高中数学北师大版（2019）必修第一册第四章对数运算与对数函数培优专练3word版含答案

高中数学北师大版（2019）必修第一册第四章对数运算与对数函数培优专练3
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．设分别是方程和的根，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，若定义在上的奇函数满足，且，则=
A． B． C． D．
3．已知函数（且），若函数图象上关于原点对称的点至少有3对，则实数a的取值范围是（ ）.
A． B． C． D．
4．方程的解集是
A．{2，8} B． C． D．
5．定义：表示的解集中整数的个数.若，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．设，，，则，，的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
7．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是奇函数
B．的图象关于点对称
C．若函数在上的最大值、最小值分别为、，则
D．令，若，则实数的取值范围是
8．已知直线分别与函数和的图象交于点，则下列结论正确的是
A． B．
C． D．
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．设函数的定义域为D，若存在实数，使得对于任意，都有，则称为“T—单调增函数”．
对于“T—单调增函数”，有以下四个结论：
①“T—单调增函数”一定在D上单调递增；
②“T—单调增函数” 一定是“—单调增函数” （其中，且） ：
③函数是“T—单调增函数”（其中表示不大于x的最大整数）；
④函数不是“T—单调增函数”．
其中，所有正确的结论序号是______．
10．已知函数，若实数满足，且，则的取值范围是__________.
11．已知是定义域为R的单调函数，且对任意实数x，都有，则________．
12．给出下列四个命题：
①函数，的图象与直线可能有两个不同的交点；
②函数与函数是相等函数；
③对于指数函数与幂函数，总存在，当时，有成立；
④已知是方程的根，是方程的根，则.
其中正确命题的序号是__________．
四、解答题
13．对于函数，，，如果存在实数，使得，那么称为，的生成函数．
（1）设，，，，生成函数．若不等式在上有解，求实数的取值范围．
（2）设函数，，是否能够生成一个函数．且同时满足：①是偶函数；②在区间上的最小值为，若能够求函数的解析式，否则说明理由．
14．已知函数（且），满足．
（1）求的解析式；
（2）若方程有解，求的取值范围；
（3）设，求不等式的解集.
15．设函数（且），且函数的最小值为1.
（1）求实数a的值；
（2）若函数在上最大值为11，求实数m的值.
16．已知函数.
（1）若，求实数a的取值范围；
（2）设，函数.
（i）若，证明：；
（ii）若，求的最大值.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．B
【分析】
根据互为反函数的函数图象关于对称，可得，再由，利用均值不等式即可求解.
【详解】
方程和可化为：
，
即方程的根分别为函数，图象与的交点的横坐标，
因为，互为反函数，
所以，的图象关于直线对称，
因为直线与直线垂直且交点为
所以，
所以，
故
，
当且仅当，即时，等号成立，
故选：B
【点睛】
本题主要考查了互为反函数的图象间关系，均值不等式，属于中档题.
2．A
【分析】
利用是奇函数求出，由奇函数性质得，再由奇函数及对称性得函数是周期函数，从而可求．
【详解】
设，
则，∴是奇函数，
，
又是奇函数，∴．
∵是奇函数，且即的图象关于直线对称，
，
∴函数是周期函数，且周期为4．
∴．
故选A．
【点睛】
本题考查函数的奇偶性与周期性，考查对数的运算法则，解题关键是确定函数的周期．函数的图象关于点对称，又关于直线对称，则它是周期函数，且是它的一个周期．
3．A
【分析】
由于关于原点对称得函数为，由题意可得，与的图像在的交点至少有3对，结合函数图象，列出满足要求的不等式，即可得出结果.
【详解】
关于原点对称得函数为
所以与的图像在的交点至少有3对，可知，
如图所示，
当时，，则
故实数a的取值范围为
故选：A
【点睛】
本题考查函数的对称性，难点在于将问题转换为与的图像在的交点至少有3对，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题.
4．B
【分析】
分类讨论绝对值内正负，再解决对数方程．
【详解】
分类讨论：
（1）当，即时，原式得，即-1=0，无解．
（2）当，即时，原式得，即，无解．
（3）当，即时，
原式得，，，
解得
故选B．
【点睛】
绝对值方程的解题方法，主要是分类讨论，绝对值内正负，再求解．
5．B
【分析】
根据函数图象，结合，则有求解.
【详解】
因为
如图所示：
则有
解得：
故选：B
【点睛】
本题主要考查函数与不等式问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
6．C
【分析】
利用对数函数的性质及放缩法有、，可比较，的大小，再由并构造，根据其单调性即可确定，的大小.
【详解】
由题意，，，
∴，
由，则，而在上递增，
∴，故，即，
∴.
故选：C
7．BCD
【分析】
利用函数的奇偶性的定义，可判定A错误；利用图像的平移变换，可判定B正确；利用函数的图象平移和奇偶性，可得判定C正确；利用函数的单调性，可判定D正确.
【详解】
由题意函数，
因为恒成立，即函数的定义域为，
又因为，所以不是奇函数，所以错误；
将的图象向下平移两个单位得到，
再向左平移一个单位得到，
此时，所以图象关于点对称，
所以的图象关于对称，所以B正确；
将函数的图象向左平移一个单位得，
因为，
即，所以函数为奇函数，
所以函数关于点对称，
所以若在处 取得最大值，则在处取得最小值，
则，所以C正确；
由，可得，
由，
设，，
可得，所以为减函数，
可得函数为减函数，
所以函数为单调递减函数，
又由为减函数，所以为减函数，
因为关于点对称，
所以，即，
即，解得，所以D正确.
故选：BCD.
【点睛】
求解函数有关的不等式的方法及策略：
1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，
具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；
②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解.
2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
8．ABC
【分析】
根据互为反函数的性质可得的中点坐标为，从而可判断A；利用基本不等式可判断B、D；利用零点存在性定理以及对数的运算性质可判断C.
【详解】
函数与互为反函数，
则与的图象关于对称，
将与联立，则，
由直线分别与函数和的图象交于点，
作出函数图像：
则的中点坐标为，
对于A，由，解得，故A正确；
对于B，，
因为，即等号不成立，所以，故B正确；
对于C，将与联立可得，即，
设，且函数为单调递增函数，
，，
故函数的零点在上，即，由，则，
，故C正确；
对于D，由，解得，
由于，则，故D错误；
故选：ABC
【点睛】
本题考查了互为反函数的性质、基本不等式的应用、零点存在性定理以及对数的运算性质，考查了数形结合的思想，属于难题.
9．②③④
【分析】
①③④选项可以举出反例；②可以进行证明.
【详解】
①例如，定义域为，存在，对于任意，都有，但在上不单调递增，①错误；
②因为是单调增函数，所以存在，使得对于任意，都有，因为，，所以，故，即存在实数，使得对于任意，都有，故是单调增函数，②正确；
③，定义域为，当时，对任意的，都有，即成立，所以是单调增函数，③正确；
④当时，，若，则，显然不满足，故不是单调增函数，④正确.
故答案为：②③④
10．
【分析】
根据对数的运算性质把函数的解析式写成分段函数的形式，并判断出单调性，结合已知、可以确定实数的取值范围以及它们之间的关系，根据这个关系可以把代数式写成关于中一个变量的形式，再构造新函数，用单调性的定义判断出新函数的单调性，最后利用新函数的单调性进行求解即可.
【详解】
因为，
因为两段函数均为单调函数，实数满足，且，
所以有,
由得，，
于是，则，
所以，
令 ，任取，
则，
因为，所以，，
因此，
所以函数在上单调递增；
因此，即.
故答案为：
11．
【分析】
令，由题意知，可求出，又，即有，进而可求.
【详解】
若，则，又是定义域为R的单调函数，
∴，得，
又，
∴，则.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：利用函数的单调性，以及恒等式成立，求时的值，再利用恒等式求目标函数值.
12．③④
【分析】
由函数的定义对①②判断，由指数函数的性质对③判断，利用数形结合思想对④判断．
【详解】
根据函数定义，对定义域内的任意一个值，只有唯一的值与之对应，∴函数，的图象与直线可能有一个或0个交点，因此①错；
中定义域是，函数的定义域是，定义域不相同，不是同一函数，②错；
当时，，因此③正确；
如图，分别是函数、的图象与直线的交点、的横坐标，由于与是互为反函数，它们的图象关于直线对称，而直线与直线垂直，因此两点关于直线对称，直线与直线的交点为，∴．④正确．
故答案为③④．
【点睛】
本题考查函数的概念，考查指数函数与对数函数的图象与性质．掌握函数概念，掌握指数函数与对数函数的性质是解题基础．在解决方程的根与函数零点关系问题时，数形结合思想是重要的方法之一．
13．（1）；（2）能；．
【分析】
（1）由题，，因为不等式在上有解，等价于在上有解，求出其值域即可；
（2）先设出来，逐一代入条件得到的值即可.
【详解】
（1）由题意，，，，
，
不等式在上有解，
等价于在上有解，
令，则，由，
知取得最大值，∴．
（2）设，则．
由，得，
整理得，即，
即对任意恒成立，所以．
所以
．
设，，令，则，
由对勾函数的性质可知：在单调递减，上单调递增，
∴在单调递增，∴，且当时取到“”．
∴，又在区间的最小值为，
∴，且，此时，．
所以．
【点睛】
本题考查新定义函数问题，实质上还是对函数性质、恒成立、存在性问题、求值域等问题的考查，关键点是能够正确读懂题意，理解其本质.
14．（1）；（2）；（3）.
【分析】
（1）代入直接求解即可；
（2）方程有解问题转化为求函数的值域，进而求解即可；由
（3）求出函数知为上的偶函数，再利用函数的单调性解不等式即可得解.
【详解】
（1）由，得，解得或（舍去），
所以的解析式为：；
（2）由（1）知，，所以，
令，则，
利用二次函数的性质知，，
所以的取值范围为．
（3）由函数知，定义域为，
又，即为上的偶函数，
当时，利用指数函数与对数函数的性质知是增函数，
由，即，
所以，解得．
故不等式的解集是：．
【点睛】
方法点睛：本题考查了解抽象不等式，要设法把隐性划归为显性的不等式求解，方法是：
（1）把不等式转化为的模型；
（2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性将不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组）来求解，但要注意奇偶函数的区别.
15．（1）；（2）或
【分析】
（1）写出解析式，根据最小值求解参数的值；
（2）利用换元法，，将原问题转化为的最大值为11，求参数的取值.
【详解】
（1），的最小值为1，
如果，函数没有最小值，
，解得.
（2）由（1），令，则
于是得的最大值为11.
考虑到的最大值在端点处取得，则①
或②
由①得，由②得，故m的值为或.
【点睛】
此题考查根据函数的最值求参数的取值，关键在于准确分析函数的单调性，涉及复合函数问题，常用换元法转化处理.
16．（1）或（2）（i）证明见解析（ii）
【分析】
（1）对底数分类讨论，根据对数函数的单调性可解得结果；
（2）（i）若，则，令，则，所以，，根据对称轴与区间的中点值之间的关系求出最大值，对最大值配方可证不等式成立；
（ii）若，则，令，则，所以，，分类讨论对称轴可得的最值,比较最值的绝对值与端点值的绝对值的大小可得结果.
【详解】
（1）当时，为递减函数，等价于，解得，
当时，为递增函数，等价于，解得，
综上所述：或.
（2）因为，所以为增函数，
（i）若，则，令，则，
所以，，
当，即时，，
当，即时，当时，，
所以.
（ii）若，则，令，则，
所以，，
因为，所以，
当，即时，，，，，此时的最大值为，
当，即时，在上单调递增，，，，
所以此时的最大值为，
综上所述：.
【点睛】
本题考查了利用对数函数的单调性解不等式，考查了分类讨论求二次函数在闭区间上的最值，考查了换元法，正确分类并利用二次函数的图象是解题关键，属于难题.
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