通用版2023届高考数学二轮复习取对数法作业含答案

这是一份通用版2023届高考数学二轮复习取对数法作业含答案，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
取对数法
一、单选题
1. 若实数α，β满足αeα=2，βlnβ=2，则αβ=(    )
A. e B. 1 C. 12 D. 2
2. 根据有关资料，汽车二级自动驾驶仪能够处理空间复杂度的上限M约为1010，目前人类可预测的地面危机总数N约为36×230.则下列各数中与MN最接近的是(    )
(参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48)

A. 110 B. 1100 C. 11000 D. 110000
3. 医学家们为了揭示药物在人体内吸收、排出的规律，常借助恒速静脉滴注一室模型来进行描述，在该模型中，人体内药物含量x(单位：mg)与给药时间t(单位：h)近似满足函数关系式x=k0k(1-e-kt)，其中k0，k分别称为给药速率和药物消除速率(单位：mg/h).经测试发现，当t=23时，x=k02k，则该药物的消除速率k的值约为(ln2≈0.69)(    )
A. 3100 B. 310 C. 103 D. 1003
4.  已知a>b>0，若logab+logba=52，ab=ba，则ab= (    )
A. 2 B. 2 C. 22 D. 4
5. 已知实数a，b满足a=e7-a，3+lnb=c4-lnb，则ab=(    )
A. 3 B. 4 C. e3 D. e4
6. 已知正项数列an满足an=n1n(n∈N*)，当an最大时，n的值为(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
7. 已知x=2 , y=e1e , z=π1π，则x，y，z的大小关系为(    )
A. x>y>z B. x>z>y           
C. y>x>z D. y>z>x 
8. 已知1eabe D. abb>0，且a1a=b1b，则(    )
A. 0lnx，进而比较出x、y、z的大小．
【解答】
解：lnx=ln22，lny=lnee，lnz=lnππ，
设f(x)=lnxx，则f'(x)=1-lnxx2，
当0lnx，
又y=lnx在(0,+∞)上单调递增，故y>z>x，
故选D．
  
8.D 
【解析】
【分析】
本题考查指数函数及其性质、利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
根据题意对ab，ba，eabe三个数先取自然对数再除以ab，构造函数f(x)=lnxx，利用导数得出f(x)在(0,e)上单调递增，得出fa0，a>0，则g'x=aex+1x2>0，
∴函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴存在x0∈(0,+∞)，使得g(x0)=0，
即存在x0∈(0,+∞)，使得f'(x0)=aex0-1x0=0，
即aex0=1x0，两边取对数，可得lna+x0=-lnx0，
当00，函数f(x)单调递增，
∴f(x)min=f(x0)=aex0-lnx0+lna=1x0+x0+2lna，
∵不等式aex-lnx+lna≥0恒成立，
∴1x0+x0+2lna≥0恒成立，
∴1x0+x0≥-2lna恒成立，
∵1x0+x0≥2x0⋅1x0=2，当且仅当x0=1时取等号，
∴-2lna≤2，
即a≥1e，
故a的取值范围是[1e,+∞)．
故本题选A．
  
11.D 
【解析】
【分析】
本题考查了不等式恒成立问题，利用导数研究函数的单调性以及函数的最值，利用导数研究不等式恒成立问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围，属于中档题．
不等式可变形为ln(3a)3a≥lnxx对x≥2e恒成立，构造函数g(x)=lnxx(x≥1)，则g(3a)≥g(x)对x≥2e恒成立，利用导数判断函数g(x)的单调性，利用单调性去掉“f”，从而将问题转化为3a≤x对x≥2e恒成立，即可求出a的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)=(3a)x-x3a(a>1)，
因为当x≥2e时，f(x)≥0恒成立，
则(3a)x≥x3a对x≥2e恒成立，
所以xln(3a)≥3alnx对x≥2e恒成立，
故ln(3a)3a≥lnxx对x≥2e恒成立，
令g(x)=lnxx(x≥1)，
则g'(x)=1-lnxx2(x≥1)，
当13>e，
又g(3a)≥g(x)对x≥2e恒成立，
所以3a≤x对x≥2e恒成立，
即3a≤2e，解得a≤2e3，
又a>1，
所以实数a的取值范围为(1,2e3]．
故选：D．
  
12.A 
【解析】
【分析】
本题主要考查数列的递推关系，属于难题．
可得n+1an+1+2=(nan+2)2，令bn=nan+2，则bn+1=bn2，两边取对数得lgbn+1=2lgbn，求出lgbn，从而求得an=n32n-1-2即可．
【解答】
解：由题意得，
n+1an+1=2an2+4nan+n2an2=(nan)2+4⋅nan+2，
∴n+1an+1+2=(nan+2)2．
令bn=nan+2，则bn+1=bn2，两边取对数得lgbn+1=2lgbn，
又lgb1=lg(1a1+2)=lg3，
则数列{lgbn}是首项为lg3，公比为2的等比数列，
∴lgbn=2n-1⋅lg3=lg32n-1，
∴bn=32n-1，即nan+2=32n-1，
∴an=n32n-1-2，由a7=73λ-2，
∴λ=27-1=64．
故选A．
  
13.D 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性、导数中的零点问题、数形结合的思想，属于中档题. 
当x≤0时，由零点存在定理可得函数fx在-∞,0上有一个零点，在0,+∞上没有零点.当x>0时，由fx=ax-x2≠0可得ax≠x2，即xlna≠2lnx，即lna≠2lnxx，设hx=2lnxx，其中x>0，利用导数研究单调性，从而解得．
【解答】
解：(1)当x≤0时，y=axa>1为增函数，y=x2为减函数，此时函数fx为增函数，
因为f-1=1a-1=1-aa0，
由零点存在定理可知，函数fx在-1,0上有一个零点，故函数fx在-∞,0上只有一个零点，由题意可知，函数fx在0,+∞上没有零点．
(2)当x>0时，由fx=ax-x2≠0可得ax≠x2，即xlna≠2lnx，即lna≠2lnxx，
设hx=2lnxx，其中x>0，则h'x=21-lnxx2，
当00，故当lna>2e时，即当a>e2e时，直线y=lna与函数hx=2lnxx的图象没有交点.综上所述，实数a的取值范围是e2e,+∞．
故选：D．
  
14.B 
【解析】
【分析】
本题考查了利用导数研究函数单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
对a，b，c两边都取对数可得：lna=1+ln98=1-ln(1-19)，lnb=10ln(1+19)，lnc=1+19，构造f(x)=x+ln(1-x)，x∈(0,1)，利用导数研究函数单调性即可比较出a，c的大小关系，构造函数g(x)=ln(1+x)-x，x∈(0,1)，利用导数研究函数单调性即可比较出b，c的大小关系．
【解答】
解：对a，b，c两边都取对数可得：lna=1+ln98=1-ln(1-19)，
lnb=10ln(1+19)，lnc=1+19，
令f(x)=x+ln(1-x)，x∈(0,1)，
则f'(x)=xx-10，f(x)单调递增，
此时，当b≤lna时，则有b-lnb≤lna-ln(lna)，即eblna≤ab，A正确；
当b≥lna时，则有b-lnb≥lna-ln(lna)，即eblna≥ab，B正确；
对于CD，讨论的是aeb与blna的关系，
若aeb≥blna，则lna·eb≥ln(blna)，
即lna+b≥lnb+ln(lna)，即b-lnb≥ln(lna)-lna，
令f(t1)=t1-lnt1，f(t2)=lnt2-t2，
又t1>0，t2>0，
则f(t1)-f(t2)=(t1-lnt1)-(lnt2-t2)=(t1+t2)-(lnt1+lnt2)≥0
则f(t1)≥f(t2)，则aeb≥blna，
故C正确，D错误．
故答案选：D．
  
16.ACD 
【解析】
【分析】
本题考查函数的图象和性质，主要是零点、单调性和极值、最值，考查转化思想和数形结合思想，函数方程思想，考查运算能力，属于较难题．
取f(x)=ax-xa=0，即ax=xa，两边取对数xlna=alnx，设h(x)=lnxx，求导画出函数图象，计算a=e，求得f(x)判断A;f'(x)=ex-exe-1，画出函数y=x-1e-1和y=lnx的图象，根据图象得到函数单调性，依次判断BCD. 
【解答】
解：取f(x)=ax-xa=0，即ax=xa，两边取对数得，xlna=alnx，即lnxx=lnaa有且只有一个解，
设h(x)=lnxx，h'(x)=1-lnxx2，函数h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
画出图象如图所示，

故lnaa=1e或lnaa0，所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
当x∈(0,1)时，e1x>e，
因为求实数a的最小值，
所以考虑a1，
因为函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以要使f(e1x)≥f(xα)，只需e1x≥xα，
两边取对数，得1x≥alnx，
由于x∈(0,1)，所以a≥1xlnx．
令h(x)=xlnx(x∈(0,1))，则h'(x)=ln x+1，
易得h(x)在1e3,1e2上单调递减，
所以h(x)min=h(1e2)=-2e2，所以(1h(x))max=-e22，所以a⩾-e22，
所以实数a的最小值为-e22．
故答案为：-e22．

  
22.(1)解：由题意可得a1=2000(1+50％)-500=2500，
a2=2500(1+50％)-500=3250;
(2)证明：由题意知an=(1+50％)an-1-500(n⩾2)．
即an=32an-1-500，所以an-1000=32(an-1-1000)(n⩾2)．
由题意知a1=2000(1+50％)-500=2500，
所以数列an-1000的首项为a1-1000=1500，
所以an-1000是首项为1500，公比为32的等比数列．
(3)由(2)知数列an-1000的首项为a1-1000=1500，公比为32．
所以an-1000=1500·(32)n-1，所以an=1500⋅(32)n-1+1000．
当an⩾4000，得(32)n-1⩾2．
两边取常用对数得(n-1)lg 32⩾lg 2，所以n-1⩾lg 2lg 3-lg 2≈0.30.5-0.3=32，所以n⩾2.5，
因为n∈N*，所以n⩾3.即至少经过3年，该项目的资金达到翻一番． 
【解析】本题主要考查等比数列的应用，数列与函数的综合，考查计算能力，属于中档题．
(1)根据题意列出关系式求出a1，a2即可；
(2)由题意可得an=(1+50%)an-1-500(n≥2)，变形整理可得an-1000=32an-1-1000n⩾2，从而得证．
(3)由(2)可求得an，通过an≥4000，得到不等式求解即可．

23.解：选①，结论不成立．
证明：由an+1=an2，且a1=2，∴a2=2，
a2=2≥22不成立．
选②．
证明：由an+1=an2，且a1=2，∴an>0，
两边取对数可得：lgan+1=2lgan，
∴lgan=2n-1lg2，an=22n-1．
当n≥2时，只需证明2n-1≥n，
令bn=n2n-1，则bn+1-bn=n+12n-n2n-1=1-n2n0，
两边取对数可得：lgan+1=2lgan，
∴lgan=2n-1lg3，an=32n-1．
当n≥2时，要证明an=32n-1≥2n．
只需证明2n-1≥n，
令bn=n2n-1，则bn+1-bn=n+12n-n2n-1=1-n2n0，两边取对数可得：lgan+1=2lgan，利用等比数列的通项公式可得lgan，an，当n≥2时，只需证明2n-1≥n，令bn=n2n-1，通过作差即可得出结论;
选③，与②同理．

24.解：(1)证明：由an，an+1，an+2成等比数列，
即an+1=an(an+2)=an2+2an，
即an+1+1=(an+1)2，(*)，
因为a1=2，所以an+1>1，
将(*)式两边取对数，得ln(1+an+1)=2ln(1+an)，即ln(1+an+1)ln(1+an)=2，
所以数列{ln(1+an)}是首项为ln3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知ln(1+an)=2n-1×ln3，
所以1+an=32n-1，即an=32n-1-1，
则Tn=(1+a1)(1+a2)⋅⋅⋅(1+an)=320×321×322×⋅⋅⋅×32n-1=31+2+22+⋅⋅⋅+2n-1=32n-1．
(3)证明：解法一：因为bn=12an+12an+4，即1an+2=2bn-1an①；
又因为an+1=an(an+2)，所以1an+1=1an(an+2)，即1an+1=12(1an-1an+2)②；
①式代入②式消去1an+2，可得bn=1an-1an+1，
所以Sn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=1a1-1a2+1a2-1a3+⋅⋅⋅+1an-1an+1=1a1-1an+1，
因为a1=2，an=32n-1-1，则an+1=32n-1，所以Sn=12-132n-1，
又Tn=32n-1，所以2Sn+23Tn-1=1．
解法二：因为bn=12an+12an+4=12(132n-1-1+132n-1+1)=12[2×32n-1(32n-1-1)(32n-1+1)]=12[2×(32n-1+1)-2(32n-1-1)(32n-1+1)]=132n-1-1-132n-1，
所以Sn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=1320-1-1321-1+⋅⋅⋅+132n-1-1-132n-1=12-132n-1，
又Tn=32n-1，所以2Sn+23Tn-1=1． 
【解析】本题考查等比数列的通项公式、数列求和等知识，考查学生的运算求解能力，属于中档题．
(1)根据等比数列的性质以定义即可求解；
(2)由(1)可得an的通项公式，即可求出结果；
(3)解法一通过化简求出bn的通项公式，直接求和即可；
解法二是直接代入求解即可．

25.解：(1)由题意f(x)=ax2-1lnx，则f'(x)=2axlnx-ax+1x(lnx)2，
那么f(e)=ae2-1，f'(e)=ae+1e．
∴f(x)在x=e处的切线方程为y-(ae2-1)=(ae+1e)(x-e)，
即y=(ae+1e)x-2，
代入点(2e,2e2)得2e2=(ae+1e)×2e-2，解得a=1．
(2)∵f(x)=x2-1lnx，x∈(0,1)∪(1,+∞)，
∴f'(x)=2xln x-x2-1x(ln x)2=2xln x-x+1x(ln x)2．
令g(x)=2xlnx-x+1x，x>0，
则g'(x)=2lnx-1x2+1，
易知g'(x)=2lnx-1x2+1在0,+∞上为递增函数，当x=1时，g'(x)=0， 
∴当x∈(0,1)时，g'(x)0， 
∴f(x)在定义域内单调递增．
(3)∵λ>0，x>1时，ln x>0，
∴不等式可化为f(eλx)⩾x2-1lnx，
即f(eλx)⩾f(x)，易知eλx∈(1,+∞)，
由(1)知，f(x)在(1,+∞)单调递增，
故只需eλx⩾x在(1,+∞)上恒成立．
两边同取自然对数，得λx⩾ln x，即λ⩾lnxx．
令φ(x)=ln xx(x>1)，则φ'(x)=1-ln xx2，
当x∈(1,e)时，φ'(x)>0，φ(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，φ'(x)0，可得单调性;
(3)不等式可化为f(eλx)⩾x2-1lnx，即f(eλx)⩾f(x)，故只需eλx⩾x在(1,+∞)上恒成立．两边同取自然对数，得λ⩾ln xx.令φ(x)=ln xx(x>1)，利用导数研究φ(x)的单调性及最值可得λ的取值范围．

26.解：(1)h(x)=ln(x+1)+2-x-2=ln(x+1)-x(x>-1)，
∴h'(x)=1x+1-1=-xx+1(x>-1)，
当x∈(-1,0)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(0,+∞)时，h'(x)0，∴原不等式等价于φ(x)=e2x-aln2a-alnx-2a≥0，
则φ'(x)=2e2x-ax=2xe2x-ax，
令m(x)=2e2x-ax，则m'(x)=4e2x+ax2>0，
∴φ'(x)在(0,+∞)上单调递增，
令t(x)=2xe2x-a，t'(x)=2(e2x+2xe2x)>0，t(x)在(0,+∞)上单调递增，
t(0)=-a0，
∴存在唯一x0∈(0,a)，使得t(x0)=2x0e2x0-a=0，即φ'(x0)=2e2x0-ax0=0，
∴当00，φ(x)单调递增，
要证φ(x)≥0，即要证φ(x0)≥0，
于是原问题转化为证明不等式组
2e2x0-ax0=0φ(x0)=e2x0-aln2a-alnx0-2a≥0，
由2e2x0-ax0=0得e2x0=a2x0，
两边同时取常用对数得lnx0=lna2-2x0，
代入φ(x0)=e2x0-aln2a-alnx0-2a，
可得φ(x0)=a2x0+2ax0-2a，
∴φ(x0)=a2x0+2ax0-2a≥2a2x0⋅2ax0-2a=0，
当且仅当a2x0=2ax0即x0=12，a=e时，等号成立，
∴φ(x)≥0，即g(x)≥f(x)． 
【解析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了基本不等式的应用，属于难题．
(1)利用导数分析函数h(x)在定义域上的单调性，由此得到函数h(x)的最大值．
(2)原不等式等价于φ(x)=e2x-aln2a-alnx-2a≥0，利用导数分析函数φ(x)的单调性，求出φ(x)的最小值，结合基本不等式可证得不等式f(x)≤g(x)成立．