備考2024高考一輪總復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)人教a版第二章§2.7　對數(shù)與對數(shù)函數(shù)

§2.7對數(shù)與對數(shù)函數(shù)考試要求1.理解對數(shù)的概念及運算性質(zhì)，能用換底公式將一般對數(shù)轉(zhuǎn)化成自然對數(shù)或常用對數(shù).2.通過實例，了解對數(shù)函數(shù)的概念，會畫對數(shù)函數(shù)的圖象，理解對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性與特殊點.3.了解指數(shù)函數(shù)y＝ax與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)互為反函數(shù)．知識梳理1．對數(shù)的概念一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么數(shù)x叫做以a為底N的對數(shù)，記作x＝logaN，其中a叫做對數(shù)的底數(shù)，N叫做真數(shù)．以10為底的對數(shù)叫做常用對數(shù)，記作lgN.以e為底的對數(shù)叫做自然對數(shù)，記作lnN.2．對數(shù)的性質(zhì)與運算性質(zhì)(1)對數(shù)的性質(zhì)：loga1＝0，logaa＝1，＝N(a>0，且a≠1，N>0)．(2)對數(shù)的運算性質(zhì)如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么：①loga(MN)＝logaM＋logaN；②logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN；③logaMn＝nlogaM(n∈R)．(3)換底公式：logab＝eq\f(logcb,logca)(a>0，且a≠1，b>0，c>0，且c≠1)．3．對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)y＝logaxa>10<a<1圖象定義域(0，＋∞)值域R性質(zhì)過定點(1,0)，即x＝1時，y＝0當(dāng)x>1時，y>0；當(dāng)0<x<1時，y<0當(dāng)x>1時，y<0；當(dāng)0<x<1時，y>0在(0，＋∞)上是增函數(shù)在(0，＋∞)上是減函數(shù)4.反函數(shù)指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0且a≠1)與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0且a≠1)互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線y＝x對稱．常用結(jié)論1．logab·logba＝1，＝eq\f(n,m)logab.2．如圖給出4個對數(shù)函數(shù)的圖象則b>a>1>d>c>0，即在第一象限，不同的對數(shù)函數(shù)圖象從左到右底數(shù)逐漸增大．3．對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0且a≠1)的圖象恒過點(1,0)，(a,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，－1)).思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)若MN>0，則loga(MN)＝logaM＋logaN.(×)(2)對數(shù)函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(×)(3)函數(shù)y＝logaeq\f(1＋x,1－x)與函數(shù)y＝ln(1＋x)－ln(1－x)是同一個函數(shù)．(×)(4)函數(shù)y＝log2x與y＝的圖象重合．(√)教材改編題1．函數(shù)y＝loga(x－2)＋2(a>0且a≠1)的圖象恒過定點．答案(3,2)解析∵loga1＝0，令x－2＝1，∴x＝3，∴y＝loga1＋2＝2，∴原函數(shù)的圖象恒過定點(3,2)．2．計算：(log29)·(log34)＝.答案4解析(log29)·(log34)＝eq\f(lg9,lg2)×eq\f(lg4,lg3)＝eq\f(2lg3,lg2)×eq\f(2lg2,lg3)＝4.3．若函數(shù)y＝logax(a>0，a≠1)在[2,4]上的最大值與最小值的差是1，則a＝.答案eq\f(1,2)或2解析當(dāng)a>1時，loga4－loga2＝loga2＝1，∴a＝2；當(dāng)0<a<1時，loga2－loga4＝－loga2＝1，∴a＝eq\f(1,2)，綜上有a＝eq\f(1,2)或2.題型一對數(shù)式的運算例1(1)設(shè)2a＝5b＝m，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝2，則m等于()A.eq\r(10)B．10C．20D．100答案A解析2a＝5b＝m，∴l(xiāng)og2m＝a，log5m＝b，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,log2m)＋eq\f(1,log5m)＝logm2＋logm5＝logm10＝2，∴m2＝10，∴m＝eq\r(10)(舍m＝－eq\r(10))．(2)計算：log535＋－log5eq\f(1,50)－log514＝.答案2解析原式＝log535－log5eq\f(1,50)－log514＋＝log5eq\f(35,\f(1,50)×14)＋＝log5125－1＝log553－1＝3－1＝2.教師備選計算：eq\f(1－log632＋log62·log618,log64)＝.答案1解析原式＝eq\f(1－2log63＋log632＋log6\f(6,3)·log66×3,log64)＝eq\f(1－2log63＋log632＋1－log632,log64)＝eq\f(21－log63,2log62)＝eq\f(log66－log63,log62)＝eq\f(log62,log62)＝1.思維升華解決對數(shù)運算問題的常用方法(1)將真數(shù)化為底數(shù)的指數(shù)冪的形式進行化簡．(2)將同底對數(shù)的和、差、倍合并．(3)利用換底公式將不同底的對數(shù)式轉(zhuǎn)化成同底的對數(shù)式，要注意換底公式的正用、逆用及變形應(yīng)用．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知a>b>1，若logab＋logba＝eq\f(5,2)，ab＝ba，則a＋b＝.答案6解析設(shè)logba＝t，則t>1，因為t＋eq\f(1,t)＝eq\f(5,2)，所以t＝2，則a＝b2.又ab＝ba，所以b2b＝，即2b＝b2，又a>b>1，解得b＝2，a＝4.所以a＋b＝6.(2)計算：lg25＋lg50＋lg2·lg500＋(lg2)2＝.答案4解析原式＝2lg5＋lg(5×10)＋lg2·lg(5×102)＋(lg2)2＝2lg5＋lg5＋1＋lg2·(lg5＋2)＋(lg2)2＝3lg5＋1＋lg2·lg5＋2lg2＋(lg2)2＝3lg5＋2lg2＋1＋lg2(lg5＋lg2)＝3lg5＋2lg2＋1＋lg2＝3(lg5＋lg2)＋1＝4.題型二對數(shù)函數(shù)的圖象及應(yīng)用例2(1)已知函數(shù)f(x)＝loga(2x＋b－1)(a>0，且a≠1)的圖象如圖所示，則a，b滿足的關(guān)系是()A．0<a－1<b<1 B．0<b<a－1<1C．0<b－1<a<1 D．0<a－1<b－1<1答案A解析由函數(shù)圖象可知，f(x)為增函數(shù)，故a>1.函數(shù)圖象與y軸的交點坐標(biāo)為(0，logab)，由函數(shù)圖象可知－1<logab<0，解得eq\f(1,a)<b<1.綜上有0<eq\f(1,a)<b<1.(2)若方程4x＝logax在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上有解，則實數(shù)a的取值范圍為．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))解析若方程4x＝logax在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上有解，則函數(shù)y＝4x和函數(shù)y＝logax在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上有交點，由圖象知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,loga\f(1,2)≤2，))解得0<a≤eq\f(\r(2),2).教師備選已知x1，x2分別是函數(shù)f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x－2的零點，則＋lnx2的值為()A．e2＋ln2 B．e＋ln2C．2 D．4答案C解析根據(jù)題意，已知x1，x2分別是函數(shù)f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝lnx＋x－2的零點，函數(shù)f(x)＝ex＋x－2的零點為函數(shù)y＝ex的圖象與y＝2－x的圖象的交點的橫坐標(biāo)，則兩個函數(shù)圖象的交點為(x1，)，函數(shù)g(x)＝lnx＋x－2的零點為函數(shù)y＝lnx的圖象與y＝2－x的圖象的交點的橫坐標(biāo)，則兩個函數(shù)圖象的交點為(x2，lnx2)，又由函數(shù)y＝ex與函數(shù)y＝lnx互為反函數(shù)，其圖象關(guān)于直線y＝x對稱，而直線y＝2－x也關(guān)于直線y＝x對稱，則點(x1，)和(x2，lnx2)也關(guān)于直線y＝x對稱，則有x1＝lnx2，則有＋lnx2＝＋x1＝2.思維升華對數(shù)函數(shù)圖象的識別及應(yīng)用方法(1)在識別函數(shù)圖象時，要善于利用已知函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)圖象上的特殊點(與坐標(biāo)軸的交點、最高點、最低點等)排除不符合要求的選項．(2)一些對數(shù)型方程、不等式問題常轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的函數(shù)圖象問題，利用數(shù)形結(jié)合法求解．跟蹤訓(xùn)練2(1)已知函數(shù)f(x)＝logax＋b的圖象如圖所示，那么函數(shù)g(x)＝ax＋b的圖象可能為()答案D解析結(jié)合已知函數(shù)的圖象可知，f(1)＝b<－1，a>1，則g(x)單調(diào)遞增，且g(0)＝b＋1<0，故D符合題意．(2)(2022·廣州調(diào)研)設(shè)x1，x2，x3均為實數(shù)，且＝lnx1，＝ln(x2＋1)，＝lgx3，則()A．x1<x2<x3 B．x1<x3<x2C．x2<x3<x1 D．x2<x1<x3答案D解析畫出函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x，y＝lnx，y＝ln(x＋1)，y＝lgx的圖象，如圖所示．?dāng)?shù)形結(jié)合，知x2<x1<x3.題型三對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用命題點1比較指數(shù)式、對數(shù)式大小例3(1)設(shè)a＝log3e，b＝e1.5，c＝，則()A．b<a<c B．c<a<bC．c<b<a D．a(chǎn)<c<b答案D解析c＝＝log34>log3e＝a.又c＝log34<log39＝2，b＝e1.5>2，∴a<c<b.(2)(2022·昆明一中月考)設(shè)a＝log63，b＝log126，c＝log2412，則()A．b<c<a B．a(chǎn)<c<bC．a(chǎn)<b<c D．c<b<a答案C解析因為a，b，c都是正數(shù)，所以eq\f(1,a)＝log36＝1＋log32，eq\f(1,b)＝log612＝1＋log62，eq\f(1,c)＝log1224＝1＋log122，因為log32＝eq\f(lg2,lg3)，log62＝eq\f(lg2,lg6)，log122＝eq\f(lg2,lg12)，且lg3<lg6<lg12，所以log32>log62>log122，即eq\f(1,a)>eq\f(1,b)>eq\f(1,c)，所以a<b<c.命題點2解對數(shù)方程不等式例4若loga(a＋1)<loga(2eq\r(a))<0(a>0，a≠1)，則實數(shù)a的取值范圍是．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))解析依題意loga(a＋1)<loga(2eq\r(a))<loga1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,a＋1<2\r(a)<1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,a＋1>2\r(a)>1，))解得eq\f(1,4)<a<1.命題點3對數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用例5(2020·全國Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，則f(x)()A．是偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增B．是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上單調(diào)遞減C．是偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞增D．是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減答案D解析f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠±\f(1,2))))).又f(－x)＝ln|－2x＋1|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，故排除A，C.當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))時，f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝lneq\f(－2x－1,1－2x)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2x－1)))，∵y＝1＋eq\f(2,2x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減，∴由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上單調(diào)遞減．教師備選1．(2022·安徽十校聯(lián)盟聯(lián)考)已知a＝log23，b＝2log53，c＝，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>c>b B．a(chǎn)>b>cC．b>a>c D．c>b>a答案B解析∵a＝log23>1，b＝2log53＝log59>1，c＝<0，∴eq\f(a,b)＝eq\f(log23,log59)＝eq\f(lg3,lg2)×eq\f(lg5,lg9)＝eq\f(lg3,lg2)×eq\f(lg5,2lg3)＝eq\f(lg5,2lg2)＝eq\f(lg5,lg4)＝log45>1，∴a>b，∴a>b>c.2．若f(x)＝lg(x2－2ax＋1＋a)在區(qū)間(－∞，1]上單調(diào)遞減，則a的取值范圍為()A．[1,2) B．[1,2]C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)答案A解析令函數(shù)g(x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，對稱軸為x＝a，要使函數(shù)f(x)在(－∞，1]上單調(diào)遞減，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1>0，,a≥1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a≥1，))解得1≤a<2，即a∈[1,2)．思維升華求與對數(shù)函數(shù)有關(guān)的函數(shù)值域和復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性問題，必須弄清三個問題：一是定義域；二是底數(shù)與1的大小關(guān)系；三是復(fù)合函數(shù)的構(gòu)成．跟蹤訓(xùn)練3(1)若實數(shù)a，b，c滿足loga2<logb2<logc2<0，則下列關(guān)系中正確的是()A．a(chǎn)<b<c B．b<a<cC．c<b<a D．a(chǎn)<c<b答案C解析根據(jù)不等式的性質(zhì)和對數(shù)的換底公式可得eq\f(1,log2a)<eq\f(1,log2b)<eq\f(1,log2c)<0，即log2c<log2b<log2a<0，可得c<b<a<1.(2)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(logax，x≥2，,－logax－4，0<x<2))存在最大值，則實數(shù)a的取值范圍是．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))解析當(dāng)a>1時，函數(shù)f(x)＝logax在[2，＋∞)上單調(diào)遞增，無最值，不滿足題意，故0<a<1.當(dāng)x≥2時，函數(shù)f(x)＝logax在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，f(x)≤f(2)＝loga2；當(dāng)0<x<2時，f(x)＝－logax－4在(0,2)上單調(diào)遞增，f(x)<f(2)＝－loga2－4，則loga2≥－loga2－4，即loga2≥－2＝logaa－2，即eq\f(1,a2)≥2,0<a≤eq\f(\r(2),2)，故實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).(3)(2022·濰坊模擬)已知f(x)＝1＋log3x(1≤x≤9)，設(shè)函數(shù)g(x)＝f2(x)＋f(x2)，則g(x)max－g(x)min＝.答案5解析由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤x≤9，,1≤x2≤9，))∴1≤x≤3，∴g(x)的定義域為[1,3]，g(x)＝f2(x)＋f(x2)＝(1＋log3x)2＋1＋log3x2＝(log3x)2＋4log3x＋2，設(shè)t＝log3x，則0≤t≤1，則y＝t2＋4t＋2＝(t＋2)2－2，在[0,1]上單調(diào)遞增，∴當(dāng)t＝0即x＝1時，g(x)min＝2，當(dāng)t＝1即x＝3時，g(x)max＝7，∴g(x)max－g(x)min＝5.課時精練1．(2022·重慶巴蜀中學(xué)月考)設(shè)a＝eq\f(1,2)，b＝log7eq\r(5)，c＝log87，則()A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>bC．c>b>a D．c>a>b答案D解析a＝eq\f(1,2)＝log7eq\r(7)>b＝log7eq\r(5)，c＝log87>log8eq\r(8)＝eq\f(1,2)＝a，所以c>a>b.2．若函數(shù)y＝f(x)是函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)的反函數(shù)且f(2)＝1，則f(x)等于()A．log2xB.eq\f(1,2x)C．D．2x－2答案A解析函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)的反函數(shù)是f(x)＝logax，又f(2)＝1，即loga2＝1，所以a＝2.故f(x)＝log2x.3．(2022·昆明模擬)我們知道：人們對聲音有不同的感覺，這與它的強度有關(guān)系．一般地，聲音的強度用(W/m2)表示，但在實際測量時，聲音的強度水平常用L1＝10lg

eq\f(I,I0)(單位：分貝，L1≥0，其中I0＝1×10－12是人們平均能聽到的最小強度，是聽覺的開端)．某新建的小區(qū)規(guī)定：小區(qū)內(nèi)公共場所的聲音的強度水平必須保持在50分貝以下，則聲音強度I的取值范圍是()A．(－∞，10－7) B．[10－12，10－5)C．[10－12，10－7) D．(－∞，10－5)答案C解析由題意可得，0≤10·lg

eq\f(I,I0)<50，即0≤lgI－lg(1×10－12)<5，所以－12≤lgI<－7，解得10－12≤I<10－7，所以聲音強度I的取值范圍是[10－12,10－7)．4．設(shè)函數(shù)f(x)＝若f(a)>f(－a)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)答案C解析由題意得或解得a>1或－1<a<0.5.(多選)函數(shù)y＝loga(x＋c)(a，c為常數(shù)，其中a>0，a≠1)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論成立的是()A．a(chǎn)>1B．0<c<1C．0<a<1D．c>1答案BC解析由圖象可知函數(shù)為減函數(shù)，∴0<a<1，令y＝0得loga(x＋c)＝0，x＋c＝1，x＝1－c，由圖象知0<1－c<1，∴0<c<1.6．(多選)已知函數(shù)f(x)＝ln(e2x＋1)－x，則()A．f(ln2)＝ln

eq\f(5,2)B．f(x)是奇函數(shù)C．f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增D．f(x)的最小值為ln2答案ACD解析f(ln2)＝ln(e2ln2＋1)－ln2＝ln

eq\f(5,2)，故A項正確；f(x)＝ln(e2x＋1)－x＝ln(e2x＋1)－lnex＝ln

eq\f(e2x＋1,ex)＝ln(ex＋e－x)，所以f(－x)＝ln(ex＋e－x)，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故B項錯誤；當(dāng)x>0時，y＝ex＋e－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此y＝ln(ex＋e－x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故C項正確；由于f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，所以f(x)的最小值為f(0)＝ln2，故D項正確．7．(2022·海口模擬)log3eq\r(27)＋lg25＋lg4＋＋的值等于．答案eq\f(15,2)解析原式＝＋lg52＋lg22＋2＋＝eq\f(3,2)＋2lg5＋2lg2＋2＋2＝eq\f(3,2)＋2(lg5＋lg2)＋2＋2＝eq\f(3,2)＋2＋2＋2＝eq\f(15,2).8．函數(shù)f(x)＝log2eq\r(x)·的最小值為．答案－eq\f(1,4)解析依題意得f(x)＝eq\f(1,2)log2x·(2＋2log2x)＝(log2x)2＋log2x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2x＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4)，當(dāng)log2x＝－eq\f(1,2)，即x＝eq\f(\r(2),2)時等號成立，所以函數(shù)f(x)的最小值為－eq\f(1,4).9．設(shè)f(x)＝log2(ax－bx)，且f(1)＝1，f(2)＝log212.(1)求a，b的值；(2)當(dāng)x∈[1,2]時，求f(x)的最大值．解(1)因為f(x)＝log2(ax－bx)，且f(1)＝1，f(2)＝log212，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2a－b＝1，,log2a2－b2＝log212，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝2，,a2－b2＝12，))解得a＝4，b＝2.(2)由(1)得f(x)＝log2(4x－2x)，令t＝4x－2x，則t＝4x－2x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，因為1≤x≤2，所以2≤2x≤4，所以eq\f(9,4)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))2≤eq\f(49,4)，即2≤t≤12，因為y＝log2t在[2,12]上單調(diào)遞增，所以ymax＝log212＝2＋log23，即函數(shù)f(x)的最大值為2＋log23.10．(2022·棗莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，a>0且a≠1.(1)判斷f(x)的奇偶性并予以證明；(2)當(dāng)a>1時，求使f(x)>0的x的解集．解(1)f(x)是奇函數(shù)，證明如下：因為f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,1－x>0，))解得－1<x<1，f(x)的定義域為(－1,1)．f(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(1＋x)－loga(－x＋1)]＝－f(x)，故f(x)是奇函數(shù)．(2)因為當(dāng)a>1時，y＝loga(x＋1)是增函數(shù)，y＝loga(1－x)是減函數(shù)，所以當(dāng)a>1時，f(x)在定義域(－1,1)內(nèi)是增函數(shù)，f(x)>0即loga(x＋1)－loga(1－x)>0，logaeq\f(x＋1,1－x)>0，eq\f(x＋1,1－x)>1，eq\f(2x,1－x)>0，2x(1－x)>0，解得0<x<1，故使f(x)>0的x的解集為(0,1)．11．設(shè)a＝log0.20.3，b＝log20.3，則()A．a(chǎn)＋b<ab<0 B．a(chǎn)b<a＋b<0C．a(chǎn)＋b<0<ab D．a(chǎn)b<0<a＋b答案B解析∵a＝log0.20.3>log0.21＝0，b＝log20.3<log21＝0，∴ab<0.∵eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝log0.30.2＋log0.32＝log0.30.4，∴1＝log0.30.3>log0.30.4>log0.31＝0，∴0<eq\f(a＋b,ab)<1，∴ab<a＋b<0.12．若實數(shù)x，y，z互不相等，且滿足2x＝3y＝log4z，則()A．z>x>y B．z>y>xC．x>y，x>z D．z>x，z>y答案D解析設(shè)2x＝3y＝log4z＝k>0，則x＝log2k，y＝log3k，z＝4k，根據(jù)指數(shù)、對數(shù)函數(shù)圖象易得4k>log2k，4k>log3k，即z>x，z>y.13．(2022·沈陽模擬)函數(shù)f(x)＝|log3x|，若正實數(shù)m，n(m<n)滿足f(m)＝f(n)，且f(x)在區(qū)間[m2，n]上的最大值為2，則n－m等于()A.eq\f(8,3)B.eq\f(80,9)C.eq\f(15,4)D.eq\f(255,16)答案A解析∵f(x)＝|log3x|，正實數(shù)m，n(m<n)滿足f(m)＝f(n)，∴0<m<1<n，且|log3m|＝|log3n|，∴l(xiāng)og3m＝－log3n，∴l(xiāng)og3m＋log3n＝0，解得mn＝1，又∵f(x)在區(qū)間[m2，n]上的最大值為2，易知f(m2)＝－log3m2＝2，此時eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝3，))∴n－m＝eq\f(8,3).14．(2022·惠州模擬)若函數(shù)f(x)＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－ax＋\f(1,2)))有最小值，則實數(shù)a的取值范圍是．答案(1，eq\r(2))解析令u＝x2－ax＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋eq\f(1,2)－eq\f(a2,4)，則u有最小值eq\f(1,2)－eq\f(a2,4)，欲使函數(shù)f(x)＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－ax＋\f(1,2)))有最小值，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,\f(1,2)－\f(a2,4)>0，))解得1<a<eq\r(2)，即實數(shù)a的取值范圍為(1，eq\r(2))．15．(2022·麗水模擬)已知loga(a＋1)<log(a＋1)a(a>0且a≠1)，則a的取值范圍是．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\