对数函数习题

前言

相关延申

• 对数函数\(f(x)=log_a^\;x\)，其抽象函数为\(f(x)+f(y)=f(x\cdot y)\)； \(f(x)-f(y)=\)\(f(\cfrac{x}{y})\)；

典例剖析

【2016浙江高考题】已知\(a>0\)，\(b>0\)，且\(a\neq 1\)，\(b\neq 1\)，若\(log_ab>1\)，则【\(\qquad\)】

$A、(a-1)(b-1)<0$ $B、(a-1)(a-b)>0$ $C、(b-1)(b-a)<0$ $D、(b-1)(b-a)>0$

分析： 由\(log_ab>1=log_aa\)可得，

①当\(a>1\)时，得到\(b>a\)，即\(b>a>1\)，则有\(b-a>0\)且\(b-1>0\)；

②当\(0<a<1\)时，得到\(b<a\)，即\(b<a<1\)，则有\(b-a<0\)且\(b-1<0\)；

综上可得，\((b-1)(b-a)>0\)，故选\(D\).

【2019届高三理科数学对数与对数函数课时作业第9题】若实数\(a\)的值能使得函数\(f(x)=\) \(log_a(x^2+\cfrac{3}{2}x)\) \((a>0，a\neq 1)\)在区间\((\cfrac{1}{2}，+\infty)\)内恒有\(f(x)>0\)，则\(f(x)\)的单调递增区间为【】

$A.(0，+\infty)$； $B.(2，+\infty)$； $C.(1，+\infty)$； $D.(\cfrac{1}{2}，+\infty)$；

分析： 设内函数\(g(x)=t=x^2+\cfrac{3}{2}x=(x+\cfrac{3}{4})^2-\cfrac{9}{16}\)，对称轴为\(x=-\cfrac{3}{4}\)

令\(g(x)>0\)，解得\(x<-\cfrac{3}{2}\)或\(x>0\)，即定义域为\((-\infty，-\cfrac{3}{2})\cup(0，+\infty)\)，

则对内函数\(y=g(x)\)而言，在区间\((-\infty，-\cfrac{3}{2})\)上单调递减，在区间\((0，+\infty)\)上单调递增，

若\(0<a<1\)，则外函数\(y=log_at\)在\((0，+\infty)\)上单调递减，

故复合函数\(y=f(x)\)在区间\((0，+\infty)\)上单调递减，故在区间\((\cfrac{1}{2}，+\infty)\)上也单调递减，

而\(f(\cfrac{1}{2})=0\)，故当\(x>\cfrac{1}{2}\)时，必有\(f(x)<f(\cfrac{1}{2})=0\)，故不满足在区间\((\cfrac{1}{2}，+\infty)\)内恒有\(f(x)>0\)，

故底数\(a>1\)，即外函数\(y=log_at\)在\((0，+\infty)\)上单调递增，

此时复合函数的单调递增区间为\((0，+\infty)\)，故选\(A\)。

解后反思：本题目的叙述有些模糊，导致题意理解多少有点偏差，其实前半句的用意是为了告诉你，底数\(a>1\)。

【2019届高三理科数学对数与对数函数课时作业第16题】设函数\(f(x)=log_a(1+x)+log_a(3-x)\) \((a>0，a\neq 1)\)，且\(f(1)=2\)，

（1）求\(a\)的值及\(f(x)\)的定义域；

分析：由于\(f(1)=log_a4=2\)，解得\(a=2\)；

由\(\left\{\begin{array}{l}{1+x>0}\\{3-x>0}\end{array}\right.\)，

解得\(-1<x<3\)，故定义域为\((-1，3)\)。

（2）求函数\(f(x)\)在区间\([0，\cfrac{3}{2}]\)上的最大值；

分析：\(f(x)=log_a(1+x)+log_a(3-x)=log_2[(1+x)(3-x)]\)

\(=log_2[-(x-1)^2+4]\)，

当\(x\in (-1，1]\)时，\(f(x)\)为增函数；当\(x\in (1，3)\)时，\(f(x)\)为减函数；

故\(f(x)_{max}=f(1)=2\)。

【2019届高三理科数学对数与对数函数课时作业第17题】已知函数\(f(x)=log_a(a^{2x}+t)\)，其中\(a>0，a\neq 1\)，

（1）当\(a=2\)时，若\(f(x)<x\)无解，求\(t\)的取值范围；

分析：当\(a=2\)时，\(f(x)=log_2(4^x+t)\)，定义域为\(R\)，

则由\(f(x)<x\)无解，可知不等式\(f(x)< x\)的解集为\(x\in \varnothing\)，

则不等式\(f(x)\ge x\)的解集为\(x\in R\)，即\(f(x)\ge x\)在\(R\)上恒成立，

即\(log_2(4^x+t)\ge x=log_22^x\)在\(R\)上恒成立，

故\(4^x+t\ge 2^x\)在\(R\)上恒成立，分离参数得到，

\(t\ge 2^x-4^x\)在\(R\)上恒成立，

令\(2^x=k>0\)，则\(2^x-4^x=k-k^2=g(k)(k>0)\)，需要求\(g(k)_{max}\)，

又\(g(k)=-k^2+k=-(k-\cfrac{1}{2})^2+\cfrac{1}{4}\)，

故\(g(k)_{max}=g(\cfrac{1}{2})=\cfrac{1}{4}\)，

故\(t\ge \cfrac{1}{4}\)，即\(t\in [\cfrac{1}{4}，+\infty)\)。

（2）若存在实数\(m，n(m<n)\)，使得\(x\in [m，n]\)时，函数\(f(x)\)的值域也为\([m，n]\)，求\(t\)的取值范围；

分析：由题目可知，\(f(m)=m\)且\(f(n)=n\)对于相同结构的两个式子，我们可以将其融合为一个式子，即得到一个方程，而\(m\)，\(n\)可以看成此方程的两个不同的实数根，更多详情请参见：能合二为一的数学素材，

故关于\(x\)的方程\(f(x)=x\)应该有两个不同的实数根\(x_1=m\)和\(x_2=n\)，

即关于\(x\)的方程\(\log_a{a^{2x}+t}=x\)应该有两个不同的实数根，

将对数式转化为指数式，即\(a^{2x}+t=a^x\)，

即关于\(x\)的方程\(a^{2x}-a^x+t=0\)应该有两个不同的实数根，

令\(p=a^x>0\)，则上述方程可以变形为\(p^2-p+t=0\)，

此时，关于\(p\)的方程\(p^2-p+t=0\)应该有两个不同的正实根，

对方程\(p^2-p+t=0\)而言，有两个正实根的充要条件是\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta >0}\\{x_1+x_2=1>0}\\{x_1x_2=t>0}\end{array}\right.\)，

即\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta=1-4t>0}\\{x_1x_2=t>0}\end{array}\right.\)，解得\(0<t<\cfrac{1}{4}\)。

故求\(t\)的取值范围为\((0，\cfrac{1}{4})\)；

设函数 \(f(x)\) 的定义域为 \(D\)， 若满足: ①\(f(x)\) 在 \(D\) 内是单调增函数; ②存在 \([m, n]\) \(\subseteq D(n>m)\)， 使得 \(f(x)\) 在 \([m， n]\) 上的值域为 \([m， n]\)， 那么就称 \(y=f(x)\) 是定义域为\(D\)的“成功函数”. 若函数 \(g(x)\)\(=\)\(\log _{a}\)(\(a^{2x}\)\(+\)\(t)\)(\(a>0\)，且\(a\neq1)\)是定义域为 \(R\) 的 “成功函数”，则实数 \(t\) 的取值范围是【\(\quad\)】

$A.(0, \cfrac{1}{4})$ $B.(0, \cfrac{1}{4}]$ $C.(-\infty, \cfrac{1}{4})$ $D.(\cfrac{1}{4},+\infty)$

解析：因为 \(g(x)=\log _{a}\left(a^{2 x}+t\right)(a>0\)， 且 \(a \neq 1)\) 是定义域为\(R\) 的“成功函数” ，

所以 \(g(x)\) 为增函数， 且 \(g(x)\) 在 \([m， n]\) 上的值域为 \([m， n]\)，

故 \(g(m)=m\)， \(g(n)=n\)将两个表达式合二为一，即表示方程 \(g(x)=x\)有两个不相同的实数根\(x=m\)和\(x=n\).更多详情请参见：能合二为一的数学素材， 即 \(g(x)=x\) 有两个不相同的实数根.

由 \(\log _{a}\left(a^{2 x}+t\right)=x\)， 得 \(a^{2 x}-a^{x}+t=0\) 有两个不相同的实数根.

令 \(p=a^{x}>0\)， 则关于\(p\)的方程 \(p^{2}-p+t=0\)有两个不同的正实根从数的角度限制，需要\(\left\{\begin{array}{l}\Delta>0\\x_1+x_2>0\\x_1\cdot x_2>0\end{array}\right.\).

则 \(\left\{\begin{array}{l}t>0，\\\Delta=1-4t>0，\end{array}\quad\right.\) 解得 \(0<t<\cfrac{1}{4}\) .

答案：\(A\)

已知函数\(f(x)=\log_{2}(2x)\cdot\log_{4}(2x)\)，\(x\in[\cfrac{1}{4}, 4]\)，则\(f(x)\)的最小值为_____________.

解析：\(f(x)=\log_{2}(2x)\cdot\log_{4}(2x)\)，

\(=(1+log_2x)\cdot \cfrac{1}{2}(log_22+log_2x)\)

\(=\cfrac{1}{2}(1+log_2x)\cdot(1+log_2x)\)

故可将函数化简为:\(f(x)=\cfrac{1}{2}(\log_{2}x+1)^{2}\)，

令\(\log_{2}x=t\)，则\(y=\cfrac{1}{2}(t+1)^{2}\)，

因为\(x\in [\cfrac{1}{4}, 4]\)，所以\(t\in[-2,2]\)

根据二次函数的性质得到：当\(t=-1\)时，\(y\)取得最小值\(0\)，

故\(f(x)\)的最小值为\(0\)，故答案为\(0\)。

已知函数 \(f(x)=\log _{a} x(a>0， a \neq 1)\).

(1). 当 \(a=\cfrac{1}{2}\) 时， \(f(x)+f\left(\cfrac{x+1}{x}\right)<m\) 恒成立， 求实数 \(m\) 的取值范围 .

详解：当 \(a=\cfrac{1}{2}\) 时 ， 由 \(f(x)+f\left(\cfrac{x+1}{x}\right)<m\)，

知 \(\log _{\frac{1}{2}} x+\log _{\frac{1}{2}} \cfrac{x+1}{x}<m(x>0)\).

即 \(\log _{\frac{1}{2}}\left(x\cdot\cfrac{x+1}{x}\right)=\log _{\frac{1}{2}}(x+1)<m(x>0)\) 恒成立，

由 \(y=\log _{\frac{1}{2}}(x+1)\) 在区间 \((0，+\infty)\) 上是减函数知，

当 \(x>0\) 时， \(\log _{\frac{1}{2}}(x+1)<0\)，

所以实数 \(m\) 的取值范围为 \([0，+\infty)\).

(2). 若函数\(g(x)=ax^2-x\)，且函数\(y=f[g(x)]\)在区间\([2,4]\)上是增函数， 求实数 \(a\) 的取值范围 .

解答： 由于 \(g(x)=a x^{2}-x\)， 则函数 \(y=f[g(x)]=\log _{a}\left(a x^{2}-x\right)\).

由函数 \(g(x)=a x^{2}-x\) 的图象为开口向上的抛物线，对称轴为直线 \(x=\frac{1}{2 a}\)，

① 当 \(0<a<1\)时，要使得复合函数 \(f[g(x)]\) 在区间 \([2，4]\) 上单调递增，

则\(g(x)=ax^2-x\)在\([2,4]\)上单调递减，且\(g(x)_{\min}>0\)，

即 \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{1}{2 a} \geq 4\\ g(4)=16a-4>0\end{array}\right.\)，

解得， \(a\in \varnothing\)，

② 当 \(a>1\)时，要使得复合函数 \(f[g(x)]\) 在区间 \([2，4]\) 上单调递增，

则\(g(x)=ax^2-x\)在\([2,4]\)上单调递增，且\(g(x)_{\min}>0\)，

即 \(\left\{\begin{array}{l}\cfrac{1}{2a} \leq 2\\ g(2)=4a-2>0\end{array}\right.\)，

解得\(a>\cfrac{1}{2}\)，又由于\(a>1\)，故\(a>1\)，

综上， 满足题意的实数 \(a\) 的取值范围是 \((1，+\infty)\).

已知函数\(f(x)=a^{x}+\log _{a}x\)(\(a>0\)且\(a\neq1)\)在\([1，2]\)上的最大值与最小值之和为\(\log _{a}2+6\)，求则\(a\)的值。

解析：\(a^1+\log _{a}1+a^{2}+\log _{a}2=\log _{a}2+6\)，即\((a-2)(a+3)=0\)，又\(a>0\)，所以\(a=2\)。

延申阅读

1、一元二次方程根的分布；

2、能合二为一的素材