第二章 第七节 函数的图象-2022高考数学文科【金版新学案】大一轮复习讲义·高三总复习

复习讲义答案精析 ２．解析:　若方程４x＝logax 在 (０,１２ ] 上有解,则 函 数y＝４x 和函数y＝logax 在 (０,１２ ] 上有交点,由 图象知 ０＜a＜１, loga １ ２ ≤２ ,{ 解得０＜a≤ ２２ ． 答案:　 (０,２２ ] 考点三 【例２】　A　[由a＝log３２＝log３ ３８＜log３ ３９＝ log３３ ２ ３＝２３＝c ,b＝log５３＝log５ ３２７＞log５ ３２５ ＝log５５ ２ ３＝２３ ＝c ,所以a＜c＜b．故选 A．] 【例３】　C　[法一:因为函数f(x)＝logax(a＞ ０且a≠１)在(０,＋∞)上为单调函数,而 ２a ＜ ３ a 且f( ２a ) ＜f( ３ a ) ,所以f(x)＝logax 在(０,＋∞)上单调递增,结合对数函数的图 象与性质可得f(２x－１)＞０⇒２x－１＞１,所 以x＞１． 法二:由f( ２a ) ＜f( ３ a ) 知 loga ２ a ＞loga ３ a , 所以loga２－１＜loga３－１, 所以loga２＜loga３, 所以a＞１．由f(２x－１)＞０得loga(２x－１)＞０, 所以２x－１＞１,即x＞１．] 【例４】　解析:　(１)∵f(１)＝１, ∴log４(a＋５)＝１, 因此a＋５＝４,a＝－１, 这时f(x)＝log４(－x２＋２x＋３)． 由－x２＋２x＋３＞０,得－１＜x＜３． 函数f(x)的定义域为(－１,３)． 令g(x)＝－x２＋２x＋３, 则g(x)在(－１,１]上递增,在[１,３)上递减． 又y＝log４x在(０,＋∞)上递增, 所以f(x)的单调递增区间是(－１,１],递减 区间是[１,３)． (２)因f(x)的最小值为０, 则h(x)＝ax２＋２x＋３应有最小值１, 因此应有 a＞０, ３a－１ a ＝１ ,{ 解得a＝ １２ ． 变式训练 １．解析:　原方程变形为log２(x－１)＋log２(x ＋１)＝log２(x２－１)＝２, 即x２－１＝４,解得x＝± ５, 又x＞１,所以x＝ ５． 答案:　x＝ ５ ２．解析:　因为f(x)＝loga|x|在(０,＋∞)上单 调递增,所以a＞１,所以a＋１＞２．因为f(x) 是偶函数,所以f(－２)＝f(２)＜f(a＋１)． 答案:　＜ ３．D　 [f(x)的 定 义 域 为 x x≠± １２{ },且 f(－x)＝ln|－２x＋１|－ln|－２x－１|＝ ln|２x－１|－ln|２x＋１|＝－f(x),所以f(x) 为奇函数． 当x＞０时, f(x)＝ ln(２x＋１)－ln(１－２x),０＜x＜ １２ , ln(２x＋１)－ln(２x－１),x＞ １２ ． { 当 ０ ＜ x ＜ １２ 时,f(x)＝ ln２x＋１１－２x＝ ln －１－ ２２x－１( ) ,易知f(x)单调递增;当x ＞ １２ 时,f(x)＝ln２x＋１２x－１＝ln １＋ ２ ２x－１( ) , 易知f(x)单调递减．因为f(x)为奇函数,且 在 － １２ ,１ ２( ) 上 连 续,所 以 f(x)在 － １２ ,１ ２( ) 上单调递增,在 ( －∞,－ １ ２ ) 和 １ ２ ,＋∞( ) 上单调递减,故选 D．] 微专题系列９ 【典例】　C　[法一:(一般解法)因为f(xy)＝ f(x)＋f(y),f(３)＝１, 所以２＝２f(３)＝f(３)＋f(３)＝f(３×３) ＝f(９), 则不等式f(x)＋f(x－８)＜２等价于f[x(x －８)]＜f(９)． 因为函数f(x)在定义域(０,＋∞)上为增函 数,所以不等式等价为 x＞０, x－８＞０, x(x－８)＜９,{ 即 x＞０, x＞８, －１＜x＜９,{ 解得８＜x＜９, 所以不等式的解集为(８,９),故选C． 法二:(秒杀解法)根据在(０,＋∞)上的增函 数f(x),满 足 对 于 任 意 正 实 数 x,y 恒 有 f(xy)＝f(x)＋f(y),且f(３)＝１,可 以 设 f(x)＝log３x(x＞０), 则不等式f(x)＋f(x－８)＜２可化为log３x ＋log３(x－８)＜２, 得 log３[x(x－８)]＜２, x＞０, x－８＞０, { 即 x(x－８)＜９, x＞０, x－８＞０,{ 解得８＜x＜９．故选C．] 变式训练 　D　[法一:(一般解法)因为f(x)满足对任意 的实数a,b,都有f(a＋b)＝f(a)􀅰f(b),所 以令b＝１得,f(a＋１)＝f(a)􀅰f(１),所以 f(a＋１) f(a) ＝f (１)＝２, 所以f(２) f(１)＝ f(４) f(３)＝ f(６) f(５)＝ 􀆺＝f (２０１６) f(２０１５)＝ f(２０１８) f(２０１７)＝ f(２０２０) f(２０１９