新高考一轮复习作业16 对数函数-遇见最美的数学系列——专项好题版

答案第 1页，共 6页 新高考一轮复习作业 16 对数函数参考答案 1．A 由对数的运算性质，可得：   2 3 2 2 1log 6 log 2 3 2 1 log 3 1 log a        ，  55 5 3 1log 15 log 5 3 1 log 3 1 log 5 b        ，  77 7 3 1log 21 log 7 3 1 log 3 1 log 7 c        ， 因为 3 3 30 log 2 log 5 log 7   ，则 3 3 3 1 1 1 log log 5 72 log   ， 所以 a b c  . 故选：A． 2．D ln( 1) 0x    0 1 1x    1 0  x ， 0x  不能推出 1 0  x ，如 5x   ； 1 0  x 不能推出 0x  ，如 0x  ， 故“ 0x  ”是“  ln 1 0x   ”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 3．C 设 2logt x ，则  1,1t  ， 原命题等价于：任意  1,1t  ，使 2 3 0t mt   为真命题， 所以  2 3 0t mt   max ，其中  1,1t  设    2 3 1 1f t t mt t      ， 则 函数   2 3f t t mt   ，  1,1t  的最大值为  1f  与  1f 中的较大者， 所以     1 0 1 0 f f      ， ∴ 1 3 0 1 3 0 m m        ，解得 2 2m   ， 故选：C. 4．D 函数    2logf x x a x    可看作函数 2logy t ，  t x a x  的复合函数， 又函数 2logy t 在  0,  上单调递增， 而函数    2logf x x a x   在区间  0,1 上单调递增， 则有函数   2 2 2 4 a at x a x x          在区间  0,1 上单调递增， 且   0x a x  在区间  0,1 恒成立， 因此 1 2 a  ，解得 2a  ， 所以 a的取值范围是 2, . 故选：D. 答案第 2页，共 6页 5．A 因为    20.2log 1f x x x   ，由 2 1y x x   开口向上且 3 0    ，即 0y  ， 所以 ( )f x 的定义域为 R，又 2 20.2 0.2(1 ) log [(1 ) (1 ) 1] log ( 1) ( )f x x x x x f x          ， 所以 ( )f x 关于 1 2 x  对称，结合复合函数单调性知： ( )f x 在 1 , 2      上单调递减，在 1, 2      上单调递增. 因为 2log 3 1 a 3 3 3 1log 2 log 3 log 2 0 2 b c       ， 又 3 3log 2 2 log 3 1b c    ，则 1 1 2 2 b c   ， 综上，      f a f c f b  . 故选：A. 6．D 由 2 ( 6) 2y ax a x    ，a 不等于 0 时，  2 26 4 2 20 36a a a a        , 当 20, 20 36 0a a a      得 2 18a  ， 二次函数 2 ( 6) 2y ax a x    没有最大值，有最小值， 2( ) ln ( 6) 2f x ax a x     没有最大值，有最小值，不合题意. 当 20, 20 36 0a a a      得 18a  ，0 2a  ，二次函数 2 ( 6) 2y ax a x    没有最大值，有最小值， 2 ( 6) 2 0y ax a x     , 2( ) ln ( 6) 2f x ax a x     没有最大值，没有最小值，    0,2 18,a   当 20, 20 36 0a a a      得 a<0，二次函数 2 ( 6) 2y ax a x    有最大值，没有最小值， 2 ( 6) 2 0y ax a x     , 2( ) ln ( 6) 2f x ax a x     有最大值，没有最小值，不合题意. 当 20, 20 36 0a a a      无解. 当 0a  , 2 ( 6) 2 6 2y ax a x x       既没有最大值，也没有最小值， 2( ) ln ( 6) 2f x ax a x     没有最大值，没 有最小值， 0a  .    0,2 18,a   故选：D. 7．BCD 由函数   lg ,0 10 6 2, 10 8 x x f x x x         ，画出函数  f x 的图象，如图所示， 由函数    g x f x m  ，则  g x 的零点，即   0f x m  ， 即函数  y f x 与 y m 的交点横坐标， 对于 A中，当 2m   时，函数  g x 没有零点，所以 A 错误； 对于 B中，要使得函数  g x 有 2 个零点，即函数  y f x 与 y m 有两个不同的交点， 结合图象，可得 0m  或 1m  ，所以 B 正确； 对于 C中，由函数  f x 的图象，可得函数的值域为  2,  ，所以 C 正确； 对于 D中，由  g x 有 3 个零点 1 2 3, ,x x x ，且 1 2 3x x x  ， 可得 1 2 30 1 10x x x     ， 由 1 2lg lgx x ，即 1 2lg lgx x  ，所以 1 2 1 2lg lg lg 0x x x x   ，可得 1 2 1x x ， 又由 3 60 2 1 8x     ，解得 3 10 11x  ， 所以 1 2 3x x x 的取值范围为  10,11 ，所以 D正确. 故选：BCD. 答案第 3页，共 6页 8．ABD 对于 A选项，         222 21 1 log 1 1 1 3 log 1 1 1 3 6f f            故 A 正确； 对于 B选项，对任意的 xR ， 2 1 0x x x x     ， 所以函数    2ln 1 3f x x x    的定义域为R ，  2 2( ) ( ) ln( 1 ) 3 ln( 1 ) 3f x f x x x x x           2 2ln( 1 ) 6 6x x     ，所以函数  f x 的图象关于点  0,3 对称，故 B 正确； 对于 C选项，对于函数    2ln 1h x x x   ，该函数的定义域为R ，          2 2 2 2ln 1 ln 1 ln 1 0h x h x x x x x x x            ， 即    h x h x   ，所以函数  h x 为奇函数， 当 0x  时，内层函数 2 2 11 1 u x x x x       为减函数，外层函数 lny u 为增函数， 所以函数  h x 在 0,  上为减函数，故函数  h x 在  , 0 上也为减函数， 因为函数  h x 在R 上连续，故函数  h x 在R 上为减函数，又因为函数 3y x= + 在R 上为增函数，故函数  f x 在R 上为减函数，故 C 不正确； 对于 D选项，因为实数 a，b 满足     6f a f b  ，则      6f a f b f b    ， 因为  f x 在定义域上单调递减，可得 a b  ，即 0a b  ，故 D 正确. 故选：ABD. 9． ( , 3]  令 2 6 17t x x   ，则 1 2 logy t ， 因为 2 26 17 ( 3) 8 8t x x x      ≥ ， 所以 2 6 17t x x   的值域为[8,  ）， 因为 1 2 logy t 在[8,  ）是减函数， 所以 1 1 2 2 log log 8 -3y t   ， 所以 2 1 2 log ( 6 17)y x x   的值域为 ( , 3]  ， 故答案为： ( , 3]  10． 4 9 令 2 3 1x   ，即 = 1x  ，得 4y   ，故 ( 1, 4)P   ， 由 ( 1, 4)P   在直线 : 7 0( 0)l ax by b    上，得 4 7 0a b    ，即 2 4 9a b   ， 因为 0a  且 1a  ， 0b  ，所以 2 2a   且 2 3a+ ¹ ，4 0b  ， 所以 1 1 2 4a b    1 1 2 4 2 4 9 a b a b       1 4 2(2 ) 9 2 4 b a a b      1 4 2 4(2 2 ) 9 2 4 9 b a a b       . 答案第 4页，共 6页 当且仅当 4 2 2 4 b a a b    ，即 92 4 2 a b   ，即 5 2 a  ， 9 8 b  时，等号成立. 故 1 1 2 4a b   的最小值为 4 9 . 故答案为： 4 9 11． 7 7m   法一： 因为存在  1 2, 0,7x x  ，使得 1 2( ) ( )f x f x m  成立， 所以 1( )f x 与 2( )f x m 的值域有交集， 因为 2( ) log ( 1) f x x ， 当 10 7x  时， 11 1 8x   ，则 20 log ( 1) 3x   ，即 1( )f x 的值域为  0,3 ， 当 20 7x  时，为使 2 2 2log ( 1)( )f x m x m   有意义， 则 2 1 0x m   能成立，即 2 1m x   能成立，即  2 min1m x   ， 因为 28 1 1x      ，所以 8m   ， 此时 21 1 8m x m m      ，故 2( )f x m 的值域为    2 2log 1 , log 8m m    ， 当 1( )f x 与 2( )f x m 的值域没有交集时，有  2log 8 0m   或  2log 1 3m   ， 则0 8 1m   或 1 8m   ，即 8 7m    或 7m  . 所以当 1( )f x 与 2( )f x m 的值域有交集时， 7 7m   . 法二： 因为 2( ) log ( 1) f x x 在  1,  上是单调递增函数， 所以若存在  1 2, 0,7x x  ，使得 1 2( ) ( )f x f x m  成立，则有 1 2x m x  ，故 1 2m x x  ， 因为 1 20 7,0 7x x    ，则 27 0x    ，所以 1 27 7x x    ，故 7 7m   ， 同时， 2 1x m   在 0,7 上能成立，即 2 1m x   能成立，即  2 min1m x   ， 因为 28 1 1x      ，所以 8m   ， 综上： 7 7m   . 故答案为： 7 7m   . 12．(1) 5 (2)    5 5 log , 0, log , 0. x x f x x x      (3) ( , 25) (25, )   （1）解：因为当 0x  时， ( ) logaf x x 的图象过点 (5, 2)， 所以 log 5 2a  ，解得 5a  ． （2）设 0x  ，则 0x  ，则 5( ) log ( )f x x   ． 因为 ( )f x 为定义在 ( ,0) (0, )  上的偶函数， 则 5( ) ( ) log ( )f x f x x    ． 综上所述，    5 5 log , 0, log , 0. x x f x x x      （3）由 ( ) 4f x  ，得  5 0, log 4 x x     或 5 0, log 4, x x    解得 25x   或 25x  ． 故不等式 ( ) 4f x  的解集为 ( , 25) (25, )   ． 答案第 5页，共 6页 13．(1)    ,0 2,D    ，不具有奇偶性； (2)  4,  （1）当 = 5b  时，    2log 4 5 2 4x xf x     ， 则   4 5 2 4 2 1 2 4 0 2 4x x x x x         或 2 1x  ，解之得 2x  或 0x  ， 即    ,0 2,D    ，显然定义域不关于原点对称，故不具有奇偶性； （2）当  2,x   时，  f x x ， 2logy x 为单调递增函数， 故   2 42 4 2log 2xx x xf x bx      ， 令  2 2xt x  ，则 4t  ， 故   2 2 4 41 4 0 1 tt b t b t t t                 ， 由对勾函数的性质可知 4y t t        在  2, 上单调递减， 故 4 44 5 4 t t                  ，所以 1 5 4b b      ， 即b的取值范围为  4,  . 14．(1)   2 2 , 1 1, 2 1 5 5, 2 a a g a a a a a a              (2)    , 1 0,    （1）当 1 , 2 4 x      时，  2log 2,1x  ， 设  2log 2,1t x   ，    2 22 1 1 2 1f t t t a t at a        ，则  f t 的对称轴为 t a ； 当 1a  时，  f t 在 2,1 上单调递减，    min 1 1 2 1 2f t f a a a        ； 当 2 1a   时，  f t 在 2,a 上单调递减，在  ,1a 上单调递增，     2 2 2min 2 1 1f t f a a a a a a          ； 当 2a   时，  f t 在  2,1 上单调递增，    min 2 4 4 1 5 5f t f a a a         ； 综上所述：   2 2 , 1 1, 2 1 5 5, 2 a a g a a a a a a              . （2）若 1 2 1, , 2 4 x x       ，使得    1 2 4x x   ，则    1 2max min 4x x   ； 由（1）知：①当 1a  时，  f t 在 2,1 上单调递减， 则  2 min 2x a   ，    1 max 2 5 5x f a     ， 5 5 2 4a a     ，解得： 1 6 a  ， 1a  ； ②当 2 1a   时，  f t 在 2,a 上单调递减，在  ,1a 上单调递增，则   22 min 1x a a     ； 若 12 2 a    ，    1 max 1 2x f a    ， 22 1 4a a a       ， 解得： 1a   或 3a  ， 2 1a    ； 若 1 1 2 a   ，    1 max 2 5 5x f a     ， 25 5 1 4a a a       ， 解得： 4a < - 或 0a  ， 0 1a   ； ③当 2a   时，  f t 在 2,1 上单调递增， 答案第 6页，共 6页 则  2 min 5 5x a   ，    1 max 1 2x f a    ， 2 5 5 4a a     ，解得： 7 6 a   ， 2  a ； 综上所述：实数 a的取值范围为    , 1 0,    . 15．(1)单调递减区间为  0,1 ，单调递增区间为 1,3 ；    max min 2,3f x f x  (2)存在； 1| 1 2 m m       （1）令 2 2 7t x x    ，则  21 1 2 2 log 2 7 log tx x    ．记      22 2 7 1 8 0 3, ,x x x x x          ， 易得  x 在 0,1 上单调递增，在 1,3 上单调递减．所以        m xmin a 8,3 4 1x x       ，所以  x 的值域为  4,8 ，即  4,8t ．又 1 2 5 logy t  在  4,8t 上单调递减，所以  f x 的单调递减区间为  0,1 ，单调递增区间为 1,3 ． 因为        1 1 1min 2 2 2 , ,0 5 log 7 1 5 log 8 2 3 5 log 4 3f f x f f         ，所以        max min 2,3 3 1f x f f x f    ． （2）存在，理由如下： 由（1）可得  2,3M  ，假设存在实数m，使得M N ．设 3xu  ，则 2 2 2( ) ( ) 2 ( )g x h u u mu u m m      ， 当  0,1x 时，  1,3u ，当 1m £ 时，  h u 在 1,3 上单调递增，所以        mamin x1 1 2 3 9 6,h u h m h u h m      ， 所以1 2 ( ) 9 6m h u m   ，当M N 时，有 1 2 2, 9 6 3, 1 2 9 6 m m m m          解得 1 1 2 m ≤ ≤ ； 当 3m  时，  h u 在 1,3 上单调递减， 所以        mamin x3 9 6 , 1 1 2h u h m h u h m      ， 所以9 6 ( ) 1 2m h u m   ， 当M N 时，有 9 6 2, 1 2 3, 9 6 1 2 m m m m          解得 7 6 1 2 m m m         无解； 当1 2m  时，        mamin x 2 3 9 6,h u h m m h u h m      ， 所以  2 9 6m h u m    ， 当M N 时，有 2 2 2 9 6 3 9 6 m m m m         解得 1m £ （舍去）； 当 2 3m  时，        mamin x 2 1 1 2,h u h m m h u h m      ， 所以  2 1 2m h u m    ， 当M N 时，有 2 2 2 1 2 3 1 2 m m m m         解得 1m   （舍去）． 当 2m  时，          m xmin a 3,2 4 1h u h h u h h     ， 即1 2 9 6m m   ． 解得 2m  ，所以  max 3h u   ． 所以 4 ( ) 3h u   ，不符合题意，舍去． 综上所述，存在实数m，使得 ,M N m 的取值范围为 1| 1 2 m m       ． 新高考一轮复习作业 16 对数函数 一、单选题 1．设 2log 6a  ， 5log 15b  ， 7log 21c  ，则（ ） A． a b c  B． a c b  C．b c a  D． c b a  2．“ 0x  ”是“ ln( 1) 0x   ”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知命题 p：任意 1 ,2 2 x      ，使 22 2log log 3 0x m x    为真命题，则实数m的取值范围为（ ） A．  , 2 B．  , 2  C． 2 2 , D．  2,  4．已知函数    2logf x x a x   在区间  0,1 上单调递增，则 a的取值范围是（ ） A．  , 2  B． 2,0 C．  0,2 D．  2, 5．已知函数  20.2( ) 1f x x x  log ，设 2log 3a  ， 3log 2b  ， 3log 2c  ，则（ ） A． ( ) ( ) ( )f a f c f b  B． ( ) ( ) ( )f a f b f c  C． ( ) ( ) ( )f a f c f b  D． ( ) ( ) ( )f a f b f c  6．已知函数 2( ) ln ( 6) 2f x ax a x     既没有最大值，也没有最小值，则 a的取值范围是（ ） A．    2 18  , ,+ B．  2,18 C．    0,2 18, D．   0,2 18, 二、多选题 7．已知函数   lg ,0 10 6 2, 10 8 x x f x x x         ，令    g x f x m  ，则（ ） A． 0m  或 1m  时， ( )g x 有 1 个零点 B．若  g x 有 2 个零点，则 0m  或 1m  C．  f x 的值域是  2,  D．若  g x 有 3个零点 1 2 3, ,x x x ，且 1 2 3x x x  ，则 1 2 3x x x 的取值范围为  10,11 8．已知函数    22log 1 3f x x x    .则下列说法正确的是（ ） A．    1 1 6f f   B．函数  f x 的图象关于点  0,3 对称 C．函数  f x 在定义域上单调递增 D．若实数 a，b满足     6f a f b  ，则 0a b  三、填空题 9．函数  21 2 log 6 17y x x   的值域是__________． 10．已知函数  log 2 3 4( 0ay x a    且 1)a  过定点 P，且定点 P在直线 : 7 0( 0)l ax by b    上，则 1 1 2 4a b   的 最小值为________． 11．已知函数 2( ) log ( 1) f x x ，若存在  1 2, 0,7x x  ，使得 1 2( ) ( )f x f x m  成立，则实数m的取值范围为________. 四、解答题 12．已知函数 ( )f x 为定义在 ( ,0) (0, )  上的偶函数，当 0x  时， ( ) logaf x x 的图象过点 (5, 2)． (1)求 a 的值： (2)求 ( )f x 的解析式； (3)求不等式 ( ) 4f x  的解集． 13．已知    2log 4 2 4x xf x b    （实数b为常数）． (1)当 = 5b  时，求函数  y f x 的定义域D，判断奇偶性，并说明理由； (2)若不等式  f x x 当  2,x   时均成立，求实数b的取值范围． 14．已知函数      2 22 2log log 1 1x x x a     ，其中 aR ． (1)求  x 在 1 , 2 4 x      的最小值  g a ； (2)若 1 2 1, , 2 4 x x       ，使得    1 2 4x x   ，求实数 a的取值范围． 15．已知函数        21 2 5 log 2 7 , 0 3 2, 3, 9x xf x x x x g x m         ，  0,1x ． (1)求  f x 的单调区间和最值； (2)记  f x 的值域为  ,M g x 的值域为 N，是否存在实数m，使得M N ,若存在，求实数m的取值范围；若不存 在，请说明理由．