第4章 教考衔接4 指数(对数)型复合函数的综合问题（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第一册（北师大版2019）

第四章　对数运算与对数函数 教考衔接4——指数(对数)型复合 函数的综合问题 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 第四章　对数运算与对数函数 1 谢谢观看 第四章　对数运算与对数函数 1 一、真题展示 1．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2]　　　　　 B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞) 2．(多选)(2020·全国卷Ⅱ改编)设函数f(x)＝ln |2x＋1|－ln |2x－1|，则f(x)(　　) A．是偶函数，且在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) 上单调递增 B．是奇函数，且在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) 上单调递增 C．是偶函数，且在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上单调递增 D．是奇函数，且在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上单调递减 二、真题溯源 [教材P128C组第2题] 已知函数f(x)＝loga(ax－1)(a>0，且a≠1). (1)求函数f(x)的定义域； (2)讨论函数f(x)的单调性． 三、类法探究 函数是高中数学的主干知识，指数(对数)函数是最基本初等函数，是高考必须考查的重点内容，而与指数(对数)型函数有关的复合函数，主要是指数函数、对数函数与一次函数、二次函数复合成的新函数，求新函数的单调性、奇偶性、最值、值域等问题，一般采用换元思想，把复杂的复合函数化成简单的初等函数． 类型一　求指数(对数)型复合函数的单调区间 　函数的单调递增区间为(　　) A.(－∞，2]　　　　　　 B．[1，2] C．[2，3] D．[2，＋∞) [解析]　令g(x)＝ eq \r(－x2＋4x－3) ，因为f(x)＝2g(x)在定义域上为增函数，所以只需求g(x)＝ eq \r(－x2＋4x－3) 的单调递增区间即可，令h(x)＝－x2＋4x－3，由二次函数单调性及二次根式有意义的条件可知1≤x≤2.故的单调递增区间为[1，2]. [答案]　B [反思感悟] 1．指数型函数y＝af(x)(a>0，且a≠1)的单调性由两点决定：一是底数；二是f(x)的单调性，它由两个函数y＝au，u＝f(x)复合而成． 2．求复合函数的单调区间时，首先求出函数的定义域，然后把函数分解成y＝f(u)，u＝φ(x)，通过f(u)和φ(x)的单调性求出y＝f[φ(x)]的单调性. 类型二　已知复合函数的单调性求参数范围 　已知函数f(x)＝loga(ax2－2x＋5)(a>0，且a≠1)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)) 上单调递增，则a的取值范围为(　　) A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) ∪[2，＋∞) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) ∪(1，2] C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，\f(1,3))) ∪[2，＋∞) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，\f(1,3))) ∪(1，2] [解析]　当0<a<1时，由复合函数单调性知函数u＝ax2－2x＋5在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)) 上单调递减且u>0恒成立． 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,\f(1,a)≥3，,9a－6＋5≥0，)) 解得 eq \f(1,9) ≤a≤ eq \f(1,3) . 当a>1时，由复合函数单调性知函数u＝ax2－2x＋5在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3)) 上单调递增且u>0恒成立，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>1，,\f(1,a)≤\f(1,2)，,\f(1,4)a－1＋5≥0，)) 解得a≥2. 综上，a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，\f(1,3))) ∪[2，＋∞). [答案]　C [反思感悟] 1．对数型函数的综合问题，常以对数函数为依托，着重考查对数的运算、对数函数的图象与性质、函数的单调性、奇偶性、值域与最值等． 2．熟悉对数函数的图象与性质及求解函数问题的一般规律和方法是解答这类问题的前提． 类型三　指数(对数)型复合函数的奇偶性 　已知函数f(x)＝loga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2)) ，g(x)＝loga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x)) (a>0，且a≠1). (1)当a＝3时，若f(x)>0，求x的取值范围； (2)设函数F(x)＝f(x)＋g(x)，试判断F(x)的奇偶性，并说明理由． [解析]　(1)当a＝3时，f(x)＝log3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2)) ， 若f(x)>0，则log3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2)) >0，所以x＋2>1， 解得x>－1，故x的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞)) . (2)F(x)是偶函数．理由：根据题意得， 函数F(x)＝f(x)＋g(x)＝loga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2)) ＋loga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x)) ， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2>0，,2－x>0，)) 解得－2<x<2， 即函数的定义域为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，2)) ，关于原点对称． 因为F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x)) ＝loga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－x)) ＋loga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋x)) ＝F(x)， 所以函数F(x)为偶函数． [反思感悟]　对于复合型函数的奇偶性的判定，首先利用“原型”求定义域，然后用定义法判定，若不具有奇偶性，举一反例即可． 类型四　指数(对数)型复合函数的综合应用 　已知函数f(x)＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋a)＋1)) 是奇函数，a∈R. (1)求a的值； (2)对任意的x∈(－∞，0)，不等式f(2x＋1)>log2(m－2x)恒成立，求实数m的取值范围． [解析]　(1)令 eq \f(1,x＋a) ＋1>0，则 eq \f(x＋a＋1,x＋a) >0. ∴x<－a－1或x>－a. ∵f(x)是奇函数，∴其定义域关于原点对称， ∴－a－1－a＝0，∴a＝－ eq \f(1,2) . 此时，f(x)＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－\f(1,2))＋1)) ＝log2 eq \f(2x＋1,2x－1) ， 则f(－x)＋f(x)＝log2 eq \f(－2x＋1,－2x－1) ＋log2 eq \f(2x＋1,2x－1) ＝0， ∴f(－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数． 因此a＝－ eq \f(1,2) . (2)f(2x＋1)>log2(m－2x)， 即log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x＋\f(1,2))＋1)) >log2(m－2x)， 整理得m<2x＋ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2x＋\f(1,2)) ＋ eq \f(1,2) ， 令u＝2x＋ eq \f(1,2) ，x∈(－∞，0)， 所以u∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2))) ，令g(u)＝u＋ eq \f(1,u) ＋ eq \f(1,2) . 易知g(u)≥ eq \f(5,2) ， 当u＝1时取等号，所以m< eq \f(5,2) . 又由m－2x>0，即m>2x，故m≥1， 所以m的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2))) . $$