人教版新课标A必修1第二章基本初等函数（Ⅰ）2.2 对数函数2.2.2对数函数及其性质达标测试

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这是一份人教版新课标A必修1第二章基本初等函数（Ⅰ）2.2 对数函数2.2.2对数函数及其性质达标测试，共9页。试卷主要包含了2　习题课，巩固对数的概念及对数的运算，95，eq \fa＋b－2等内容，欢迎下载使用。

课时目标 1.巩固对数的概念及对数的运算.2.提高对对数函数及其性质的综合应用能力．
1．已知m＝0.95.1，n＝5.10.9，p＝lg0.95.1，则这三个数的大小关系是( )
A．mC．p2．已知0A．1C．m3．函数y＝eq \r(x－1)＋eq \f(1,lg2－x)的定义域是( )
A．(1,2) B．[1,4]
C．[1,2) D．(1,2]
4．给定函数①y＝，②y＝，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1，其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( )
A．①②B．②③
C．③④D．①④
5．设函数f(x)＝lga|x|，则f(a＋1)与f(2)的大小关系是________________________．
6．若lg32＝a，则lg38－2lg36＝________.
一、选择题
1．下列不等号连接错误的一组是( )
A．lg0.52.7>lg0.52.8 B．lg34>lg65
C．lg34>lg56D．lgπe>lgeπ
2．若lg37·lg29·lg49m＝lg4eq \f(1,2)，则m等于( )
A.eq \f(1,4)B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \r(2)D．4
3．设函数若f(3)＝2，f(－2)＝0，则b等于( )
A．0B．－1C．1D．2
4．若函数f(x)＝lga(2x2＋x)(a>0，a≠1)在区间(0，eq \f(1,2))内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间为( )
A．(－∞，－eq \f(1,4)) B．(－eq \f(1,4)，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－∞，－eq \f(1,2))
5．若函数若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)
6．已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(eq \f(1,3))＝0，则不等式f(lgeq \f(1,8)x)<0的解集为( )
A．(0，eq \f(1,2)) B．(eq \f(1,2)，＋∞)
C．(eq \f(1,2)，1)∪(2，＋∞) D．(0，eq \f(1,2))∪(2，＋∞)
二、填空题
7．已知lga(ab)＝eq \f(1,p)，则lgabeq \f(a,b)＝________.
8．若lg236＝a，lg210＝b，则lg215＝________.
9．设函数若f(a)＝eq \f(1,8)，则f(a＋6)＝________.
三、解答题
10．已知集合A＝{x|x<－2或x>3}，B＝{x|lg4(x＋a)<1}，若A∩B＝∅，求实数a的取值范围．
11．抽气机每次抽出容器内空气的60%，要使容器内的空气少于原来的0.1%，则至少要抽几次？(lg2≈0.3010)
能力提升
12．设a>0，a≠1，函数f(x)＝lga(x2－2x＋3)有最小值，求不等式lga(x－1)>0的解集．
13．已知函数f(x)＝lga(1＋x)，其中a>1.
(1)比较eq \f(1,2)[f(0)＋f(1)]与f(eq \f(1,2))的大小；
(2)探索eq \f(1,2)[f(x1－1)＋f(x2－1)]≤f(eq \f(x1＋x2,2)－1)对任意x1>0，x2>0恒成立．
1．比较同真数的两个对数值的大小，常有两种方法：
(1)利用对数换底公式化为同底的对数，再利用对数函数的单调性和倒数关系比较大小；
(2)利用对数函数图象的相互位置关系比较大小．
2．指数函数与对数函数的区别与联系
指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)与对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)是两类不同的函数．二者的自变量不同．前者以指数为自变量，而后者以真数为自变量；但是，二者也有一定的联系，y＝ax(a>0，且a≠1)和y＝lgax(a>0，且a≠1)互为反函数．前者的定义域、值域分别是后者的值域、定义域．二者的图象关于直线y＝x对称．
§2.2 习题课
双基演练
1．C [01，p<0，故p2．A [∵0由lgamn>1.]
3．A [由题意得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1≥0，,2－x>0，,lg2－x≠0，))解得：14．B [①y＝eq \r(x)在(0,1)上为单调递增函数，
∴①不符合题意，排除A，D.
④y＝2x＋1在(0,1)上也是单调递增函数，排除C，故选B.]
5．f(a＋1)>f(2)
解析当a>1时，f(x)在(0，＋∞)上递增，
又∵a＋1>2，∴f(a＋1)>f(2)；
当0又∵a＋1<2，∴f(a＋1)>f(2)．
综上可知，f(a＋1)>f(2)．
6．a－2
解析 lg38－2lg36＝lg323－2(1＋lg32)
＝3a－2－2a＝a－2.
作业设计
1．D [对A，根据y＝lg0.5x为单调减函数易知正确．
对B，由lg34>lg33＝1＝lg55>lg65可知正确．
对C，由lg34＝1＋lg3eq \f(4,3)>1＋lg3eq \f(6,5)>1＋lg5eq \f(6,5)＝lg56可知正确．
对D，由π>e>1可知，lgeπ>1>lgπe错误．]
2．B [左边＝eq \f(lg7,lg3)·eq \f(2lg3,lg2)·eq \f(lgm,2lg7)＝eq \f(lgm,lg2)，
右边＝eq \f(－lg2,2lg2)＝－eq \f(1,2)，
∴lgm＝lg2－eq \f(1,2)＝lgeq \f(\r(2),2)，
∴m＝eq \f(\r(2),2).]
3．A [∵f(3)＝2，∴lga(3＋1)＝2，
解得a＝2，又f(－2)＝0，∴4－4＋b＝0，b＝0.]
4．D [令y＝2x2＋x，其图象的对称轴x＝－eq \f(1,4)<0，
所以(0，eq \f(1,2))为y的增区间，所以00，所以0f(x)的定义域为2x2＋x>0的解集，即{x|x>0或x<－eq \f(1,2)}，
由x＝－eq \f(1,4)>－eq \f(1,2)得，(－∞，－eq \f(1,2))为y＝2x2＋x的递减区间，
又由05．C [①若a>0，则f(a)＝lg2a，f(－a)＝a，
∴lg2a>a＝lg2eq \f(1,a)
∴a>eq \f(1,a)，∴a>1.
②若a<0，则f(a)＝ (－a)，
f(－a)＝lg2(－a)，
∴ (－a)>lg2(－a)＝ (－eq \f(1,a))，
∴－a<－eq \f(1,a)，
∴－1由①②可知，－11.]
6．C [∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(eq \f(1,3))＝0，
在(0，＋∞)上f(x)<0⇒f(x)⇒eq \f(1,2)同理可求f(x)在(－∞，0)上是增函数，且f(－eq \f(1,3))＝0，得x>2.
综上所述，x∈(eq \f(1,2)，1)∪(2，＋∞)．]
7．2p－1
解析 ∵lgaba＝p，lgabb＝lgabeq \f(ab,a)＝1－p，
∴lgabeq \f(a,b)＝lgaba－lgabb
＝p－(1－p)＝2p－1.
8.eq \f(1,2)a＋b－2
解析因为lg236＝a，lg210＝b，
所以2＋2lg23＝a,1＋lg25＝b.
即lg23＝eq \f(1,2)(a－2)，lg25＝b－1，
所以lg215＝lg23＋lg25＝eq \f(1,2)(a－2)＋b－1＝eq \f(1,2)a＋b－2.
9．－3
解析 (1)当a≤4时，2a－4＝eq \f(1,8)，
解得a＝1，此时f(a＋6)＝f(7)＝－3；
(2)当a>4时，－lg2(a＋1)＝eq \f(1,8)，无解．
10．解由lg4(x＋a)<1，得0解得－a即B＝{x|－a∵A∩B＝∅，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a≥－2，,4－a≤3，))解得1≤a≤2，
即实数a的取值范围是[1,2]．
11．解设至少抽n次才符合条件，则
a·(1－60%)n<0.1%·a(设原来容器中的空气体积为a)．
即0.4n<0.001，两边取常用对数，得
n·lg 0.4所以n>eq \f(lg 0.001,lg 0.4).
所以n>eq \f(－3,2lg2－1)≈7.5.
故至少需要抽8次，才能使容器内的空气少于原来的0.1%.
12．解设u(x)＝x2－2x＋3，则u(x)在定义域内有最小值．
由于f(x)在定义域内有最小值，所以a>1.
所以lga(x－1)>0⇒x－1>1⇒x>2，
所以不等式lga(x－1)>0的解集为{x|x>2}．
13．解 (1)∵eq \f(1,2)[f(0)＋f(1)]＝eq \f(1,2)(lga1＋lga2)＝lgaeq \r(2)，
又∵f(eq \f(1,2))＝lgaeq \f(3,2)，且eq \f(3,2)>eq \r(2)，由a>1知函数y＝lgax为增函数，所以lgaeq \r(2)即eq \f(1,2)[f(0)＋f(1)](2)由(1)知，
当x1＝1，x2＝2时，不等式成立．
接下来探索不等号左右两边的关系：
eq \f(1,2)[f(x1－1)＋f(x2－1)]＝lgaeq \r(x1x2)，
f(eq \f(x1＋x2,2)－1)＝lgaeq \f(x1＋x2,2)，
因为x1>0，x2>0，
所以eq \f(x1＋x2,2)－eq \r(x1x2)＝eq \f(\r(x1)－\r(x2)2,2)≥0，
即eq \f(x1＋x2,2)≥eq \r(x1x2).
又a>1，
所以lgaeq \f(x1＋x2,2)≥lgaeq \r(x1x2)，
即eq \f(1,2)[f(x1－1)＋f(x2－1)]≤f(eq \f(x1＋x2,2)－1)．
综上可知，不等式对任意x1>0，x2>0恒成立．
题号
1
2
3
4
5
6
答案

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