2024屆新高考一輪復(fù)習(xí)人教A版 第二章 第六講　對數(shù)與對數(shù)函數(shù) 學(xué)案

第六講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)知識梳理知識點一對數(shù)與對數(shù)運算1．對數(shù)的概念(1)對數(shù)的定義：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)．(2)幾種常見對數(shù)對數(shù)形式特點記法一般對數(shù)底數(shù)為a(a>0，且a≠1)_logaN__常用對數(shù)底數(shù)為_10___lg_N__自然對數(shù)底數(shù)為_e___ln_N__2.對數(shù)的性質(zhì)與運算法則(1)對數(shù)的性質(zhì)：①loga1＝_0__；②logaa＝_1__(其中a>0且a≠1)；③logaab＝_b__(a>0，a≠1，b∈R)．(2)對數(shù)恒等式：alogaN＝_N__(其中a>0且a≠1，N>0)．(3)對數(shù)的換底公式：logbN＝eq\f(logaN,logab)(a，b均大于零且不等于1，N>0)．(4)對數(shù)的運算法則：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)．知識點二對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)1．對數(shù)函數(shù)的定義、圖象和性質(zhì)定義函數(shù)y＝logax(a＞0，且a≠1)叫做對數(shù)函數(shù)圖象a＞10＜a＜1性質(zhì)定義域：_(0，＋∞)__值域：_(－∞，＋∞)__當(dāng)x＝1時，y＝0，即過定點_(1,0)__當(dāng)0＜x＜1時，y<0；當(dāng)x＞1時，_y＞0__當(dāng)0＜x＜1時，y＞0；當(dāng)x＞1時，_y＜0__在(0，＋∞)上為_增函數(shù)__在(0，＋∞)上為_減函數(shù)__2.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(guān)于直線_y＝x__對稱．歸納拓展1．指數(shù)式與對數(shù)式互化2．換底公式的兩個重要結(jié)論①logab＝eq\f(1,logba)；②logambn＝eq\f(n,m)logab.其中a>0，且a≠1，b>0，且b≠1，m，n∈R且m≠0.3．對數(shù)函數(shù)的圖象與底數(shù)大小的比較如圖，作直線y＝1，則該直線與四個函數(shù)圖象交點的橫坐標(biāo)為相應(yīng)的底數(shù)．故0<c<d<1<a<b.由此我們可得到以下規(guī)律：在第一象限內(nèi)從左到右底數(shù)逐漸增大．雙基自測題組一走出誤區(qū)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(a>0，a≠1)．(×)(2)若MN>0，則loga(MN)＝logaM＋logaN.(×)(3)log2x2＝2log2x.(×)(4)函數(shù)y＝lneq\f(1＋x,1－x)與y＝ln(1＋x)－ln(1－x)是同一函數(shù)．(√)(5)2lg3≠3lg2.(×)[解析](5)設(shè)2lg3＝M,3lg2＝N，則lgM＝lg2lg3＝lg3lg2＝lg3lg2＝lgN，∴M＝N.題組二走進教材2．(必修1P127T3改編)寫出下列各式的值：(1)log2eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(1,2)；(2)log53＋log5eq\f(1,3)＝_0__；(3)lgeq\f(5,2)＋2lg2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝_－1__；(4)(log29)·(log34)＝_4__.[解析](1)log2eq\f(\r(2),2)＝log22－eq\s\up7(\f(1,2))＝－eq\f(1,2).(2)log53＋log5eq\f(1,3)＝log51＝0.(3)lgeq\f(5,2)＋2lg2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝lgeq\f(5,2)＋lg4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝lg10－2＝－1.(4)解法一：原式＝eq\f(lg9,lg2)·eq\f(lg4,lg3)＝eq\f(2lg3·2lg2,lg2·lg3)＝4.解法二：原式＝2log23·eq\f(log24,log23)＝2×2＝4.3．(必修1P127T5改編)函數(shù)y＝loga(x－1)＋2(a>0，且a≠1)的圖象恒過的定點是_(2,2)__.[解析]當(dāng)x＝2時，函數(shù)y＝loga(x－1)＋2(a>0，且a≠1)的值為2，所以圖象恒過定點(2,2)．4．(必修1P131T1改編)函數(shù)y＝的定義域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).[解析]logeq\s\do7(\f(2,3))(2x－1)≥0，即0<2x－1≤1，解得eq\f(1,2)<x≤1，定義域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).5．(必修1P140T4改編)已知圖中曲線C1，C2，C3，C4是函數(shù)y＝logax的圖象，則曲線C1，C2，C3，C4對應(yīng)的a的值依次為(B)A．3,2，eq\f(1,3)，eq\f(1,2) B．2,3，eq\f(1,3)，eq\f(1,2)C．2,3，eq\f(1,2)，eq\f(1,3) D．3,2，eq\f(1,2)，eq\f(1,3)[解析]解法一：因為C1，C2為增函數(shù)，可知它們的底數(shù)都大于1，又當(dāng)x>1時，圖象越靠近x軸，其底數(shù)越大，故C1，C2對應(yīng)的a值分別為2,3.又因為C3，C4為減函數(shù)，可知它們的底數(shù)都小于1，此時x>1時，圖象越靠近x軸，其底數(shù)越小，所以C3，C4對應(yīng)的a分別eq\f(1,3)，eq\f(1,2).綜上可得C1，C2，C3，C4的a值依次為2,3，eq\f(1,3)，eq\f(1,2).解法二：可以畫直線y＝1，看交點的位置自左向右，底數(shù)由小到大．題組三走向高考6．(2022·浙江卷)已知2a＝5，log83＝b，則4a－3bA．25 B．5C.eq\f(25,9) D．eq\f(5,3)[解析]由2a＝5兩邊取以2為底的對數(shù)，得a＝log25.又b＝log83＝eq\f(log23,log28)＝eq\f(1,3)log23，所以a－3b＝log25－log23＝log2eq\f(5,3)＝eq\f(log4\f(5,3),log42)＝2log4eq\f(5,3)＝log4eq\f(25,9)，所以4a－3b＝4＝eq\f(25,9)，故選C.7．(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(D)A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)[解析]由x2－2x－8>0，得x<－2或x>4.因此，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(4，＋∞)，選D.8．(2020·課標(biāo)Ⅲ，10)設(shè)a＝log32，b＝log53，c＝eq\f(2,3)，則(A)A．a(chǎn)<c<b B．a(chǎn)<b<cC．b<c<a D．c<a<b[解析]因為a＝log32＝log3eq\r(3,8)<log3eq\r(3,9)＝eq\f(2,3)＝c，b＝log53＝log5eq\r(3,27)>log5eq\r(3,25)＝eq\f(2,3)＝c，所以a<c<b.故選A.考點一對數(shù)與對數(shù)運算——自主練透例1(1)設(shè)alog34＝2，則4－a＝(B)A.eq\f(1,16) B．eq\f(1,9)C．eq\f(1,8) D．eq\f(1,6)(2)(2021·天津高考)若2a＝5b＝10，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(C)A．－1 B．lg7C．1 D．log710(3)eq\f(lg\r(27)＋lg8－3lg\r(10),lg1.2)＝eq\f(3,2).(4)(log32＋log92)·(log43＋log83)＝eq\f(5,4).[解析](1)解法一：因為alog34＝2，所以log34a＝2，則有4a＝32＝9，所以4－a＝eq\f(1,4a)＝eq\f(1,9).故選B.解法二：因為alog34＝2，所以－alog34＝－2，所以log34－a＝－2，所以4－a＝3－2＝eq\f(1,32)＝eq\f(1,9).故選B.(2)因為2a＝5b＝10，所以a＝log210，b＝log510，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,log210)＋eq\f(1,log510)＝lg2＋lg5＝lg10＝1.故選C.(3)解法一：原式＝eq\f(lg33\f(1,2)＋lg23－3lg10\f(1,2),lg\f(3×22,10))＝eq\f(\f(3,2)lg3＋3lg2－\f(3,2)lg10,lg3＋2lg2－1)＝eq\f(\f(3,2)lg3＋2lg2－1,lg3＋2lg2－1)＝eq\f(3,2).解法二：原式＝eq\f(\f(3,2)lg3＋\f(3,2)lg4－\f(3,2),lg1.2)＝eq\f(\f(3,2)lg1.2,lg1.2)＝eq\f(3,2).(4)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg2,lg3)＋\f(lg2,lg9)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg3,lg4)＋\f(lg3,lg8)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg2,lg3)＋\f(lg2,2lg3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg3,2lg2)＋\f(lg3,3lg2)))＝eq\f(3lg2,2lg3)·eq\f(5lg3,6lg2)＝eq\f(5,4).考點二對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)考向1對數(shù)函數(shù)的圖象及其應(yīng)用——師生共研例2(1)(2023·福州市質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝lnx，則函數(shù)y＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－x)))的圖象大致為(D)(2)(2022·合肥月考)當(dāng)0<x≤eq\f(1,2)時，4x<logax(a>0且a≠1)，則實數(shù)a的取值范圍是(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C．(1，eq\r(2)) D．(eq\r(2)，2)[解析](1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－x)))＝lneq\f(1,1－x)＝－ln(1－x)，其定義域為(－∞，1)，為增函數(shù)，故選D.(2)構(gòu)造函數(shù)f(x)＝4x和g(x)＝logax，當(dāng)a>1時不滿足條件，當(dāng)0<a<1時，畫出兩個函數(shù)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的圖象，可知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即2<logaeq\f(1,2)，則a>eq\f(\r(2),2)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).本題還有以下解法：因為0<x≤eq\f(1,2)，所以1<4x≤2，所以logax>4x>1，所以0<a<1，排除選項C，D；取a＝eq\f(1,2)，x＝eq\f(1,2)，則有4eq\s\up7(\f(1,2))＝2，logeq\s\do7(\f(1,2))eq\f(1,2)＝1，顯然4x<logax不成立，排除選項A.故選B.名師點撥MINGSHIDIANBO應(yīng)用對數(shù)型函數(shù)的圖象可求解的問題(1)對一些可通過平移、對稱變換作出其圖象的對數(shù)型函數(shù)，在求解其單調(diào)性(單調(diào)區(qū)間)、值域(最值)、零點時，常利用數(shù)形結(jié)合思想．(2)一些對數(shù)型方程、不等式問題常轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的函數(shù)圖象問題，利用數(shù)形結(jié)合法求解．〔變式訓(xùn)練1〕(1)函數(shù)y＝lg|x－1|的圖象是(A)(2)若不等式x2－logax<0對x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，1)).[解析](1)因為y＝lg|x－1|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx－1，x>1，,lg1－x，x<1.))當(dāng)x＝1時，函數(shù)無意義，故排除B、D；又當(dāng)x＝2或0時，y＝0，所以A項符合題意．(2)由x2－logax<0得x2<logax，設(shè)f1(x)＝x2，f2(x)＝logax，要使x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，不等式x2<logax恒成立，只需f1(x)＝x2在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的圖象在f2(x)＝logax圖象的下方即可．當(dāng)a>1時，顯然不成立；當(dāng)0<a<1時，如圖所示，要使x2<logax在x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上恒成立，需f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，所以有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2≤logaeq\f(1,2)，解得a≥eq\f(1,16)，所以eq\f(1,16)≤a<1.即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，1)).考向2對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用——多維探究角度1比較對數(shù)值的大小例3(1)已知a＝log2e，b＝ln2，c＝logeq\s\do7(\f(1,2))eq\f(1,3)，則a，b，c的大小關(guān)系為(D)A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．c>b>a D．c>a>b(2)(2022·全國甲卷)已知9m＝10，a＝10m－11，b＝8m－A．a(chǎn)>0>b B．a(chǎn)>b>0C．b>a>0 D．b>0>a[解析](1)解法一(中間量法)：因為a＝log2e>1，b＝ln2∈(0,1)，c＝logeq\s\do7(\f(1,2))eq\f(1,3)＝log23>log2e>1，所以c>a>b.解法二(圖象法)：logeq\s\do7(\f(1,2))eq\f(1,3)＝log23，在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝log2x，y＝lnx的圖象，如圖，由圖可知c>a>b.(2)因為9m＝10，所以m＝log910，所以a＝10m－11＝10log910－11＝10log910－10log1011.因為log910－log1011＝eq\f(lg10,lg9)－eq\f(lg11,lg10)＝eq\f(lg102－lg9·lg11,lg9·lg10)>eq\f(lg102－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg9＋lg11,2)))2,lg9·lg10)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg99,2)))2,lg9)>0，所以a>0.b＝8log910－9＝8log910－8log89，因為log910－log89＝eq\f(lg10,lg9)－eq\f(lg9,lg8)＝eq\f(lg10·lg8－lg92,lg9·lg8)<eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg10＋lg8,2)))2－lg92,lg9·lg8)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg80,2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg81,2)))2,lg9·lg8)<0，所以b<0.綜上，a>0>b.故選A.角度2利用對數(shù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍例4(2023·華南師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝log0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是(D)A．(－∞，4] B．[4，＋∞)C．[－4,4] D．(－4,4][分析]函數(shù)f(x)＝log0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，說明在[2，＋∞)上，函數(shù)t＝x2－ax＋3a[解析]函數(shù)f(x)＝log0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減?函數(shù)t＝x2－ax＋3a在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，且t>0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22－2a＋3a>0，,\f(a,2)≤2))?－4<a≤4.故選D.角度3簡單對數(shù)不等式的解法例5(2022·湖州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≤0時，f(x)單調(diào)遞減，則不等式f[logeq\s\do7(\f(1,3))(2x－5)]>f(log38)的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(41,16)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,2)，＋∞)).[解析]因為函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在(－∞，0]上單調(diào)遞減，所以可將f[logeq\s\do7(\f(1,3))(2x－5)]>f(log38)化為|logeq\s\do7(\f(1,3))(2x－5)|>|log38|，即log3(2x－5)>log38或log3(2x－5)<－log38＝log3eq\f(1,8)，即2x－5>8或0<2x－5<eq\f(1,8)，解得x>eq\f(13,2)或eq\f(5,2)<x<eq\f(41,16).角度4對數(shù)函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用例6(多選題)已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)，下列說法正確的是(ACD)A．f(x)為奇函數(shù)B．f(x)為偶函數(shù)C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減D．f(x)的值域為(－∞，0)∪(0，＋∞)[解析]f(x)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)，令eq\f(2x＋1,2x－1)>0，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)，∴f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，又f(－x)＝lneq\f(－2x＋1,－2x－1)＝lneq\f(2x－1,2x＋1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋1,2x－1)))－1＝－lneq\f(2x＋1,2x－1)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，故A正確，B錯誤；又f(x)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2x－1)))，令t＝1＋eq\f(2,2x－1)，t>0且t≠1，∴y＝lnt，又t＝1＋eq\f(2,2x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，且y＝lnt為增函數(shù)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減，故C正確；∴y＝lnt的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，故D正確．名師點撥MINGSHIDIANBO1．比較對數(shù)式的大小的關(guān)系：(1)若底數(shù)為同一常數(shù)，則可由對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性直接進行判斷；若底數(shù)為同一字母，則需要對底數(shù)進行分類討論；(2)若底數(shù)不同，真數(shù)相同，則可以先用換底公式化為同底后，再進行比較；(3)若底數(shù)與真數(shù)都不同，則常借助1,0等中間量進行比較．2．解決與對數(shù)函數(shù)有關(guān)的函數(shù)的單調(diào)性問題的步驟〔變式訓(xùn)練2〕(1)(角度1)設(shè)a＝log412，b＝log515，c＝log618，則(A)A．a(chǎn)>b>c B．b>c>aC．a(chǎn)>c>b D．c>b>a(2)(角度2)若函數(shù)f(x)＝logeq\s\do7(\f(1,2))(－x2＋4x＋5)在區(qū)間(3m－2，m＋2)內(nèi)單調(diào)遞增，則實數(shù)m的取值范圍為(C)A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，3)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))(3)(角度3)設(shè)函數(shù)f(x)＝若f(a)>f(－a)，則實數(shù)a的取值范圍是(C)A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)(4)(多選題)(角度4)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ln(2－x)，則(BC)A．f(x)在(0,2)上單調(diào)遞增B．f(x)在(0,2)上的最大值為0C．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱D．f(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱[解析](1)a＝1＋log43，b＝1＋log53，c＝1＋log63，∵log43>log53>log63，∴a>b>c.(2)由題意得：y＝logeq\s\do7(\f(1,2))(－x2＋4x＋5)增區(qū)間為(2,5)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3m－2≥2，,m＋2≤5，,3m－2<m＋2，))解得m∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))，故選C.(3)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,log2a>－log2a))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,－log2－a>log2－a，))解得a>1或－1<a<0.故選C.另解：令a＝2，由f(2)＝1>f(－2)＝－1，排除AD.令a＝－2，由f(－2)＝－1<f(2)＝1，排除B，∴選C.(4)f(x)＝lnx＋ln(2－x)，定義域為(0,2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln(－x2＋2x)，令t＝－x2＋2x，y＝lnt，∵t＝－x2＋2x，x∈(0,2)，在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，故A不正確；f(x)max＝f(1)＝0，故B正確；∵f(1＋x)＝ln(1＋x)＋ln(1－x)，f(1－x)＝ln(1－x)＋ln(1＋x)，∴f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，故C正確，D不正確.有關(guān)對數(shù)運算的創(chuàng)新應(yīng)用問題例7(多選題)(2022·北京石景山區(qū)調(diào)研)在通信技術(shù)領(lǐng)域中，香農(nóng)公式C＝Wlog2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(S,N)))是被廣泛公認的通信理論基礎(chǔ)和研究依據(jù)，它表示：在受高斯白噪聲干擾的信道中，最大信息傳遞速率C取決于信道帶寬W、信道內(nèi)所傳信號的平均功率S、信道內(nèi)部的高斯噪聲功率N的大小，其中eq\f(S,N)叫做信噪比．根據(jù)香農(nóng)公式，以下說法正確的是(參考數(shù)據(jù)：lg5≈0.6990)(ACD)A．若不改變信噪比eq\f(S,N)，而將信道帶寬W增加一倍，則C增加一倍B．若不改變信道帶寬W和信道內(nèi)所傳信號的平均功率S，而將信道內(nèi)部的高