資源簡介

(共39張PPT)
4.2 對數與對數函數
4.2.3 對數函數的性質與圖象
第2課時 對數函數的圖象及其性質的應用
◆ 課前預習
◆ 課中探究
◆ 課堂評價
◆ 備課素材
【學習目標】
1.會進行函數性質與圖象的結合；
2.掌握與對數函數有關的復合函數的單調性的求解方法；
3.會解決對數函數的綜合性問題.
知識點 型函數性質的研究
1.定義域:由解得的取值范圍,即為函數 的定義域.
2.值域:在函數的定義域中確定的值域,再由 的單
調性確定函數的值域.
3.單調性:在定義域內考慮與 的單調性,根據__________法則判
定,或運用單調性定義判定.
同增異減
4.奇偶性:根據奇函數、偶函數的定義判定.
5.最值:在的條件下,確定的值域,再根據確定函數 的
單調性,最后確定最值.
【診斷分析】
1.函數 的定義域是___________________,值域是___,是____
（填“奇”或“偶”）函數,單調遞增區間是________.
偶
2.與同為上的增函數，且圖象都過點 ，怎樣區分
它們在同一坐標系內的相對位置？
解：可以通過描點定位，也可令，對應 的值即為底數.一般地，對于底數
的對數函數，在區間內，底數越大圖象越靠近 軸；對于底數
的對數函數，在區間內，底數越小圖象越靠近 軸.
探究點一 與對數函數有關的復合函數的單調性
例1（1） [2024·河南商丘高一期末]已知函數 在區間
上單調遞減，則實數 的取值范圍是( )
C
A. B. C. D.
[解析] 由題得解得，故實數的取值范圍是 .故選
C.
（2）已知函數 .
①求 的定義域；
解:要使函數有意義，需，即，即，所以函數 的
定義域為 .
②判斷 的單調性，并證明.
解: 是減函數.證明如下：
在內任取，，且 ，
則 .
因為，所以，所以 ，所以
，所以 ，
即，所以函數 是減函數.
變式 已知函數在上為減函數，則實數 的取值范圍
是______.
[解析] 由題知且，所以 為減函數，又函數
在上為減函數，所以函數在 上大于
零，且，即解得.故實數的取值范圍是 .
［素養小結］
（1）求形如 的函數的單調區間，一定要樹立定義域優先的意識，
即由 先求定義域.
（2）與形如 的函數的單調性有關的兩種問題及思路：①證明單調
性，利用函數單調性的定義求證；②求單調區間，借助函數的性質研究函數
和在定義域上的單調性，從而求出 的單調區間.
探究點二 與對數函數有關的復合函數的值域或最值
例2（1） 函數 的最大值為___.
0
[解析] 令.當時， ,
當時，, 函數 的最大值為
.
（2）已知函數 .
①若的定義域為，求實數 的取值范圍；
解：若的定義域為，則關于的不等式的解集為 .
當時，，這與矛盾，所以 .
當時，由題意得解得 ，
即實數的取值范圍為 .
②若的值域為，求實數 的取值范圍.
解：若的值域為，則 能取遍一切正數，
所以或所以 ，
即實數的取值范圍為 .
變式 函數 的最小值為____.
[解析] 函數的定義域是， ，則
，
所以當時，取得最小值，最小值為 .
［素養小結］
求與對數函數有關的函數的值域或最值時要注意:①利用對數函數的單調性;②若
是與二次函數復合的函數,要考慮二次函數的最值情況.
拓展 [2024·陜西西安交大附中高一期末] 若函數 沒有
最小值，則 的取值范圍是_________.
[解析] 函數的圖象開口向上，要使函數 沒有最小值，只
需，即方程至少有1個根，則 ，解得
，所以的取值范圍是 .
探究點三 解與對數函數有關的不等式
例3 [2024·河北鄭口中學高一期末] 已知函數 .
（1）判斷函數 的奇偶性；
解：由題意得函數的定義域為 ，關于原點對稱，
，
所以函數 為奇函數.
（2）判斷函數 的單調性；
解： ，
易知函數在上單調遞減，又在 上單調遞減，
所以在 上單調遞增.
（3）若，求實數 的取值范圍.
解：因為在 上單調遞增，
所以解得 ，
故實數的取值范圍是 .
變式 已知函數且 .
（1）討論函數 的定義域；
解：由,得 .
當時，;當時， .
故當時，的定義域是 ;
當時，的定義域是 .
（2）當時，解關于的不等式 ；
解：當時，任取，,且 ,
則, .
,，即 ，
故當時，在 上是增函數.
，,, .
又,，故不等式的解集為 .
（3）當時，不等式對任意實數 恒成立，
求實數 的取值范圍.
解：當時，在 上是增
函數， ,
對恒成立, .
［素養小結］
解與對數函數有關的不等式的一般思路：
（1）把不等式兩邊均化為 的形式；
（2）利用單調性把不等式轉化為真數的大小關系，得到新的不等式，要注意底
數 和1的關系；
（3）在真數大于零的前提下解這個新的不等式；
（4）得出不等式的解集.
探究點四 對數函數的綜合應用
例4 已知實數滿足 .
（1）求 的取值范圍；
解：原不等式可化為 ，
即，可得，解得 .
故的取值范圍為 .
（2）在（1）的條件下，若函數 的最小
值為1，求 的值.
解：設 ，
易知是 上的減函數.
因為，所以是上的增函數，所以是 上的減函數，
所以，可得 .
變式 [2023·云南紅河高一期末] 已知函數， .
（1）求 的值.
解： ，
.
（2）從下列問題中選一個作答.
①,，定義,求, 的解析式及
的最小值；
②,，定義,求, 的解析式及
的最大值.
解：函數在定義域 上單調遞增，
在上單調遞減，且 ，
所以當時，，當時， .
選擇①.
,
函數在區間上單調遞減，在區間 上單調遞增，
所以函數的最小值為 .
選擇②.
,
函數在區間上單調遞增，在區間 上單調遞減，
所以函數的最大值為 .
［素養小結］
解決與對數函數相關的問題時要遵循“定義域優先”的原則，同時注意數形結合
思想和分類討論思想在解決此類問題中的應用.
1.已知，，則函數 的圖象不經過( )
D
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
[解析] 因為，所以的圖象經過第一、四象限，經過點 ，且
是增函數.的圖象可以看成是把 的圖象向左平
移個單位得到的，故函數 的圖象經過第一、二、三
象限，不經過第四象限.故選D.
2.函數 的單調遞增區間為( )
A
A. B. C. D.
[解析] 由題知，解得 ，
函數的定義域為 .
函數 的圖象是開口向下的拋物線，
當時， 單調遞增，
當時， 單調遞減，又 是減函數，
由復合函數的單調性得函數的單調遞增區間為 .故
選A.
3.已知函數，若，則實數 的取值范圍是( )
A
A. B.
C. D.
[解析] ,即, 解得
.故選A.
4.（多選題）[2024·陜西西安高一期末] 下列函數中，值域為 且是增函
數的是( )
BC
A. B. C. D.
[解析] 對于A，函數的定義域為，其值域為 ，故A錯誤；
對于B，函數的值域為 ，且是增函數，故B正確；
對于C，由復合函數的單調性知為增函數，令，
則 ，所以，即其值域為，故C正確；
對于D，令 ，則，函數在定義域內為增函數，
易知函數在 上單調遞減，在上單調遞增，故函數
在 上單調遞減，在上單調遞增，且值域為 ，
故D錯誤.故選 .
5.若函數有最小值，則 的取值范圍是______.
[解析] 令且.
①當時，在 上單調遞增， 要使有
最小值，必須滿足 ，，解得，；
②當 時，沒有最大值，從而不能使得函數
有最小值，不符合題意.綜上所述，的取值范圍是 .
1.換元法
對于與對數函數復合的函數，求其值域或判斷其單調性時一般考慮換元法，即
通過換元將復合函數轉化為簡單函數，再利用簡單函數的單調性求其值域，利
用復合函數“同增異減”的特性判斷其單調性.
例1 [2023·云南昆明八中高一期末] 已知函數在
上單調遞增，則實數 的取值范圍是( )
D
A. B. C. D.
[解析] 由，解得或，所以函數 的定義域為
.
易知在 上單調遞增，根據復合函數的單調性可得函數
的單調遞增區間為 ，又函數在上單
調遞增，所以，即實數 的取值范圍是 .故選D.
2.數形結合法
對于由指數函數、對數函數和其他函數所構成的不等式（一般稱為超越不等
式），去研究解的情況或求參數的范圍時，我們常畫出相應的函數圖象，用數
形結合的方法解決問題.
例2 已知函數在，內恒有，求實數 的取值
范圍.
解：且 ，
，即 .
在同一平面直角坐標系中作出和
的圖象，如圖所示，
要使函數在， 內恒有
，即在， 內恒成立，
只要在，內，的圖象在的圖象的上方即可，則有 .
當時，， ，
，即，又 ，
，故實數的取值范圍是 .第2課時　對數函數的圖象及其性質的應用
【課前預習】
知識點
3.同增異減
診斷分析
1.(-∞,-1)∪(1,+∞)　R　偶　(1,+∞)
2.解:可以通過描點定位,也可令y=1,對應x的值即為底數.一般地,對于底數a>1的對數函數,在區間(1,+∞)內,底數越大圖象越靠近x軸;對于底數0【課中探究】
例1　(1)C　[解析] 由題得解得2≤k<,故實數k的取值范圍是.故選C.
(2)解:①要使函數f(x)有意義,需3-3x>0,即3x<3,即x<1,所以函數f(x)的定義域為(-∞,1).
②f(x)是減函數.證明如下:
在(-∞,1)內任取x1,x2,且x1則f(x1)-f(x2)=lg(3-)-lg(3-)=lg.
因為x11,所以lg>0,
即f(x1)>f(x2),所以函數f(x)是減函數.
變式　(1,3]　[解析] 由題知a>0且a≠1,所以t(x)=6-ax為減函數,又函數f(x)=loga(6-ax)在(0,2)上為減函數,所以函數t(x)=6-ax在(0,2)上大于零,且a>1,即解得1例2　(1)0　[解析] 令y=-3x2+x+=-3+.當x=時,ymax=,當x=時,ymin=1,∴函數f(x)=lo的最大值為lo1=0.
(2)解:①若f(x)的定義域為R,則關于x的不等式ax2+2x+1>0的解集為R.
當a=0時,x>-,這與x∈R矛盾,所以a≠0.
當a≠0時,由題意得解得a>1,
即實數a的取值范圍為a>1.
②若f(x)的值域為R,則ax2+2x+1能取遍一切正數,
所以a=0或所以0≤a≤1,
即實數a的取值范圍為0≤a≤1.
變式　-　[解析] 函數f(x)的定義域是(0,+∞),log2x∈R,則f(x)=log2·log4(4x2)=(log2x-2)(1+log4x2)=(log2x-2)(1+log2x)=(log2x)2-log2x-2=-,所以當x=時,f(x)取得最小值,最小值為-.
拓展　(-∞,4]　[解析] 函數g(x)=x2-2x+的圖象開口向上,要使函數f(x)沒有最小值,只需g(x)min≤0,即方程g(x)=0至少有1個根,則Δ=4-4×≥0,解得a≤4,所以a的取值范圍是(-∞,4].
例3　解:(1)由題意得函數f(x)的定義域為(-6,6),關于原點對稱,
f(-x)=lo(6+x)-lo(6-x)=-[lo(6-x)-lo(6+x)]=-f(x),
所以函數f(x)為奇函數.
(2)f(x)=lo(6-x)-lo(6+x)=lo=lo,
易知函數y=在(-6,6)上單調遞減,又y=lox在(0,+∞)上單調遞減,
所以f(x)在(-6,6)上單調遞增.
(3)因為f(x)在(-6,6)上單調遞增,
所以解得-1故實數k的取值范圍是.
變式　解:(1)由ax-1>0,得ax>1.
當a>1時,x>0;當0故當a>1時,f(x)的定義域是(0,+∞);
當0(2)當a>1時,任取x1,x2∈(0,+∞),且x1則<,∴-1<-1.
∵a>1,∴loga(-1)故當a>1時,f(x)在(0,+∞)上是增函數.
∵f(x)1,∴x<1.
又∵x>0,∴0(3)當a=2時,∵g(x)=f(x)-log2(1+2x)=log2在[1,3]上是增函數,∴g(x)min=g(1)=-log23,
∵m例4　解:(1)原不等式可化為-6×2x+8≤0,
即(2x-2)(2x-4)≤0,可得2≤2x≤4,解得1≤x≤2.
故x的取值范圍為[1,2].
(2)設g(x)=x2-4x+a2+2,
易知g(x)=x2-4x+a2+2是[1,2]上的減函數.
因為a>,所以y=logax是(0,+∞)上的增函數,所以f(x)是[1,2]上的減函數,
所以f(2)=loga(a2-2)=1,
可得a=2.
變式　解:(1)f=log2=-2,
g=g(-2)=-×(-2)+4=5.
(2)函數f(x)=log2x在定義域(0,+∞)上單調遞增,
g(x)=-x+4在R上單調遞減,且f(4)=g(4)=2,
所以當0f(x),當x>4時,f(x)>g(x).
選擇①.
h(x)=max{f(x),g(x)}=
函數h(x)在區間(0,4)上單調遞減,在區間[4,+∞)上單調遞增,
所以函數h(x)的最小值為h(4)=2.
選擇②.
h(x)=min{f(x),g(x)}=
函數h(x)在區間(0,4]上單調遞增,在區間(4,+∞)上單調遞減,
所以函數h(x)的最大值為h(4)=2.
【課堂評價】
1.D　[解析] 因為a>1,所以y=logax的圖象經過第一、四象限,經過點(1,0),且y=logax是增函數.y=loga(x-b)的圖象可以看成是把y=logax的圖象向左平移-b(-b>1)個單位得到的,故函數y=loga(x-b)的圖象經過第一、二、三象限,不經過第四象限.故選D.
2.A　[解析] 由題知-x2+x+6>0,解得-2∴函數y=(-x2+x+6)的定義域為(-2,3).
∵函數t=-x2+x+6的圖象是開口向下的拋物線,
∴當-2當又y=t是減函數,
∴由復合函數的單調性得函數y=(-x2+x+6)的單調遞增區間為.故選A.
3.A　[解析] f(x)=log0.5(4x-3)>0,即log0.5(4x-3)>log0.51,∴解得4.BC　[解析] 對于A,函數y=的定義域為[0,+∞),其值域為[0,+∞),故A錯誤;對于B,函數y=2x的值域為(0,+∞),且是增函數,故B正確;對于C,由復合函數的單調性知y=log3(2x+1)為增函數,令t=2x+1,則t>1,所以y=log3(2x+1)>0,即其值域為(0,+∞),故C正確;對于D,令u=x2+1,則u≥1,函數y=ln u在定義域內為增函數,易知函數u=x2+1在(-∞,0]上單調遞減,在[0,+∞)上單調遞增,故函數y=ln(x2+1)在(-∞,0]上單調遞減,在[0,+∞)上單調遞增,且值域為[0,+∞),故D錯誤.故選BC.
5.(1,2)　[解析] 令g(x)=x2-ax+1(a>0且a≠1).①當a>1時,y=logax在(0,+∞)上單調遞增,∴要使y=loga(x2-ax+1)有最小值,必須滿足g(x)min>0,∴Δ<0,解得-2【學習目標】
1.會進行函數性質與圖象的結合;
2.掌握與對數函數有關的復合函數的單調性的求解方法;
3.會解決對數函數的綜合性問題.
◆ 知識點　y=logaf(x)型函數性質的研究
1.定義域:由f(x)>0解得x的取值范圍,即為函數y=logaf(x)的定義域.
2.值域:在函數y=logaf(x)的定義域中確定t=f(x)的值域,再由y=logat的單調性確定函數的值域.
3.單調性:在定義域內考慮t=f(x)與y=logat的單調性,根據　　　　　　法則判定,或運用單調性定義判定.
4.奇偶性:根據奇函數、偶函數的定義判定.
5.最值:在f(x)>0的條件下,確定t=f(x)的值域,再根據a確定函數y=logat的單調性,最后確定最值.
【診斷分析】 1.函數y=log2(x2-1)的定義域是　　　　　　　　,值域是　　　　,是　　　　(填“奇”或“偶”)函數,單調遞增區間是　　 　　.
2.y=log2x與y=log3x同為(0,+∞)上的增函數,且圖象都過點(1,0),怎樣區分它們在同一坐標系內的相對位置
◆ 探究點一　與對數函數有關的復合函數的
單調性
例1 (1)[2024·河南商丘高一期末] 已知函數f(x)=log3(x2-2kx+5)在區間[1,2]上單調遞減,則實數k的取值范圍是 (　 )
A. D.[2,+∞)
(2)已知函數f(x)=lg(3-3x).
①求f(x)的定義域;
②判斷f(x)的單調性,并證明.
變式 已知函數f(x)=loga(6-ax)在(0,2)上為減函數,則實數a的取值范圍是　　　　.
[素養小結]
(1)求形如y=logaf(x)的函數的單調區間,一定要樹立定義域優先的意識,即由f(x)>0先求定義域.
(2)與形如y=logaf(x)的函數的單調性有關的兩種問題及思路:①證明單調性,利用函數單調性的定義求證;②求單調區間,借助函數的性質研究函數t=f(x)和y=logat在定義域上的單調性,從而求出y=logaf(x)的單調區間.
◆ 探究點二　與對數函數有關的復合函數的
值域或最值
例2 (1)函數f(x)=lo的最大值為　　　　.
(2)已知函數f(x)=lg(ax2+2x+1).
①若f(x)的定義域為R,求實數a的取值范圍;
②若f(x)的值域為R,求實數a的取值范圍.
變式 函數f(x)=log2·log4(4x2)的最小值為　　　　.
[素養小結]
求與對數函數有關的函數的值域或最值時要注意:①利用對數函數的單調性;②若是與二次函數復合的函數,要考慮二次函數的最值情況.
拓展 [2024·陜西西安交大附中高一期末] 若函數f(x)=lg沒有最小值,則a的取值范圍是　　　　.
◆ 探究點三　解與對數函數有關的不等式
例3 [2024·河北鄭口中學高一期末] 已知函數f(x)=lo(6-x)-lo(6+x).
(1)判斷函數f(x)的奇偶性;
(2)判斷函數f(x)的單調性;
(3)若f(2k+1)變式 已知函數f(x)=loga(ax-1)(a>0且a≠1).
(1)討論函數f(x)的定義域;
(2)當a>1時,解關于x的不等式f(x)(3)當a=2時,不等式f(x)-log2(1+2x)>m對任意實數x∈[1,3]恒成立,求實數m的取值范圍.
[素養小結]
解與對數函數有關的不等式的一般思路:
(1)把不等式兩邊均化為logaf(x)的形式;
(2)利用單調性把不等式轉化為真數的大小關系,得到新的不等式,要注意底數a和1的關系;
(3)在真數大于零的前提下解這個新的不等式;
(4)得出不等式的解集.
◆ 探究點四　對數函數的綜合應用
例4 已知實數x滿足4x-3×2x+1+8≤0.
(1)求x的取值范圍;
(2)在(1)的條件下,若函數f(x)=loga(x2-4x+a2+2)(a>)的最小值為1,求a的值.
變式 [2023·云南紅河高一期末] 已知函數f(x)=log2x,g(x)=-x+4.
(1)求gf的值.
(2)從下列問題中選一個作答.
① a,b∈R,定義max{a,b}=求h(x)=max{f(x),g(x)}的解析式及h(x)的最小值;
② a,b∈R,定義min{a,b}=求h(x)=min{f(x),g(x)}的解析式及h(x)的最大值.
[素養小結]
解決與對數函數相關的問題時要遵循“定義域優先”的原則,同時注意數形結合思想和分類討論思想在解決此類問題中的應用.
1.已知a>1,b<-1,則函數y=loga(x-b)的圖象不經過 (　 )
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
2.函數y=(-x2+x+6)的單調遞增區間為 (　 )
A. B.
C. D.
3.已知函數f(x)=log0.5(4x-3),若f(x)>0,則實數x的取值范圍是 (　 )
A. B.
C.(1,+∞) D.∪(1,+∞)
4.(多選題)[2024·陜西西安高一期末] 下列函數中,值域為(0,+∞)且是增函數的是 (　 )
A.y= B.y=2x
C.y=log3(2x+1) D.y=ln(x2+1)
5.若函數y=loga(x2-ax+1)有最小值,則a的取值范圍是　　　　　. 第2課時　對數函數的圖象及其性質的應用
1.A　[解析] 令x+5=1,可得x=-4,那么函數值y=0,即函數的圖象過定點(-4,0).∵02.D　[解析] 易知f(x)=eln x=x,且x>0,eln x>0,故其定義域與值域均為(0,+∞).函數y=x的定義域與值域均為R,故A錯誤;y=ln ex=x,且ex>0恒成立,故其定義域與值域均為R,故B錯誤;y==|x|≥0,即其定義域為R,值域為[0,+∞),故C錯誤;y=>0,且x>0,故其定義域與值域均為(0,+∞),故D正確.故選D.
3.D　[解析] A,C中函數為減函數,不合題意.B中函數的定義域是(-∞,-1)∪(1,+∞),不合題意.在D中,函數y=x2-4x+5在(0,2)上為減函數,又0<<1,所以y=lo(x2-4x+5)在(0,2)上為增函數.故選D.
4.B　[解析] 因為a>0,所以函數y=4-ax在[0,2]上單調遞減.因為函數f(x)=loga(4-ax)(a>0且a≠1)在[0,2]上單調遞減,所以y=logax在(0,+∞)上單調遞增,故a>1,又4-2a>0,所以a<2.故a的取值范圍是(1,2).故選B.
5.D　[解析] 當x≥1時,不等式f(x)≤1即為log2x≤1=log22,可得1≤x≤2;當x<1時,不等式f(x)≤1即為≤1,即≥0,解得x≤0或x>1(舍),所以x≤0.綜上所述,不等式f(x)≤1的解集為(-∞,0]∪[1,2],故選D.
6.B　[解析] ∵f(x)=|log2(x+1)|,且f(m)=f(n),
∴|log2(m+1)|=|log2(n+1)|,∵m≠n,∴log2(m+1)=-log2(n+1),∴(m+1)(n+1)=1,即mn+m+n=0,則+=-1.故選B.
7.D　[解析] 由題知,當x<0或x=0時,函數f(x)無意義,所以x>0.因為對于定義域內任意x1,總存在x2,使得f(x2)0,a>1),則函數g(x)在定義域內無最小值或g(x)min≤0,因為當a>1時,函數g(x)在(0,]上單調遞減,在[,+∞)上單調遞增,所以g(x)min=g()=+-1=-1≤0,解得a≥4,所以實數a的取值范圍是[4,+∞),故選D.
【點睛】 ①“對于定義域內任意x1,總存在x2,使得f(x2)1)在定義域內無最小值,則函數f(x)在定義域內無最小值或f(x)min≤0.
8.ACD　[解析] 由|x-1|>0得x≠1,故函數f(x)=loga|x-1|的定義域為{x|x≠1},不關于原點對稱,所以B錯誤;設g(x)=|x-1|=則g(x)在(-∞,1)上為減函數,在(1,+∞)上為增函數,且g(x)的圖象關于直線x=1對稱,所以f(x)的圖象關于直線x=1對稱,所以C正確;因為f(x)=loga|x-1|在(0,1)上是減函數,所以a>1,所以D正確;由上述分析知f(x)=loga|x-1|在(1,+∞)上單調遞增且無最大值,所以A正確.故選ACD.
9.ABD　[解析] f(-x)=log2(+x)+3=-log2(-x)+3,故f(-x)+f(x)=6,即f(x)的圖象關于點(0,3)對稱,故f(ln 2)+f=f(ln 2)+f(-ln 2)=6,故A,B正確;當x≥0時,t=-x=單調遞減,而y=log2t+3單調遞增,所以f(x)在[0,+∞)上單調遞減,又f(x)的圖象關于點(0,3)對稱,所以f(x)在R上單調遞減,故C錯誤;由題得f(a)>6-f(b)=f(-b),又f(x)在R上單調遞減,所以a<-b,故a+b<0,故D正確.故選ABD.
10.5　(-1,+∞)　[解析] 由題知f(2)=lo2=-1,所以f[f(2)]=f(-1)=5.當x≤1時,y=-x2-2x+4在(-∞,-1)上單調遞增,在(-1,1]上單調遞減,f(1)=1;當x>1時,y=lox在(1,+∞)上單調遞減,且lo1=0<1.故函數f(x)的單調遞減區間是(-1,+∞).
11.-　[解析] 因為f(x)=lg=lg,所以f(-x)+f(x)=0,則f(-a)+f(a)=0,故f(-a)=-f(a)=-.
12.　[解析] 根據題意知f(x)=loga(-4x2+logax)<0對任意x∈恒成立.當a>1時,對任意x∈,-4x2+logax<0,不滿足題意;當01對任意x∈恒成立,即logax>4x2+1,x∈,結合單調性可知,只需loga≥2,可得≤a<1,即a的取值范圍是.
13.解:y=log2·log2=(log2x-1)(log2x-2)=(log2x)2-3log2x+2.
∵-3≤lox≤-,∴≤log2x≤3.
令t=log2x,則t∈,則y=t2-3t+2=-,t∈,
∴當t=時,ymin=-,當t=3時,ymax=2.
故所求函數的值域為.
14.解:(1)∵f(1)=log2(1+a)=1,
∴1+a=2,解得a=1,
∴f(x)=log2(x+1)+log2(2-x)=log2[(x+1)(2-x)].
由得-1令g(x)=(x+1)(2-x)=-x2+x+2,易知g(x)在上單調遞增,在上單調遞減,
又函數y=log2x在(0,+∞)上單調遞增,
所以f(x)的單調遞增區間為,單調遞減區間為.
(2)由(1)知-1f(2-x)=log2(3-x)+log2x=log2[x(3-x)],
因為f(x)≤f(2-x),所以log2[(x+1)(2-x)]≤log2[x(3-x)],
所以(x+1)(2-x)≤x(3-x),解得x≥1,所以1≤x<2.
故原不等式的解集為[1,2).
15.D　[解析] ∵實數x,y滿足log2x+e-y∴log2x-e-x1,∴ln|y-x+1|>0,故選D.
16.解:(1)當a=4時,f(x)=log2(4x+4·2x-1-6),
由題意,令log2(4x+4·2x-1-6)=x,則4x+2·2x-6=2x,則2x=2(負值舍去),所以x=1∈[1,2],
所以函數f(x)的“不動點”為1.
(2)由題得log2(4x+a·2x-1-6)=x在[1,2]上無解,
即4x+a·2x-1-6=2x在[1,2]上無解,
令2x=t,t∈[2,4],
則t2+t-6=t,即t2+t-6=0在[2,4]上無解,
即1-=t-在[2,4]上無解.
設g(t)=t-,t∈[2,4],易知g(t)在[2,4]上單調遞增,故g(t)∈,
所以1->或1-<-1,解得a<-3或a>4.
又4x+a·2x-1-6>0在[1,2]上恒成立,
所以-<2x-在[1,2]上恒成立,則-<-1,則a>2.
綜上,實數a的取值范圍是(4,+∞)第2課時　對數函數的圖象及其性質的應用
一、選擇題
1.若0A.不經過第一象限,但過點(-4,0)
B.不經過第二象限,但過點(-4,0)
C.不經過第三象限,但過點(0,1)
D.不經過第四象限,但過點(a-4,1)
2.[2024·北京通州區高一期末] 下列函數中,其定義域和值域分別與函數f(x)=eln x的定義域和值域相同的是 (　 )
A.y=x B.y=ln ex
C.y= D.y=
3.下列函數中,在(0,2)上為增函數的是 (　 )
A.y=lo(x+1)
B.y=log2
C.y=log2
D.y=lo(x2-4x+5)
4.已知函數f(x)=loga(4-ax)(a>0且a≠1)在[0,2]上單調遞減,則a的取值范圍是(　 )
A.(0,1) B.(1,2)
C.(0,2) D.[2,+∞)
5.已知函數f(x)=則不等式f(x)≤1的解集為 (　 )
A.(-∞,2]
B.(-∞,0]∪(1,2]
C.[0,2]
D.(-∞,0]∪[1,2]
6.已知函數f(x)=|log2(x+1)|,若f(m)=f(n),m≠n,則+等于 (　 )
A.1 B.-1
C.0 D.2
★7.[2024·安徽六安二中高一期末] 已知函數f(x)=loga(a>1),若對于定義域內任意x1,總存在x2,使得f(x2)A.(2,6) B.[2,6)
C.(4,+∞) D.[4,+∞)
8.(多選題)已知函數f(x)=loga|x-1|在(0,1)上是減函數,則 (　 )
A.f(x)在(1,+∞)上單調遞增且無最大值
B.f(x)在定義域內是偶函數
C.f(x)的圖象關于直線x=1對稱
D.a的值可以為2022
9.(多選題)[2024·重慶西南大學附中高一期末] 已知函數f(x)=log2(-x)+3,則下列說法正確的是 (　 )
A.函數f(x)的圖象關于點(0,3)對稱
B.f(ln 2)+f=6
C.函數f(x)在定義域上單調遞增
D.若實數a,b滿足f(a)+f(b)>6,則a+b<0
二、填空題
10.已知函數f(x)=則f[f(2)]=　　　　,函數f(x)的單調遞減區間是　　　　.
11.已知f(x)=lg,x∈(-1,1),若f(a)=,則f(-a)=　　　　.
12.當x∈時,函數f(x)=loga(-4x2+logax)的圖象恒在x軸下方,則實數a的取值范圍是　　　　.
三、解答題
13.已知實數x滿足-3≤lox≤-,求函數y=log2·log2的值域.
14.已知函數f(x)=log2(x+a)+log2(2-x),且f(1)=1.
(1)求f(x)的單調區間;
(2)求關于x的不等式f(x)≤f(2-x)的解集.
15.已知實數x,y滿足log2x+e-yA.x>y
B.ln|x-y|<0
C.ln|x-y+1|>0
D.ln|y-x+1|>0
16.[2023·山東日照高一期末] 設區間A是函數y=f(x)定義域內的一個子集,若存在x0∈A,使得f(x0)=x0成立,則稱x0是f(x)的一個“不動點”,也稱f(x)在區間A上存在不動點.例如:g(x)=2x-1的“不動點”滿足g(x0)=2x0-1=x0,即g(x)的“不動點”是1.設函數f(x)=log2(4x+a·2x-1-6),x∈[1,2].
(1)若a=4,求函數f(x)的“不動點”;
(2)若函數f(x)不存在不動點,求實數a的取值范圍.

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