2021年高考理科数学一轮复习：专题2.6 对数与对数函数 题型全归纳与高效训练突破

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目录
TOC \ "1-3" \h \u 一、题型全归纳1
题型一 对数式的化简与求值1
题型二 对数函数的图象及应用3
题型三 对数函数的性质及应用5
命题角度一 比较大小5
命题角度二 解对数不等式6
命题角度三 与对数函数有关的函数性质问题7
题型四 数形结合法在对数函数问题中的应用9
二、高效训练突破10
一、题型全归纳
题型一 对数式的化简与求值
【题型要点】对数运算的一般思路
(1)转化：①利用ab＝N⇔b＝lgaN(a>0，且a≠1)对题目条件进行转化．
②利用换底公式化为同底数的对数运算．
(2)恒等式：关注lga1＝0，lgaaN＝N，algaN＝N的应用．
(3)拆分：将真数化为积、商或底数的指数幂形式，正用对数的运算法则化简．.
(4)合并：将对数式化为同底数对数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算法则，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算．
．【例1】(2019·全国卷Ⅱ)已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax，若f(ln 2)＝8，则a＝________.
【答案】－3
【解析】设x>0，则－x<0.
∵当x<0时，f(x)＝－eax，∴f(－x)＝－e－ax.
∵f(x)是奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝e－ax，
∴f(ln 2)＝e－aln 2＝(eln 2)－a＝2－a.
又f(ln 2)＝8，∴2－a＝8，∴a＝－3.
【例2】设2a＝5b＝m，且eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，则m等于________．
【答案】：eq \r(10)
【解析】：由2a＝5b＝m得a＝lg2m，b＝lg5m，
所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lgm2＋lgm5＝lgm10.
因为eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2，所以lgm10＝2.
所以m2＝10，所以m＝eq \r(10).
【例3】已知lg23＝a，3b＝7，则lg3eq \r(7)2eq \r(21)的值为________．
【答案】：eq \f(2＋a＋ab,2a＋ab)
【解析】：由题意3b＝7，所以lg37＝b.
所以lg3eq \r(7)2eq \r(21)＝lgeq \r(63)eq \r(84)＝eq \f(lg284,lg263)＝eq \f(lg2（22×3×7）,lg2（32×7）)＝eq \f(2＋lg23＋lg23·lg37,2lg23＋lg23·lg37)＝eq \f(2＋a＋ab,2a＋ab).
【例4】．计算lg29×lg34＋2lg510＋lg50.25等于( )
A．0 B．2
C．4 D．6
【答案】D
【解析】lg29×lg34＋2lg510＋lg50.25＝2lg23×eq \f(lg24,lg23)＋lg5(102×0.25)＝4＋2＝6.
题型二 对数函数的图象及应用
【题型要点】1．对数函数图象的特征
(1)底数与1的大小关系决定了图象的升降，即a>1时，图象上升；0(2)对数函数在同一直角坐标系中的图象如图，其中图象的相对位置与底数大小有关，图中0在x轴上侧，图象从左到右相应的底数由小变大；
在x轴下侧，图象从右到左相应的底数由小变大．
(无论在x轴的上侧还是下侧，底数都按顺时针方向变大)
2．利用对数函数的图象可求解的三类问题
(1)对数型函数图象的识别．解此类问题应从对数函数y＝lgax的图象入手，抓住图象上的三个关键点(a,1)，(1,0)，，特别地要注意a>1和0(2)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．
(3)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.
【例1】已知lg a＋lg b＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，则函数f(x)＝ax与g(x)＝－lgbx的图象可能是( )
【答案】B
【解析】因为lg a＋lg b＝0，所以lg (ab)＝0，所以ab＝1，即b＝eq \f(1,a)，故g(x)＝－lgbx＝－lgeq \f(1,a)x＝lgax，则f(x)与g(x)互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，结合图象知，B正确．
【例2】(2019·浙江高考)在同一直角坐标系中，函数y＝eq \f(1,ax)，y＝lga(a>0，且a≠1)的图象可能是( )

【答案】D
【解析】当01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＝lga的图象过定点，在上单调递增．显然A，B，C都不符合．故选D.
题型三 对数函数的性质及应用
命题角度一 比较大小
【题型要点】比较对数值大小的常见类型及解题方法
【例1】(2019·天津高考)已知a＝lg52，b＝lg0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为( )
A．aC．b【答案】A
【解析】因为y＝lg5x是增函数，所以a＝lg52lg0.50.5＝1.因为y＝0.5x是减函数，所以0.5＝0.51【例2】(2020·闽粤赣三省十校联考)已知a＝lg2e，b＝ln 2，c＝lgeq \s\d9(\f(1,2))eq \f(1,3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．c>b>a D．c>a>b
【答案】D
【解析】因为c＝lgeq \s\d9(\f(1,2))eq \f(1,3)＝lg23>lg2e＝a，所以c>a.因为b＝ln 2＝eq \f(1,lg2e)<1所以a>b.所以c>a>b.
命题角度二 解对数不等式
【题型要点】求解对数不等式的两种类型及方法
【提醒】注意对数式的真数大于零，且不等于1.
【例3】设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x>0，,lg\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)
【答案】C
【解析】若a>0，则lg2a>lgeq \f(1,2)a，即2lg2a>0，所以a>1.若a<0，则lgeq \f(1,2)(－a)>lg2(－a)，即2lg2(－a)<0，所以0<－a<1，所以－1【例4】已知不等式lgx(2x2＋1)【答案】
【解析】 原不等式⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(03x>1))①
或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>1，,2x2＋1<3x<1))②，
解不等式组①得eq \f(1,3)不等式组②无解，
所以实数x的取值范围是
命题角度三 与对数函数有关的函数性质问题
【题型要点】1.解与对数函数有关的函数性质问题的三个关注点
(1)定义域，所有问题都必须在定义域内讨论．
(2)底数与1的大小关系．
(3)复合函数的构成，即它是由哪些基本初等函数复合而成的．
2.解决与对数函数有关的函数的单调性问题的具体步骤

【例5】函数y＝lga(2－ax)在区间[0,1]上是减函数，则a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(0,2)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
【答案】C
【解析】题中隐含a>0，∴2－ax在区间[0,1]上是减函数．∴y＝lgau应为增函数，且u＝2－ax在区间[0,1]上应恒大于零，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,2－a>0，))∴1【例6】．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋6，x≤2，,3＋lgax，x＞2))(a＞0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．
【答案】 (1,2]
【解析】当x≤2时，f(x)＝－x＋6≥4.
因为f(x)的值域为[4，＋∞)，
所以当a＞1时，3＋lgax＞3＋lga2≥4，
所以lga2≥1，所以1＜a≤2；
当0＜a＜1时，3＋lgax＜3＋lga2，不符合题意．
故a∈(1,2]．．
【例5】已知函数f(x)＝lga(3－ax)．
(1)当x∈[0，2]时，函数f(x)恒有意义，求实数a的取值范围；
(2)是否存在这样的实数a，使得函数f(x)在区间[1，2]上为减函数，并且最大值为1？如果存在，试求出a的值；如果不存在，请说明理由．
【解】 (1)因为a>0且a≠1，设t(x)＝3－ax，
则t(x)＝3－ax为减函数，
x∈[0，2]时，t(x)的最小值为3－2a，
当x∈[0，2]时，f(x)恒有意义，
即x∈[0，2]时，3－ax>0恒成立．
所以3－2a>0.所以a又a>0且a≠1，所以a∈(0，1)∪.
(2)t(x)＝3－ax，因为a>0，
所以函数t(x)为减函数．
因为f(x)在区间[1，2]上为减函数，
所以y＝lgat为增函数，
所以a>1，当x∈[1，2]时，t(x)最小值为3－2a，f(x)最大值为f(1)＝lga(3－a)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－2a>0，,lga（3－a）＝1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<\f(3,2)，,a＝\f(3,2).))
故不存在这样的实数a，使得函数f(x)在区间[1，2]上为减函数，并且最大值为1.
题型四 数形结合法在对数函数问题中的应用
【例1】设方程10x＝|lg(－x)|的两个根分别为x1，x2，则( )
A．x1x2<0 B．x1x2＝0
C．x1x2>1 D．0【答案】D
【解析】作出y＝10x与y＝|lg(－x)|的大致图象，如图．
显然x1<0，x2<0.
不妨令x1则x1<－1所以10x1＝lg(－x1)，10x2＝－lg(－x2)，
此时10x1<10x2，即lg(－x1)<－lg(－x2)，
由此得lg(x1x2)<0，所以0【例2】设实数a，b是关于x的方程|lg x|＝c的两个不同实数根，且a【答案】：(0，1)
【解析】：由题意知，在(0，10)上，函数y＝|lg x|的图象和直线y＝c有两个不同交点，所以ab＝1，0二、高效训练突破
一、选择题
1．(2019·沈阳模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－1，x≤0，,lg2x，x＞0，))则＝( )
A．－1 B．1
C．－eq \f(1,2) D.eq \f(\r(2),2)
【答案】A
【解析】＝lg2eq \f(1,2)＝－1.
2．(2019·全国卷Ⅰ)已知a＝lg20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A．aC．c【答案】 B
【解析】 因为a＝lg20.2<0，b＝20.2>1,0c>a.故选B.
3.(2020·吕梁模拟)已知a＝lg35，b＝1.51.5，c＝ln 2，则a，b，c的大小关系是( )
A．cC．a【答案】A.
【解析】：11.5，c＝ln 2<1，所以c4.函数f(x)＝|lga(x＋1)|(a>0，且a≠1)的大致图象是( )
【答案】C
【解析】：.函数f(x)＝|lga(x＋1)|的定义域为{x|x>－1}，且对任意的x，均有f(x)≥0，结合对数函数的图象可知选C.
5.(2019·曲靖模拟)设a＝lg0.30.4，b＝lg30.4，则( )
A．ab＜a＋b＜0 B．a＋b＜ab＜0
C．ab＜0＜a＋b D．a＋b＜0＜ab
【答案】A
【解析】因为a＝lg0.30.4＞lg0.31＝0，b＝lg30.4＜lg31＝0，所以ab＜0，又eq \f(a＋b,ab)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝lg0.40.3＋lg0.43＝lg0.40.9∈(0,1)，所以0＜eq \f(a＋b,ab)＜1，所以ab＜a＋b＜0.
6.(2019·北京高考)在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m2－m1＝eq \f(5,2)lg eq \f(E1,E2)，其中星等为mk的星的亮度为Ek(k＝1,2)．已知太阳的星等是－26.7，天狼星的星等是－1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )
A．1010.1 B．10.1
C．lg 10.1 D．10－10.1
【答案】A
【解析】由题意知，m1＝－26.7，m2＝－1.45，代入所给公式得－1.45－(－26.7)＝eq \f(5,2)lg eq \f(E1,E2)，所以lgeq \f(E1,E2)＝10.1，所以eq \f(E1,E2)＝1010.1.故选A.
7.若lg2x＝lg3y＝lg5z＜－1，则( )
A．2x＜3y＜5z B．5z＜3y＜2x
C．3y＜2x＜5z D．5z＜2x＜3y
【答案】B
【解析】：.设lg2x＝lg3y＝lg5z＝t，则t＜－1, x＝2t, y＝3t, z＝5t, 因此2x＝2t＋1，3y＝3t＋1，5z＝5t＋1. 又t＜－1，所以t＋1＜0，由幂函数y＝xt＋1的单调性可知5z＜3y＜2x.
8.(2020·黄石模拟)已知x1＝lgeq \s\d9(\f(1,3))2，x2＝2－eq \s\up6(\f(1,2))，x3满足＝lg3x3，则( )
A．x1C．x2【答案】A.
【解析】：由题意可知x3是函数y1＝与y2＝lg3x的图象交点的横坐标，在同一直角坐标系中画出函数y1＝与y2＝lg3 x的图象，如图所示，
由图象可知x3>1，而x，0x2>x1.故选A.
9.已知函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)，则( )
A．f(x)在(0,2)上单调递增 B．f(x)在(0,2)上单调递减
C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称 D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称
【答案】C
【解析】f(x)的定义域为(0,2)．f(x)＝ln x＋ln (2－x)＝ln [x(2－x)]＝ln (－x2＋2x)．设u＝－x2＋2x，x∈(0,2)，则u＝－x2＋2x在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减．又y＝ln u在其定义域上单调递增，∴f(x)＝ln (－x2＋2x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减．∴A，B错误．∵f(x)＝ln x＋ln (2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴C正确．∵f(2－x)＋f(x)＝[ln (2－x)＋ln x]＋[ln x＋ln (2－x)]＝2[ln x＋ln (2－x)]，不恒为0，∴f(x)的图象不关于点(1,0)对称，∴D错误．故选C.
10.(2020·湖北宜昌一中模拟)若函数f(x)＝lg0.9(5＋4x－x2)在区间(a－1，a＋1)上单调递增，且b＝lg 0.9，c＝20.9，则( )
A．cC．a【答案】B
【解析】由5＋4x－x2>0，得－111.(2020·北京海淀模拟)如图，点A，B在函数y＝lg2x＋2的图象上，点C在函数y＝lg2x的图象上，若△ABC为等边三角形，且直线BC∥y轴，设点A的坐标为(m，n)，则m＝( )
A．2 B．3
C.eq \r(2) D.eq \r(3)
【答案】D
【解析】因为直线BC∥y轴，所以B，C的横坐标相同；又B在函数y＝lg2x＋2的图象上，点C在函数y＝lg2x的图象上，所以|BC|＝2.即正三角形ABC的边长为2.由点A的坐标为(m，n)，得B(m＋eq \r(3)，n＋1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＝lg2m＋2，,n＋1＝lg2m＋\r(3)＋2，))所以lg2m＋2＋1＝lg2(m＋eq \r(3))＋2，所以m＝eq \r(3).
12．(2020·郑州模拟)函数f(x)的定义域为D，若f(x)满足在D内是单调函数且存在[m，n]⊆D使f(x)在[m，n]上的值域为，那么就称y＝f(x)为“半保值函数”，若函数f(x)＝lga(ax＋t)(a＞0且a≠1)是“半保值函数”，则正实数t的取值范围是( )
A.B.
C．(0，＋∞) D.
【答案】B
【解析】因为函数f(x)＝lga(ax＋t)(a＞0且a≠1)在其定义域内为增函数，若函数f(x)为“半保值函数”；则方程f(x)＝eq \f(1,2)x必有两个不同的实数根，lga(ax＋t)＝eq \f(1,2)x⇔ax＋t＝aeq \f(x,2)⇔ax－aeq \f(x,2)＋t＝0，令s＝aeq \f(x,2)，则关于s的方程s2－s＋t＝0有两个不同的正根．所以Δ＝(－1)2－4t＞0，结合t＞0，知t∈.
二、填空题
1.已知函数f(x)＝x3＋alg3x，若f(2)＝6，则＝________．
【答案】：eq \f(17,8)
【解析】：由f(2)＝8＋alg32＝6，解得a＝－eq \f(2,lg32)，所以＝eq \f(1,8)＋alg3eq \f(1,2)＝eq \f(1,8)－alg32＝eq \f(1,8)＋eq \f(2,lg32)×lg32＝eq \f(17,8).
2．已知2x＝72y＝A，且eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝2，则A的值是________．
【答案】：7eq \r(2)
【解析】：由2x＝72y＝A得x＝lg2A，y＝eq \f(1,2)lg7A，则eq \f(1,x)＋eq \f(1,y)＝eq \f(1,lg2A)＋eq \f(2,lg7A)＝lgA2＋2lgA7＝lgA98＝2，A2＝98.又A>0，故A＝eq \r(98)＝7eq \r(2).
3.若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋6，x≤2，,3＋lgax，x＞2))(a＞0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．
【答案】(1,2]
【解析】当x≤2时，f(x)＝－x＋6≥4.
因为f(x)的值域为[4，＋∞)，
所以当a＞1时，3＋lgax＞3＋lga2≥4，
所以lga2≥1，所以1＜a≤2；
当0＜a＜1时，3＋lgax＜3＋lga2，不符合题意．
故a∈(1,2]．
4．已知函数f(x)＝|lg3 x|，实数m，n满足0【答案】：9
【解析】：因为f(x)＝|lg3x|，正实数m，n满足m2，不满足题意．综上可得eq \f(n,m)＝9.
5.已知函数y＝lga(x－1)(a＞0，且a≠1)的图象过定点A，若点A也在函数f(x)＝2x＋b的图象上，则f(lg23)＝________.
【答案】－1
【解析】函数y＝lga(x－1)(a＞0，且a≠1)的图象过定点A(2,0)，
因为点A在函数f(x)＝2x＋b的图象上，
所以22＋b＝0，所以b＝－4.f(x)＝2x－4.
所以f(lg23)＝2lg23－4＝3－4＝－1.
6．已知函数y＝lgax(2≤x≤4)的最大值比最小值大1，则a的值为________．
【答案】2或eq \f(1,2)
【解析】①当a>1时，y＝lgax在[2,4]上为增函数．
由已知得lga4－lga2＝1，所以lga2＝1，所以a＝2.
②当0由已知得lga2－lga4＝1，
所以lgaeq \f(1,2)＝1，所以a＝eq \f(1,2).
综上可知，a的值为2或eq \f(1,2).
7.若函数f(x)＝lga(x2－ax＋1)(a＞0且a≠1)没有最小值，则a的取值范围是________．
【答案】(0,1)∪[2，＋∞)
【解析】当0＜a＜1时，函数f(x)＝lga(x2－ax＋1)(a＞0且a≠1)没有最小值，当a＞1时，若函数f(x)＝lga(x2－ax＋1)(a＞0且a≠1)没有最小值，则x2－ax＋1≤0有解，所以Δ＝a2－4≥0，解得a≥2，综上可知，a的取值范围是(0,1)∪[2，＋∞)．
8.已知函数f(x)＝lg0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)单调递减，则a的取值范围为________．
【答案】：(－4，4]
【解析】：令g(x)＝x2－ax＋3a，
因为f(x)＝lg0.5(x2－ax＋3a)在[2，＋∞)单调递减，
所以函数g(x)在区间[2，＋∞)内单调递增，且恒大于0，
所以eq \f(1,2)a≤2且g(2)＞0，
所以a≤4且4＋a＞0，所以－4＜a≤4.
三 解答题
1.设f(x)＝lga(1＋x)＋lga(3－x)(a>0，且a≠1)，且f(1)＝2.
(1)求a的值及f(x)的定义域；
(2)求f(x)在区间上的最大值．
【解】：(1)因为f(1)＝2，所以lga4＝2(a>0，且a≠1)，所以a＝2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋x>0，,3－x>0，))得－1所以函数f(x)的定义域为(－1，3)．
(2)f(x)＝lg2(1＋x)＋lg2(3－x)＝lg2[(1＋x)(3－x)]＝lg2[－(x－1)2＋4]，
所以当x∈(－1，1]时，f(x)是增函数；
当x∈(1，3)时，f(x)是减函数，
故函数f(x)在上的最大值是f(1)＝lg24＝2.
2．已知函数f(x)＝lgax(a＞0且a≠1)的图象过点(4，2)．
(1)求a的值；
(2)若g(x)＝f(1－x)＋f(1＋x)，求g(x)的解析式及定义域；
(3)在(2)的条件下，求g(x)的单调减区间．
【解析】：(1)函数f(x)＝lgax(a＞0且a≠1)的图象过点(4，2)，
可得lga4＝2，解得a＝2.
(2)g(x)＝f(1－x)＋f(1＋x)＝lg2(1－x)＋lg2(1＋x)＝lg2(1－x2)，
由1－x＞0且1＋x＞0，解得－1＜x＜1，
可得g(x)的定义域为(－1，1)．
(3)g(x)＝lg2(1－x2)，
由t＝1－x2在(－1，0)上单调递增，(0，1)上单调递减，
且y＝lg2t在(0，＋∞)上单调递增，
可得函数g(x)的单调减区间为(0，1)．
、
常见类型
解题方法
底数为同一常数
可由对数函数的单调性直接进行判断
底数为同一字母
需对底数进行分类讨论
底数不同，真数相同
可以先用换底公式化为同底后，再进行比较
底数与真数都不同
常借助1，0等中间量进行比较
类型
方法
lgax>lgab
借助y＝lgax的单调性求解，如果a的取值不确定，需分a>1与0lgax>b
需先将b化为以a为底的对数式的形式，再借助y＝lgax的单调性求解