2020-2021学年第四章 指数函数与对数函数本章综合与测试课时练习

本章复习提升

易混易错练

易错点1　利用指数、对数运算性质进行运算时忽视公式中的限定条件导致错误

1.(2019广东惠州高一上期末考试,)化简求值:-(0.25×.

2.()计算:+.

3.()已知lg x+lg y=2lg(x-2y),求y-lox的值.

易错点2　忽视对参数取值范围的讨论导致错误

4.()若loga<2,则a的取值范围是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A. B.

C. D.∪(1,+∞)

5.()若函数f(x)=ax+loga(x+1)在[0,1]上的最大值和最小值之和为a,则a的值为　　　　.深度解析 

6.(2020黑龙江哈三中高一上期中,)设函数f(x)=loga(x2-ax+20)在(1,4)上单调递减,则a的取值范围是　　　　. 

7.()若函数f(x)=ax2-x-1的负零点有且仅有一个,求实数a的取值范围.

易错点3　研究函数时忽视定义域与值域导致错误

8.(2020河北唐山一中高一期中,)若函数f(x)=(x2-ax+3a)在区间(2,+∞)上是减函数,则a的取值范围为(　　)

A.(-∞,4] B.(-4,4] C.[-4,4) D.[-4,4]

9.(2020安徽合肥一六八中学高一上期中,)函数f(x)=若a,b,c,d互不相同,且f(a)=f(b)=f(c)=f(d),则abcd的取值范围是(　　)

A.(32,34) B.(32,34] C.(32,35) D.(32,36)

10.(2020山东枣庄高一上期末,)已知f(x)=若a<b,f(a)=f(b),则a+3b的取值范围是　　　　.易错 

11.(2020北京丰台高一上期中联考,)由历年市场行情知,从11月1日起的30天内,某商品每件的销售价格P(元)与时间t(天)的函数关系是P=日销售量Q(件)与时间t(天)的函数关系是Q=-t+40(t≤30,t∈N*).

(1)设该商品的日销售额为y元,请写出y与t的函数关系式(商品的日销售额=该商品每件的销售价格×日销售量);

(2)求该商品的日销售额的最大值,并指出哪一天的销售额最大?

思想方法练

一、函数与方程思想在解决函数问题中的运用

1.(2020浙江温州十五校联合体高一上期中联考,)函数f(x)=|log2x|-e-x的所有零点的积为m,则有(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.m=1       B.m∈(0,1)

C.m∈(1,2) D.m∈(2,+∞)

2.(2019河北保定高一上期末,)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,若对于任意给定的两个非负数a,b(a>b),不等式af(a)<bf(b)恒成立,则不等式(ln x)·f(ln x)>f(1)的解集为(　　)

A. B. C.(0,e)   D.(e,+∞)

3.(2020湖南长郡中学高一上第一次模块检测,)已知函数f(x)=a+是奇函数,则a的值为　　　　. 

二、数形结合思想在解决函数问题中的运用

4.(2020安徽黄山高一上期末,)形如y=(c>0,b>0)的函数因其函数图象类似于汉字中的“囧”字,故我们把其称为“囧函数”.若函数f(x)=(a>0且a≠1)有最小值,则当c=1,b=1时的“囧函数”与函数y=loga|x|的图象的交点个数为(　　)

A.1  B.2  C.4  D.6

5.(2019山东师大附中高一上第一次学分认定考试,)已知函数f(x)=若方程f(x)=a有四个不同的解x1,x2,x3,x4,且x1<x2<x3<x4,则x3(x1+x2)+的取值范围是　　　　. 

三、分类与整合思想在解决函数问题中的运用

6.(2020浙江嘉兴一中高一上期中,)设函数f(x)=e|ln x|(e为自然对数的底数),若x1≠x2且f(x1)=f(x2),则下列结论一定不成立的是(　　)

A.x2 f(x1)>1 B.x2 f(x1)<1

C.x2 f(x1)=1 D.x2 f(x1)<x1 f(x2)

7.(2019湖南醴陵一中高一上期中,)函数f(x)=|x2-1|+x2+kx.

(1)若k=2,求函数f(x)的零点;

(2)若函数f(x)在(0,2)上有两个不同的零点x1,x2,求k的取值范围,并证明:+<4.

四、转化与化归思想在解决函数问题中的运用

8.(2019江西赣州十四县(市)高一上期中联考,)已知a>0且a≠1,函数f(x)=满足对任意实数x1,x2(x1≠x2),都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0成立,则实数a的取值范围是(　　)

A.(2,3) B.(2,3] C. D.(1,2]

9.(2020山东菏泽高一上期末,)设函数f(x)=+aex(a为常数),若对任意x∈R,f(x)≥3恒成立,则实数a的取值范围是　　　　　 .深度解析 

10.(2019吉林省实验中学高一上期中,)定义域为R的函数f(x),对任意实数x均有f(-x)=-f(x), f(2-x)=f(2+x)成立,若当2<x<4时,f(x)=2x-3+log2(x-1),则f(-1)=　　　　　　. 

五、特殊与一般思想在解决函数问题中的运用

11.(2019河南商丘九校高一上期末联考,)设f(x)为定义在R上的奇函数.当x≥0时,f(x)=2x+2x+b(b为常数),则f(-1)=(　　)

A.1 B.-1 C.-3 D.3

12.()已知定义域为R的函数f(x)=是奇函数.

(1)求实数a,b的值;

(2)判断f(x)在(-∞,+∞)上的单调性并证明;

(3)若f(k·3x)+f(3x-9x+2)>0对任意x≥1恒成立,求k的取值范围.

答案全解全析

本章复习提升

易混易错练

1.解析　原式=|-2|-×()4=2--×4=-.

2.解析　原式=2+=-1+1+=2.

3.解析　依题意得,x>0,y>0,x-2y>0,因此0<<.

由lg x+lg y=2lg(x-2y)得,x2-5xy+4y2=0,因此4-5+1=0,解得=或=1(舍去).

故y-lox=lo=lo=-4.

4.D　当a>1时,由loga<2得,loga<logaa2,因此a2>,所以a>或a<-.又a>1,所以a>1;

当0<a<1时,由loga<2得,loga<logaa2,因此0<a2<,所以-<a<.又0<a<1,所以0<a<.

综上,a的取值范围是∪(1,+∞),故选D.

5.答案　

解析　当a>1时,y=ax与y=loga(x+1)在[0,1]上是增函数,因此f(x)=ax+loga(x+1)在[0,1]上是增函数,

∴f(x)max=f(1)=a+loga2,f(x)min=f(0)=a0+loga1=1,∴a+loga2+1=a,∴loga2=-1=loga,解得a=(舍去);

当0<a<1时,y=ax与y=loga(x+1)在[0,1]上是减函数,因此f(x)=ax+loga(x+1)在[0,1]上是减函数,

∴f(x)max=f(0)=a0+loga(0+1)=1,f(x)min=f(1)=a+loga2,∴a+loga2+1=a,∴loga2=-1=loga,解得a=.

综上所述,a=.

小题巧解　因为无论a>1,还是0<a<1,题中函数f(x)在[0,1]上都是单调函数,所以f(x)max+f(x)min=f(0)+f(1)=1+a+loga2=a,从而解得a=.

当函数单调性不确定时,要注意分a>1,0<a<1两种情况进行讨论.

6.答案　(0,1)∪[8,9]

解析　当0<a<1时,y=logau在(0,+∞)上是减函数,

u=x2-ax+20=+20-在上是增函数,

又0<a<1,∴0<<.

∴u=x2-ax+20在(1,4)上单调递增.

当x=1时,u=1-a+20>0,

∴f(x)在(1,4)上是减函数.

当a>1时,y=logau在(0,+∞)上单调递增.u=x2-ax+20=+20-,

若f(x)在(1,4)上单调递减,则

解得即8≤a≤9.

综上所述,a的取值范围是(0,1)∪[8,9].

7.解析　当a=0时, f(x)=-x-1,令f(x)=0,得x=-1,符合题意;

当a>0时,此函数图象开口向上,且对称轴在y轴右侧, f(0)=-1<0,结合二次函数图象(图略)知符合题意;

当a<0时,此函数图象开口向下,且对称轴在y轴左侧, f(0)=-1<0,结合二次函数的图象(图略)得Δ=1+4a=0,即a=-.

综上可知,实数a的取值范围为∪[0,+∞).

8.D　设u=x2-ax+3a,则函数f(x)由y=lou,u=x2-ax+3a复合而成,因为y=lou是减函数,所以u=x2-ax+3a在(2,+∞)上单调递增,从而≤2,解得a≤4.

又当x∈(2,+∞)时,u=x2-ax+3a>0,所以当x=2时,u=4-2a+3a≥0,解得a≥-4,

所以-4≤a≤4.故选D.

9.C　∵y=x2-8x+=(x-6)2-,

∴作出函数f(x)的图象如图所示,不妨设a<b<c<d, f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=t(0<t<2).

因此f(a)=|log2a|=t⇒log2a=-t,

f(b)=|log2b|=t⇒log2b=t,

∴log2a+log2b=-t+t=0,即ab=1.

又c,d是方程x2-8x+=t的两个根,

∴cd==(0<t<2),

∴32<cd<35,从而32<abcd<35,故选C.

10.答案　 (-∞,8]

解析　依题意得a≤1<b,

由f(a)=f(b)得3a=3b-4,即3b=3a+4.

令S=a+3b=a+3a+4.

∵函数S=a+3a+4在(-∞,1]上单调递增,

∴S≤1+31+4=8,因此S的取值范围是(-∞,8].

易错警示　求a+3b的取值范围,首先利用a,b的关系消去一个变量,然后找准剩余变量的取值范围,利用函数知识进行求解,否则容易因忽视函数的定义域导致解题错误.

11.解析　(1)由题意知y=P·Q=

即y=

(2)由(1)知

y=

当t<25,t∈N*时,ymax=900,此时t=10;

当25≤t≤30,t∈N*时,ymax=675,此时t=25.

故所求日销售额的最大值为900元,11月10日销售额最大.

思想方法练

1.B　由f(x)=0得,|log2x|=e-x,在同一平面直角坐标系中作出函数y=|log2x|与y=e-x的图象如图所示.

由图象知f(x)=0有两个实数解,且0<x1<1<x2,

∴-log2x1=,log2x2=,

因此log2x1+log2x2=-,

∴log2(x1·x2)=-<0,

从而0<x1x2<1,即0<m<1.故选B.

2.C　设g(x)=x·f(x),则g(x)是R上的奇函数,且在[0,+∞)上是减函数,从而g(x)在R上单调递减,则(ln x)f(ln x)>f(1)⇒ln x<1=ln e⇒0<x<e.故选C.

3.答案　

解析　f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠0}.

任取x∈(-∞,0)∪(0,+∞),都有f(-x)+f(x)=0,

即a++a+=0,

所以a++a+=0,

即2a+=0,

即2a-1=0,得a=.

故a的值为.

4.C　∵f(x)==,且f(x)有最小值,∴a>1.

在同一平面直角坐标系中作出函数y=与y=loga|x|的图象,如图所示.

由图象知,当c=1,b=1时的“囧函数”与函数y=loga|x|的图象有4个交点,故选C.

5.答案　

解析　作出函数f(x)的图象如图所示.

依题意得,x1+x2=-2,log3x3+log3x4=0,

即x3·x4=1.

因此x3(x1+x2)+=-2x3+,且≤x3<1.

设g(x3)=-2x3+,则g(x3)在上单调递减,

∴-1<g(x3)≤.

故x3(x1+x2)+的取值范围是.

6.B　f(x)=e|ln x|=

当x>1时,f(x)=x是增函数;当0<x<1时, f(x)=是减函数,所以x1,x2分别在(0,1)和(1,+∞)内,

当0<x1<1<x2时, f(x1)=, f(x2)=x2⇒x1x2=1,

∴x2f(x1)=>1,x1f(x2)=x1·x2=1.

从而x2 f(x1)>x1 f(x2),此时A成立.

当0<x2<1<x1时,f(x2)=,f(x1)=x1⇒x1x2=1,

∴x2 f(x1)=x2·x1=1,x1f(x2)=>1.

从而x2f(x1)<x1f(x2),此时C、D成立.

而B无论何种情况都不成立,故选B.

7.解析　(1)若k=2,则f(x)=|x2-1|+x2+2x,

当x≥1或x≤-1时,f(x)=0可化为x2-1+x2+2x=0,即2x2+2x-1=0,

解得x=或x=(舍去).

当-1<x<1时,f(x)=0可化为2x+1=0,

解得x=-.

综上所述, f(x)的零点为,-.

(2)当0<x<2时,f(x)=

若f(x)的两个零点x1、x2都在(1,2)内,

则x1·x2=-,与x1,x2∈(1,2)不符合.

因此,两个零点分别在(0,1]和(1,2)内,设x1∈(0,1],x2∈(1,2),由x1∈(0,1]得f(x1)=kx1+1=0,k=-≤-1;

由x2∈(1,2),且f(x)=2x2+kx-1,得

f(1)·f(2)<0,即(k+1)(2k+7)<0,解得-<k<-1.

综上所述,-<k<-1.

证明+<4:

∵x1=-,x2=或x2=(舍),

设g(k)=+=-k+=,

因此g(k)在上单调递减,

∴g(k)=+<g===4,

即+<4.

8.D　由对任意x1,x2(x1≠x2),都有(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0成立,得(x1-x2)与[f(x1)-f(x2)]同号,从而f(x)在R上是增函数.

当x≤0时,f(x)=-|x+3a-6|,由f(x)单调递增得6-3a≥0,解得a≤2.

当x>0时,f(x)=ax是增函数,因此a>1,

又f(x)在R上单调递增,所以-|0+3a-6|≤a0,解得a∈R,

综上,1<a≤2,故选D.

9.答案　

解析　f(x)≥3⇔+aex≥3⇔a≥-.

令t=,则t>0,则a≥3t-t2.

设g(t)=-t2+3t=-+,则

当t=时,g(t)max=,

又不等式a≥3t-t2恒成立,∴a≥,故a的取值范围是.

解题模板　不等式恒成立问题,转化为函数的最大(小)值问题是常见的思路,解题时要注意函数的定义域.

10.答案　-2

解析　f(-1)=-f(1)=-f(2-1)=-f(2+1)=-f(3)=-[23-3+log2(3-1)]=-(20+log22)=-2.

11.C　由f(x)是定义在R上的奇函数知,

f(0)=20+0+b=0,解得b=-1.

∴f(-1)=-f(1)=-(21+2-1)=-3,故选C.

12.解析　(1)由题可知

即解得经检验f(x)=为奇函数.

(2)f(x)=在(-∞,+∞)上单调递减.证明如下:任取x1,x2∈(-∞,+∞),且x1<x2,

f(x1)-f(x2)=,∵x1<x2,∴->0,∴f(x1)>f(x2),∴f(x)在(-∞,+∞)上是减函数.

(3)∵f(x)为奇函数,且f(k·3x)+f(3x-9x+2)>0,∴f(k·3x)>-f(3x-9x+2)=f(-3x+9x-2),由(2)知f(x)在(-∞,+∞)上为减函数,∴k·3x<-3x+9x-2,∴k<3x--1对任意x≥1恒成立.

设t=3x,t∈[3,+∞),y=t--1在[3,+∞)上单调递增,∴当t=3时,y=t--1取得最小值,即ymin=.故k<.