對數(shù)函數(shù)（解答題）1.設(shè)函數(shù)f(x)=|lgx|，若0＜a＜b，且f(a)＞f(b)，證明：ab＜1.2.記函數(shù)的定義域為，的定義域為，（1）求：（2）若，求、的取值范圍。3.定義在區(qū)間（0，1）上的函數(shù)(1)求實數(shù)m的值；(2)解不等式4.記函數(shù)f(x)=的定義域為A,g(x)=lg[(x－a－1)(2a－x)](a<1)的定義域為B.(1)求A；(2)若BA,求實數(shù)a的取值范圍.5.求函數(shù)f(x)=lg(x－1)+lg(3－ax)的定義域。6.7..(1)試判斷f(x)的奇偶性；.8.已知0<x<1,0<a<1，試比較的大小.9.函數(shù)的定義域為R，求實數(shù)m的取值范圍.10.11.己知函數(shù)f(x)滿足條件f(ax－1)=lg(a≠0)①求f(x)的表達式.②求函數(shù)的定義域.③判斷f(x)的奇偶性與實數(shù)a之間的關(guān)系.12.已知函數(shù)y＝logax，其中a{a|20<12a－a2}.(1)判斷函數(shù)y＝logax的增減性；(2)若命題p：|f(eq\r(x))|<1－|f(2eq\r(x))|為真命題，求實數(shù)x的取值范圍.13.解關(guān)于x的不等式lg(2ax)–lg(a+x)<114.設(shè)f(x)=lg，且當(dāng)x∈(－∞,1］時f(x)有意義，求實數(shù)a的取值范圍.15.設(shè)a＞0，解關(guān)于x的不等式log2eq\f(ax,x－1)＜1.16.已知集合是滿足下列性質(zhì)的函數(shù)的全體：在定義域內(nèi)存在，使得成立。(1)函數(shù)是否屬于集合？說明理由；(2)設(shè)函數(shù)，求的取值范圍；(3)設(shè)函數(shù)圖象與函數(shù)的圖象有交點，證明：函數(shù)。17.已知函數(shù)(1)，求的解析式；(2)若函數(shù)，函數(shù)是，求；(3)是定義在上的函數(shù)，且其為奇函數(shù)，其圖像關(guān)于直線對稱當(dāng)，求最小正數(shù)及函數(shù)在上的解析式18.若函數(shù)y=f(x)定義域、值域均為R，且存在反函數(shù)。若f(x)在(-∞,+∞)上遞增，求證：y=f-1(x)在(-∞,+∞)上也是增函數(shù)。19.已知函數(shù).(1)求證：函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增；(2)記為函數(shù)的反函數(shù).若關(guān)于的方程在上有解，求的取值范圍.20.設(shè)p,q∈R+且滿足log9p=log12q=log16(p+q)，求的值。21.對于正整數(shù)a,b,c(a≤b≤c)和實數(shù)x,y,z,w，若ax=by=cz=70w，且，求證：a+b=c.22.已知x1,ac1,a1,c1.且logax+logcx=2logbx，求證c2=(ac)logab.23.設(shè)f(x)=lg[1+2x+3x+…+(n-1)x+nx·a]，其中n為給定正整數(shù),n≥2,a∈R.若f(x)在x∈(-∞,1]時有意義，求a的取值范圍。24.設(shè)a∈R，試討論關(guān)于x的方程lg(x-1)+lg(3-x)=lg(a-x)的實數(shù)解的個數(shù)。25.設(shè)f(x)=|lgx|，實數(shù)a,b滿足0<a<b,f(a)=f(b)=2f，求證：（1）a4+2a2-4a+1=0,b4-4b3+2b2+1=0；（2）3<b<4.26.設(shè)a>0且a1,f(x)=loga(x+)(x≥1)，（1）求f(x)的反函數(shù)f-1(x)；（2）若f-1(n)<(n∈N+)，求a的取值范圍。27.（1）試畫出由方程所確定的函數(shù)y=f(x)圖象。（2）若函數(shù)y=ax+與y=f(x)的圖象恰有一個公共點，求a的取值范圍。28.已知函數(shù)29.已知：.（1）求;（2）判斷此函數(shù)的奇偶性;（3）若，求的值..解答題答案:1.依題意:lga<0,lgb>0,去絕對值得:-lga<lgb.得證.2.（1）（2），由，得，則，即3.（Ⅰ）∵0<m<1，∴0<m2<m∴（Ⅱ）當(dāng)，∴20x>1，∴當(dāng)，得∴而方程，∴恒成立，又由，得解得，∴綜上不等式的解集為4.(1)2－≥0,得≥0,x<－1或x≥1即A=(－∞,－1)∪[1,+∞)(2)由(x－a－1)(2a－x)>0,得(x－a－1)(x－2a)<0.∵a<1,∴a+1>2a,∴B=(2a,a+1).∵BA,∴2a≥1或a+1≤－1,即a≥或a≤－2,而a<1,∴≤a<1或a≤－2,故當(dāng)BA時,實數(shù)a的取值范圍是:(－∞,－2)∪[,1)5.需滿足x>1且3>ax當(dāng)a≥3時，此時原函數(shù)的定義域為Ф；當(dāng)0＜a＜3時,此時原函數(shù)的定義域為:當(dāng)a=0時，得不等式組x＞1且x＞0此時原函數(shù)的定義域為x∈（1，+∞）；a＜0時,此時原函數(shù)的定義域為x∈（1，+∞）；6.原不等式變形為.所以，原不等式.故原不等式的解集為.7.（Ⅰ)f(x)是奇函數(shù)。（Ⅱ）方程的解是。8.[解法一]：∵0<1-x2<1,∴∴[解法二]：∵0<1-x2<1,1+x>1,∴∴∴[解法三]：∵0<x<1,∴0<1-x<1,1<1+x<2,∴∴左-右=∵0<1-x2<1,且0<a<1∴∴9.（1）函數(shù)的定義域為R（2）∴由（1）、（2）可得，m的取值范圍為[0，1）10.(1)∴a=2時,不等式的角為x>;……(2)a>2時,a－2>0,故原不等式解為<x≤0或x≥a－211.（1）令t=ax－1，則（2）f（x）的定義域為{x|[x+(2a+1)][x+(1－3a)]>0}.∴當(dāng)a>0時，定義域（3）定義域關(guān)于原點O對稱的充要條件是：－2a－1=－(3a－1),∴a=2.當(dāng)a=2時，綜上所述：當(dāng)a=2時，f（x）為奇函數(shù).當(dāng)a≠2且a≠0時，f(x)為非奇非偶函數(shù).注：本例定義域，實質(zhì)上是求一元二次不等式的含參數(shù)的解法，令－（2a+1）=－(1－3a),得出a=0，即當(dāng)a>0時，3a－1>－2a－1,則定義域為x>3a－1或x<－2a－1；當(dāng)a<0時，3a－1<－2a－1，則定義域為x>2a－1或x<3a－1，考察f(x)的奇偶性、要先觀察其定義域是否是關(guān)于原點對稱的區(qū)間.12.(1)∵a{a|20<12a－a2}，∴a2－12a＋20<0，即2<a<10，∴函數(shù)y＝logax是增函數(shù).(2)|f(eq\r(x))|<1－|f(2eq\r(x))|即|f(eq\r(x))|＋|f(2eq\r(x))|<1，必有x>0.當(dāng)0<x<eq\f(1,4)時，logaeqeq\r(x)<loga2eqeq\r(x)<0,不等式化為－logaeqeq\r(x)－loga2eqeq\r(x)<1∴－loga2eqx<1，故loga2eqx>－1，∴x>eq\f(1,2a),此時eq\f(1,2a)<x<eq\f(1,4).當(dāng)eq\f(1,4)≤x<1時，logaeqeq\r(x)<0<loga2eqeq\r(x),不等式化為－logaeqeq\r(x)＋loga2eqeq\r(x)<1，這顯然成立，此時eq\f(1,4)≤x<1當(dāng)x≥1時，0≤logaeqeq\r(x)<loga2eqeq\r(x),不等式化為logaeqeq\r(x)＋loga2eqeq\r(x)<1∴l(xiāng)oga2eqx<1，故x<eq\f(a,2),此時1≤x<eq\f(a,2)……10分綜上所述知，使命題p為真命題的x的取值范圍是｛x|eq\f(1,2a)<x<eq\f(a,2)｝………………12分13.由，得a>0,x>0.3分不等式化成：lg(2ax)<lg(10a+10x)3分得2ax<10a+10x(a–5)x<5a2分當(dāng)0<a<5時，a–5<0,解得x>0,2分當(dāng)a=5時，不等式為0?x<25,得x>0,2分當(dāng)a>5時，a–5>0,解得0<x<.2分14.欲使x∈(－∞,1]時，f(x)有意義，需1+2x+4xa＞0恒成立，也就是a＞－［()x+()x］(x≤1)恒成立.∵u(x)=－［()x+()x］在(－∞,1］上是增函數(shù)，∴當(dāng)x=1時，［u(x)］max=－.于是可知，當(dāng)a＞－時，滿足題意,即a的取值范圍為(－，+∞).15.解：log2eq\f(ax,x－1)＜10＜eq\f(ax,x－1)＜2，由eq\f(ax,x－1)＞0且a＞0x＜0或x＞1.由eq\f(ax,x－1)＜2(x－1)[(a－2)x＋2]＜0①當(dāng)a＝2時，x＜1當(dāng)a＞2時，①化為(x－1)(x＋eq\f(2,a－2))＜0eq\f(2,2－a)＜x＜1.當(dāng)0＜a＜2時，①化為(x－1)(x＋eq\f(2,a－2))＞0x＜1或＞eq\f(2,2－a).綜上述：當(dāng)a＝2時，原不等式解為x＜0.當(dāng)a＞2時，原不等式解為eq\f(2,2－a)＜x＜0.當(dāng)0＜a＜2時，原不等式解為x＜0或x＞eq\f(2,2－a).16.(1)若，在定義域內(nèi)存在，則，∵方程無解，∴。(2)，時，；時，由，得?！唷?3)∵，又∵函數(shù)圖象與函數(shù)的圖象有交點，設(shè)交點的橫坐標(biāo)為，則，其中?！?，即。17.(1)(2)＝4（可知）(3)＝1（略）；；；。18.設(shè)x1<x2,且y1=f-1(x1),y2=f-1(x2)，則x1=f(y1),x2=f(y2)，若y1≥y2，則因為f(x)在(-∞,+∞)上遞增，所以x1≥x2與假設(shè)矛盾，所以y1<y2。即y=f-1(x)在(-∞,+∞)遞增。19.（1）任取，則，，，，即函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增.……6分[解]（2），……9分[解法一]，……11分當(dāng)時，，的取值范圍是.……14分[解法二]解方程，得，……11分，解得.的取值范圍是.……14分20.令log9p=log12q=log16(p+q)=t，則p=9t,q=12t,p+q=16t，所以9t+12t=16t，即1+記x=，則1+x=x2，解得又>0，所以=21.由ax=by=cz=70w取常用對數(shù)得xlga=ylgb=zlgc=wlg70.所以lga=lg70,lgb=lg70,lgc=lg70，相加得(lga+lgb+lgc)=lg70，由題設(shè)，所以lga+lgb+lgc=lg70，所以lgabc=lg70.所以abc=70=2×5×7.若a=1，則因為xlga=wlg70，所以w=0與題設(shè)矛盾，所以a>1.又a≤b≤c，且a,b,c為70的正約數(shù)，所以只有a=2,b=5,c=7.所以a+b=c.22.由題設(shè)logax+logcx=2logbx，化為以a為底的對數(shù)，得，因為ac>0,ac1，所以logab=logacc2，所以c2=(ac)logab.注：指數(shù)與對數(shù)式互化，取對數(shù)，換元，換底公式往往是解題的橋梁。23.由題設(shè)對任意的x≤1，有1+2x+…+(n-1)x+nx·a>0，即+…+>-a，設(shè)g(x)=+…+，因為g(x)在（-∞,+∞）遞減，所以當(dāng)x≤1時，g(x)>-a恒成立等價于g(1)>-a,即+…+>-a，化簡得>-a，所以a的取值范圍是a>24.原方程等價于。即等價于。②③令y1=-x2+5x-3,y2=a,問題轉(zhuǎn)化為求拋物線弧y1=-x2+5x-3=（1<x<3）與直線y=a的交點個數(shù)，如圖所示，由此可見：?。┊?dāng)a∈(-∞,1]∪時，原方程無實數(shù)解；ⅱ）當(dāng)a∈(1,3]∪時，原方程只有一個實數(shù)解；ⅲ）當(dāng)a∈時，原方程有兩個不同的實數(shù)解。25.證明：（1）依題設(shè)，有|lga|=|lgb|，又a<b，故lga=-lgb，可得ab=1，從而0<a<1<b.因為f(b)=2f,故|lgb|=2,又a+b≥=2，由上式得lgb=2lg,從而(a+b)2=4b.①將b=代入①得，整理得a4+2a2-4a+1=0②將a=代入②式得b4-4b2+2b2+1=0.③（2）由③式得b4-4b2+2b2+1=(b-1)(b3-3b2-b-1)=0，又b>1，故g(b)=b3-3b2-b-1=0④若1<b≤3，則g(b)=b2(b-3)-(b+1)<0，與④式矛盾。若b≥4,則