,t)＝eq\f(m,t)＋1，即方程m＝t2－t＋1在(0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)解，令g(t)＝t2－t＋1，則y＝m與y＝g(t)在(0，＋∞)上有兩個交點，如圖所示，又g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al