2020-2021学年新教材高中数学 第四章 对数运算和对数函数 微专题集训四 指数函数与对数函数的综合应用一课一练（含解析）北师大版必修第一册.docx

1、第四章对数运算与对数函数微专题集训四指数函数与对数函数的综合应用专题1指数、对数函数的图像及其应用1.%358￥*1*%(2020临川一中月考)已知函数f(x)=3x,x1,log13x,x1,则y=f(x+1)的图像大致是()。图4-1答案：B解析：先作出f(x)=3x,x1,log13x,x1的大致图像,如图所示,再把f(x)的图像向左平移1个单位长度,可得到y=f(x+1)的图像。故选B。2.%*9￥707*%(2020枣庄八中质量检测)函数f(x)=e1-x2的部分图像大致是()。图4-2答案：C解析：显然函数为偶函数,所以图像关于y轴对称,排除A,B;因为e1-x20,所以排除D。故

2、选C。3.%*3*￥8#49%(2020张家口一中月考)已知f(x)=ax-2,g(x)=loga|x|(a0,a1),若f(4)g(-4)0,则y=f(x),y=g(x)在同一平面直角坐标系内的大致图像是()。图4-3答案：B解析：由f(4)g(-4)0知a2loga40,所以loga40,所以0a0,a1)的图像如图4-4,则a,b满足的关系是()。图4-4A.01ab1B.0b1a1C.01ba1D.01a1b1。又-1f(0)0,f(0)=loga(20+b-1)=logab,即-1logab0,所以01ab1。故选A。5.%#0￥7#53%(2020石门一中月考)已知函数y=f(x)

3、的周期为2,当x-1,1时f(x)=x2,那么方程f(x)=|lgx|的解的个数是多少?答案：解:画出函数y=f(x)和y=|lgx|的图像,如图所示,可以看出交点有10个。由此可得方程有10个解。专题2与指数、对数函数相关的抽象函数问题6.%917#￥0*%(2020华师一附中高一检测)下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)f(y)”的单调递增函数是()。A.f(x)=x3B.f(x)=3xC.f(x)=x12D.f(x)=12x答案：B解析：把握和的函数值等于函数值的积的特征,其典型代表函数为指数函数,又所求函数为单调递增函数,故选B。7.%62￥*9￥1#%(2020巴东一中期中)定义

4、在区间(0,+)上的函数f(x)满足对任意的实数x,y都有f(xy)=yf(x)。(1)求f(1)的值;答案：解:因为对任意的实数x,y都有f(xy)=yf(x),若令x=1,y=2,则有f(12)=2f(1),所以f(1)=0。(2)若f120,求证:f(x)在(0,+)上为增函数。答案：证明:对任意0x1t。所以f(x1)-f(x2)=f12s-f12t=(s-t)f120,即f(x1)0时,0f(x)1。(1)求证:f(0)=1,且当x1;答案：证明:因为对任意实数m,n,恒有f(m+n)=f(m)f(n),令m=1,n=0,则f(1)=f(1)f(0)。因为当x0时,0f(x)1,所以

5、f(0)=1。设m=x0,所以f(0)=f(x)f(-x),所以f(x)=f(0)f(-x)=1f(-x)1。即当x1。(2)判断f(x)在R上的单调性。答案：解:取任意的x1,x2R,且x10,所以0f(x2-x1)0,所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-10,即f(x2)0在xR上恒成立。若a=0,则-x0不能恒成立,所以a0,则二次函数t=ax2+(a-1)x+14a的图像在x轴上方,所以a0,(a-1)2-414a212。故实数a的取值范围是12,+。11.%8#￥78￥8%(2020新余

6、四中月考)设a0且a1,若P=loga(a3+1),Q=loga(a2+1),试比较P,Q的大小。答案：解:当0a1时,有a3a2,即a3+1a2+1。又当0aloga(a2+1),即PQ。当a1时,有a3a2,即a3+1a2+1。又当a1时,y=logax在(0,+)上单调递增,所以loga(a3+1)loga(a2+1),即PQ。综上可得,PQ。12.%*6*203￥%(2020汕头调考)已知函数f(x)=loga(1+x),g(x)=loga(1-x)(a0且a1)。(1)设a=2,函数f(x)的定义域为3,63,求函数f(x)的最值;答案：解:当a=2时,函数f(x)=log2(1+x

7、)在3,63上单调递增,所以f(x)的最小值为f(3)=log2(3+1)=2;f(x)的最大值为f(63)=log2(63+1)=log264=6。(2)求使f(x)-g(x)0的x的取值范围。答案：不等式f(x)-g(x)0,即f(x)g(x),即loga(1+x)loga(1-x)。当0a0,1-x0,1+x1-x,解得-1x1时,由不等式可得1+x0,1-x0,1+x1-x,解得0x1。综上,当0a1时,x的取值范围是(0,1)。13.%*637*1*%(2020内江调考)已知f(x)=aa2-1(ax-a-x)(a0且a1)。(1)判断f(x)的奇偶性;答案：解:因为函数的定义域为R

8、,所以关于原点对称。又f(-x)=aa2-1(a-x-ax)=-aa2-1(ax-a-x)=-f(x),所以f(x)为奇函数。(2)讨论f(x)的单调性;答案：当a1时,a2-10,y=ax为增函数,y=a-x为减函数,从而y=ax-a-x为增函数,所以f(x)为增函数;当0a1时,a2-10且a1时,f(x)在定义域内单调递增。(3)当x-1,1时,f(x)b恒成立,求b的取值范围。答案：由(2)知f(x)在R上是增函数,所以在区间-1,1上为增函数,所以f(-1)f(x)f(1),所以f(x)min=f(-1)=aa2-1(a-1-a)=-1。所以要使f(x)b在-1,1上恒成立,则只需b

9、-1。故b的取值范围是(-,-1。14.%354￥8%(2020临川一中模拟)若在定义域内存在实数x0,使得f(x0+1)=f(x0)+f(1)成立,则称函数有“飘移点”x0。(1)函数f(x)=1x是否有“飘移点”?请说明理由;答案：解:假设函数f(x)=1x有“飘移点”x0,则1x0+1=1x0+1,即x02+x0+1=0,而此方程无实根,矛盾,所以函数f(x)=1x没有“飘移点”。(2)证明函数f(x)=x2+2x在(0,1)上有“飘移点”;答案：证明:令h(x)=f(x+1)-f(x)-f(1)=2(2x-1+x-1),又h(0)=-1,h(1)=2,所以h(0)h(1)0。当a=2时,方程的根为x=-12,不符合要求。当0a0,可知只需=4a2-4(2-a)(2-2a)0,所以3-5a3+5,即有3-5a2时,g(x)图像的对称轴x=a2-a0,所以a1(舍去)。所以a的取值范围是3-5,2)。