4.4对数函数课时练习-2021-2022学年高一数学上学期人教A版（2019）必修第一册（Word含答案解析）

4.4对数函数
一、单选题（共16题）
1．已知，，，则、、的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
2．函数的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．
3．设,则（ ）
A． B． C． D．
4．若函数的图像过点，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．
5．若，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．指数函数的反函数图象过点，则（ ）
A．3 B．2 C．9 D．4
7．函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
9．已知函数在上是减函数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．设，则是成立的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
11．已知U={y|y=log2x，x＞1}，P={y|y=，x＞2}，则 =（　　）
A．[，+∞） B．（0，）
C．（0，+∞） D．（﹣∞，0）∪（，+∞）
12．，，，则（ ）
A． B． C． D．
13．若3a－3b>2b－2a，则下列不等式正确的是（ ）
①ln(a－b＋1)>0；②ln(b－a＋1)>0；③ea－b－1>0；④eb－a－1>0
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
14．函数的单调递增区间是(　　)
A． B． C． D．
15．若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
16．函数与函数的图像关于直线对称，则函数的单调递增区间为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（共4题）
17．函数的图象必过定点_________.
18．函数的定义域是_____________.
19．函数的定义域为______.
20．函数的单调增区间为
三、解答题（共5题）
21．已知函数，且，.
（1）求a，b的值；
（2）求在上的值域.
22．已知函数．
（1）求f（x）的定义域及单调区间；
（2）求f（x）的最大值，并求出取得最大值时x的值；
（3）设函数，若不等式f（x）≤g（x）在x∈（0，3）上恒成立，求实数a的取值范围．
23．已知函数f（x）＝loga（x+1），g（x）＝2loga（2x+t）（t∈R），其中x∈[0，15]，a＞0，且a≠1．
（1）若1是关于x的方程f（x）﹣g（x）＝0的一个解，求t的值；
（2）当0＜a＜1时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，求t的取值范围；
（3）当t∈[26，56]时，函数F（x）＝2g（x）﹣f（x）的最小值为h（t），求h（t）的解析式．
24．已知函数.
（1）当时，求函数的值域；
（2）若函数的最小值为，求实数的值.
25．已知函数，x∈R．
（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；
（2）利用函数单调性定义证明：在上是增函数；
（3）若对任意的x∈R，任意的 恒成立，求实数k的取值范围．
参考答案
1．D
【详解】
，则，，
，即，.
因此，.
故选：D.
2．A
【详解】
由，解得
令，则
函数在定义域上单调递减，
而在上单调递减，在上单调递增，
∴函数的单调递增区间是，
故选：A
3．B
【详解】
由为增函数，且，
所以.
故选B.
4．B
【详解】
由题, .
故选：B
5．A
【详解】
，，，.
故选：A.
6．B
【详解】
因为反函数图象过点，故原函数的图象过，
所以，故或（舍），
故选：B.
7．D
【详解】
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，函数为奇函数，排除A、C选项；
当时，，此时，排除B选项.
故选：D.
8．C
【详解】
解：由题可知，函数的定义域为，
，
则函数为偶函数，故排除B选项；
又，故排除D选项；
，故排除选项A.
故选：C.
9．A
【详解】
由题意得：且，为上的减函数
若在上为减函数，则，解得：
故选：A.
10．B
【详解】
因为为R上的减函数，是上的增函数，
所以由可得（），
由可得（），
故是成立的必要不充分条件，
故选：B
11．A
【详解】
由集合U中的函数y=log2x，x＞1，解得y＞0，
所以全集U=（0，+∞），
同样：P=（0，），
得到=[，+∞）．
故选A．
12．C
【详解】
函数在上单调递增，且时，；时，.
，
.
，
.
.
故选：.
13．A
【详解】
因为函数为增函数，，即，
所以，，则，所以，故①正确；
由，得，所以，故②错误；
，所以，故③正确；
，所以，故④错误.
故不等式正确的是①③.
故选：.
14．D
【详解】
由对数函数性质知，函数是一个减函数，
当时，函数值小于0，函数，
单调递增；
当时，函数值大于0，函数，
单调递减，
函数的单调递增区间是.
故选：D.
15．A
【详解】
解：由于，，可得，，
当时，则，在不恒成立；
故，
由在单调递增，
在单调递减，
可得在单调递增，
则的最大值为，
由题意可得，
即有，
解得，
故选：．
16．C
【详解】
解:由函数与函数互为反函数,则,
令,
因为为减函数,
则的单调递增区间为在的条件下函数的减区间,
又函数在的条件下的减区间为,
故选C.
17．
【详解】
令，得，又，所以函数图象必过定点.
故答案为：.
18．.
【详解】
由函数有意义得，解得或，
故答案为：.
19．；
【详解】
由题意，函数有意义，则满足，解得且，
所以函数的定义域为.
故答案为.
20．
【详解】
由复合，所以单调增区间为
21．（1）；（2）
【详解】
解：（1）因为，，所以 解得
（2）由（1）知.因为，都是上的增函数，
所以在上也是增函数，
又，，
所以在上的值域为.
22．（1）定义域为（﹣1，3）；f（x）的单调增区间为（﹣1，1]，f（x）的单调减区间为[1，3）；（2）当x＝1时，函数f（x）取最大值1；（3）a≥﹣2．
【详解】
解：（1）令2x＋3﹣x2＞0，
解得：x∈（﹣1，3），即f（x）的定义域为（﹣1，3），
令t＝2x＋3﹣x2，则，∵为增函数，
x∈（﹣1，1]时，t＝2x＋3﹣x2为增函数；
x∈[1，3）时，t＝2x＋3﹣x2为减函数；
故f（x）的单调增区间为（﹣1，1]；f（x）的单调减区间为[1，3）
（2）由（1）知当x＝1时，t＝2x＋3﹣x2取最大值4，此时函数f（x）取最大值1；
（3）若不等式f（x）≤g（x）在x∈（0，3）上恒成立，
则2x＋3﹣x2≤（a＋2）x＋4在x∈（0，3）上恒成立，
即x2＋ax＋1≥0在x∈（0，3）上恒成立，即a≥﹣（x＋）在x∈（0，3）上恒成立，
当x∈（0，3）时，x＋≥2，则﹣（x＋）≤﹣2，故a≥﹣2．
23．（1）t＝﹣2（2）t≥1（3）见解析
【详解】
解：（1）由题意得f（1）﹣g（1）＝0，即loga2＝2loga（2+t），解得t＝﹣2
（2）当0＜a＜1时，不等式f（x）≥g（x）恒成立，即loga（x+1）≥loga（2x+t）（x∈[0，15]）恒成立，
它等价于2x+t（x∈[0，15]），即t2x（x∈[0，15]）恒成立
令u（x∈[0，15]），则u∈[1，4]，x＝u2﹣1，
2x＝﹣2（u2﹣1）+u＝﹣2，当u＝1时，2x的最大值为1，
∴t≥1
（3）F（x）＝2g（x）﹣f（x）＝4loga（2x+t）﹣loga（x+1）＝4．
令z （x∈[0，15]），则z∈[1，2]，x＝z4﹣1，
∴2z3，z∈[1，2]，
设p（z）＝2z3，z∈[1，2]，
则p′（z）＝6z2．
令p'（z）＝0，得z．
∵t∈[26，56]，
∴z∈[，] [1，2]，
当1≤z时，p'（z）＜0；
当z≤2，p'（z）＞0．
故[p（z）]min8，
且p（z）的最大值只能在z＝1或z＝2处取得．
而p（1）＝2+t﹣2＝t，p（2）＝1615，
∴p（1）﹣p（2）15，
当26≤t≤30时，p（1）≤p（2），p（z）max＝p（2）15，
当30＜t≤56时，p（1）＞p（2），p（z）max＝p（1）＝t，
∴p（z）max
∴当a＞1时，h（t）＝4；
当0＜a＜1时，h（t）
24．（1）；（2）或.
【详解】
（1）因为，
设，因为，所以 ，
令，
当时，，由，得，
所以的值域为，即函数的值域为.
（2）由（1）得，
因为，为对称轴，
当时，，解得，
当时，，解得，
当时，，解得，不满足，
综上可知，当或时，函数的最小值为.
25．（1）是偶函数，证明详见解析；（2）详见解析；（3）.
【详解】
（1）是偶函数．证明如下：
函数的定义域为，关于原点对称，
∵ ，
∴ 是偶函数．
（2）设，则，
由，知，，于是，
∴，
∴ ，即，
∴ 在上是增函数．
（3）设，则
，
令，易知，则，
又∵ 是R上的偶函数，且在上单调递增，则该函数在区间上单调递减，∴ ，
∴ 由题意只需4+k≤6，解得k≤2，即k的取值范围为．