4.2.3 第2课时 对数函数性质的应用-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第四章　指数函数、对数函数与幂函数 4.2　对数与对数函数 4.2.3　对数函数的性质与图象 第2课时　对数函数性质的应用 (教师独具内容) 课程标准：1.会用代数运算的方法研究对数函数的性质.2.理解对数函数中所蕴含的运算规律． 教学重点：1.求与对数函数有关的函数的定义域.2.解简单的对数不等式.3.求与对数函数有关的函数的值域与最值． 教学难点：解决对数函数的综合问题． 核心素养：通过运用对数函数的性质解决问题培养逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点　　y＝logaf(x)(a>0且a≠1)型函数的性质 (1)定义域：由f(x)>0解得x的取值范围，即为函数的定义域． (2)值域：在函数y＝logaf(x)的定义域中确定t＝f(x)的值域，再由y＝logat的单调性确定函数的值域． (3)单调性：在定义域内考虑t＝f(x)与y＝logat的单调性，根据“同增异减”法则判定(或运用单调性定义判定)． (4)奇偶性：根据奇偶函数的定义判定． (5)最值：在f(x)>0的条件下，确定t＝f(x)的值域，再根据a确定函数y＝logat的单调性，最后确定最值． 核心概念掌握 5 答案 (－∞，1) (2，＋∞) (－2，1) 核心概念掌握 6 核心素养形成 题型一　求对数型复合函数的定义域 解 核心素养形成 8 解 核心素养形成 9 解 核心素养形成 10 【感悟提升】　求函数的定义域应考虑的几种情况 核心素养形成 11 解 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 题型二　解简单的对数不等式 解 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 解 核心素养形成 16 【感悟提升】　求解简单的对数不等式的一般方法 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 解 (2)已知f(x)＝lg (x＋1)，若0<f(1－2x)－f(x)<1，求x的取值范围． 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 题型三　对数型复合函数的单调性 解　由8－2x－x2>0得函数f(x)的定义域是(－4，2)，令u＝8－2x－x2＝－(x＋1)2＋9， 可知当x∈(－4，－1]时，u为增函数； 当x∈(－1，2)时，u为减函数， ∵y＝log0.4u在(0，＋∞)上是减函数， ∴函数f(x)＝log0.4(8－2x－x2)的单调区间是(－4，－1]，(－1，2)，且在(－4，－1]上是减函数，在(－1，2)上是增函数． 　 求函数f(x)＝log0.4(8－2x－x2)的单调区间，并说明在每一个单调区间上的单调情况． 解 核心素养形成 21 【感悟提升】　对数型复合函数的单调性的求解方法及注意问题 (1)对数型复合函数一般可分为两类：一类是外层函数为对数函数，即y＝logaf(x)；另一类是内层函数为对数函数，即y＝f(logax)． ①对于y＝logaf(x)型的函数的单调性，有以下结论：函数y＝logaf(x)的单调性与函数u＝f(x)(f(x)>0)的单调性在a>1时相同，在0<a<1时相反； ②研究y＝f(logax)型复合函数的单调性，一般用换元法，即令t＝logax，则只需研究t＝logax及y＝f(t)的单调性即可． (2)研究对数型复合函数的单调性，一定要注意先研究函数的定义域，也就是要坚持“定义域优先”的原则． 核心素养形成 22 答案 解析 【跟踪训练】 3．(1)函数y＝log2(－x2＋2x＋3)的单调递减区间是________． 解析：函数的定义域为(－1，3)，原函数可看作由y＝log2t，t＝－x2＋2x＋3复合而成，其中函数y＝log2t是增函数，t＝－x2＋2x＋3在[1，3)上是减函数，所以原函数的单调递减区间为[1，3)． [1，3) 核心素养形成 23 解 核心素养形成 24 题型四　对数型复合函数的最值、值域问题 解　(1)y＝log2(x2＋4)的定义域是R. 因为x2＋4≥4，所以log2(x2＋4)≥log24＝2. 所以y＝log2(x2＋4)的值域为[2，＋∞)． 解 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 【感悟提升】　对数型复合函数值域的求法 （1）求对数型复合函数的值域，关键是根据单调性求解，若需换元，需考虑新元的取值范围． (2)对于形如y＝logaf(x)(a>0且a≠1)的复合函数，其值域的求解步骤如下： ①分解成y＝logau，u＝f(x)两个函数； ②求u＝f(x)的值域，得到u的取值范围； ③利用y＝logau的单调性求解． 注意：形如y＝logaf(x)±logag(x)(a>0且a≠1)的函数求值域时，应先求其定义域． 核心素养形成 27 答案 解析 核心素养形成 28 (2)求函数y＝log2(2－x)＋log2(x＋2)的值域． 解 核心素养形成 29 题型五　对数型复合函数的综合应用 核心素养形成 30 解 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 [条件探究]　本例中，若函数f(x)是偶函数，试求当x＜0时，函数f(x)的表达式． 解 核心素养形成 33 【感悟提升】对数型复合函数综合问题的解决方法 对数型复合函数的综合问题，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，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． 核心素养形成 34 解 【跟踪训练】 5．已知函数f(x)＝loga(x＋1)，g(x)＝loga(1－x)，其中a>0且a≠1. (1)求函数F(x)＝f(x)－g(x)的定义域； (2)判断函数F(x)＝f(x)－g(x)的奇偶性，并说明理由； (3)当a>1时，求使F(x)＞0成立的x的集合． 核心素养形成 35 解 核心素养形成 36 随堂水平达标 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 答案 解析 {x|－1<x<1} 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 42 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号2 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★ 对点 对数型函数的定义域 对数型函数的值域 利用对数型函数的单调性、零点所在区间求参数范围 对数函数性质的综合应用 利用对数型函数的单调性求参数范围 对数型函数图象与性质的综合应用 对数型函数性质的综合应用 求对数型函数的单调区间 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★ ★ ★★★ ★★★ ★★ ★★ 对点 由对数型函数的最值求参数范围；解对数不等式 对数型函数的求值与最值 换元法求对数型函数的最值 对数函数图象与性质的综合应用 对数型函数性质的综合应用 对数型函数最值的应用 对数型函数的定义域及对数不等式 对数函数性质的综合应用 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 44 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 45 2．已知函数f(x)＝log2(1＋2－x)，则函数f(x)的值域是(　　) A．[0，2) B．(0，＋∞) C．(0，2) D．[0，＋∞) 解析：f(x)＝log2(1＋2－x)，∵1＋2－x>1，∴log2(1＋2－x)>0，∴函数f(x)的值域是(0，＋∞)．故选B. 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 46 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 47 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 48 5．若函数y＝loga(x2－ax＋2)在(－∞，1]上为减函数，则a的取值范围为(　　) A．(0，1) B．[1，＋∞) C．[2，3) D．(1，3) 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 49 二、多选题 6．(2024·广东深圳期末)已知函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)，则(　　) A．f(x)在其定义域内单调递增 B．f(x)在其定义域内存在最大值 C．y＝f(x)有一个零点 D．y＝f(x)的图象关于y轴对称 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 50 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 51 7．已知函数f(x)＝－log2x，则下列说法正确的是(　　) A．函数f(|x|)为偶函数 B．若f(a)＝|f(b)|，其中a>0，b>0，a<1<b，则ab＝1 C．函数f(－x2＋2x)在(1，3)上单调递增 D．若0<a<1，则|f(1＋a)|<|f(1－a)| 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 52 解析：函数f(x)＝－log2x，对于A，f(|x|)＝－log2|x|，f(|－x|)＝－log2|－x|＝－log2|x|＝f(|x|)，所以函数f(|x|)为偶函数，故A正确；对于B，若f(a)＝|f(b)|，其中a>0，b>0，a<1<b，则f(a)＝|f(b)|＝－f(b)，即－log2a＝log2b，所以log2a＋log2b＝log2(ab)＝0，得ab＝1，故B正确；对于C，函数f(－x2＋2x)＝－log2(－x2＋2x)，由－x2＋2x>0，解得0<x<2，所以函数f(－x2＋2x)的定义域为(0，2)，因此在(1，3)上不具有单调性，故C错误；对于D，因为0<a<1，所以1＋a>1>1－a>0，0<1－a2<1，所以log2(1＋a)>0>log2(1－a)，故|f(1＋a)|－|f(1－a)|＝|－log2(1＋a)|－|－log2(1－a)|＝log2(1＋a)＋log2(1－a)＝log2(1－a2)<0，故D正确．故选ABD. 解 析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 53 三、填空题 8．(2024·山东德州期末)f(x)＝log4(9－x2)的单调递增区间是________． 解析：由已知得9－x2>0，∴x∈(－3，3)，∵u＝9－x2在(－3，0)上单调递增，y＝log4u是增函数，∴f(x)的单调递增区间为(－3，0)． 答案 解析 (－3，0) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 9．设a>0且a≠1，函数f(x)＝loga(x2－2x＋3)有最小值，则不等式loga(x－1)>0的解集为________． 解析：由x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2且f(x)有最小值，可知a>1.由loga(x－1)>0，得x－1>1，即x>2. 答案 解析 (2，＋∞) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 55 答案 解析 0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 57 12．已知函数f(x)的图象与g(x)＝logax(a>0且a≠1)的图象关于x轴对称，且g(x)的图象过点(9，2)． (1)求函数f(x)的解析式； (2)若f(3x－1)>f(－x＋5)成立，求x的取值范围． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 58 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 59 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 60 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 61 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 62 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 63 15．已知函数f(x)＝loga(x＋1)，g(x)＝loga(4－2x)(a>0且a≠1)． (1)求函数y＝f(x)－g(x)的定义域； (2)求使函数y＝f(x)－g(x)的值为正数的x的取值范围． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 64 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 65 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 66 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 67 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(对数型复合函数的值域)函数y＝log2(2x＋1)的值域是(　　) A．[1，＋∞) B．(0，1) C．(－∞，0) D．(0，＋∞) 2．(对数型复合函数的定义域)函数f(x)＝ln (1－x)的定义域为________． 3．(对数型复合函数的单调性)函数f(x)＝lg (2x－4)的单调递增区间是________． 4．(解简单的对数不等式)不等式logeq \s\do9(\f(1,3))(5＋x)<logeq \s\do9(\f(1,3))(1－x)的解集为________． (1)y＝eq \f(1,log2（x－1）)；(2)y＝eq \r(lg （x－3）)； (3)y＝log2(16－4x)；(4)y＝log(x－1)(3－x)； (5)y＝eq \f(lg （2＋x－x2）,|x|－x). 解　(1)要使函数有意义， 需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1>0，,log2（x－1）≠0，)) 解得x>1且x≠2. ∴所求函数的定义域是(1，2)∪(2，＋∞)． (2)要使函数有意义，需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3>0，,lg （x－3）≥0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3>0，,x－3≥1，))解得x≥4. ∴所求函数的定义域是[4，＋∞)． (3)要使函数有意义，需16－4x>0，解得x<2. ∴所求函数的定义域是(－∞，2)． (4)要使函数有意义，需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－x>0，,x－1>0，,x－1≠1，)) 解得1<x<3且x≠2. ∴所求函数的定义域是(1，2)∪(2，3)． (5)要使函数有意义，需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋x－x2>0，,|x|－x≠0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x－2<0，,|x|≠x，))解得－1<x<0， ∴所求函数的定义域是(－1，0)． 求函数的定义域就是求使函数的解析式有意义的自变量的取值范围．经常考虑以下几种情况：①eq \f(1,f（x）)中f(x)≠0；②eq \r(2n,f（x）)(n∈N＋)中f(x)≥0；③logaf(x)(a>0且a≠1)中f(x)>0；④logf(x)a(a>0)中f(x)>0且f(x)≠1；⑤[f(x)]0中f(x)≠0；⑥求抽象函数或复合函数的定义域，需正确理解函数的符号及其定义域的含义． 【跟踪训练】 1．求下列函数的定义域： (1)y＝eq \r(lg x)＋lg (5－3x)； (2)y＝eq \f(1,\r(log0.5（4x－3）))； (3)y＝log(x－1)(x2＋5x＋6)． 解：(1)要使函数有意义，需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lg x≥0，,x>0，,5－3x>0，)) ∴1≤x<eq \f(5,3). ∴原函数的定义域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))). (2)由题意得log0.5(4x－3)>0，可得0<4x－3<1， 即3<4x<4，解得eq \f(3,4)<x<1. ∴原函数的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)). (3)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋5x＋6>0，,x－1>0，,x－1≠1，)) 解得x>1且x≠2， ∴原函数的定义域为(1，2)∪(2，＋∞)． (1)ln (x－1)<1； (2)logeq \s\do9(\f(1,2))(2x＋3)≤logeq \s\do9(\f(1,2))(5x－6)； (3)loga(x－4)－loga(2x－1)>0(a>0且a≠1)． 解　(1)原不等式可变为ln (x－1)<ln e. 则不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1>0，,x－1<e，)) 解得1<x<e＋1. 所以原不等式的解集为{x|1<x<e＋1}． (2)原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋3>0，,5x－6>0，,2x＋3≥5x－6，)) 解得eq \f(6,5)<x≤3. 所以原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)<x≤3)))). (3)原不等式化为loga(x－4)>loga(2x－1)． 当a>1时，不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4>0，,2x－1>0，,x－4>2x－1，)) 解得x∈∅； 当0<a<1时，不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－4>0，,2x－1>0，,x－4<2x－1，)) 解得x>4. 综上可知，当a>1时，原不等式的解集为∅； 当0<a<1时，原不等式的解集为{x|x>4}． 解对数不等式时应根据对数函数的单调性转化为关于真数的不等式，求解时应注意原对数式的真数大于0的条件．常见对数不等式的类型如下： logaf(x)>logag(x) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）>0，,g（x）>0，,f（x）>g（x）.)) logaf(x)<logag(x) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）>0，,g（x）>0，,f（x）>g（x）.)) 【跟踪训练】 2．(1)已知logeq \s\do9(\f(1,3))(2m2＋2m－1)<logeq \s\do9(\f(1,3)) (m－1)，求m的取值范围． 解：原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m2＋2m－1>0，,m－1>0，,2m2＋2m－1>m－1，)) 解得m>1. 所以m的取值范围是(1，＋∞)． 解：因为f(x)＝lg (x＋1)， 所以f(1－2x)－f(x)＝lg (2－2x)－lg (x＋1)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－2x>0，,x＋1>0，))得－1<x<1. 由0<lg (2－2x)－lg (x＋1)＝lg eq \f(2－2x,x＋1)<1， 得1<eq \f(2－2x,x＋1)<10. 因为x＋1>0，所以x＋1<2－2x<10(x＋1)， 所以－eq \f(2,3)<x<eq \f(1,3). 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<x<1，,－\f(2,3)<x<\f(1,3)，))得－eq \f(2,3)<x<eq \f(1,3). 所以x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3))). (2)讨论函数f(x)＝(logeq \s\do9(\f(1,2))x)2－2logeq \s\do9(\f(1,2))x＋2的单调性． 解：由函数f(x)＝(logeq \s\do9(\f(1,2))x)2－2logeq \s\do9(\f(1,2))x＋2＝(logeq \s\do9(\f(1,2))x－1)2＋1， 设t＝logeq \s\do9(\f(1,2))x∈R，因而y＝(t－1)2＋1， 当t∈(－∞，1)时，函数y＝(t－1)2＋1单调递减，当t∈(1，＋∞)时，函数y＝(t－1)2＋1单调递增，而t＝logeq \s\do9(\f(1,2))x在定义域内单调递减， 所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，函数f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，函数f(x)单调递增． (1)y＝log2(x2＋4)； (2)y＝logeq \s\do9(\f(1,2))(3＋2x－x2)． (2)设u＝3＋2x－x2＝－(x－1)2＋4≤4. 因为u>0，所以0<u≤4. 又y＝logeq \s\do9(\f(1,2))u在(0，＋∞)上为减函数， 所以logeq \s\do9(\f(1,2))u≥logeq \s\do9(\f(1,2))4＝－2， 所以y＝logeq \s\do9(\f(1,2))(3＋2x－x2)的值域为[－2，＋∞)． 【跟踪训练】 4．(1)函数f(x)＝loga(x＋1)在[0，1]上的最大值与最小值之和为2，则a的值为(　　) A．－eq \r(2) B.eq \r(2) C．2 D．4 解析：y＝loga(x＋1)在[0，1]上是单调函数，故f(x)在[0，1]上的最值分别为f(0)，f(1)，故f(0)＋f(1)＝loga2＝2，则a2＝2，a＝eq \r(2)(负值舍去)． 解：要使函数有意义，需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x>0，,x＋2>0，)) 所以－2<x<2， 又y＝log2(2－x)＋log2(x＋2)＝log2[(2－x)·(x＋2)]＝log2(4－x2)，x∈(－2，2)， 令u＝4－x2(－2<x<2)， 则当x＝0时，umax＝4，得u∈(0，4]， 又因为y＝log2u是增函数，所以ymax＝2， 即函数的值域为(－∞，2]． \do9(\f(1,2)) INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/541数学（必修第二册导学案（B版/例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/541数学（必修第二册导学案（B版/例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例5灰.TIF" \* MERGEFORMAT 　已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝log(x＋7)． (1)求f(1)，f(－1)； (2)求函数f(x)的表达式； (3)若f(a－1)－f(3－a)＜0，求a的取值范围． 解　(1)f(1)＝logeq \s\do9(\f(1,2))8＝－3，f(－1)＝－f(1)＝3. (2)因为f(x)在R上为奇函数，所以f(0)＝0. 令x＜0，则－x＞0， 所以f(x)＝－f(－x)＝－logeq \s\do9(\f(1,2))(－x＋7)， 所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,2))（x＋7），x＞0，,0，x＝0，,－log\s\do9(\f(1,2))（－x＋7），x＜0.)) (3)当x∈(0，＋∞)时，y＝logeq \s\do9(\f(1,2))(x＋7)， 令u＝x＋7，则y＝logeq \s\do9(\f(1,2))u. 因为u＝x＋7是增函数，y＝logeq \s\do9(\f(1,2))u是减函数， 所以y＝logeq \s\do9(\f(1,2))(x＋7)在(0，＋∞)上是减函数． 又因为f(x)是奇函数且f(0)＝0，logeq \s\do9(\f(1,2))(0＋7)＝－log27<0， 所以y＝f(x)是R上的减函数． 由f(a－1)<f(3－a)，得a－1>3－a，解得a>2. 解：令x＜0，则－x＞0， 因为函数f(x)是偶函数， 所以f(x)＝f(－x)＝logeq \s\do9(\f(1,2))(－x＋7)＝logeq \s\do9(\f(1,2))(7－x)． 故当x＜0时，f(x)＝logeq \s\do9(\f(1,2))(7－x)． 解：(1)F(x)＝f(x)－g(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，若要式子有意义， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,1－x＞0，))即－1＜x＜1， 所以函数F(x)＝f(x)－g(x)的定义域为{x|－1<x<1}． (2)函数F(x)＝f(x)－g(x)是奇函数．理由如下： F(x)＝f(x)－g(x)，其定义域为(－1，1)，且F(－x)＝f(－x)－g(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(1＋x)－loga(1－x)]＝－F(x)， 所以函数F(x)＝f(x)－g(x)是奇函数． (3)F(x)>0，即loga(x＋1)－loga(1－x)＞0， 即loga(x＋1)＞loga(1－x)． 当a>1时，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,1－x＞0，,x＋1＞1－x，))解得0<x<1. 所以使F(x)>0成立的x的集合为{x|0<x<1}． 1．函数f(x)＝eq \f(1,1－x)＋lg (1＋x)的定义域是(　　) A．(－∞，－1) B．(1，＋∞) C．(－1，1)∪(1，＋∞) D．(－∞，＋∞) 解析：由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋x>0，,1－x≠0，))解得x>－1且x≠1. 2．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－2ax－a，x<0，,ex＋ln （x＋1），x≥0))在R上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[－1，0] C．[－1，1] D．[0，＋∞) 解析：因为f(x)在R上单调递增，且当x≥0时，f(x)＝ex＋ln (x＋1)单调递增，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(－2a,2×（－1）)≥0，,－a≤e0＋ln 1，))解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0]．故选B. 3．(多选)已知函数f(x)＝loga(2x－a)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上恒有f(x)>0，则实数a的值可能是(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,4) C．2 D．3 解析：当0<a<1时，函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上是减函数，所以logaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－a))>0，即0<eq \f(4,3)－a<1，解得eq \f(1,3)<a<eq \f(4,3)，故eq \f(1,3)<a<1；当a>1时，函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上是增函数，所以loga(1－a)>0，即1－a>1，解得a<0(舍去)．综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).故选AB. 4．不等式logeq \s\do9(\f(3,4))(x＋1)>logeq \s\do9(\f(3,4))(3－x)的解集是____________． 解析：原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,3－x>0，,x＋1<3－x，))解得－1<x<1. eq \f(1,3) 5．设函数f(x)＝ax－logeq \s\do9(\f(1,a))(x＋1)(a>0且a≠1)在[0，2]上的最大值和最小值之和为a2，则a的值为________． 解析：由换底公式可得f(x)＝ax＋loga(x＋1)，又y＝ax与y＝loga(x＋1)在[0，2]上具有相同的单调性，故f(x)在[0，2]上单调递增或单调递减，f(x)在[0，2]上的最值分别为f(0)，f(2)，故f(0)＋f(2)＝1＋a2＋loga3，由题意1＋a2＋loga3＝a2，解得a＝eq \f(1,3). 一、单选题 1．若f(x)＝eq \f(1,log\s\do9(\f(1,2))（2x＋1）)，则f(x)的定义域为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪(0，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)) 解析：由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1>0，,log\s\do9(\f(1,2))（2x＋1）≠0，))解得x>－eq \f(1,2)且x≠0.故选C. 3．已知函数f(x)＝log2 (x＋1)＋3x＋m的零点在区间(0，1]内，则实数m的取值范围为(　　) A．(－4，0) B．(－∞，－4)∪(0，＋∞) C．(－∞，－4]∪(0，＋∞) D．[－4，0) 解析：因为函数f(x)＝log2(x＋1)＋3x＋m在区间(0，1]上单调递增，f(x)＝log2(x＋1)＋3x＋m的零点在区间(0，1]内，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）<0，,f（1）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,log22＋3＋m≥0，))解得－4≤m<0. 4．已知定义域为R的偶函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，则不等式f(logeq \s\do9(\f(1,16))x)>0的解集为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))∪(8，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪(4，＋∞) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪(3，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞) 解析：因为f(x)是偶函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，又f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，所以f(logeq \s\do9(\f(1,16))x)>0，即logeq \s\do9(\f(1,16))x>eq \f(1,2)或logeq \s\do9(\f(1,16))x<－eq \f(1,2)，解得 0<x<eq \f(1,4)或x＞4.故选B. 解析：因为二次函数f(x)＝x2－ax＋2的图象开口向上，所以f(x)＝x2－ax＋2在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增，又因为函数y＝loga(x2－ax＋2)在(－∞，1]上为减函数，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,\f(a,2)≥1，,12－a×1＋2＞0，))解得2≤a＜3. 解析：因为函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,2－x＞0，))即函数f(x)的定义域为(0，2)，所以f(x)＝ln (－x2＋2x)，0＜x＜2，故D错误；又函数y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，所以此函数在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，又函数y＝ln x在区间(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，故f(x)max＝f(1)＝0，即函数y＝f(x)有且只有一个零点x＝1，故A错误，B，C正确．故选BC. 2eq \r(2)－3 10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lg （x2＋1），x<1，))则f(f(－3))＝___，f(x)的最小值是________． 解析：由题意，知f(－3)＝1，所以f(f(－3))＝f(1)＝0.又由复合函数的单调性，可知当x<1时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增；由对勾函数的性质可知，当x≥1时，f(x)在[1，eq \r(2))上单调递减，在(eq \r(2)，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝min{f(0)，f(eq \r(2))}＝min{0，2eq \r(2)－3}＝2eq \r(2)－3. 四、解答题 11．已知f(x)＝(logeq \s\do9(\f(1,2))x)2－3logeq \s\do9(\f(1,2))x，x∈[2，4]，求f(x)的最大值与最小值． 解：令t＝logeq \s\do9(\f(1,2))x， 则y＝t2－3t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(9,4)， ∵2≤x≤4， ∴logeq \s\do9(\f(1,2))4≤logeq \s\do9(\f(1,2))x≤logeq \s\do9(\f(1,2))2，即－2≤t≤－1. ∵y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(3,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(9,4)在[－2，－1]上单调递减， ∴当t＝－2时，y取得最大值10； 当t＝－1时，y取得最小值4. 故f(x)的最大值为10，最小值为4. 解：(1)∵g(x)＝logax(a>0且a≠1)的图象过点(9，2)， ∴loga9＝2，解得a＝3，∴g(x)＝log3x. 又函数f(x)的图象与g(x)＝log3x的图象关于x轴对称，∴f(x)＝logeq \s\do9(\f(1,3))x. (2)由(1)知f(3x－1)>f(－x＋5)， 即logeq \s\do9(\f(1,3)) (3x－1)>logeq \s\do9(\f(1,3)) (－x＋5)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－1>0，,－x＋5>0，,3x－1<－x＋5，))解得eq \f(1,3)<x<eq \f(3,2)， ∴x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)<x<\f(3,2))))). 13．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)·ln (x＋b)，若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为(　　) A.eq \f(1,8) B.eq \f(1,4) C.eq \f(1,2) D．1 解析：解法一：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，得x＝1－b.若－a≤－b，当x∈(－b，1－b)时，可知x＋a>0，ln (x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－b<－a<1－b，当x∈(－a，1－b)时，可知x＋a>0，ln (x＋b)<0，此时f(x)<0，不符合题意；若－a＝1－b，当x∈ (－b，1－b)时，可知x＋a<0，ln (x＋b)<0，此时f(x)>0，当x∈[1－b，＋∞)时，可知x＋a≥0，ln (x＋b)≥0，此时f(x)≥0，可知－a＝1－b符合题意；若－a>1－b，当x∈(1－b，－a)时，可知x＋a<0，ln (x＋b)>0，此时f(x)<0，不符合题意．综上所述，－a＝1－b，即b＝a＋1，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq \f(1,2).故选C. 解法二：由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，令x＋a＝0，得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，得x＝1－b，则当x∈(－b，1－b)时，ln (x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0；当x∈(1－b，＋∞)时，ln (x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0，故1－b＋a＝0，则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)≥eq \f(1,2)，当且仅当a＝－eq \f(1,2)，b＝eq \f(1,2)时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为eq \f(1,2).故选C. 解析：由对数函数的单调性可知，f(x)＝ln (x2＋1)在[0，3]上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝0.由指数函数的单调性可知，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)－m在[1，3]上单调递减，故g(x)min＝g(3)＝eq \f(1,8)－m，因为∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，3]，使得f(x1)≥g(x2)，所以f(x)min≥g(x)min，即0≥eq \f(1,8)－m，解得m≥eq \f(1,8).故实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)). 14．已知f(x)＝ln (x2＋1)，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)－m，若∀x1∈[0，3]，∃x2∈[1，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是__________． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)) 解：(1)由题意，知f(x)－g(x)＝loga(x＋1)－loga(4－2x)． 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,4－2x>0，))解得－1<x<2. 所以函数y＝f(x)－g(x)的定义域是(－1，2)． (2)由f(x)－g(x)>0，得f(x)>g(x)， 即loga(x＋1)>loga(4－2x)．① 当a>1时，由①可得x＋1>4－2x，解得x>1. 又因为－1<x<2，所以1<x<2. 当0<a<1时，由①可得x＋1<4－2x，解得x<1. 又因为－1<x<2，所以－1<x<1. 综上所述，当a>1时，x的取值范围是(1，2)； 当0<a<1时，x的取值范围是(－1，1)． 16．已知函数f(x)＝logaeq \f(1＋x,1－x)(a>0且a≠1)． (1)求f(x)的定义域； (2)判断函数f(x)的奇偶性； (3)求使f(x)>0的x的取值范围． 解：(1)由eq \f(1＋x,1－x)>0，得－1<x<1. 故f(x)的定义域为(－1，1)． (2)由(1)，知f(x)的定义域关于原点对称． 又因为f(－x)＝logaeq \f(1－x,1＋x)＝－logaeq \f(1＋x,1－x)＝－f(x)， 所以函数f(x)是奇函数． (3)当a>1时，由logaeq \f(1＋x,1－x)>0＝loga1，得eq \f(1＋x,1－x)>1. 所以0<x<1. 当0<a<1时，由logaeq \f(1＋x,1－x)>0＝loga1，得0<eq \f(1＋x,1－x)<1， 所以－1<x<0. 综上，当a>1时，x的取值范围是{x|0<x<1}； 当0<a<1时，x的取值范围是{x|－1<x<0}． $$