高中數學《高中全程學習方略》2025版必修第一冊課時過程性評價三十六對數函數的圖象和性質(二)含答案。三十六對數函數的圖象和性質(二)(時間:45分鐘分值:100分)【基礎全面練】1.(5分)已知函數f(x)=log12x,x∈[14,22],則f(A.[12,2] B.[-12C.[0,2] D.[0,12【解析】選A.函數f(x)=log12x在[14,所以函數的最小值為f(22)=log1222函數的最大值為f(14)=log121所以函數的值域為[12,2]2.(5分)已知函數f(x)=log(a-1)(2x+1)在(-12,0)內恒有f(x)>0,則a的取值范圍是(A.(1,+∞) B.(0,1)C.(0,2) D.(1,2)【解析】選D.由-12<x<0,得0<2x+1<1若f(x)>0恒成立,則0<a-1<1,所以1<a<2.3.(5分)(2024·濰坊高一檢測)已知f(x)=(3a-2)x-4aA.(1,+∞) B.(0,23C.(23,1) D.【解析】選A.由題意得3a-2>0a4.(5分)(2023·眉山高一檢測)已知函數f(x)=lnx-1x+1+asinx+2,且f(m)=5,則f(-A.-5 B.-3 C.-1 D.3【解析】選C.根據題意,函數f(x)=lnx-1x+1+則f(-x)=ln-x-1-x+1+asin(-x)+2=-ln則有f(x)+f(-x)=4,故f(m)+f(-m)=4,若f(m)=5,則f(-m)=-1.【補償訓練】(2024·商丘高一檢測)“a=1”是“f(x)=lga+x1A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【解析】選A.當a=1時,f(x)=lg1+x1-x,由1+x1-x>0得-1<x<1,則f(x)的定義域關于原點對稱,又f(-x)=lg1-x1+若f(x)=lga+x1-ax是奇函數,則f(-x)+f(x所以lga2-x21-a2x2=0,則a2-所以a2=1,故a=±1,不一定推得a=1,從而必要性不成立;所以“a=1”是“f(x)=lga+x5.(5分)(2024·宜賓高一檢測)盡管目前人類還無法準確預報地震,但科學家通過研究,已經對地震有所了解.例如,地震時釋放出的能量E(單位:焦耳)與地震里氏震級M之間的關系為:lgE=4.8+1.5M.2008年5月12日,我國汶川發生了里氏8.0級大地震,它所釋放出來的能量約是2022年9月5日我國瀘定發生的里氏6.8級地震釋放能量的(參考數據:101.5≈32,101.8≈63,101.9≈79)()A.32倍 B.63倍 C.79倍 D.100倍【解析】選B.設里氏8.0級、里氏6.8級地震釋放的能量分別為E1,E2,則lgE1-lgE2=(4.8+1.5×8)-(4.8+1.5×6.8)=1.5×1.2=1.8,即lgE1E2=1.8,所以E1E2【補償訓練】(2024·揚州高一檢測)為了貫徹落實《中共中央國務院關于深入打好污染防治攻堅戰的意見》,某造紙企業的污染治理科研小組積極探索改良工藝,使排放的污水中污染物濃度逐漸減少.已知改良工藝前所排放的廢水中污染物濃度為2.25g/m3,首次改良工藝后所排放的廢水中污染物濃度為2.21g/m3,第n次改良工藝后排放的廢水中污染物濃度rn滿足函數模型rn=r0+(r1-r0)·30.25n+t(t∈R,n∈N*),其中r0為改良工藝前所排放的廢水中污染物濃度,r1為首次改良工藝后所排放的廢水中污染物濃度,n為改良工藝的次數,假設廢水中含有的污染物濃度不超過0.25g/m3時符合廢水排放標準,若該企業排放的廢水符合排放標準,則改良工藝的次數最少需要(參考數據:lg2≈0.30,lg3≈0.48)()A.14次 B.15次 C.16次 D.17次【解析】選C.依題意,r0=2.25,r1=2.21,當n=1時,r1=r0+(r1-r0)×30.25+t,即30.25+t=1,可得t=-0.25,于是rn=2.25-0.04×30.25(n-1),由rn≤0.25,得30.25(n-1)≥50,即0.25(n-1)≥lg50lg3則n≥4(2-lg2)lg3+1≈15.17,又n所以若該企業排放的廢水符合排放標準,則改良工藝的次數最少需要16次.6.(5分)(多選)已知函數f(x)=loga1-xa>0,aA.fx的定義域是-∞,B.fx的值域是RC.fx的圖象過原點D.當a>1時,fx在定義域上是增函數【解析】選ABC.對于A選項,對于函數fx=loga1-xa>0,a≠1,1-x>0,解得對于B選項,1-x>0,函數fx的值域是R,B選項正確;對于C選項,因為f0=loga1=0,所以,函數fx的圖象過原點,C選項正確;對于D選項,當a>1時,由于內層函數u=1-x在-∞,1上為減函數,外層函數y=logau為增函數,所以,函數fx在定義域上是減函數,D選項錯誤7.(5分)(2024·揚州高一檢測)若函數f(x)=lg(x2-mx+1)的值域為R,則實數m的取值范圍是.

【解析】由題意得,函數f(x)=lg(x2-mx+1)的值域為R,所以Δ=m2-4≥0,解得m∈(-∞,-2]∪[2,+∞).答案:(-∞,-2]∪[2,+∞)8.(5分)(2024·常州高一檢測)已知函數f(x)=1+log3x,x∈[1,9],則函數y=[f(x)]2+f(x2)的值域為.

【解析】由于f(x)=1+log3x,x∈[1,9],由y=[f(x)]2+f(x2),得1≤x≤91≤即函數y=[f(x)]2+f(x2)的定義域為[1,3].所以0≤log3x≤1,又因為y=[f(x)]2+f(x2)=(1+log3x)2+1+log3x2=(log3x)2+4log3x+2=(2+log3x)2-2,因為0≤log3x≤1,所以2≤y≤7,故函數y=[f(x)]2+f(x2)的值域為[2,7].答案:[2,7]9.(5分)若f(x)=x13+log123-x3+x,則滿足不等式f(2m【解析】由3-x3+x>0得-3<x<3,顯然由復合函數單調性可知,y=log123-x所以函數f(x)在區間(-3,3)上單調遞增.又因為f(-x)=(-x)13+log123+x3所以函數f(x)為奇函數,所以f(2m-3)+f(m)>0?f(2m-3)>-f(m)?f(2m-3)>f(-m),所以2m-3>-答案:(1,3)【補償訓練】(2024·綿陽高一檢測)函數y=f(x)是定義在R上的偶函數,且f(x)在區間[0,+∞)上單調遞增,若關于實數t的不等式f(log3t)+f(log13t)>2f(2)恒成立,則t的取值范圍是(A.(0,19)∪B.(0,13)∪C.(9,+∞)D.(0,19【解析】選A.函數y=f(x)是定義在R上的偶函數,則f(x)=f(-x)=f(|x|),又log13t=-log3t,則f(log3t)+f(log13t)>2f(2),即為2f(log3即f(log3t)>f(2),即f(|log3t|)>f(2),又因為f(x)在區間[0,+∞)上單調遞增,所以|log3t|>2,則log3t>2或log3t<-2,解得t>9或0<t<19所以t的取值范圍是(0,19)∪(9,+∞)10.(10分)已知函數f(x)=(log2x-2)·(log8x+13)(1)若x∈[1,4]時,求該函數的值域;【解析】(1)由題知,f(x)=(log2x-2)·(log8x+13),x∈令t=log2x,t∈[0,2],所以g(t)=(t-2)(13t+13)=13(t-2)(t+1)=13(t所以g(2)≥g(t)≥g(12所以-34≤g(t所以該函數的值域為[-34,0](2)若f(x)≤mlog2x對?x∈[4,16]恒成立,求m的取值范圍.【解析】(2)同(1)令t=log2x,因為x∈[4,16],所以t∈[2,4],所以13(t-2)(t+1)≤mt,所以t2-t-2≤3mt,即3m≥t-2所以3m≥(t因為g(t)=t-2t-1,易知其在[2,4]上單調遞增,所以3m≥4-24-1=所以m≥56,所以m的取值范圍為[56【綜合應用練】11.(5分)(2024·武漢高一檢測)設f(x)是定義域為R的奇函數,且f(x+2)=-f(x),當1<x<2時,f(x)=log2x+1,則f(20232A.log23 B.log23-1C.-log23 D.-log23-1【解析】選C.因為f(x+2)=-f(x),則f(x+4)=-f(x+2)=-[-f(x)]=f(x),可知4為f(x)的周期,且20232=4×253-12,可得f(20232)=f(-12)=-f(12.(5分)(多選)星等是衡量天體光度的量.為了衡量星星的明暗程度,古希臘天文學家喜帕恰斯(又名依巴谷)在公元前二世紀首先提出了星等這個概念,例如,1等星的星等值為1,-0.46等星的星等值為-0.46.已知兩個天體的星等值m1,m2和它們對應的亮度E1,E2滿足關系式m2-m1=-2.5lgE2E1(E1>0,E2A.星等值越小,星星就越亮B.1等星的亮度恰好是6等星的100倍C.若星體甲與星體乙的星等值的差小于2.5,則星體甲與星體乙的亮度的比值小于10-1D.若星體甲與星體乙的星等值的差大于10,則星體甲與星體乙的亮度的比值小于10-4【解析】選ABD.對選項A,若m2<m1,則m2-m1=-2.5lgE2即lgE2E1>0,所以E2E1>1,因為E1>0,所以所以星等值越小,星星就越亮,A正確;對選項B,當m2=6,m1=1時,5=-2.5lgE2E1對選項C,若m2-m1=-2.5lgE2E1<2.5,則lgE2E對選項D,若m2-m1=-2.5lgE2E1>10,則lgE2E113.(5分)(2024·泉州高一檢測)已知函數f(x)=loga(x+1)(a>0且a≠1)在[0,2]上的值域是[0,1],則實數a=;此時,若函數g(x)=ax+m-19的圖象不經過第二象限,則m的取值范圍是【解析】因為x∈[0,2],則x+1∈[1,3].當a>1時,f(x)=loga(x+1)單調遞增,所以f(1)當0<a<1時,f(x)=loga(x+1)單調遞減,所以f(1所以a=3.函數g(x)=3x+m-19在R上單調遞增,函數圖象不經過第二象限,所以g(0)=3m-1解得m≤-2,即m的取值范圍是(-∞,-2].答案:3(-∞,-2]14.(10分)已知函數f(x)=log2x-(1)判斷并證明函數f(x)的奇偶性;【解析】(1)由函數f(x)=log2x-1x即(x-1)(x+1)>0,解得x<-1或x>1,所以函數f(x)的定義域為(-∞,-1)∪(1,+∞),關于原點對稱.又f(-x)=log2-x-1-x+1=log2x+1x所以f(x)是奇函數;(2)當x∈(3,+∞)時,f(x)+log2(x+1)>m恒成立,求實數m的取值范圍.【解析】(2)f(x)+log2(x+1)>m恒成立,則log2x-1x+1+log2(即log2(x-1)>m在(3,+∞)上恒成立,令g(x)=log2(x-1),因為g(x)在(3,+∞)上單調遞增,當x=3時,g(3)=log2(3-1)=1,所以x∈(3,+∞)時,g(x)∈(1,+∞),則實數m的取值范圍是(-∞,1].【補償訓練】(2024·汕頭高一檢測)已知函數f(x)=loga4x+12x(a(1)試判斷函數f(x)的奇偶性;【解析】(1)因為f(x)=loga4x+12x(又f(-x)=loga4-x+12-x=loga所以函數f(x)是偶函數.(2)當a=2時,求函數f(x)的值域;【解析】(2)當a=2時,f(x)=log24x因為2x>0,4x+12x=2當且僅當2x=1,即x=0時取等號,所以f(x)=log24x+12所以函數f(x)的值域為[1,+∞).(3)已知g(x)=x-2x,若?x1∈[-4,4],?x2∈[0,4],使得f(x1)-g(x2)>2,求實數a的取值范圍.【解析】(3)?x1∈[-4,4],?x2∈[0,4],使得f(x1)-g(x2)≥2,等價于[f(x)]min>[g(x)+2]min,令t=x,x∈[0,4],t∈[0,2],令h(t)=t2-2t+2,則g(x)+2在[0,4]上的最小值等于h(t)在[0,2]上的最小值,h(t)在[0,1]上單調遞減,在[1,2]上單調遞增,所以h(t)在[0,2]上的最小值為h(1)=1,所以[f(x)]min≥1.因為f(x)為偶函數,所以f(x)在[-4,4]上的最小值等于f(x)在[0,4]上的最小值,設m(x)=4x+12x,則f(x)=logam(x),任取0≤x1m(x1)-m(x2)=4x1+12x1-4x2+12x2=(所以2x1<2x2,2x1-2x2<0,x1所以(2x1-2x2)(1-12x1+x2)<0,所以m(x)=4x當0<a<1時,函數f(x)=logam(x)在[0,4]上單調遞減,所以f(x)min=f(4)=loga44+124因為0<a<1,25716>1,所以loga257當a>1時,函數f(x)=logam(x)在[0,4]上單調遞增,所以f(x)min=f(0)=loga2,所以loga2>1,1<a<2.綜上,實數a的取值范圍為(1,2).15.(10分)(2024·杭州高一檢測)已知函數f(x)=logax(a>0且a≠1)的圖象過點(3,1).(1)若函數g(x)=f(x+1)+f(5-x),求g(x)在區間[1,2]上的最值;【解析】(1)由題意可得loga3=1,得a=3.所以g(x)=log3(x+1)+log3(5-x),即g(x)=log3(-x2+4x+5).當1≤x≤2時,-x2+4x+5=-(x-2)2+9∈[8,9],所以g(x)max=log39=2,g(x)min=log38=3log32,所以g(x)在區間[1,2]上的最大值為2,最小值為3log32;(2)對于(1)中的g(x),當x∈[1,2]時,不等式f(m2-2m)-g(x)≥0有解,求m的取值范圍.【解析】(2)由(1)知,當x∈[1,2]時,g(x)min=3log32,不等式f(m2-2m)-g(x)≥0有解,即log3(m2-2m)≥g(x)min,x∈[1,2].所以log3(m2-2m)≥log38,即m2-2m≥8,得m≤-2或m≥4,所以實數m的取值范圍為(-∞,-2]∪[4,+∞).