4.2.3 第2课时 对数函数性质的应用-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学必修第二册作业与测评课件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 知识对点练 目录 40分钟综合练 知识对点练 知识点一　对数型函数的定义域 1．函数f(x)＝log2(x2＋3x－4)的定义域是(　　) A．[－4，1] B．(－4，1) C．(－∞，－4]∪[1，＋∞) D．(－∞，－4)∪(1，＋∞) 解析：由x2＋3x－4>0，得x>1或x<－4，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－4)∪(1，＋∞)．故选D. 答案 解析 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 答案 解析 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 答案 解析 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 答案 解析 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 5．已知log3(2m2＋2m－1)>log3(m－1)，则实数m的取值范围是________． 答案 解析 (1，＋∞) 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8 6．解不等式loga(2x－5)＞loga(x－1)． 解 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 答案 解析 [0，1) 0 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 答案 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 解 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 12 解 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 13 解 知识对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 14 40分钟综合练 答案 解析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 2．已知函数f(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上单调递增，则(　　) A．f(3)<f(－2)<f(1) B．f(1)<f(－2)<f(3) C．f(－2)<f(1)<f(3) D．f(3)<f(1)<f(－2) 解析：因为函数f(x)＝loga|x|是偶函数，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(1)<f(2)＝f(－2)<f(3)．故选B. 答案 解析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 17 3．设函数f(x)＝ln (1＋x)－ln (1－x)，则f(x)是(　　) A．奇函数，且在(0，1)上是增函数 B．奇函数，且在(0，1)上是减函数 C．偶函数，且在(0，1)上是增函数 D．偶函数，且在(0，1)上是减函数 答案 解析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 18 解析：当x<1时，f(x)＝ex＋x－4，因为y＝ex，y＝x－4在(－∞，1)上均单调递增，所以f(x)单调递增，当x≥1时，易知f(x)＝ln x单调递增，且当x＝1时，e1＋1－4＝e－3<0＝ln 1，则f(x)在R上单调递增，因为a2＋1≥1，则f(a2＋1)＋f(5)＝ln (a2＋1)＋ln 5＝ln [5(a2＋1)]＝f(5(a2＋1))，所以由f(a2＋≤1) f(－10a)－f(5)，得f(5(a2＋1))≤f(－10a)，所以5(a2＋1)≤－10a，解得a＝－1.故选A. 答案 解析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 19 答案 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 20 解 析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 21 答案 解析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 22 解 析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 23 7．已知函数f(x)＝loga(x＋1)，g(x)＝loga(1－x)(a>0且a≠1)，则(　　) A．函数f(x)＋g(x)的定义域为(－1，1) B．函数f(x)＋g(x)的图象关于y轴对称 C．函数f(x)＋g(x)在定义域上有最小值0 D．函数f(x)－g(x)在区间(0，1)上是减函数 解析： ∵f(x)＝loga(x＋1)，g(x)＝loga(1－x)(a>0且a≠1)，∴f(x)＋g(x)＝loga(x＋1)＋loga(1－x)，由x＋1>0且1－x>0，得－1<x<1，故A正确；由f(－x)＋g(－x)＝loga(－x＋1)＋loga(1＋x)＝f(x)＋g(x)，得函数f(x)＋g(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，故B正确；∵－1<x<1，∴f(x)＋g(x)＝loga(1－x2)，由复合函数的单调性可知，当0<a<1时，函数f(x)＋g(x)在(－1，0)上单调递减，在[0，1)上单调递增， 答案 解析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 24 有最小值f(0)＋g(0)＝loga(1－0)＝0，当a>1时，函数f(x)＋g(x)在(－1，0)上单调递增，在[0，1)上单调递减，无最小值，故C错误；∵f(x)－g(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，当0<a<1时，f(x)＝loga(x＋1)在(0，1)上单调递减，g(x)＝loga(1－x)在(0，1)上单调递增，函数f(x)－g(x)在(0，1)上单调递减，当a>1时，f(x)＝loga(x＋1)在(0，1)上单调递增，g(x)＝loga(1－x)在(0，1)上单调递减，函数f(x)－g(x)在(0，1)上单调递增，故D错误．故选AB. 解 析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 25 －1 答案 解析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 26 9．函数y＝log2(x2＋2x－3)的单调递减区间是_____________． 解析：∵x2＋2x－3>0，∴x>1或x<－3.∵y＝x2＋2x－3在(－∞，－3)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，且y＝log2x在(0，＋∞)上是增函数，∴函数y＝log2(x2＋2x－3)的单调递减区间是(－∞，－3)． 答案 解析 (－∞，－3) 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 27 10．已知对数函数f(x)的图象过点(4，－2)，则不等式f(x－1)－f(x＋1)>3的解集为_______________． 答案 解析 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 28 解 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 29 12．(2024·福建福州阶段练习)已知函数f(x)＝loga(2＋x)＋loga(4－x)(a>0且a≠1)的图象过点(1，2)． (1)求a的值及f(x)的定义域； (2)求f(x)在[0，3]上的最小值． 解 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 30 (2)因为f(x)＝log3(2＋x)＋log3(4－x)＝log3(2＋x)(4－x)＝log3(8＋2x－x2)， 令t＝8＋2x－x2＝－(x－1)2＋9，x∈[0，3]， 由二次函数的性质可知t在[0，1]上单调递增，在(1，3]上单调递减， 又y＝log3t在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在[0，1]上单调递增，在(1，3]上单调递减． 因为f(0)＝log38，f(3)＝log35， 所以f(x)min＝log35. 解 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 31 解 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 32 解 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 14．(2024·河北邯郸高一期末)已知函数f(x)＝a(log2x)2－2alog2x＋b－1(a>0)在区间[4，8]上的最大值为2，最小值为－1. (1)求实数a，b的值； (2)若对任意的x∈[1，4]，f(x)≤klog2x恒成立，求实数k的取值范围． 解 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 34 解 40分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 35 　　　　　　　　　　　　　 R 2．函数f(x)＝eq \f(\r(2－x),ln x)的定义域为(　　) A．(－∞，2] B．(0，1)∪(1，2] C．(1，2] D．(1，＋∞) 解析：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x≥0，,ln x≠0，,x>0，))解得0<x<1或1<x≤2，所以函数f(x)＝eq \f(\r(2－x),ln x)的定义域为(0，1)∪(1，2]．故选B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)) 3．函数f(x)＝eq \f(3x2,\r(1－x))＋lg (3x＋1)的定义域是________． 解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,3x＋1>0，))解得－eq \f(1,3)<x<1，所以函数f(x)的定义域是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)). 知识点二　解对数不等式 4．不等式logeq \s\up-12(\f(1,2)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>－1的解集是(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(5,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) 解析：由logeq \s\up-12(\f(1,2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＝－log2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>－1，得log2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))<1＝log22，即0<eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))<2，即－eq \f(3,2)<x<eq \f(5,2)且x≠eq \f(1,2). 解析：因为函数y＝log3x是增函数，且定义域为(0，＋∞)，所以2m2＋2m－1>m－1>0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m2＋2m－1>m－1，,m－1>0，))解得m>1.故实数m的取值范围是(1，＋∞)． 解：当a＞1时，原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－5＞0，,x－1＞0，,2x－5＞x－1，))解得x＞4；当0＜a＜1时，原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－5＞0，,x－1＞0，,2x－5＜x－1，))解得eq \f(5,2)＜x＜4. 综上，当a＞1时，原不等式的解集为{x|x＞4}； 当0＜a＜1时，原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)＜x＜4)))). 知识点三　对数型函数的单调性及值域 7．函数y＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(1－x2)的单调递增区间是________，最小值是________． 解析：要使y＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(1－x2)有意义，则1－x2>0，∴x2<1，则－1<x<1，因此函数的定义域为(－1，1)．令t＝1－x2，x∈(－1，1)．当x∈(－1，0]时，x增大，t增大，y＝logeq \s\up-12(\f(1,2))t减小，∴当x∈(－1，0]时，y＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(1－x2)是减函数；当x∈[0，1)时，x增大，t减小，y＝logeq \s\up-12(\f(1,2))t增大，∴当x∈[0，1)时，y＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(1－x2)是增函数．故函数y＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(1－x2)的单调递增区间为[0，1)，且函数的最小值ymin＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(1－02)＝0. －eq \f(1,4) 8．函数f(x)＝log2eq \r(x)×logeq \s\up-12(\r(2))(2x)的最小值为________． 解析：显然x>0，所以f(x)＝log2eq \r(x)×logeq \s\up-12(\r(2))(2x)＝eq \f(1,2)log2x×log2(4x2)＝eq \f(1,2)log2x×(log24＋2log2x)＝log2x＋(log2x)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2x＋\f(1,2))) eq \s\up15(2)－eq \f(1,4)≥－eq \f(1,4)，当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时，有f(x)min＝－eq \f(1,4). 知识点四　对数函数的综合应用 9．已知函数f(x)＝log2eq \f(1＋x,1－x). (1)判断函数f(x)的奇偶性并证明你的结论； (2)解不等式f(x)<－1. 解：(1)函数f(x)为奇函数． 证明：由eq \f(1＋x,1－x)>0，得－1<x<1， 所以f(x)的定义域为(－1，1)，关于原点对称，任取x∈(－1，1)，则－x∈(－1，1)， f(－x)＋f(x)＝log2eq \f(1－x,1＋x)＋log2eq \f(1＋x,1－x) ＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－x,1＋x)·\f(1＋x,1－x)))＝log21＝0， 所以f(－x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数． (2)由(1)知－1<x<1， 因为log2eq \f(1＋x,1－x)<－1， 所以eq \f(1＋x,1－x)<2－1＝eq \f(1,2)， 即eq \f(1＋x,1－x)－eq \f(1,2)＝eq \f(（2＋2x）－（1－x）,2（1－x）)＝eq \f(3x＋1,2（1－x）)<0， 所以eq \f(3x＋1,x－1)>0，所以x<－eq \f(1,3)或x>1. 又－1<x<1，所以－1<x<－eq \f(1,3). 故不等式f(x)<－1的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3))). 一、单项选择题 1．函数f(x)＝lg (6－x)＋eq \r(x－4)的定义域为(　　) A．(－∞，6) B．[4，6) C．[4，＋∞) D．(4，6) 解析：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6－x>0，,x－4≥0，))解得4≤x<6.故选B. 解析：由题意可得，函数f(x)的定义域为(－1，1)，且f(－x)＝ln (1－x)－ln (1＋x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数．又f(x)＝ln eq \f(1＋x,1－x)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)－1))，易知y＝eq \f(2,1－x)－1在(0，1)上为增函数，故f(x)在(0，1)上为增函数． 4．(2024·安徽六安期末)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex＋x－4，x<1，,ln x，x≥1，))若f(a2＋1)≤f(－10a)－f(5)，则实数a的取值范围是(　　) A．{－1} B．(－∞，－1] C．[－1，＋∞) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,e))) 5．已知函数f(x)＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(x2－2ax＋2)，则以下说法错误的是(　　) A．∃a∈R，使得f(x)为偶函数 B．若f(x)的定义域为R，则a∈(－eq \r(2)，eq \r(2)) C．若f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，则a∈[1，＋∞) D．若f(x)的值域是(－∞，2]，则a∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(7),2)，\f(\r(7),2))) 解析：对于A，令a＝0，则f(x)＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(x2＋2)，此时函数的定义域为R，且f(－x)＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(x2＋2)＝f(x)，即f(x)＝logeq \s\up-12(\f(1,2))(x2＋2)为偶函数，故A正确；对于B，因为f(x)的定义域为R，则x2－2ax＋2＞0恒成立，即Δ＝(－2a)2－4×2＜0，解得－eq \r(2)＜a＜eq \r(2)，即a∈(－eq \r(2)，eq \r(2))，故B正确；对于C，令g(x)＝x2－2ax＋2，因为y＝logeq \s\up-12(\f(1,2))x在定义域上单调递减，要使函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，则g(x)＝x2－2ax＋2在(－∞，1)上单调递减且大于0恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥1，,g（1）≥0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥1，,12－2a＋2≥0，))解得1≤a≤eq \f(3,2)，故C错误；对于D，因为函数f(x)的值域是(－∞，2]，所以f(x)max＝2＝logeq \s\up-12(\f(1,2))eq \f(1,4)，所以g(x)min＝eq \f(1,4)，即g(a)＝－a2＋2＝eq \f(1,4)，解得a＝±eq \f(\r(7),2)，即a∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(7),2)，\f(\r(7),2)))，故D正确．故选C. 二、多项选择题 6．(2024·陕西西安期末)下列函数中，值域为(0，＋∞)的增函数是(　　) A．y＝eq \r(x) B．y＝2x C．y＝log3(2x＋1) D．y＝ln (x2＋1) 解析：对于A，因为函数y＝eq \r(x)的定义域为[0，＋∞)，可得其值域为[0，＋∞)，故A错误；对于B，因为∀x∈R，2x>0恒成立，故函数y＝2x的值域为(0，＋∞)，且2>1，y＝2x为增函数，故B正确；对于C，设t＝2x＋1，显然为增函数，因为∀x∈R，2x>0，所以t＝2x＋1>1，又函数y＝log3t在定义域内为增函数，由复合函数“同增异减”原则，知y＝log3(2x＋1)为增函数，且f(x)＝log3(2x＋1)>0， 即函数值域为(0，＋∞)，故C正确；对于D，设t＝x2＋1，则t≥1，函数y＝ln t在定义域内为增函数，而函数t＝x2＋1在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，故函数y＝ln (x2＋1)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，且值域为[0，＋∞)，故D错误．故选BC. 三、填空题 8．若f(x)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x＋b)))为奇函数，则b＝________． 解析：对于函数f(x)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x＋b)))，令1＋eq \f(2,x＋b)>0，解得x>－b或x<－b－2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－b－2)∪(－b，＋∞)，又f(x)为奇函数，所以－b－b－2＝0，所以b＝－1，此时f(x)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x－1)))＝ln eq \f(x＋1,x－1)，定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，且f(－x)＝ln eq \f(－x＋1,－x－1)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－1))) eq \s\up15(－1)＝－ln eq \f(x＋1,x－1)＝－f(x)，满足f(x)为奇函数． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(9,7))))) 解析：设函数f(x)的解析式为f(x)＝logax(a>0且a≠1)，由函数的图象过点(4，－2)可得－2＝loga4，即a－2＝4，则a＝eq \f(1,2)或a＝－eq \f(1,2)(舍去)．由f(x－1)－f(x＋1)>3可得f(x－1)>3＋f(x＋1)，即logeq \s\up-12(\f(1,2))(x－1)>logeq \s\up-12(\f(1,2)) eq \f(1,8)＋logeq \s\up-12(\f(1,2))(x＋1)＝logeq \s\up-12(\f(1,2))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)（x＋1）))，所以原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1>0，,x－1<\f(1,8)（x＋1），,x＋1>0，))解得1<x<eq \f(9,7). 四、解答题 11．(2024·江苏南京月考)求函数f(x)＝logeq \s\up-12(\f(1,2)) eq \f(8,x)×log2(2x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，16))的值域． 解：f(x)＝logeq \s\up-12(\f(1,2))eq \f(8,x)×log2(2x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－log2\f(8,x)))×log2(2x)＝(log2x－log28)(log22＋log2x)＝(log2x－3)(log2x＋1)＝(log2x)2－2log2x－3， 由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，16))，得log2x∈[－1，4]， 令t＝log2x，则t∈[－1，4]， 则g(t)＝t2－2t－3＝(t－1)2－4，易知g(t)在[－1，4]上的值域为[－4，5]， 故函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，16))上的值域为[－4，5]． 解：(1)由f(x)的图象过点(1，2)，可得f(1)＝loga(2＋1)＋loga(4－1)＝2loga3＝2， 解得a＝3. 则有f(x)＝log3(2＋x)＋log3(4－x)， 定义域满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋x>0，,4－x>0，)) 解得－2<x<4， 故f(x)的定义域为(－2，4)． 13．设a＞0，若对任意t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，函数h(x)＝log2eq \f(1＋ax,x－1)＋log2eq \f(x－1,x)在区间[t＋1，t＋3]上的最大值与最小值的差不超过1，求实数a的取值范围． 解：h(x)＝log2eq \f(1＋ax,x－1)＋log2eq \f(x－1,x)＝log2eq \f(1＋ax,x)＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))，μ＝eq \f(1,x)＋a在区间[t＋1，t＋3]上单调递减，y＝log2μ为增函数， ∴函数h(x)＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))在区间[t＋1，t＋3]上单调递减， 由题意得h(t＋1)－h(t＋3)≤1， 即log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t＋1)＋a))－log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t＋3)＋a))≤1， 即eq \f(1,t＋1)＋a≤2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t＋3)＋a))， 即at2＋(4a＋1)t＋3a－1≥0，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)). 令y＝at2＋(4a＋1)t＋3a－1，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))， ∵a＞0，∴－eq \f(4a＋1,2a)＜0， ∴函数y＝at2＋(4a＋1)t＋3a－1在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增， 当t＝eq \f(1,2)时，y有最小值eq \f(21a,4)－eq \f(1,2)≥0， 解得a≥eq \f(2,21). ∴实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,21)，＋∞)). 解：(1)令t＝log2x，∵x∈[4，8]，∴t∈[2，3]， 设m(t)＝at2－2at＋b－1(a>0)， ∵a>0，m(t)图象的对称轴为直线t＝1， ∴m(t)＝at2－2at＋b－1在[2，3]上单调递增，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m（2）＝－1，,m（3）＝2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a－4a＋b－1＝－1，,9a－6a＋b－1＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))∴实数a的值为1，b的值为0. (2)由f(x)≤klog2x，得(log2x)2－2log2x－1≤klog2x， 令t＝log2x，则t∈[0，2]，t2－2t－1≤kt， 当t＝0时，－1≤0恒成立，即k∈R； 当t∈(0，2]时，t2－2t－1≤kt⇔k≥eq \f(t2－2t－1,t)＝t－eq \f(1,t)－2， 令g(t)＝t－eq \f(1,t)－2，则只需k≥g(t)max. ∵y＝t，y＝－eq \f(1,t)均为t∈(0，2]上的增函数， ∴g(t)＝t－eq \f(1,t)－2在t∈(0，2]上单调递增， ∴g(t)max＝g(2)＝2－eq \f(1,2)－2＝－eq \f(1,2)，∴k≥－eq \f(1,2). 综上，实数k的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)). $$