2022版新教材高中数学第6章幂函数指数函数和对数函数本章复习提升苏教版必修第一册（word版含解析）

本章复习提升
易混易错练
易错点1　对数函数中忽略真数大于0而致错
1.(2021江苏宿迁淮北中学高一月考,)函数f(x)=lo(-x2+2x+3)的单调递增区间是 (　　)
A.(1,3)　　　　B.(1,+∞)　　　　C.(-1,1)　　　　D.(-∞,1)
2.(2021江苏盐城安丰中学高一期中,)已知log0.72m易错点2　忽略对底数的讨论而致错
3.(2021山东烟台一中高一月考,)若loga3<1,则实数a的取值范围是 (　　)
A.(1,3)　　　　　　B.(0,1)∪(3,+∞)
C.(0,1)∪(1,3)　　　　　　D.(0,1)
4.(2021江苏连云港石榴高级中学高一月考,)求函数f(x)=ax-2-1(a>0,a≠1)的定义域、值域.
5.(2020浙江台州启超中学高一期中,)已知函数f(x)=(a>0,且a≠1).
(1)求函数的定义域和值域;
(2)讨论函数的单调区间. 易错
易错点3　换元时忽略中间变量的取值范围而致错
6.()已知函数f(x)=2+log3x,x∈[1,9],求函数y=[f(x)]2+f(x2)的值域.
7.()求函数y=(lox)2-x+5在区间[2,4]上的最大值和最小值. 易错
易错点4　利用函数解决实际问题时忽略函数的定义域而致错
8.(2020河北石家庄二中高一上期中,)近年来,“共享单车”的出现为市民“绿色出行”提供了极大的方便,某共享单车公司计划在甲、乙两座城市共投资120万元,根据行业规定,每个城市至少要投资40万元,由前期市场调研可知:甲城市的收益P与投入a(单位:万元)满足P=3-6,乙城市的收益Q与投入a(单位:万元)满足Q=a+2.设甲城市的投入为x(单位:万元),两个城市的总收益为f(x)(单位:万元).
(1)求f(x)的解析式及定义域;
(2)如何安排甲、乙两个城市的投资,才能使总收益最大 易错
思想方法练
一、数形结合思想在函数中的应用
1.(多选)(2021江苏盐城滨海中学高一月考,)已知2020a=2021b,则下列不可能成立的是 (　　)
A.02.(2020浙江义乌高一期末,)已知函数f(x)=设m>n>0,若f(n)=f(m),则n·f(m)的取值范围是　　　　.
3.()已知f(x)是定义在R上的偶函数,且在[0,+∞)上为增函数,f=0,则不等式f(lox)>0的解集为　　　　　　　.
二、分类讨论思想在函数中的应用
4.(2021云南玉溪高一期末,)已知函数y=,若不等式loga(t·4x)A.
C.(-∞,2)　　　　　　D.(0,2)
5.(2021湖北武汉高一期末,)若函数f(x)=loga(x2-ax+12)在(2,3)上单调递减,则实数a的取值范围是　　　　.
6.()已知函数f(x)=lg(ax2+2x+1).
(1)若f(x)的值域为R,求实数a的取值范围;
(2)若f(x)的定义域为R,求实数a的取值范围.
7.(2021江苏句容高级中学高一期中,)设函数f(x)=loga[(x+1)(ax+1)],a>0且a≠1.
(1)求函数的定义域;
(2)若a>1时,f(x)在上恒为正,求实数a的取值范围;
(3)若函数f(x)在上单调递增,求实数a的取值范围.
三、转化与化归思想在函数中的应用
8.()若10|lgx|-a=0有两个实数根,则实数a的取值范围是 (　　)
A.a<1　　　　B.a>1　　　　C.a≤1　　　　D.a≥1
9.()已知函数f(x)=若a,b,c,d互不相同,且a四、函数与方程思想在函数中的应用
10.(2019湖北黄冈高一上期末,)函数的定义域为D,若满足①f(x)在D内是单调函数;②存在区间[a,b],使f(x)在区间[a,b]上的值域为,那么就称函数为“减半函数”.若函数f(x)=logc(2cx+t)(c>0,且c≠1)是“减半函数”,则t的取值范围为 (　　)
A.(0,1)　　　　　　B.(0,1]C.
答案全解全析
本章复习提升
易混易错练
1.A　函数f(x)是由y=lot和t=-x2+2x+3复合而成的.
易知函数y=lot在定义域内单调递减,
所以要求f(x)的单调递增区间,需要求t=-x2+2x+3的单调减区间.
令-x2+2x+3>0,解得-1函数t=-x2+2x+3图象的对称轴为x=1,
所以函数t=-x2+2x+3在x∈(-1,3)上的单调递减区间是(1,3).
所以函数f(x)=lo(-x2+2x+3)的单调递增区间是(1,3).故选A.
2.答案　(1,+∞)
解析　∵log0.72m∴解得m>1.
易错警示　在解决真数中含有参数的对数问题时,一定要保证真数大于0.忽略了这一点会使得所求参数范围扩大从而导致错误.
3.B　当a>1时,由loga3<1=logaa,得a>3;
当0∵0故实数a的取值范围是(0,1)∪(3,+∞).
故选B.
4.解析　由4-ax≥0,得ax≤4.
当a>1时,x≤loga4;当0故当a>1时,f(x)的定义域为(-∞,loga4];当0令t=,则0≤t<2,ax=4-t2,
∴y=4-t2-2t-1=-(t+1)2+4.
令g(t)=-(t+1)2+4,当0≤t<2时,g(t)是减函数,
∴g(2)∴函数f(x)的值域是(-5,3].
5.解析　(1)由题意得ax-1≠0,解得x≠0,
∴函数的定义域为{x|x≠0}.
f(x)=.
当0∴f(x)=1+<-1;
当ax>1时,ax-1>0,
∴>0,∴f(x)=1+>1.
∴函数的值域为(-∞,-1)∪(1,+∞).
(2)设x1,x2为区间(-∞,0)上的任意两个值,且x1∵x1∴当00,-1>0,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)1时,,-1<0,-1<0,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),函数f(x)为减函数.
同理,当x>0时,若01,函数f(x)为减函数.
综上,当a>1时,f(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上递减;当0易错警示　在解决底数中含有字母的指数函数或对数函数问题时,要注意对底数a分01两种情况讨论.
6.解析　因为函数f(x)的定义域是[1,9],
所以解得1≤x≤3.
故函数y=[f(x)]2+f(x2)的定义域为[1,3].
由题意知y=(2+log3x)2+2+log3x2=(log3x)2+6log3x+6,
令t=log3x,则t∈[0,1],y=t2+6t+6=(t+3)2-3,
由二次函数的图象(图略)可知此函数在[0,1]上单调递增,故所求函数的值域是[6,13].
7.解析　因为2≤x≤4,所以lo4,即-1≥lox≥-2.
设t=lox,则-2≤t≤-1,y=t2-t+5,其图象的对称轴为直线t=,所以当t=-2,即x=4时,ymax=10;当t=-1,即x=2时,ymin=.
易错警示　求复合函数的定义域、值域、单调区间时,为了叙述简便,常需要利用换元法,此时务必需要注意新元的范围,否则极易出现错解.
8.解析　(1)由题意知,甲城市投资x万元,则乙城市投资(120-x)万元,所以f(x)=3(120-x)+2=-+26.
依题意得解得40≤x≤80.
故f(x)=-+26(40≤x≤80).
(2)令t=,则t∈[2,4],
所以y=-(t-6)2+44(2).
所以当t=6,即x=72时,y取得最大值,为44万元.
所以当甲城市投资72万元,乙城市投资120-72=48万元时,总收益最大,且最大总收益为44万元.
易错警示　利用函数知识解决应用性问题时,不仅要考虑函数本身的定义域,还要结合实际问题写出自变量的限制条件.
思想方法练
1.CD　令m=2020a=2021b>0,
则a=log2020m,b=log2021m.
作出函数y=log2020x,y=log2021x的图象,数形结合判断a,b之间的大小关系.
作出y=log2020x与y=log2021x的图象如图所示.
由图可知,若01,则02.答案　
解析　作出函数f(x)的图象,数形结合求出n的取值范围,再将n·f(m)转化为关于n的式子,从而得出n·f(m)的取值范围.
作出函数f(x)的图象如图所示.
由图可知,f(n)=f(m)同时成立时n的取值范围为≤n<1.
又n·f(m)=n·f(n)=n(5n-1)
=5n2-n=5,
所以≤n·f(m)<4.
3.答案　∪(2,+∞)
解析　∵f(x)是R上的偶函数,∴f(x)的图象关于y轴对称.∵f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)在(-∞,0]上为减函数.
由函数的性质作出函数的图象,数形结合求得不等式的解集.
作出函数f(x)的大致图象如图所示.
由f=0,得f=0.
∴f(lox)>0 lo,∴不等式f(lox)>0的解集为∪(2,+∞).
思想方法　利用数形结合思想解决函数问题时应注意以下几点:①能准确画出函数图象,注意函数的定义域;②科学设置参数,并建立参数之间的关系,将数与形进行合理转换;③掌握数学曲线中的代数特征,正确掌握参数的取值范围.
4.A　由函数y=,得函数的最大值为.
对指数中的二次项系数分a=0,a>0,a<0三种情况讨论求解.
当a=0时,y=,显然不存在最大值;
当a>0时,函数y=上单调递增,在x∈上单调递减,所以当x=时,函数有最大值,即,解得a=;
当a<0时,函数y=上单调递减,在x∈上单调递增,此时函数无最大值.
综上,a=.
所以lo(t·4x)所以在x∈[1,2]上恒成立.
由t·4x>0在x∈[1,2]上恒成立,可得t>0.①
由2x-t>0在x∈[1,2]上恒成立,即t<2x在[1,2]上恒成立,可得t<2.②
t·4x>2x-t在x∈[1,2]上恒成立,即t>在[1,2]上恒成立,
令f(x)=2x+,易知函数f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=,所以t>.③
由①②③得5.答案　(0,1)∪[6,7]
解析　令t=x2-ax+12,其图象开口向上,对称轴为x=.
对底数分a>1和0当a>1时,y=logat在定义域上单调递增,则t=x2-ax+12在(2,3)上单调递减,所以解得6≤a≤7.
当0又0综上,06.解析　(1)∵f(x)的值域为R,
∴y=ax2+2x+1的值域包含(0,+∞).
对二次项系数分a<0,a=0,a>0讨论求解.
当a<0时,显然不成立;
当a=0时,y=2x+1∈R,符合题意;
当a>0时,需满足Δ=4-4a≥0,解得a≤1,故0综上,实数a的取值范围是[0,1].
(2)∵f(x)的定义域为R,∴ax2+2x+1>0对任意的x∈R恒成立,∴解得a>1.故实数a的取值范围是(1,+∞).
7.解析　(1)由题意得(x+1)(ax+1)>0,即(x+1)>0.
求不等式的解集,需要比较-1与-的大小,即分a>1,0当a>1时,->-1,所以不等式的解集为(-∞,-1)∪;
当0(2)由(1)知,当a>1时,定义域为(-∞,-1)∪.
令g(x)=(x+1)(ax+1),
则g(x)在上单调递减,所以g(x)≥g.
所以f(x)≥loga.
因为f(x)在上恒为正,所以loga>0,即>1,解得a>2.
(3)任取x1,x2∈,且x1设h(x)=(x+1)(ax+1)=ax2+(a+1)x+1,其图象的对称轴为x=-,因为-,
所以h(x)在上单调递增,即h(x1)对底数a分01两种情况讨论求解.
当0logah(x2),即f(x1)>f(x2),不满足题意,舍去;
当a>1,且h(x1)>0时,logah(x1)即f(x1)所以实数a的取值范围是a>1.
思想方法　在指数、对数函数问题中,底数对函数的图象和性质有影响,解题时要注意对底数进行分类讨论,这是分类讨论思想在本章中的重要体现.
8.B　若10|lgx|-a=0有两个实数根,即10|lgx|=a有两个实数根,则函数y=10|lgx|与y=a的图象有两个不同的交点.
将方程有两个实数根转化为其对应的两个函数的图象有两个交点.
当x≥1时,lgx≥0,y=10|lgx|=10lgx=x;
当0所以y=10|lgx|=
作出y=10|lgx|和y=a的图象如图所示,
由图知a>1.
9.答案　(96,99)
解析　画出函数y=f(x)和y=t的图象,如图所示.设a,b,c,d分别为y=f(x)的图象与直线y=t交点的横坐标.
画出函数y=f(x)与y=t的图象,问题转化为有四个交点时求横坐标乘积的范围,结合图象,利用函数的性质求解.
由图可知,|log2a|=-log2a=log2b,即a·b=1,=10,且8思想方法　转化与化归思想在本章中主要体现在方程的根与其对应函数图象之间的相互转化,在解题时要灵活应用.
10.D　显然f(x)是定义域上的增函数,因此,若f(x)是“减半函数”,则
即f(x)=有两个不等实根.
根据函数的性质构建关于a,b的方程组.
logc(2cx+t)=,即2cx+t=.
令=u,则u>0,2u2-u+t=0.
依题意知方程有两个不等正实根,
换元后构造关于u的一元二次方程,根据方程根的情况,应用“三个二次”的关系求解.
∴,故选D.
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