1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 2.6 对数与对数函数对数与对数函数 目录 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、题型全归纳一、题型全归纳 题型一题型一 对数式的化简与求值对数式的化简与求值 【题型要点】【题型要点】对数
2、运算的一般思路 (1)转化：利用 abNblogaN(a0，且 a1)对题目条件进行转化 利用换底公式化为同底数的对数运算 (2)恒等式：关注 loga10，logaaNN，alogaNN 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【例 1】(2019 全国卷全国卷)已知 f(x)是奇函数，且当 x0，则x0. 当 x1 时，图象上升；0a1 时，图象下降. (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
3、，图中 0cd1a1 和 0a0 且 a1，b0 且 b1)，则函数 f(x)ax与 g(x)logbx 的图象可能是( ) 【答案】B 【解析】因为 lg alg b0，所以 lg (ab)0，所以 ab1，即 b1 a，故 g(x)logbxlog 1 axlogax，则 f(x)与 g(x)互为反函数，其图象关于直线 yx 对称，结合图象知，B 正确 【例【例 2】 (2019 浙江高考浙江高考)在同一直角坐标系中， 函数 y 1 ax， yloga 2 1 x (a0， 且 a1)的图象可能是( ) 【答案】D 【解析】 当 0a1 时， 函数 yax的图象过定点(0,1)， 在 R
4、上单调递增， 于是函数 y 1 ax的图象过定点(0,1)， 在 R 上单调递减，函数 yloga 2 1 x 的图象过定点 0 2 1 ，在 ， 2 1 - 上单调递增显然 A，B，C 都不符合故选 D. 题型三题型三 对数函数的性质及应用对数函数的性质及应用 命题角度一命题角度一 比较大小比较大小 【题型要点】【题型要点】比较对数值大小的常见类型及解题方法 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 【例【例 1】(
5、2019 天津高考天津高考)已知 alog52，blog0.50.2，c0.50.2，则 a，b，c 的大小关系为( ) Aacb Babc Cbca Dcab 【答案】A 【解析】因为 ylog5x 是增函数，所以 alog52log0.50.51.因为 y0.5x是减函数，所以 0.50.51c0.50.20.501，即 0.5c1.所以 acbc Bbac Ccba Dcab 【答案】D 【解析】因为 clog1 2 1 3log23log2ea，所以 ca.因为 bln 2 1 log2e1b.所以 cab. 命题角度二命题角度二 解对数不等式解对数不等式 【题型要点】【题型要点】求解
6、对数不等式的两种类型及方法 类型 方法 logaxlogab 借助 ylogax 的单调性求解，如果 a 的取值不确定，需分 a1 与 0ab 需先将 b 化为以 a 为底的对数式的形式，再借助 ylogax 的单调 性求解 【提醒】注意对数式的真数大于零，且不等于 1. 【例【例 3】设函数 f(x) log2x，x0， log1 2x，xf(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 a0，则 log2alog1 2a，即 2log2a0，所以 a1.若 alog2(a)，即 2log
7、2(a)0， 所以 0a1，所以1a0.综上知，实数 a 的取值范围是(1,0)(1，) 【例【例 4】已知不等式 logx(2x21)logx(3x)0 成立，则实数 x 的取值范围是_ 【答案】 2 1 3 1， 【解析】 原不等式 0x3x1 或 x1， 2x213x1， 解不等式组得1 3x0，2ax 在区间0,1上是减函数ylogau 应为增函数，且 u2ax 在区间0,1 上应恒大于零， a1， 2a0， 1a0 且 a1，设 t(x)3ax， 则 t(x)3ax 为减函数， x0，2时，t(x)的最小值为 32a， 当 x0，2时，f(x)恒有意义， 即 x0，2时，3ax0 恒
8、成立 所以 32a0.所以 a0 且 a1，所以 a(0，1) 2 3 1，. (2)t(x)3ax，因为 a0， 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 ylogat 为增函数， 所以 a1，当 x1，2时，t(x)最小值为 32a，f(x)最大值为 f(1)loga(3a)， 所以 32a0， loga（3a）1，即 a 3 2， a3 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. 题型四题型四 数形结合法在对数函数问题中的应用数形结合法在对数函数问题中的应用 【例【例 1】设方程 10 x|lg(x)|的两个
9、根分别为 x1，x2，则( ) Ax1x21 D0x1x21 【答案】D 【解析】作出 y10 x与 y|lg(x)|的大致图象，如图 显然 x10，x20. 不妨令 x1x2， 则 x11x20， 所以 10 x1lg(x1)，10 x2lg(x2)， 此时 10 x110 x2，即 lg(x1)lg(x2)， 由此得 lg(x1x2)0，所以 0x1x21，故选 D. 【例【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 ab10， 则 abc 的取值范围是_ 【答案】 ：(0，1) 【解析】 ：由题意知，在(0，10)上，函数 y|lg x|的图象和
10、直线 yc 有两个不同交点，所以 ab1，0clg 10 1，所以 abc 的取值范围是(0，1) 二、高效训练突破二、高效训练突破 一、选择题一、选择题 1(2019 沈阳模拟沈阳模拟)设函数 f(x) 4x1，x0， log2x，x0， 则 2 1 f( ) A1 B1 C1 2 D. 2 2 【答案】A 【解析】 2 1 flog21 21. 2(2019 全国卷全国卷)已知 alog20.2，b20.2，c0.20.3，则( ) Aabc Bacb Ccab Dbca 【答案】 B 【解析】 因为 alog20.21,0c0.20.3ca.故选 B. 3.(2020 吕梁模拟吕梁模拟)
11、已知 alog35，b1.51.5，cln 2，则 a，b，c 的大小关系是( ) Acab Bcba Cacb Dabc 【答案】A. 【解析】 ：1alog351 2log3251.5，cln 21，所以 ca0，且 a1)的大致图象是( ) 【答案】C 【解析】 ：.函数 f(x)|loga(x1)|的定义域为x|x1，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 曲靖模拟曲靖模拟)设 alog0.30.4，blog30.4，则( ) Aabab0 Babab0 Cab0ab Dab0ab 【答案】A 【解析】因为 alog0.30.4log0.31
12、0，blog30.4log310，所以 ab0，又ab ab 1 a 1 blog0.40.3log0.43 log0.40.9(0,1)，所以 0ab ab 1，所以 abab0. 6.(2019 北京高考北京高考)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 m15 2lg E1 E2，其中星等为 mk 的星的亮度为 Ek(k1,2)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( ) A1010.1 B10.1 Clg 10.1 D10 10.1 【答案】A 【解析】由题意知，m126.7，m21.45，代入所给公式得1.
13、45(26.7)5 2lg E1 E2，所以 lg E1 E210.1， 所以E1 E210 10.1.故选 A. 7.若 log2xlog3ylog5z1，则( ) A2x3y5z B5z3y2x C3y2x5z D5z2x3y 【答案】B 【解析】 ：.设 log2xlog3ylog5zt，则 t1, x2t, y3t, z5t, 因此 2x2t 1，3y3t1，5z5t1. 又 t 1，所以 t10，由幂函数 yxt 1的单调性可知 5z3y2x. 8.(2020 黄石模拟黄石模拟)已知2log 3 11 xx1log1 3 2，x22 1 2，x3满足 3 3 1 x log3x3，则
14、( ) Ax1x2x3 Bx1x3x2 Cx2x1x3 Dx3x11，而 x02log 3 11 x，0x22 1 2x2x1.故选 A. 9.已知函数 f(x)ln xln (2x)，则( ) Af(x)在(0,2)上单调递增 Bf(x)在(0,2)上单调递减 Cyf(x)的图象关于直线 x1 对称 Dyf(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 xln (2x)ln x(2x)ln (x22x) 设 ux22x， x(0,2)， 则 ux22x 在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减又 yln u 在其定义域上单调递增，f(
15、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 xln (2x)f(2x)，f(x)的图象 关于直线 x1 对称，C 正确f(2x)f(x)ln (2x)ln xln xln (2x)2ln xln (2x)，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 湖北宜昌一中模拟湖北宜昌一中模拟)若函数 f(x)log0.9(54xx2)在区间(a1，a1)上单调递增，且 blg 0.9，c 20.9，则( ) Acba Bbca Cabc Dba0，得1x5，又函数 t54xx2的对称轴方程为 x2，复合函数
16、 f(x)log0.9(5 4xx2)的单调递增区间为(2,5)，函数 f(x)log0.9(54xx2)在区间(a1，a1)上单调递增， a12， a15， 则 3a4，而 blg 0.90，1c20.92，所以 bc0，故 A 987 2. 3.若函数 f(x) x6，x2， 3logax，x2 (a0，且 a1)的值域是4，)，则实数 a 的取值范围是_ 【答案】(1,2 【解析】当 x2 时，f(x)x64. 因为 f(x)的值域为4，)， 所以当 a1 时，3logax3loga24， 所以 loga21，所以 1a2； 当 0a1 时，3logax3loga2，不符合题意 故 a(
17、1,2 4已知函数 f(x)|log3 x|，实数 m，n 满足 0mn，且 f(m)f(n)，若 f(x)在m2，n上的最大值为 2，则n m _ 【答案】 ：9 【解析】 ：因为 f(x)|log3x|，正实数 m，n 满足 m2，不满足题意综上可得n m9. 5.已知函数 yloga(x1)(a0，且 a1)的图象过定点 A，若点 A 也在函数 f(x)2xb 的图象上，则 f(log23) _. 【答案】1 【解析】函数 yloga(x1)(a0，且 a1)的图象过定点 A(2,0)， 因为点 A 在函数 f(x)2xb 的图象上， 所以 22b0，所以 b4.f(x)2x4. 所以
18、f(log23)2log234341. 6已知函数 ylogax(2x4)的最大值比最小值大 1，则 a 的值为_ 【答案】2 或1 2 【解析】当 a1 时，ylogax 在2,4上为增函数 由已知得 loga4loga21，所以 loga21，所以 a2. 当 0a0，且 a1)，且 f(1)2. (1)求 a 的值及 f(x)的定义域； (2)求 f(x)在区间 2 3 0，上的最大值 【解】 ：(1)因为 f(1)2，所以 loga42(a0，且 a1)，所以 a2. 由 1x0， 3x0，得1x3， 所以函数 f(x)的定义域为(1，3) (2)f(x)log2(1x)log2(3x
19、)log2(1x)(3x)log2(x1)24， 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 2 3 0，上的最大值是 f(1)log242. 2已知函数 f(x)logax(a0 且 a1)的图象过点(4，2) (1)求 a 的值； (2)若 g(x)f(1x)f(1x)，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)logax(a0 且 a1)的图象过点(4，2)， 可得 loga42，解得 a2. (2)g(x)f(1x)f(1x)log2(1x)log2(1x)log2(1x2)， 由 1x0 且 1x0，解得1x1， 可得 g(x)的定义域为(1，1) (3)g(x)log2(1x2)， 由 t1x2在(1，0)上单调递增，(0，1)上单调递减， 且 ylog2t 在(0，)上单调递增， 可得函数 g(x)的单调减区间为(0，1)
