第12讲　第2课时　对数函数的图象与性质高考数学一轮复习讲义练习

这是一份第12讲　第2课时　对数函数的图象与性质高考数学一轮复习讲义练习，共13页。试卷主要包含了 改)已知a＝lg0， 若f＝lg 在区间等内容，欢迎下载使用。

激活思维
1. (人A必一P139练习T4)若函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f(x)可能是( C )
(第1题)
A. y＝1－x-1, x∈(0，＋∞)
B. y＝ eq \f(3,2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x)，x∈(0，＋∞)
C. y＝ln x
D. y＝x－1，x∈(0，＋∞)
【解析】 根据f(2)＜1，f(3)＞1，可知y＝ln x满足．
2. (人A必一P140习题T1(2)改)函数y＝ eq \r(lg0.5(4x－3))的定义域是( B )
A. (0，1)B. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))∪(1，＋∞)
【解析】 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg0.5(4x－3)≥0，,4x－3＞0，))得0＜4x－3≤1，解得 eq \f(3,4)＜x≤1.
3. (人A必一P141习题T12改)若lga eq \f(1,2)＜1，则实数a的取值范围是( D )
A. (0，1)B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪(1，＋∞)
【解析】 由题意得a＞0且a≠1，lga eq \f(1,2)＜1，当0＜a＜1时， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜\f(1,2)，,0＜a＜1，))得0＜a＜ eq \f(1,2)；当a＞1时， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞\f(1,2)，,a＞1，))得a＞1.综上，a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))∪(1，＋∞).
4. (人A必一P141习题T13(1)改)已知a＝lg0.26，b＝lg0.36，c＝lg0.46，则( B )
A. a＜b＜c B. c＜b＜a
C. c＜a＜b D. b＜c＜a
【解析】 方法一：如图，在同一平面直角坐标系中画出函数y1＝lg0.2x，y2＝lg0.3x，y3＝lg0.4x的图象，由图象可知，当x＝6时，lg0.26＞lg0.36＞lg0.46，即a＞b＞c.
(第4题答)
方法二：易知0＞lg60.4＞lg60.3＞lg60.2，所以 eq \f(1,lg60.4)＜ eq \f(1,lg60.3)＜ eq \f(1,lg60.2)，即lg0.46＜lg0.36＜lg0.26，即a＞b＞c.
5. 若f(x)＝lg (x2－2ax＋1＋a)在区间(－∞，1]上单调递减，则实数a的取值范围为( A )
A. [1，2)B. [1，2]
C. [1，＋∞)D. [2，＋∞)
【解析】 令函数g(x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，图象的对称轴为x＝a，要使函数f(x)在(－∞，1]上单调递减，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g(1)＞0，,a≥1，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a＞0，,a≥1，))解得1≤a＜2，即a∈[1，2).
聚焦知识
1. 对数函数的图象及其性质
2. 反函数
指数函数y＝ax(a＞0且a≠1)与对数函数y＝lgax(a＞0且a≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称．
研题型 素养养成
举题说法
对数函数图象的应用
例1 (1) (多选)下列函数的图象过定点(1，2)的有( AD )
A. y＝lga(3x－2)＋2
B. y＝lg2x＋1
C. y＝ax＋1
D. y＝4x－2
(2) (2024·深圳二模)已知a＞0，且a≠1，则函数y＝lga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))的图象一定经过( D )
A. 一、二象限B. 一、三象限
C. 二、四象限D. 三、四象限
【解析】 当x＝0时，y＝lga eq \f(1,a)＝－1，则当0＜a＜1时，作出函数图象如图(1)所示，由图知函数图象过二、三、四象限；当a＞1时，作出函数图象如图(2)所示，由图知函数图象过一、三、四象限，所以函数y＝lga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,a)))的图象一定经过三、四象限．
图(1)
图(2)
(例1(2)答)
对数函数图象的识别及应用方法
(1) 在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项．
(2) 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．
变式1 (多选)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg2x|，0＜x≤2，,x2－8x＋13，x＞2，))若方程y＝f(x)－m有4个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则( BCD )
A. －3＜m＜1
B. x1x2＝1
C. x3＋x4＝8
D. eq \f((x3＋x4)x3,8x1x2)的取值范围为(2，4－ eq \r(3))
【解析】 作出f(x)的图象如图所示，令f(x)＝m，则lg2x2＝－lg2x1，x3＋x4＝8，故x1x2＝1，x3＋x4＝8，0＜m＜1，A错误，BC正确． eq \f((x3＋x4)x3,8x1x2)＝x3，令x2－8x＋13＝0，则x＝4－ eq \r(3)或x＝4＋ eq \r(3)，结合图象可知x3∈(2，4－ eq \r(3))，D正确．
(变式1答)
对数函数性质的应用
视角1 比较大小
例 2-1 (2024·岳阳二模)设a＝lg23，b＝lg35，c＝lg58，则( A )
A. a＞b＞cB. b＞a＞c
C. b＞c＞aD. c＞a＞b
【解析】 因为32＞23，所以lg232＞lg223，即2lg23＞3，所以lg23＞ eq \f(3,2)，即a＞ eq \f(3,2).因为52＜33，所以lg352＜lg333，即2lg35＜3，所以lg35＜ eq \f(3,2)，即b＜ eq \f(3,2).因为82＜53，所以lg582＜lg553，即2lg58＜3，所以lg58＜ eq \f(3,2)，即c＜ eq \f(3,2).又因为b－c＝lg35－lg58＝ eq \f(1,lg53)－lg58＝ eq \f(1－lg53·lg58,lg53)，且2 eq \r(lg53·lg58)＜lg53＋lg58＝lg524＜lg525＝2，所以lg53·lg58＜1，所以b－c＞0，所以b＞c.综上所述，a＞b＞c.
变式 2-1 (2024·聊城三模)设a＝lg49，b＝lg25，c＝31－lg34，则a，b，c的大小关系为( A )
A. b＞a＞cB. b＞c＞a
C. a＞b＞cD. c＞b＞a
【解析】 因为函数y＝lg2x在定义域上单调递增，故b＝lg25＞lg23＝lg49＝a＞lg22＝1，又c＝31－lg34＝3lg33－lg34＝3lg3 eq \f(3,4)＝ eq \f(3,4)＜1，所以b＞a＞1＞c.
视角2 解对数不等式
例 2-2 (1) 不等式lg2x＜－x＋1的解集是_(0，1)_．
【解析】 不等式lg2x＜－x＋1，即lg2x＋x－1＜0，令f(x)＝lg2x＋x－1，x∈(0，＋∞)，因为y＝lg2x与y＝x－1均在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(1)＝0，所以当0＜x＜1时f(x)＜0，则不等式lg2x＜－x＋1的解集是(0，1).
(2) 若函数f(x)＝lga eq \f(2－x,x－6)(a＞0且a≠1)满足f(3)＝－1，则不等式f(x)＞1的解集为_(5，6)_．
【解析】 由f(3)＝－1可得f(3)＝lga eq \f(1,3)＝－1，可知a＝3.f(x)＞1即为lg3 eq \f(2－x,x－6)＞1，可得 eq \f(2－x,x－6)＞3，即 eq \f(2－x,x－6)－3＝ eq \f(20－4x,x－6)＞0，所以4(5－x)(x－6)＞0，解得5＜x＜6，即所求解集为(5，6).
变式 2-2 已知f(x)＝|lg3x|，若f(a)＞f(3)，则实数a的取值范围为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪(3，＋∞)_．
【解析】 由f(a)＞f(3)，得|lg3a|＞|lg33|＝1，所以lg3a＞1或lg3a＜－1，解得a＞3或0＜a＜ eq \f(1,3)，即实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪(3，＋∞).
视角3 求参数的范围
例 2-3 (1) (2024·菏泽期末)已知函数y＝lg (x2－ax＋1)在(2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( D )
A. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))B. [4，＋∞)
C. (－∞，4]D. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,2)))
【解析】 由复合函数单调性的规律和函数定义域可知，函数f(x)＝x2－ax＋1在(2，＋∞)上单调递增且f(x)＞0在(2，＋∞)上恒成立，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)≤2，,f(2)＝22－2a＋1≥0，))解得a≤ eq \f(5,2)，则实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,2))).
(2) 若函数f(x)＝lga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－ax＋\f(1,2)))(a＞0且a≠1)有最小值，则实数a的取值范围是_(1， eq \r(2))_．
【解析】 令u(x)＝x2－ax＋ eq \f(1,2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(1,2)－ eq \f(a2,4)，则u(x)有最小值 eq \f(1,2)－ eq \f(a2,4)，欲使函数f(x)＝lga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－ax＋\f(1,2)))有最小值，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞1，,\f(1,2)－\f(a2,4)＞0，))解得1＜a＜ eq \r(2)，即实数a的取值范围为(1， eq \r(2)).
利用对数函数的性质，求与对数函数有关的函数值域和复合函数的单调性问题，必须弄清三方面的问题：一是定义域，所有问题都必须在定义域内讨论；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成，即它是由哪些基本初等函数复合而成的．另外，解题时要注意数形结合、分类讨论、转化与化归思想的应用．
变式 2-3 (2025·济南开学摸底)已知函数f(x)＝ln (x2－ax－3＋a2)在[1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是( B )
A. (－∞，－1]B. (－∞，－1)
C. (－∞，2]D. (2，＋∞)
【解析】 因为函数f(x)＝ln (x2－ax－3＋a2)在[1，＋∞)上单调递增，所以g(x)＝x2－ax－3＋a2在[1，＋∞)上单调递增，所以 eq \f(a,2)≤1⇒a≤2.且g(x)＝x2－ax－3＋a2在[1，＋∞)上恒大于0，所以g(1)＞0⇒(a－2)(a＋1)＞0⇒a＞2或a＜－1.综上可知，a＜－1.
反函数的应用
例3 (2024·怀化二模)(多选)已知函数y＝x＋ex的零点为x1，y＝x＋ln x的零点为x2，则( BC )
A. x1＋x2＞0B. x1x2＜0
C. ex1＋ln x2＝0D. x1x2－x1＋x2＞1
【解析】 依题意，x1＋ex1＝0⇔ex1＝－x1，x2＋ln x2＝0⇔ln x2＝－x2，则x1，x2分别是直线y＝－x与函数y＝ex，y＝ln x图象交点的横坐标．而函数y＝ex与y＝ln x互为反函数，它们的图象关于直线y＝x对称，又直线y＝－x垂直于直线y＝x，则点(x1，ex1)与点(x2，ln x2)关于直线y＝x对称，则x2＝ex1＝－x1＞0，于是x1＋x2＝0，x1x2＜0，ex1＋ln x2＝0，B，C正确，A错误；x1x2－x1＋x2－1＝(x1＋1)(x2－1)＜0，即x1x2－x1＋x2＜1，D错误．
(例3答)
互为反函数的常用结论
(1) 同底的指数函数、对数函数互为反函数．
(2) 若f(x)与g(x)互为反函数，则f(x)的定义域、值域分别为g(x)的值域、定义域．
变式3 (2024·重庆模拟)(多选)已知函数y＝x＋10x的零点为x1，y＝x＋lg x的零点为x2，则( BCD )
A. x1＋x2＞0
B. x1x2＜0
C. 10x1＋lg x2＝0
D. 4x1x2－2x1＋2x2＜1
【解析】 因为函数y＝x＋10x的零点为x1，y＝x＋lg x的零点为x2，所以函数y＝－x与函数y＝10x图象的交点的横坐标为x1，函数y＝－x与函数y＝lg x图象的交点的横坐标为x2.作出函数y＝－x，y＝10x，y＝lg x的图象如图所示，点A的横坐标为x1，点B 的横坐标为x2.因为函数y＝10x与y＝lg x的图象关于直线y＝x对称，函数y＝－x的图象也关于直线y＝x对称，所以A，B两点关于直线y＝x对称．又因为A，B两点在直线y＝－x上，所以A，B两点关于原点对称，x1＋x2＝0，故A错误；易知x1x2＜0，故B正确；对于C，因为10x1＝－x1，lg x2＝－x2，x1＋x2＝0，所以10x1＋lg x2＝0，故C正确；对于D，由零点存在定理易知－ eq \f(1,2)＜x1＜0，0＜x2＜ eq \f(1,2)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(1,2))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,2)))＜0，即x1x2－ eq \f(1,2)x1＋ eq \f(1,2)x2－ eq \f(1,4)＜0，即4x1x2－2x1＋2x2＜1，故D正确．
(变式3答)
随堂内化
1. 已知函数f(x)＝1＋lga(2x－3)(a＞0，a≠1)恒过定点(m，n)，则m＋n＝( C )
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【解析】 令2x－3＝1，得x＝2，此时f(2)＝1＋lga1＝1，所以f(x)恒过定点(2，1)，则m＝2，n＝1，所以m＋n＝3.
2. (2025·无锡期中)已知函数f(x)＝ln eq \f(2－x,x)＋ eq \f(x,x－1)，则下列函数是奇函数的是( D )
A. f(x＋1)＋1B. f(x－1)＋1
C. f(x－1)－1D. f(x＋1)－1
【解析】 易知f(x＋1)＝ln eq \f(2－(x＋1),x＋1)＋ eq \f(x＋1,x)＝ln eq \f(1－x,1＋x)＋1＋ eq \f(1,x)，所以f(x＋1)－1＝ln eq \f(1－x,1＋x)＋ eq \f(1,x)(x∈(－1，0)∪(0，1)).令g(x)＝ln eq \f(1－x,1＋x)＋ eq \f(1,x)，则g(－x)＝ln eq \f(1＋x,1－x)－ eq \f(1,x)，显然g(x)＋g(－x)＝0，所以g(x)为奇函数，故D正确．
3. (2024·阜阳一测)设a＝lg23，b＝lg812，c＝lg 15，则a，b，c的大小关系为( D )
A. a＜b＜cB. a＜c＜b
C. b＜a＜cD. c＜b＜a
【解析】 a＝lg23＝lg2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(3,2)))＝1＋lg2 eq \f(3,2)＝1＋ eq \f(1,lg\s\d9(\f(3,2))2)，b＝lg812＝lg8 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8×\f(3,2)))＝1＋lg8 eq \f(3,2)＝1＋ eq \f(1,lg\s\d9(\f(3,2))8)，c＝lg 15＝lg10 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10×\f(3,2)))＝1＋lg10 eq \f(3,2)＝1＋ eq \f(1,lg\s\d9(\f(3,2))10)，又0＜lg eq \s\d9(\f(3,2))2＜lg eq \s\d9(\f(3,2))8＜lg eq \s\d9(\f(3,2))10，所以a＞b＞c.
4. (多选)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，x＞0，,3x，x≤0，))关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实数根，则实数a的取值可以是( BCD )
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【解析】 方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实数根，即y＝f(x)与y＝－x＋a有且只有1个交点，作出y＝f(x)的图象与直线y＝－x＋a如图所示，由图可知当a≤1时，y＝f(x)与y＝－x＋a有2个交点；当a＞1时，y＝f(x)与y＝－x＋a有且只有1个交点．
(第4题答)
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. (2023·新高考Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)ln eq \f(2x－1,2x＋1)为偶函数，则a＝( B )
A. －1 B. 0
C. eq \f(1,2) D. 1
【解析】 因为f(x)为偶函数，所以 f(1)＝f(－1)，即(1＋a)ln eq \f(1,3)＝(－1＋a)ln 3，解得a＝0.当a＝0时，f(x)＝x ln eq \f(2x－1,2x＋1)，由(2x－1)(2x＋1)＞0，解得x＞ eq \f(1,2)或x＜－ eq \f(1,2)，则其定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(x))x＞\f(1,2)或x＜－\f(1,2)))，关于原点对称．f(－x)＝(－x)ln eq \f(2(－x)－1,2(－x)＋1)＝(－x)ln eq \f(2x＋1,2x－1)＝(－x)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,2x＋1))) eq \s\up12(－1)＝x ln eq \f(2x－1,2x＋1)＝f(x)，此时f(x)为偶函数．故a＝0.
2. (2024·安庆一模)函数f(x)＝lg2(2x)与g(x)＝2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在同一平面直角坐标系下的图象大致是( B )
AB

CD
【解析】 因为f(x)＝lg2(2x)＝1＋lg2x，为定义域上的增函数，所以f(1)＝1，故A不成立；因为g(x)＝2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，为定义域上的增函数，所以g(0)＝2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0＝1，故C和D不成立．
3. (2025·德州期中)已知关于x的函数y＝lg eq \s\d9(\f(1,2))(x2＋ax＋a－1)在[－3，－2]上单调递增，则实数a的取值范围是( D )
A. (－∞，4] B. (－∞，4)
C. (－∞，3] D. (－∞，3)
【解析】 令t＝x2＋ax＋a－1，则y＝lg eq \s\d9(\f(1,2))t，所以y＝lg eq \s\d9(\f(1,2))t在(0，＋∞)上单调递减．由复合函数的单调性可知，t＝x2＋ax＋a－1在[－3，－2]上单调递减，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)≥－2，,(－2)2＋(－2)a＋a－1＞0，))则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤4，,a＜3，))所以a＜3.
4. (2025·常州期中)已知函数f(x)＝lga(2－ax)(a＞0且a≠1)，若∃x∈[1，2]，使得f(x)≥1成立，则实数a的取值范围是( A )
A. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) B. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))∪(1，2]
C. (1，2] D. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))
【解析】 因为y＝2－ax在[1，2]上单调递减，所以x＝2时，2－2a＞0，即a＜1，所以0＜a＜1，此时y＝lgat单调递减，所以f(x)在[1，2]上单调递增，所以f(x)max＝f(2)＝lga(2－2a)≥1，所以2－2a≤a，解得a≥ eq \f(2,3).综上所述，a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)).
二、 多项选择题
5. 已知函数f(x)＝lg2(x＋1)＋lg2(x－1)，则( ACD )
A. f(x)的定义域为(1，＋∞)
B. f(x)的单调递减区间为(－∞，0]
C. f(x)是增函数
D. f(x)的值域为R
【解析】 对于A，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＞0，,x－1＞0，))得x＞1，故f(x)的定义域为(1，＋∞)，故A正确；对于B，区间(－∞，0]不在定义域内，故B错误；对于C，因为函数y＝x2－1在(1，＋∞)上为增函数，所以函数f(x)＝lg2(x＋1)＋lg2(x－1)＝lg2(x2－1)在(1，＋∞)上为增函数，故C正确；对于D，f(x)＝lg2(x＋1)＋lg2(x－1)＝lg2(x2－1)在(1，＋∞)上为增函数，真数能取遍所有大于0的数，故值域为R，故D正确．
6. (2024·绵阳期末)已知函数f(x)＝|lgax|(a＞0，且a≠1)的定义域为[m，n](0＜m＜n)，值域为[0，1].若n－m的最小值为 eq \f(1,4)，则实数a的值可以是( BC )
A. eq \f(5,4) B. eq \f(3,4)
C. eq \f(4,3) D. eq \f(4,5)
(第6题答)
【解析】 函数f(x)＝|lgax|在(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝0.因为函数f(x)＝|lgax|的定义域为[m，n](0＜m＜n)，值域为[0，1]，所以1∈[m，n]，即0＜m≤1≤n.由f(x0)＝1，得|lgax0|＝1，则有x0＝a或x0＝ eq \f(1,a).当0＜a＜1时， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))－(1－a)＝ eq \f(1,a)＋a－2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))－\r(a)))2＞0，有 eq \f(1,a)－a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－1))＋(1－a)＞ eq \f(1,a)－1＞1－a；当a＞1时，(a－1)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))＝a＋ eq \f(1,a)－2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a)－\f(1,\r(a))))2＞0，有a－ eq \f(1,a)＝(a－1)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))＞a－1＞1－ eq \f(1,a).令方程|lgax|＝1的两个根为x1，x2(x1＜x2)，如图，因此在[m，n]上函数f(x)取得最小值0，最大值1，且n－m最小时，0＜m＜n＝1，于是f(x)max＝f(m)＝|lgam|＝1，解得m＝a或m＝ eq \f(1,a)，而n－m的最小值为 eq \f(1,4)，则有1－a＝ eq \f(1,4)或1－ eq \f(1,a)＝ eq \f(1,4)，解得a＝ eq \f(3,4)或a＝ eq \f(4,3)，所以实数a的值可以是 eq \f(3,4)或 eq \f(4,3)，即B，C满足，A，D不满足．
7. (2025·大同开学检测)已知函数f(x)＝|lga(x＋1)|(a＞0，a≠1)，则下列说法正确的是( ABD )
A. f(x)的图象恒过某个定点
B. f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增
C. f(x)图象上存在两个不同的点关于y轴对称
D. 若对任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，f(x)＜1恒成立，则实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪(3，＋∞)
【解析】 对于A，因为f(0)＝|lga1|＝0，故f(x)的图象恒过原点，故A正确；对于B，若a＞1，则f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－lga(x＋1)，－1＜x＜0，,lga(x＋1)，x≥0，))故f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；若0＜a＜1，则f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lga(x＋1)，－1＜x＜0，,－lga(x＋1)，x≥0，))故f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故B正确；对于C，考虑f(x)＝f(－x)，x＞－1，x≠0是否有解，而f(x)＝f(－x)，x＞－1，x≠0等价于|lga(x＋1)|＝|lga(－x＋1)|，x＞－1，x≠0，也即等价于|ln (x＋1)|＝|ln (－x＋1)|，x＞－1，x≠0，也即等价于ln (x＋1)＝ln (－x＋1)，x＞－1，x≠0或ln (x＋1)＝－ln (－x＋1)，x＞－1，x≠0，两个方程均无解，故f(x)图象上不存在两个不同的点关于y轴对称，故C错误；对于D，若对任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，f(x)＜1恒成立，则对任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，2))，|lga(x＋1)|＜1恒成立，即|ln (x＋1)|＜|ln a|恒成立，故|ln a|＞max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(ln 3，\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,2)))))＝ln 3，故ln a＜－ln 3或ln a＞ln 3，所以0＜a＜ eq \f(1,3)或a＞3，故D正确.
三、 填空题
8. (2024·宜春期初)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|lg x|，x＞0，,x＋1，x≤0，))存在实数a＜b＜c满足f(a)＝f(b)＝f(c)，则abc的取值范围是_(－1，0]_．
【解析】 因为存在a＜b＜c，满足f(a)＝f(b)＝f(c)，由图象可知，0＜a＋1≤1，所以－1＜a≤0， eq \f(1,10)≤b＜1＜c≤10.因为f(b)＝f(c)，所以|lg b|＝|lg c|，所以－lg b＝lg c，即lg bc＝0，所以bc＝1，所以abc的取值范围是(－1，0].
(第8题答)
9. 已知x1，x2分别是方程ex＋x－2＝0，ln x＋x－2＝0的根，则x1＋x2＝_2_．
【解析】 由题意可得x1是函数y＝ex的图象与直线y＝－x＋2的交点A的横坐标，x2是函数y＝ln x的图象与直线y＝－x＋2的交点B的横坐标．因为y＝ex的图象与y＝ln x的图象关于直线y＝x对称，而直线y＝－x＋2也关于直线y＝x对称，所以线段AB的中点就是直线y＝－x＋2与y＝x的交点. 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x，,y＝－x＋2，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，))即线段AB的中点为(1，1)，所以 eq \f(x1＋x2,2)＝1，得x1＋x2＝2.
10. 已知关于x的不等式lgm eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mx2－x＋\f(1,2)))＞0在[1，2]上恒成立，则实数m的取值范围为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,8)))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))_.
【解析】 设f(x)＝lgm eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mx2－x＋\f(1,2)))，令t＝mx2－x＋ eq \f(1,2)，①当0＜m＜1时，y＝lgmt为减函数．对t＝mx2－x＋ eq \f(1,2)，当 eq \f(1,2m)＜1，即 eq \f(1,2)＜m＜1时，二次函数在区间[1，2]上单调递增，所以f(x)在[1，2]上单调递减，f(x)min＝f(2)＝lgm eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4m－\f(3,2)))＞0，解得 eq \f(1,2)＜m＜ eq \f(5,8).当 eq \f(1,2m)＝1，即m＝ eq \f(1,2)时，f(1)无意义，不合题意．当1＜ eq \f(1,2m)＜2，即 eq \f(1,4)＜m＜ eq \f(1,2)时，二次函数在区间[1，2]内先单调递减后单调递增，所以函数f(x)在[1，2]上先单调递增后单调递减，则需f(1)＞0且f(2)＞0，无解．当 eq \f(1,2m)≥2，即0＜m≤ eq \f(1,4)时，二次函数在区间[1，2]内单调递减，所以函数f(x)在[1，2]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝lgm eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))＞0，无解．②当m＞1时，y＝lgmt为增函数，又 eq \f(1,2m)＜ eq \f(1,2)，二次函数在[1，2]上单调递增，则函数f(x)在[1，2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝lgm eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))＞0，解得m＞ eq \f(3,2).综上，m∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,8)))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).
四、 解答题
11. 已知函数f(x)＝lg2(2x+1－4x＋1).
(1) 求不等式f(x)＞0的解集；
【解答】 由题意可知f(x)＞0，即2x+1－4x＋1＞1.令t＝2x＞0，则有2t－t2＞0，解得0＜t＜2，所以0＜2x＜2，即x＜1.所以不等式f(x)＞0的解集为(－∞，1).
(2) 若∀x∈(0，1)，f(x)＞x＋a恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】 由题意可知f(x)＞x＋a，即lg2(2x+1－4x＋1)－x＞a，即lg2 eq \f(2x+1－4x＋1,2x)＞a.又 eq \f(2x+1－4x＋1,2x)＝－2x＋ eq \f(1,2x)＋2，令n＝2x∈(1，2)，g(n)＝－n＋ eq \f(1,n)＋2，易知g(n)在(1，2)上单调递减，所以 eq \f(1,2)＜g(n)＜2，所以－1＜lg2g(n)＜1.因为∀x∈(0，1)，f(x)＞x＋a，所以a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1].
12. 已知函数h(x)＝lgm eq \f(x－4,x＋4)在定义域[a，b]上为减函数，且值域为[lgm[m(b－1)]，lgm[m(a－1)]].
(1) 求证：a＞4；
【解答】 由 eq \f(x－4,x＋4)＞0，得(x－4)(x＋4)＞0，解得x＜－4或x＞4.又m＞0，且m(a－1)＞0，所以a＞1.又[a，b]为定义域，所以a＞4.
(2) 求实数m的取值范围．
【解答】 因为h(x)＝lgm eq \f(x－4,x＋4)＝lgm eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(8,x＋4)))为减函数，所以h(x)在[a，b]上的值域为[h(b)，h(a)]，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lgm\f(a－4,a＋4)＝lgm[m(a－1)]，,lgm\f(b－4,b＋4)＝lgm[m(b－1)]，))故a，b为方程 eq \f(x－4,x＋4)＝m(x－1)在x∈(4，＋∞)上的两个根，即mx2＋(3m－1)x＋4－4m＝0有两个大于4的根．设u(x)＝mx2＋(3m－1)x＋4－4m，对称轴为x＝ eq \f(1－3m,2m)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝(3m－1)2－4m(4－4m)＞0，,\f(1－3m,2m)＞4，,16m＋4(3m－1)＋4－4m＞0，))解得0＜m＜ eq \f(11－4\r(6),25)，所以实数m的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(11－4\r(6),25))).
B组 能力提升练
13. (2024·贵州模拟)已知函数f(x)＝ln (emx＋1)－ eq \f(1,2)mx－ln 2.
(1) 若函数f(x)为奇函数，求实数m的值；
【解答】 f(x)＝ln (emx＋1)－ eq \f(1,2)mx－ln 2＝ln (emx＋1)－ln e eq \s\up4(\f(1,2)) mx－ln 2＝ln eq \f(emx＋1,e eq \s\up4(\f(1,2)) mx)－ln 2＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx))－ln 2＝ln eq \f(e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx,2).又f(x)为奇函数，所以f(x)＋f(－x)＝0，即ln eq \f(e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx,2)＋ln eq \f(e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e eq \s\up4(\f(1,2)) mx,2)＝0，即ln eq \f(emx＋2＋e－mx,4)＝0，所以emx＋e－mx＝2，解得emx＝1，所以m＝0.
(2) 求函数f(x)的单调区间；
【解答】 f(x)＝ln eq \f(e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx,2)，当m＝0时f(x)＝0，f(x)为常数函数，不具有单调性．当m＞0时y＝e eq \s\up4(\f(1,2)) mx在R上单调递增，且当x＜0时0＜e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＜1，当x＞0时e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＞1.又y＝x＋ eq \f(1,x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．当m＜0时y＝e eq \s\up4(\f(1,2)) mx在R上单调递减，且当x＜0时e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＞1，当x＞0时0＜e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＜1.又y＝x＋ eq \f(1,x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．综上，当m＝0时，f(x)不具有单调性；当m≠0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞).
(3) 若关于x的不等式f(x)＜ln eq \f(e\s\up6(\f(1,2))＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) ,2)的解集A⊆[－2 023，2 026]，求实数m的取值范围．
【解答】 因为f(x)＝ln eq \f(e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx,2)的定义域为R，且f(－x)＝ln eq \f(e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e eq \s\up4(\f(1,2)) mx,2)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．当m＝0时，f(x)＝ln 1＜ln eq \f(e\s\up6(\f(1,2))＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) ,2)恒成立，即不等式的解集为R，不符合题意．当m≠0时，不等式f(x)＜ln eq \f(e\s\up6(\f(1,2))＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) ,2)，即ln eq \f(e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx,2)＜ln eq \f(e\s\up6(\f(1,2))＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) ,2)，所以 eq \f(e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx,2)＜ eq \f(e\s\up6(\f(1,2))＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) ,2)，即e eq \s\up4(\f(1,2)) mx＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) mx＜e eq \s\up6(\f(1,2))＋e－ eq \s\up4(\f(1,2)) .又y＝e eq \s\up6(\f(1,2))mx＋e－ eq \s\up6(\f(1,2))mx为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，所以|mx|＜1，解得－ eq \f(1,|m|)＜x＜ eq \f(1,|m|)，即不等式的解集为A＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,|m|)，\f(1,|m|)))(m≠0).因为A⊆[－2 023，2 026]，所以 eq \f(1,|m|)≤2 023(m≠0)，所以m≤－ eq \f(1,2 023)或m≥ eq \f(1,2 023)，所以实数m的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2 023)))∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 023)，＋∞)).
a＞1
0＜a＜1
图象
性质
定义域：_(0，＋∞)_值域：_R_
①图象过定点_(1，0)_；
②函数y＝lgax与y＝lg eq \s\d9(\f(1,a))x(a＞0且a≠1)的图象关于_x轴_对称；
③在第一象限内，不同底的对数函数的图象从左到右底数逐渐_增大_
当x＞1时，y＞0；
当0＜x＜1时，y＜0
当x＞1时，y＜0；
当0＜x＜1时，y＞0
在(0，＋∞)上是_增函数_
在(0，＋∞)上是_减函数_