對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)專(zhuān)題練習(xí)(含參考答案)

對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)專(zhuān)題練習(xí)(含參考答案)數(shù)學(xué)中的對(duì)數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中的重要概念。下面是一些基礎(chǔ)的選擇、填空和解答題。選擇題：1.已知a＝log2e，b＝ln2，c＝log13，則a，b，c的大小關(guān)系為B．b>a>c。2.下列函數(shù)中，與函數(shù)y＝2x－2－x的定義域、單調(diào)性與奇偶性均一致的是D．y＝log2x。3.已知a＝1/√2，b＝log10.3，c＝ab，則a，b，c的大小關(guān)系是C．a(chǎn)<c<b。4.已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝loga(x＋x2＋b)在區(qū)間(－∞，＋∞)上既是奇函數(shù)又是增函數(shù)，則函數(shù)g(x)＝loga||x|－b|的圖象是一條過(guò)原點(diǎn)的直線。5.若loga(a2＋1)<loga2a<0，則a的取值范圍是D．(0,1)∪(1，＋∞)。填空題：6.函數(shù)f(x)＝－(lgx)2＋3lgx－2的定義域是(0,1)∪(1，＋∞)。7.已知函數(shù)f(x)＝log2(x2＋a)．若f(3)＝1，則a＝2。8.已知函數(shù)f(x)＝{log2x，x>0；x/2，x≤2}．若關(guān)于x的方程f(x)－a＝0有兩個(gè)實(shí)根，則a的取值范圍是(0,1)。解答題：9.設(shè)f(x)＝loga(1＋x)＋loga(3－x)(a>0，a≠1)，且f(1)＝2。解：(1)a=3，定義域?yàn)?-∞,-1)∪(1,3)；(2)最大值為loga(10)。10.已知函數(shù)f(x)＝log2(x－1)(a為常數(shù))是奇函數(shù)。(1)a=2，定義域?yàn)?1,∞)；(2)m>log2(3/2)。能力挑戰(zhàn)：11.設(shè)a＝log0.20.3，b＝log20.3，則ab<a＋b<0。12.設(shè)x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則2x＜3y＜5z。x的圖像如下圖所示，則a的取值范圍是()解析：根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，a的取值范圍應(yīng)該是(0,1)∪(1，＋∞)．當(dāng)0<a<1時(shí)，對(duì)數(shù)函數(shù)的圖像是下凸的，即函數(shù)值隨著自變量的增大而減?。划?dāng)a>1時(shí)，對(duì)數(shù)函數(shù)的圖像是上凸的，即函數(shù)值隨著自變量的增大而增大．綜上所述，a的取值范圍是(0,1)∪(1，＋∞)．答案：(0,1)∪(1，＋∞)解答：(1)由已知f(1)＝2，代入f(x)＝loga(1＋x)＋loga(3－x)中得：2＝loga2＋loga2，即a2＝4，所以a＝2或a＝－2.但a＞0，所以a＝2.又因?yàn)閒(x)中有l(wèi)oga(1＋x)和loga(3－x)，所以1＋x＞0，即x＞－1；3－x＞0，即x＜3.綜上，f(x)的定義域?yàn)閧x|x＞－1且x＜3}，即(-1,3).(2)對(duì)于x∈(-1,3)，有：f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x)＝log2[(1＋x)(3－x)].令y＝(1＋x)(3－x)，則y＝－x2＋4x＋3，其對(duì)稱(chēng)軸為x＝2，開(kāi)口向下，最大值為y＝f(2)＝log25.所以在區(qū)間(-1,3)上，f(x)的最大值為log25.設(shè)$f(x)=\log_a\frac{1-x}{1+x}$，則$f(-x)=-\log_a\frac{1-x}{1+x}=-\log_a(1-x)-(-\log_a(1+x))=-f(x)$，因此$f(x)$是奇函數(shù)。又因?yàn)?\frac{1-x}{1+x}$在$(-1,1)$上單調(diào)遞減，所以$f(x)$在$(-1,1)$上也是單調(diào)遞減的。根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)，$f(x)$在$(-1,1)$上存在最小值，設(shè)其為$f(t)$，則$t\in(0,1)$，且$f(t)=\min_{x\in(-1,1)}f(x)=\log_a\frac{1-t}{1+t}$。當(dāng)$a>1$時(shí)，有$f(x_1)>f(x_2)$，因此$f(x)$在$(-1,1)$上是減函數(shù)；當(dāng)$0<a<1$時(shí)，有$f(x_1)<f(x_2)$，因此$f(x)$在$(-1,1)$上是增函數(shù)。綜上，當(dāng)$x\in[-t,t]$時(shí)，$f(x)$存在最小值，最小值為$\log_a\frac{1-t}{1+t}$。設(shè)$-1<x_1<x_2<1$，則$\frac{2(x_2-x_1)}{(1-x_1)(1-x_2)}=\frac{1+x_1}{1-x_1}\cdot\frac{1+x_2}{1-x_2}\cdot\frac{2}{(1+x_1)(1+x_2)}>0$，因此$x_2-x_1>0$。又因?yàn)?\frac{1+x_1}{1-x_1}\cdot\frac{1+x_2}{1-x_2}>1$，所以$\frac{1}{1+x_1}\cdot\frac{1}{1+x_2}<\frac{1}{(1+x_1)(1+x_2)}$。因此，$\frac{1}{1-x_1}\cdot\frac{1}{1-x_2}\cdot\frac{2(x_2-x_1)}{(1+x_1)(1+x_2)}>\frac{2(x_2-x_1)}{(1-x_1)(1-x_2)}$，即$\frac{1}{1-x_1}\cdot\frac{1}{1-x_2}\cdot\frac{1+x_1}{1+x_2}>1$，所以$\frac{1}{1-x_1}\cdot\frac{1}{1-x_2}>\frac{1+x_2}{1+x_1}$。因此，$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\log_a\frac{1-x_1}{1+x_1}-\log_a\frac{1-x_2}{1+x_2}}{x_2-x_1}=\frac{1}{1+x_1}\cdot\frac{1}{1+x_2}\cdot\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<\frac{1}{1-x_1}\cdot\frac{1}{1-x_2}\cdot\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<\frac{1+x_2}{1+x_1}\cdot\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$。因此，當(dāng)$a>1$時(shí)，$f(x)$在$(-1,1)$上是凸函數(shù)；當(dāng)$0<a<1$時(shí)，$f(x)$在$(-1,1)$上是凹函數(shù)。根據(jù)題意，有$f(x-2)+f(4-3x)\geqf(3x-4)$。由$x\geq1$可得$1<x<3$或$5<x<\frac{10}{3}$。當(dāng)$1<x<3$時(shí)，$-1<x-2<1$且$-1<3x-4<1$，因此$f(x-2)\geqf(-x+4)$，$f(4-3x)\geqf(3x-4)$。當(dāng)$5<x<\frac{10}{3}$時(shí)，$-1<3x-4<1$且$-1<5-3x<1$，因此$f(x-2)\geqf(3x-4)$，$f(4-3x)\geqf(-x+5)$。綜上，$f(x-2)+f(4-3x)\geqf(3x-4)$成立。當(dāng)$a>1$時(shí)，$f(x)$在$(-1,1)$上是減函數(shù)，因此$f(x)\geqf(t)$，即$\log_a\frac{1-x}{1+x}\geq\log_a\frac{1-t}{1+t}$，解得$x\leq\frac{1-t}{1+t}$或$x\geq\frac{t-1}{t+1}$。當(dāng)$0<a<1$時(shí)，$f(x)$在$(-1,1)$上是增函數(shù)，因此$f(x)\geqf(-t)$，即$\log_a\frac{1-x}{1+x}\geq\log_a\frac{1+t}{1-t}$，解得$x\leq\frac{t-1}{t+1}$或$x\geq\frac{1-t}{1+t}$。綜上，當(dāng)$x\in[-t,t]$時(shí)，$f(x)$取得最小值。當(dāng)$a>1$時(shí)，最小值為$\log_a\frac{1-t}{1+t}$；當(dāng)$0<a<1$時(shí)，最小值為$\log_a\frac{1+t}{1-t}$。因此，當(dāng)$x\in[-t,t]$時(shí)，$f(x)$存在最小值，最小值為$\log_a\frac{1-t}{1+t}$或$\log_a\frac{1+t}{1-t}$，具體取決于$a$的大小。綜上所述，當(dāng)$x\in[-t,t]$時(shí)，$f(x)$存