（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章第6課時(shí) 對(duì)數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)課時(shí)闖關(guān)（含解析）

[A級(jí)雙基鞏固]一、填空題1．(2011·高考重慶卷改編)設(shè)a＝logeq\f(1,3)eq\f(1,2)，b＝logeq\f(1,3)eq\f(2,3)，c＝log3eq\f(4,3)，則a，b，c大小關(guān)系為________．解析：c＝log3eq\f(4,3)＝logeq\f(1,3)eq\f(3,4)，又eq\f(1,2)<eq\f(2,3)<eq\f(3,4)，且函數(shù)f(x)＝logeq\f(1,3)x單調(diào)減，∴l(xiāng)ogeq\f(1,3)eq\f(1,2)>logeq\f(1,3)eq\f(2,3)>logeq\f(1,3)eq\f(3,4)，即a>b>c.答案：a>b>c2．(2010·高考遼寧卷改編)設(shè)2a＝5b＝m，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2，則m＝________.解析：由2a＝5b＝m得a＝log2m，b＝log5m，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝logm2＋logm5＝logm10.∵eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2，∴l(xiāng)ogm10＝2，∴m2＝10，m＝eq\r(10).答案：eq\r(10)3．已知集合A＝{x|log2x≤2}，B＝(－∞，a)，若A?B，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(c，＋∞)，其中c＝________.解析：由已知條件可得A＝{x|log2x≤2}＝(0,4]，B＝(－∞，a)，若A?B，則a＞4，即得c＝4.答案：44．若a>0，a≠1，x>y>0，n∈N，則下列各式：①(logax)n＝nlogax；②(logax)n＝logaxn；③logax＝－logaeq\f(1,x)；④eq\r(n,logax)＝eq\f(1,n)logax；⑤eq\f(logax,n)＝logaeq\r(n,x)；⑥logaeq\f(x－y,x＋y)＝－logaeq\f(x＋y,x－y).其中正確的有________個(gè)．解析：由對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可知，③⑤⑥正確，①②④錯(cuò)誤．答案：35．log225·log32eq\r(2)·log59＝________.解析：log225·log32eq\r(2)·log59＝2log25·eq\f(3,2)log32·2log53＝6.答案：66．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx，x≥\f(3,2),lg3－x，x<\f(3,2)))，若方程f(x)＝k無實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．解析：畫出f(x)圖象如圖，由圖可知k<lgeq\f(3,2).答案：(－∞，lgeq\f(3,2))7．若函數(shù)f(x)＝logax(0＜a＜1)在區(qū)間[a,2a]上的最大值是最小值的3倍，則a＝________.解析：當(dāng)x＝a時(shí)，f(a)＝1，f(2a)＝1＋loga2，又∵y＝logax是減函數(shù)，∴f(a)＝3·f(2a)，故3(1＋loga2)＝1，即loga2＝－eq\f(2,3)，∴a＝eq\f(\r(2),4).答案：eq\f(\r(2),4)8．設(shè)a＞0且a≠1，函數(shù)f(x)＝alg(x2－2x＋3)有最大值，則不等式loga(x2－5x＋7)>0的解集為________．解析：∵函數(shù)y＝lg(x2－2x＋3)有最小值，f(x)＝alg(x2－2x＋3)有最大值，∴0＜a＜1.∴由loga(x2－5x＋7)>0，得0＜x2－5x＋7＜1，解得2＜x＜3.∴不等式loga(x2－5x＋7)>0的解集為{x|2＜x＜3}．答案：{x|2＜x＜3}二、解答題9．已知函數(shù)f(x)＝logaeq\f(2＋x,2－x)(0＜a＜1)．(1)試判斷f(x)的奇偶性；(2)解不等式f(x)≥loga3x.解：(1)eq\f(2＋x,2－x)＞0?－2＜x＜2.故f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且f(－x)＝logaeq\f(2－x,2＋x)＝loga(eq\f(2＋x,2－x))－1＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)．(2)f(x)≥loga3x?logaeq\f(2＋x,2－x)≥loga3x.∵0＜a＜1，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2＋x,2－x)＞0，,\f(2＋x,2－x)≤3x))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2＜x＜2，,\f(3x－2x－1,x－2)≥0))?eq\f(2,3)≤x≤1.即原不等式的解集為{x|eq\f(2,3)≤x≤1}．10．已知f(x)＝logax，g(x)＝2loga(2x＋t－2)(a＞0，a≠1，t∈R)．(1)當(dāng)t＝4，x∈[1,2]，且F(x)＝g(x)－f(x)有最小值2時(shí)，求a的值；(2)當(dāng)0＜a＜1，x∈[1,2]時(shí)，有f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．解：(1)當(dāng)t＝4時(shí)，F(xiàn)(x)＝g(x)－f(x)＝logaeq\f(2x＋22,x)，x∈[1,2]，令h(x)＝eq\f(2x＋22,x)＝4(x＋eq\f(1,x)＋2)，x∈[1,2]，則h′(x)＝4(1－eq\f(1,x2))＝eq\f(4x－1x＋1,x2)≥0，∴h(x)在[1,2]上是單調(diào)增函數(shù)，∴h(x)min＝16，h(x)max＝18.當(dāng)0＜a＜1時(shí)，有F(x)min＝loga18，令loga18＝2求得a＝3eq\r(2)＞1(舍去)；當(dāng)a＞1時(shí)，有F(x)min＝loga16，令loga16＝2求得a＝4＞1.∴a＝4.(2)當(dāng)0＜a＜1，x∈[1,2]時(shí)，有f(x)≥g(x)恒成立，即當(dāng)0＜a＜1，x∈[1,2]時(shí)，logax≥2loga(2x＋t－2)恒成立，由logax≥2loga(2x＋t－2)可得logaeq\r(x)≥loga(2x＋t－2)，∴eq\r(x)≤2x＋t－2，∴t≥－2x＋eq\r(x)＋2.設(shè)u(x)＝－2x＋eq\r(x)＋2＝－2(eq\r(x))2＋eq\r(x)＋2＝－2(eq\r(x)－eq\f(1,4))2＋eq\f(17,8)，∵x∈[1,2]，∴eq\r(x)∈[1，eq\r(2)]．∴u(x)max＝u(1)＝1.∴實(shí)數(shù)t的取值范圍為t≥1.[B級(jí)能力提升]一、填空題1．已知函數(shù)f(x)滿足：當(dāng)x≥4時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x；當(dāng)x<4時(shí)，f(x)＝f(x＋1)，則f(2＋log23)＝________.解析：∵2<3<4＝22，∴1<log23<2.∴3<2＋log23<4，∴f(2＋log23)＝f(3＋log23)＝f(log28＋log23)＝f(log224)＝(eq\f(1,2))log224＝2－log224＝2log2eq\f(1,24)＝eq\f(1,24).答案：eq\f(1,24)2．(2011·高考天津卷)已知log2a＋log2b≥1，則3a＋9b的最小值為________．解析：由log2a＋log2b≥1得log2(ab)≥1，故ab≥2.∴3a＋9b＝3a＋32b≥2·3eq\f(a＋2b,2)(當(dāng)且僅當(dāng)3a＝32b，即a＝2b時(shí)等號(hào)成立)．又∵a＋2b≥2eq\r(2ab)≥4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝2b時(shí)等號(hào)成立)．∴3a＋9b≥2×32＝18.故a＝2b時(shí)，3a＋9b的最小值為18.答案：183．閱讀下面一段材料，然后解答問題：對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，符號(hào)[x]表示“不超過x的最大整數(shù)”，在數(shù)軸上，當(dāng)x是整數(shù)，[x]就是x，當(dāng)x不是整數(shù)時(shí)，[x]是點(diǎn)x左側(cè)的第一個(gè)整數(shù)點(diǎn)，這個(gè)函數(shù)叫做“取整函數(shù)”，也叫高斯(Gauss)函數(shù)．如[－2]＝－2，[－1.5]＝－2，[2.5]＝2.求eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(log2\f(1,4)))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(log2\f(1,3)))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(log2\f(1,2)))＋[log21]＋[log22]＋[log23]＋[log24]的值為________．解析：由題意知原式＝(－2)＋(－2)＋(－1)＋0＋1＋1＋2＝－1.答案：－14．設(shè)a＞1，若僅有一個(gè)常數(shù)c使得對(duì)于任意的x∈[a,2a]，都有y∈[a，a2]滿足方程logax＋logay＝c，這時(shí)a的取值集合為________．解析：由logax＋logay＝c(a＞1)，∴y＝eq\f(ac,x).∵a＞1，∴y＝eq\f(ac,x)在x∈[a,2a]上遞減，∴ymax＝eq\f(ac,a)＝ac－1，ymin＝eq\f(ac,2a)＝eq\f(1,2)ac－1，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ac－1≤a2?c≤3，,\f(1,2)ac－1≥a?ac－2≥2?c≥loga2＋2.))∵loga2＋2≤c≤3時(shí)，c值只有1個(gè)，∴c＝3，即loga2＝1，故a＝2.答案：{2}二、解答題5．對(duì)于函數(shù)f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－2ax＋3)，(1)若函數(shù)的定義域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)的值域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若函數(shù)在[－1，＋∞)上有意義，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(4)若函數(shù)的值域?yàn)?－∞，－1]，求實(shí)數(shù)a的所有取值；(5)若函數(shù)在(－∞，1]上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：設(shè)u＝g(x)＝x2－2ax＋3＝(x－a)2＋3－a2.(1)∵u>0對(duì)x∈R恒成立，∴umin＝3－a2>0.故a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\r(3))).(2)logeq\f(1,2)u的值域?yàn)镽?u＝g(x)能取遍(0，＋∞)的一切值，因此umin＝3－a2≤0，故a的取值范圍為(－∞，－eq\r(3)]∪[eq\r(3)，＋∞)．(3)函數(shù)f(x)在[－1，＋∞)上有意義?u＝g(x)>0對(duì)x∈[－1，＋∞)恒成立，因此應(yīng)按g(x)的對(duì)稱軸x＝a分類，則得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<－1,g－1>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥－1,Δ＝4a2－12<0))解這兩個(gè)不等式組得到實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－2，eq\r(3))．(4)∵函數(shù)f(x)的值域?yàn)?－∞，－1]，∴g(x)的值域是[2，＋∞)，因此要求g(x)能取遍[2，＋∞)的一切值(而且不能多取)．由于g(x)是連續(xù)函數(shù)，所以命題等價(jià)于[g(x)]min＝3－a2＝2，故a＝±1.(5)函數(shù)在(－∞，1]上是增函數(shù)?g(x)在(－∞，1]上是減函數(shù)，且g(x)>0對(duì)x∈(－∞，1]恒成立，?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≥1,g1>0))，故a的取值范圍為[1,2)．6．已知函數(shù)f(x)＝lgeq\f(kx－1,x－1)(k∈R且k＞0)．(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)若函數(shù)f(x)在[10，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，求k的取值范圍．解：(1)由eq\f(kx－1,x－1)＞0及k＞0得eq\f(x－\f(1,k),x－1)＞0，即(x－eq\f(1,k))·(x－1)＞0.①當(dāng)0＜k＜1時(shí)，x＜1或x＞eq\f(1,k)；②當(dāng)k＝1時(shí)，x∈R且x≠1；③當(dāng)k＞1時(shí)，x＜eq\f(1,k)或x＞1.綜上可得當(dāng)0＜k＜1時(shí)，函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，1)∪(eq\f(1,k)，＋∞)；當(dāng)k＞1時(shí)，函數(shù)的定義域?yàn)?－∞，eq\f(1,k))∪(1，＋∞)；當(dāng)k＝1時(shí)，{x|x∈R，且x≠1}．(2)∵f(x)在[10，＋∞)上是增函數(shù)，∴eq\f(10k－1,10－1)＞0，∴k＞eq\f(1,10).又f(