对数函数课件-2025届高三数学一轮复习

第6课时 对数函数 复习要求 回归教材 y＝logax(a>0，且a≠1) (0，＋∞) (0，＋∞) R (1，0) y>0 y<0 y<0 y>0 增函数 减函数 logax y＝x 夯实双基 √ √ √ (0，1) (－1，＋∞) (－1，0) 授 人 以 渔 题型一　对数函数的图象及应用 状元笔记 √ (1，＋∞) (3，＋∞) 题型二　对数函数的性质及应用(微专题) √ √ 状元笔记 √ √ √ √ 状元笔记 √ √ 状元笔记 [－2，0) [16，＋∞) 课 外 阅 读 √ √ √ √ √ 2 0 2 5 看 观 谢 谢 1.通过实例，了解对数函数的概念．能用描点法或借助计算工具画出具体对数函数的图象，理解对数函数的单调性与特殊点.2.知道指数函数y＝ax与对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)互为反函数． 对数函数概念及其性质 (1)概念：函数________________________叫做对数函数，其中x是自变量，定义域是___________． (2)对数函数的图象与性质 y＝logax a>1 0<a<1 图象 定义域 _________ 值域 ____ 性质 过定点_________，即x＝1时，y＝0 当x>1时，______；当0<x<1时，______ 当x>1时，_____；当0<x<1时，______ 在(0，＋∞)上是______ 在(0，＋∞)上是_______ 反函数 指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝_________ (a>0，且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线_______对称． (1)不论a>1还是0<a<1，对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象都经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，－1))，(1，0)，(a，1)，且图象都在y轴右侧，据此可以快速画出对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)的大致图象． (2) 对数函数的图象与底数大小的比较：如图，作直线y＝1，则该直线与四个函数图象交点的横坐标为相应的底数，故0<c<d<1<a<b. 规律：在第一象限内从左到右底数逐渐增大． 1．判断下面结论是否正确．(对的打“√”，错的打“×”) (1)函数y＝loga(2x)(a>0，且a≠1)是对数函数． 答案　×　 (2)函数y＝logax2与函数y＝2logax是同一个函数． 答案　×　 (3)函数y＝log2x与y＝logeq \s\do14(\f(1,2)) eq \f(1,x)的图象重合． 答案　√　 (4)函数f(x)＝logaeq \f(x－b,x＋b)(a>0，且a≠1)是奇函数． 答案　√　 2. 已知图中曲线C1，C2，C3，C4是函数y＝logaix(ai＞0，且ai≠1)的图象，则曲线C1，C2，C3，C4对应的ai的值依次为(　　) A．3，2，eq \f(1,3)，eq \f(1,2)　　　　　 B．2，3，eq \f(1,3)，eq \f(1,2) C．2，3，eq \f(1,2)，eq \f(1,3) D．3，2，eq \f(1,2)，eq \f(1,3) 解析　方法一：因为C1，C2表示的函数为增函数，所以它们的底数都大于1，则当x>1时，图象越靠近x轴，其底数越大，故C1，C2对应的ai值分别为2，3.又因为C3，C4表示的函数为减函数，所以它们的底数都大于0小于1，则当x>1时，图象越靠近x轴，其底数越小，所以C3，C4对应的ai值分别为eq \f(1,3)，eq \f(1,2).综上可得，C1，C2，C3，C4对应的ai值依次为2，3，eq \f(1,3)，eq \f(1,2). 方法二：可以画直线y＝1，直线与四个函数图象交点的位置自左向右，其对应函数的底数由小到大． 3．(2021·新高考Ⅱ卷)已知a＝log52，b＝log83，c＝eq \f(1,2)，则下列判断正确的是(　　) A．c<b<a B．b<a<c C．a<c<b D．a<b<c 解析　∵log52<log55eq \s\up22(\f(1,2))＝eq \f(1,2)，log83>log88eq \s\up22(\f(1,2))＝eq \f(1,2)，∴a<c<b. 4．(2024·吉林永吉四中月考)函数f(x)＝lg(x2－2x－3)的单调递增区间为(　　) A．(－∞，－1) B．(1，＋∞) C．(3，＋∞) D．(1，3) 解析　设g(x)＝x2－2x－3，可得函数g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又x2－2x－3>0，解得x<－1或x>3，根据复合函数的单调性，可得函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)．故选C. 5．设y＝loga(x＋2)(a>0，且a≠1)，当a∈________时，y为减函数；这时当x∈________________时，y<0，此函数过定点________． (1)作出函数y＝|log2(x＋1)|＋2的图象． 【答案】　见解析 【思路】　作复合函数的图象时，可先考虑它的基本函数的图象，再作适当变换． 【解析】　方法一：第一步：作出y＝log2x的图象，如图1. 第二步：将y＝log2x的图象沿x轴向左平移1个单位长度，得到y＝log2(x＋1)的图象，如图2. 第三步：将y＝log2(x＋1)在x轴下方的图象作关于x轴的对称变换，得y＝|log2(x＋1)|的图象，如图3. 第四步：将y＝|log2(x＋1)|的图象沿y轴向上平移2个单位长度，便得到所求函数的图象，如图4. 方法二：y＝|log2(x＋1)|＋2 ＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（x＋1）＋2（x≥0），,－log2（x＋1）＋2（－1<x<0），)) 分别作出函数在(－1，0)和[0，＋∞)上的两段图象即得y＝|log2(x＋1)|＋2的图象(如图4)． (2)已知当 0<x≤eq \f(1,4)时，有eq \r(x)<logax，则实数a的取值范围为________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，1)) 【解析】　若eq \r(x)<logax在x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时成立，则0<a<1，且y＝eq \r(x)的图象在y＝logax图象的下方，则eq \r(\f(1,4))<logaeq \f(1,4)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,a\s\up22(\f(1,2))>\f(1,4)，))解得eq \f(1,16)<a<1. 即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，1)). (3)若本例(2)变为方程eq \r(x)＝logax在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上有解，求实数a的取值范围． 【答案】　eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16))) 【解析】　构造函数f(x)＝eq \r(x)和g(x)＝logax， 当a>1时，不满足条件； 当0<a<1时，由本例(2)可知，只需两图象在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上有交点即可． 则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))，即eq \r(\f(1,4))≥logaeq \f(1,4)，得a≤eq \f(1,16)，∴a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16))). 利用对数函数的图象可求解的两类热点问题 (1)对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时，常利用数形结合思想求解． (2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解． A．a>0，b<－1 B．a>0，－1<b<0 C．0<a<1，b<－1 D．0<a<1，－1<b<0 【解析】　因为函数f(x)＝loga(x－b)为减函数，所以0<a<1，又因为函数图象与x轴的交点在正半轴，所以1＋b>0，即b>－1，又因为函数图象与y轴有交点，所以b<0，所以－1<b<0.故选D. (2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3x，x≤0，))且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________． 【解析】　如图，在同一坐标系中分别作出y＝f(x)与y＝－x＋a的图象，其中a表示直线在x轴、y轴上的截距．由图可知，当a>1时，直线y＝－x＋a与y＝log2x的图象只有一个交点，即方程f(x)＋x－a＝0只有一个实根． (3)(2024·佛山模拟)已知函数f(x)＝|ln x|，若0<a<b，且f(a)＝f(b)，则a＋2b的取值范围是________． 【解析】　f(x)＝|ln x|的图象如图，因为f(a)＝f(b)，所以|ln a|＝|ln b|，因为0<a<b， 所以ln a<0，ln b>0， 所以0<a<1，b>1， 所以－ln a＝ln b， 所以ln a＋ln b＝ln(ab)＝0， 所以ab＝1，则b＝eq \f(1,a)， 所以a＋2b＝a＋eq \f(2,a)， 令g(x)＝x＋eq \f(2,x)(0<x<1)， 则g(x)在(0，1)上单调递减， 所以g(x)>g(1)＝1＋2＝3， 所以a＋2b>3， 所以a＋2b的取值范围为(3，＋∞)． 微专题1　比较大小 (1)比较下列各组数的大小： ①log23.4，logeq \s\do14(\f(1,2))0.34；②log67，log76； ③m＝0.95.1，n＝5.10.9，p＝log0.95.1； ④logab，logba，logeq \s\do14(\f(1,b))a，logeq \s\do14(\f(1,a))b(0<a<b<1)． 【答案】　①log23.4>logeq \s\do14(\f(1,2))0.34　②log67>log76 ③p<m<n　④logba>logab>logeq \s\do14(\f(1,a))b>logeq \s\do14(\f(1,b))a 【解析】　①logeq \s\do14(\f(1,2))0.34＝log20.34－1＝log2eq \f(100,34)<log23<log23.4. ②∵log67>log66＝1，log76<log77＝1， ∴log67>log76. ③由指数函数的性质，∵0<0.9<1，而5.1>0， ∴0<0.95.1<1，即0<m<1. 又∵5.1>1，而0.9>0，∴5.10.9>1，即n>1. 由对数函数的性质，∵0<0.9<1，而5.1>1， ∴log0.95.1<0，即p<0. 综上，p<m<n. ④∵0<a<b<1，∴由对数函数的性质可知0<logab<1，logba>logbb＝1. ∵logeq \s\do14(\f(1,b))a＝eq \f(1,loga\f(1,b))＝－eq \f(1,logab)，∴logeq \s\do14(\f(1,b))a<0，且|logeq \s\do14(\f(1,b))a|>1. 又logeq \s\do14(\f(1,a))b＝eq \f(logab,loga\f(1,a))＝－logab， ∴logeq \s\do14(\f(1,a))b<0，且|logeq \s\do14(\f(1,a))b|<1. ∴logba>logab>logeq \s\do14(\f(1,a))b>logeq \s\do14(\f(1,b))a. (2)(2023·陕西宝鸡中学期中)设a＝20.1，b＝ln eq \f(5,2)，c＝log3eq \f(9,10)，则a，b，c的大小关系是(　　) A．b>c>a　　　　　 B．a>c>b C．b>a>c D．a>b>c 【解析】　∵a＝20.1>20＝1，0＝ln 1<b＝ln eq \f(5,2)<ln e＝1，c＝log3eq \f(9,10)<log31＝0，∴a>b>c.故选D. (3)设a，b，c均为正数，且2a＝logeq \s\do14(\f(1,2))a，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up22(b)＝logeq \s\do14(\f(1,2))b，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up22(c)＝log2c，则(　　) A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．b<a<c 【解析】　因为a，b，c均为正数，将a，b，c分别看成是函数图象的交点的横坐标． 在同一平面直角坐标系内分别画出y＝2x，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up22(x)，y＝log2x，y＝logeq \s\do14(\f(1,2))x的图象如图． 由图可知a<b<c.故选A. 比较对数式大小的三种方法 (1)单调性法：在同底的情况下直接得到大小关系，若不同底，则先化为同底． (2)中间量过渡法：寻找中间数联系要比较的两个数，一般是用“0”“1”或其他特殊值进行“比较传递”． (3)图象法：根据图象观察得出大小关系． \lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题2　(1)(2023·皖南八校联考)已知a＝log25，b＝log5(log25)，c＝eq \s\up22(－0.52)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<b<c B．b<c<a C．c<b<a D．b<a<c 【解析】　a＝log25>2，b＝log5(log25)∈(0，1)，c＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up22(－0.52)∈(1，2)，可得b<c<a.故选B. (2)设a＝log63，b＝log126，c＝log2412，则(　　) A．b<c<a B．a<c<b C．a<b<c D．c<b<a 【解析】　因为a，b，c都是正数，所以eq \f(1,a)＝log36＝1＋log32，eq \f(1,b)＝log612＝1＋log62，eq \f(1,c)＝log1224＝1＋log122， 因为log32＝eq \f(lg 2,lg 3)，log62＝eq \f(lg 2,lg 6)，log122＝eq \f(lg 2,lg 12)，且lg 3<lg 6<lg 12， 所以log32>log62>log122，即eq \f(1,a)>eq \f(1,b)>eq \f(1,c)，所以a<b<c. (3)(2023·广州调研)设x1，x2，x3均为实数，且e－x1＝ln x1，e－x2＝ln(x2＋1)，e－x3＝lg x3，则(　　) A．x1<x2<x3 B．x1<x3<x2 C．x2<x3<x1 D．x2<x1<x3 【解析】　画出函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq \s\up22(x)，y＝ln x，y＝ln(x＋1)，y＝lg x的图象，如图所示． 数形结合，知x2<x1<x3. 微专题2　解对数方程、不等式 (1)方程log2(x－1)＝2－log2(x＋1)的解为________． eq \r(5) 【解析】　原方程可变形为log2(x－1)＋log2(x＋1)＝log2(x2－1)＝2，即x2－1＝4，解得x＝±eq \r(5)，又x>1，所以x＝eq \r(5). (2)已知定义域为R的偶函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，且f(1)＝2，则不等式f(log2x)>2的解集为(　　) A．(2，＋∞) 　 　　　　 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))∪(eq \r(2)，＋∞) D．(eq \r(2)，＋∞) 【解析】　因为偶函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又f(1)＝2，所以不等式f(log2x)>2＝f(1)， 即|log2x|>1，解得0<x<eq \f(1,2)或x>2. 解对数方程、不等式时需注意以下两个方面 (1)注意方程或不等式要有意义，即真数大于0. (2)根据底数与1的大小关系得出对数函数的单调性，进而解不等式． (1,logax)INCLUDEPICTURE"RT.TIF" 思考题3　(1)(2024·重庆一中月考)若0＜a＜1，则不等式＞1的解集是(　　) A．(a，＋∞) B．(a，1) C．(1，＋∞) D．(0，a) 【解析】　易得0＜logax＜1，∴a＜x＜1. (2)(2024·广州模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,log\s\do9(\f(1,2))（－x），x<0.))若f(a)>f(－a)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，0)∪(0，1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1，0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0，1) 【解析】　由题意可知a≠0， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,log2a>－log2a))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,log\s\do9(\f(1,2))（－a）>log2（－a），)) 解得a>1或－1<a<0.故选C. 微专题3　对数型复合函数的单调性 已知函数f(x)＝logeq \s\do14(\f(1,2))(x2－2ax＋3)． (1)若f(－1)＝－3，求f(x)的单调区间； 【答案】　单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(3，＋∞) 【解析】　由f(－1)＝－3，得logeq \s\do14(\f(1,2))(4＋2a)＝－3. 所以4＋2a＝8，所以a＝2. 这时f(x)＝logeq \s\do14(\f(1,2))(x2－4x＋3)，由x2－4x＋3>0，得x>3或x<1. 故函数定义域为(－∞，1)∪(3，＋∞)． 令g(x)＝x2－4x＋3，则g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增． 又y＝logeq \s\do14(\f(1,2))g(x)在定义域上单调递减， 所以f(x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(3，＋∞)． (2)是否存在实数a，使f(x)在(－∞，2)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】　a值不存在，理由略 【解析】　不存在．理由如下： 令h(x)＝x2－2ax＋3，要使f(x)在(－∞，2)上单调递增，应使h(x)在(－∞，2)上单调递减，且恒大于0. 因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥2，,h（2）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥2，,7－4a≥0，))此不等式组无解． 所以不存在实数a，使f(x)在(－∞，2)上单调递增． 求解对数型复合函数的单调性问题时，要注意在定义域基础上，弄清楚复合函数的构成，即它是由哪些基本初等函数复合而成的，然后依据复合函数的单调性规律确定该函数的单调性． (1)若f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，则实数a的取值范围是________； 【思路】　分析可知内层函数u＝ax2－ax＋4在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，且对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，u>0恒成立，由此可得出关于实数a的不等式组，从而解得实数a的取值范围； 【解析】　令u＝ax2－ax＋4，f(x)＝log2u. 当a＝0时，f(x)＝log24＝2，该函数为常数函数，不符合题意．所以a≠0，内层函数u＝ax2－ax＋4的图象的对称轴为直线x＝eq \f(1,2)， 由于函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，且外层函数y＝log2u为增函数， 故内层函数u＝ax2－ax＋4在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递减，且对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，u>0恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,4a－2a＋4≥0，))解得－2≤a<0. (2)若f(x)的值域是R，则实数a的取值范围是____________． 【思路】　 分析可知(0，＋∞)为二次函数u＝ax2－ax＋4值域的子集，分a＝0，a≠0两种情况讨论，可得出关于实数a的不等式组，综合可得出实数a的取值范围． 【解析】　因为函数f(x)的值域是R，则(0，＋∞)为二次函数u＝ax2－ax＋4值域的子集． 当a＝0时，内层函数为u＝4，不符合题意； 当a≠0时，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝a2－16a≥0，))解得a≥16. 综上所述，实数a的取值范围是[16，＋∞)． 指数函数、对数函数在高中数学中占有重要位置，搞清这两部分基础知识相当重要． (1)搞清指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)的关系：即二者互为反函数，且图象关于直线y＝x对称，它们在各自的定义域内增减性是一致的．即当a＞1时都为增函数，当0＜a＜1时都为减函数． (2)比较指数函数、对数函数类型的数值间的大小关系是高考中常见题型．具体做法是：①底数相同指数不同时，要考虑指数函数的单调性；②底数、指数都不同时要借助于中间值(如0或1)，再不行可考虑商值(或差值)比较法；③对数型函数数值间的大小关系，底数相同时考虑对数函数的单调性，底数不同时可考虑中间值(如0或1)，或用换底公式化为同底，最后可考虑商值(或差值)比较法． 重温高考 1．(2021·天津)设a＝log20.3，b＝logeq \s\do14(\f(1,2))0.4，c＝0.40.3，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a＜b＜c　　　　　　　 B．c＜a＜b C．b＜c＜a D．a＜c＜b 解析　∵log20.3＜log21＝0，∴a＜0， ∵logeq \s\do14(\f(1,2))0.4＞logeq \s\do14(\f(1,2))0.5＝1，∴b＞1， ∵0＜0.40.3＜0.40＝1，∴0＜c＜1，∴a＜c＜b.故选D. 2．(2021·天津)若2a＝5b＝10，则eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝(　　) A．－1 B．lg 7 C．1 D．log710 解析　∵2a＝5b＝10，∴a＝log210，b＝log510， ∴eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \f(1,log210)＋eq \f(1,log510)＝log102＋log105＝lg 10＝1.故选C. 3．(2020·课标全国Ⅱ)若2x－2y<3－x－3－y，则(　　) A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0 C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0 解析　由2x－2y<3－x－3－y，得2x－3－x<2y－3－y，即2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(x)<2y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(y).设f(x)＝2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(x)，则f(x)<f(y)．因为函数y＝2x在R上为增函数，y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(x)在R上为增函数，所以f(x)＝2x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up22(x)在R上为增函数，则由f(x)<f(y)，得x<y，所以y－x>0，所以y－x＋1>1，所以ln(y－x＋1)>0.故选A. 4．(2019·浙江)在同一直角坐标系中，函数y＝eq \f(1,ax)，y＝logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(a>0，且a≠1)的图象可能是(　　) 解析　方法一：当a>1时，函数y＝ax的图象过定点(0，1)，在R上单调递增，于是函数y＝eq \f(1,ax)的图象过定点(0，1)，在R上单调递减， 函数y＝logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的图象过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增， 显然A、B、C、D四个选项都不符合． 当0<a<1时，函数y＝ax的图象过定点(0，1)，在R上单调递减，于是函数y＝eq \f(1,ax)的图象过定点(0，1)，在R上单调递增，函数y＝logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的图象过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递减．因此，选项D中的两个图象符合．故选D. 方法二：易知a与eq \f(1,a)必有一个大于1，一个大于0且小于1，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq \s\up22(x)与y＝logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))在各自定义域内单调性相反，可排除B；由y＝loga(x＋eq \f(1,2))的图象过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))可排除A、C.故选D. 5．(2017·课标全国Ⅰ)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则(　　) A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z 解析　∵2x＝3y＝5z，∴ln 2x＝ln 3y＝ln 5z， ∴xln 2＝yln 3＝zln 5. ∴eq \f(x,y)＝eq \f(ln 3,ln 2)，∴eq \f(2x,3y)＝eq \f(2ln 3,3ln 2)＝eq \f(ln 32,ln 23)＝eq \f(ln 9,ln 8)>1， ∴2x>3y，同理可得2x<5z. ∴3y<2x<5z.故选D. $$