课件25张PPT。习题课——指数函数、对数函数及其性质的应用1.指数式与对数式的取值范围提示:(0,+∞)
(2)形如log2x,ln x, 的对数式,自变量取值和代数式的取值范围分别是什么?
提示:①自变量的取值范围,即为对应函数的定义域(0,+∞);
②代数式的取值范围,即为对应函数的值域R.2.已知a>0,a≠1,则a2>a3与loga2>loga3是否一定成立?
提示:不一定.当0
1时,a23.填空:指数函数与对数函数的单调性
指数函数f(x)=ax,对数函数f(x)=logax(a>0,a≠1).
①当0②当a>1时,函数f(x)单调递增.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测探究一利用指数函数、对数函数性质解不等式
例1 解下列关于x的不等式:(4)已知log0.72x故原不等式的解集为{x|x≥-9}.
(2)当0∴2x+1≥x-5,解得x≥-6.
当a>1时,∵a2x+1≤ax-5,
∴2x+1≤x-5,解得x≤-6.
综上所述,
当0当a>1时,不等式的解集为{x|x≤-6}.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测(4)因为函数y=log0.7x在区间(0,+∞)上为减函数, 解得x>1.故x的取值范围是(1,+∞). 探究一探究二探究三思维辨析当堂检测反思感悟1.解指数不等式问题时需注意的三点
(1)形如ax>ay的不等式,借助y=ax的单调性求解,如果a的取值不确定,需分a>1与0(2)形如ax>b的不等式,注意将b化为以a为底的指数幂的形式,再借助y=ax的单调性求解.
(3)形如ax>bx的形式利用函数图象求解.
2.解简单的对数不等式,需要注意两点
(1)首先注意对数函数的定义域,即真数的取值范围的限制;
(2)要根据底数与1的大小关系,分析函数的单调性,进而将对数值大小关系转化为真数的大小关系;若底数中含有参数,需要对参数进行分类讨论.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测解:原不等式可化为a2x+1>a-(x-5),即a2x+1>a5-x.
①当0(2)求函数f(x)的值域.解:(1)f(x)在定义域上是增函数.
证明如下:任取x1,x2∈R,且x1f(x1),∴f(x)为R上的增函数. 探究一探究二探究三思维辨析当堂检测反思感悟1.本题第(2)小题是指数型函数求值域.解答时一定要关注指数3x的取值范围是(0,+∞).
2.证明指数型函数的单调性与奇偶性时,一般是利用定义来解决.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测(1)求函数f(x)的定义域;
(2)讨论函数f(x)的奇偶性;
(3)证明f(x)>0.(1)解:因为要使函数有意义,需2x-1≠0,即x≠0,
所以函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).所以f(-x)=f(x),
又由(1)知函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),关于y轴对称,故f(x)是偶函数.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测(3)证明:当x>0时,2x>1,所以2x-1>0.
又因为x3>0,所以f(x)>0.
当x<0时,0<2x<1,所以-1<2x-1<0.
又因为x3<0,所以f(x)>0.
所以当x∈(-∞,0)∪(0,+∞)时,f(x)>0.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测探究三对数函数性质的综合应用 (1)求f(x)的定义域;
(2)判断函数的奇偶性和单调性.
分析:此函数是由y=logau,u= 复合而成的,求函数的性质应先求出定义域,再利用有关定义,去讨论其他性质.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测解得x>1或x<-1.所以函数的定义域为(-∞,-1)∪(1,+∞),关于原点对称.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测反思感悟1.对于类似于f(x)=logag(x)的函数,利用f(-x)±f(x)=0来判断奇偶性比较简便.
2.对数型复合函数的单调性应按照复合函数单调性“同增异减”的原则来判断:设y=logaf(x)(a>0,且a≠1),首先求满足f(x)>0的x的取值范围,即函数的定义域.假设f(x)在定义域的子区间I1上单调递增,在子区间I2上单调递减,则
(1)当a>1时,函数y=logaf(x)的单调性与内层函数f(x)的单调性相同,即y=logaf(x)在I1上单调递增,在I2上单调递减;
(2)当00时x的取值范围. 解得x<-1,即x的取值范围是(-∞,-1).
综上,当a>1时,x的取值范围是(1,+∞),
当0典例 已知函数y=logax(a>0,且a≠1)在区间[2,4]上的最大值与最小值的差是1,求a的值.
错解因为函数y=logax(a>0,且a≠1)在区间[2,4]上的最大值是loga4,最小值是loga2,以上解题过程中都有哪些错误?出错的原因是什么?你如何改正?如何防范?
提示:错解中误以为函数y=logax(a>0,且a≠1)在区间[2,4]上是增函数.探究一探究二探究三思维辨析当堂检测正解:(1)当a>1时,函数y=logax在区间[2,4]上是增函数, 防范措施在解决底数中包含字母参数的对数函数问题时,要注意对底数进行分类讨论,一般分a>1与00,且a≠1)在区间[1,2]上的最大值与最小值之和为loga2+6,则a的值为( )解析:当a>1时,函数y=ax和y=logax在区间[1,2]上都是增函数,所以f(x)=ax+logax在区间[1,2]上是增函数;当0答案:C探究一探究二探究三思维辨析当堂检测A.(3,5] B.[-3,5]
C.[-5,3) D.[-5,-3]
解析:要使函数有意义,则3-log2(3-x)≥0,
即log2(3-x)≤3,∴0<3-x≤8,∴-5≤x<3.
答案:C探究一探究二探究三思维辨析当堂检测答案:A 探究一探究二探究三思维辨析当堂检测A.y1>y2>y3 B.y1>y3>y2
C.y2>y1>y3 D.y3>y1>y2解析:y1=40.9=(22)0.9=21.8,y2=80.48=(23)0.48=21.44, 由于函数y=2x在R上是增函数,
又1.44<1.5<1.8,
则21.44<21.5<21.8,即y1>y3>y2.
答案:B探究一探究二探究三思维辨析当堂检测∵f(x)=2x在R上是增函数,∴2-x≥2,即x≤0.
答案:(-∞,0]答案:2 习题课——指数函数、对数函数及其性质的应用
课后篇巩固提升
基础巩固
1.函数f(x)=13x在[-1,0]上的最大值是( )
A.-1 B.0 C.1 D.3
解析函数f(x)=13x在区间[-1,0]上是减函数,则最大值是f(-1)=13-1=3.
答案D
2.函数f(x)=e|x-1|的单调递减区间是( )
A.(-∞,+∞) B.[1,+∞)
C.(-∞,1] D.[0,+∞)
解析因为y=eu为增函数,u=|x-1|在(-∞,1]上单调递减,在[1,+∞)上单调递增,所以由复合函数“同增异减”法则可知函数f(x)=e|x-1|的单调递减区间是(-∞,1].故选C.
答案C
3.函数f(x)=log12(x2-4)的单调递增区间为( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)
C.(2,+∞) D.(-∞,-2)
解析令t=x2-4>0,可得x>2或x<-2.
故函数f(x)的定义域为(-∞,-2)∪(2,+∞),
当x∈(-∞,-2)时,t随x的增大而减小,y=log12t随t的减小而增大,所以y=log12(x2-4)随x的增大而增大,即f(x)在(-∞,-2)上单调递增.故选D.
答案D
4.已知函数f(x)=ax,x<0,(a-3)x+4a,x≥0满足对任意x1≠x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x2<0成立,则a的取值范围是( )
A.0,14 B.(0,1)
C.14,1 D.(0,3)
解析由于函数f(x)=ax,x<0,(a-3)x+4a,x≥0满足对任意的x1≠x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x2<0成立,所以该函数为R上的减函数,所以0答案A
5.已知y=loga(2-ax)在区间[0,1]上为减函数,则a的取值范围为( )
A.(0,1) B.(1,2)
C.(0,2) D.[2,+∞)
解析由题设知a>0,则t=2-ax在区间[0,1]上是减函数.
因为y=loga(2-ax)在区间[0,1]上是减函数,
所以y=logat在定义域内是增函数,且tmin>0.
因此a>1,tmin=2?a>0,
故1答案B
6.已知定义域为R的偶函数f(x)在区间[0,+∞)上是增函数,且f12=0,则不等式f(log4x)<0的解集是 .?
解析由题意可知,f(log4x)<0?-12答案12,2
7.一种专门占据内存的计算机病毒,开机时占据的内存为2 KB,如果每3 min自身复制一次,复制后所占据的内存是原来的2倍,那么开机后,该病毒占据64 MB(1 MB=210 KB)内存需要经过的时间为 min.?
解析设开机t min后,该病毒占据y KB内存,
由题意,得y=2×2t3=2t3+1.
令y=2t3+1=64×210,又64×210=26×210=216,
所以有t3+1=16,
解得t=45.
答案45
8.已知函数f(x)=loga(x+1)(a>0,且a≠1),g(x)=loga(4-2x).
(1)求函数f(x)-g(x)的定义域;
(2)求使函数f(x)-g(x)的值为正数时x的取值范围.
解(1)由题意可知,f(x)-g(x)=loga(x+1)-loga(4-2x),要使函数f(x)-g(x)有意义,
则有x+1>0,4?2x>0,
解得-1故函数f(x)-g(x)的定义域是(-1,2).
(2)令f(x)-g(x)>0,得f(x)>g(x),
即loga(x+1)>loga(4-2x).
当a>1时,可得x+1>4-2x,解得x>1.
由(1)知-1当0由(1)知-1所以-1综上所述,当a>1时,x的取值范围是(1,2);
当09.已知定义域为R的函数f(x)=1?2x2x+1+a是奇函数.
(1)求a的值;
(2)若对任意的t∈R,不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求k的取值范围.
解(1)由f(x)是R上的奇函数,有f(x)=-f(-x)?1?2x2x+1+a=-1?2-x2-x+1+a对于任意实数x恒成立,解得a=2,此时f(x)=12x+1?12.
(2)我们先证明f(x)=12x+1?12的单调性:
任取x1,x2∈R,且x10.
可见f(x)在R上单调递减.
由此结合奇偶性,我们有f(t2-2t)+f(2t2-k)<0,即f(t2-2t)∴t2-2t>k-2t2,即3t-132?13-k>0.
要使上述不等式对t∈R恒成立,则需-13-k>0,即k<-13.故k的取值范围为-∞,-13.
能力提升
1.函数y=x·ln |x|的大致图象是( )
解析函数f(x)=x·ln |x|的定义域(-∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称,且f(-x)=-x·ln |-x|=-x·ln |x|=-f(x),所以f(x)是奇函数,排除选项B;当0答案D
2.若函数f(x)=log2(x2-ax+3a)在区间[2,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是( )
A.a≤4 B.a≤2
C.-4解析∵函数f(x)=log2(x2-ax+3a)在区间[2,+∞)上是增函数,∴y=x2-ax+3a在[2,+∞)上大于零且单调递增,故有a2≤2,4?2a+3a>0,
解得-4答案C
3.已知f(x)是定义在实数集R上的函数,满足条件:y=f(x+1)是偶函数,且当x≥1时,f(x)=5x,则f23,f32,f13的大小关系是( )
A.f13B.f32C.f32D.f23解析∵y=f(x+1)是偶函数,
∴y=f(x+1)的对称轴为x=0,
∴y=f(x)的对称轴为x=1.
又x≥1时,f(x)=5x,
∴f(x)=5x在区间[1,+∞)上是增函数,
∴f(x)在(-∞,1)上是减函数.
∵f32=f12,且23>12>13,
∴f23即f23答案D
4.已知函数y=logax(a>0,且a≠1),当x>2时恒有|y|≥1,则a的取值范围是 .?
解析当a>1时,y=logax在区间(2,+∞)上是增函数,由loga2≥1,得1当0故a的取值范围是12,1∪(1,2].
答案12,1∪(1,2]
5.若函数y=12x-1+m的图象不经过第一象限,则m的取值范围是 .?
解析将函数y=12x的图象向右平移1个单位长度得到函数y=12x-1的图象(如图所示),当m<0时,将y=12x-1的图象向下平移|m|个单位长度就可以得到函数y=12x-1+m的图象.要使y=12x-1+m的图象不经过第一象限,则需m≤-2.
答案m≤-2
6.已知函数f(x)=b·ax(其中a,b为常数,且a>0,a≠1)的图象经过点A(1,6),B(3,24).
(1)求f(x)的解析式;
(2)若不等式abx≥2m+1在x∈(-∞,1]时恒成立,求实数m的取值范围.
解(1)由题意得a·b=6,b·a3=24,
解得a=2,b=3,∴f(x)=3·2x.
(2)设g(x)=abx=23x,
则y=g(x)在R上为减函数,
∴当x≤1时g(x)min=g(1)=23.
∵abx≥2m+1在x∈(-∞,1]上恒成立,
∴g(x)min≥2m+1,即2m+1≤23,∴m≤-16.
故实数m的取值范围为-∞,-16.
7.已知函数f(x-1)=lgx2?x.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)解关于x的不等式f(x)≥lg(3x+1).
解(1)令t=x-1,则x=t+1.
由题意知x2?x>0,即0所以f(t)=lgt+12?(t+1)=lgt+11?t.
故f(x)=lgx+11?x(-1(2)lgx+11?x≥lg(3x+1)?x+11?x≥3x+1>0.
由3x+1>0,得x>-13.
因为-10.
由x+11?x≥3x+1,得x+1≥(3x+1)(1-x),
即3x2-x≥0,x(3x-1)≥0,
解得x≥13或x≤0.又x>-13,-1所以-13故不等式的解集为-13,0∪13,1.
8.已知函数f(x)=lg[(a2-1)x2+(a+1)x+1].
(1)若f(x)的定义域为R,求实数a的取值范围;
(2)若f(x)的值域为R,求实数a的取值范围.
分析设u(x)=(a2-1)x2+(a+1)x+1.
(1)函数f(x)的定义域为R,则真数u(x)=(a2-1)x2+(a+1)x+1恒为正,若u(x)为二次函数,则图象的开口向上且判别式小于0,但需考虑a2-1=0时的情况.
(2)若函数f(x)的值域为R,则真数u(x)能取到所有正实数.
解设u(x)=(a2-1)x2+(a+1)x+1.
(1)函数f(x)=lg[(a2-1)x2+(a+1)x+1]的定义域为R,
即u(x)=(a2-1)x2+(a+1)x+1>0在R上恒成立.
当a=1时,2x+1>0在R上不能恒成立,故舍去;
当a=-1时,1>0恒成立;
当a2-1≠0,即a≠±1时,
则a2-1>0,Δ=(a+1)2-4(a2-1)<0,
即a>1或a53或a53或a<-1.
∴实数a的取值范围是(-∞,-1]∪53,+∞.
(2)∵f(x)的值域为R,
∴u(x)=(a2-1)x2+(a+1)x+1的函数值要取遍所有的正数,即(0,+∞)是u(x)值域的子集.
当a=1时,符合题意;
当a=-1时,不符合题意;
当a≠±1时,函数u(x)为二次函数,
即函数u(x)=(a2-1)x2+(a+1)x+1的图象与x轴有交点且开口向上,
则a2-1>0,Δ=(a+1)2-4(a2-1)≥0,
即a>1或a综上可知,实数a的取值范围是1,53.
