第8課時對數與對數函數[考試要求]1.理解對數的概念及運算性質，能用換底公式將一般對數轉化成自然對數或常用對數.2.通過實例，了解對數函數的概念，會畫對數函數的圖象，理解對數函數的單調性與特殊點.3.了解指數函數y＝ax(a＞0，且a≠1)與對數函數y＝logax(a>0，且a≠1)互為反函數．1．對數的概念一般地，如果ax＝N(a>0，且a≠1)，那么數x叫做以a為底N的對數，記作x＝logaN，其中a叫做對數的底數，N叫做真數．以10為底的對數叫做常用對數，log10N記為lgN.以e為底的對數叫做自然對數，logeN記為lnN.2．對數的性質與運算性質(1)對數的性質：loga1＝0，logaa＝1(a＞0，且a≠1)．(2)對數的運算性質：如果a>0，且a≠1，M>0，N>0，那么①loga(MN)＝logaM＋logaN；②logaeq\f(M,N)＝logaM－logaN；③logaMn＝nlogaM(n∈R)．(3)對數恒等式：alogaN＝N(a>0，且a≠1，N>0)．(4)換底公式：logab＝eq\f(logcb,logca)(a>0，且a≠1；b>0；c>0，且c≠1)．3．對數函數(1)一般地，函數y＝logax(a＞0，且a≠1)叫做對數函數，其中x是自變量，定義域是(0，＋∞).(2)對數函數的圖象與性質項目a>10<a<1圖象定義域(0，＋∞)值域R性質過定點(1,0)，即x＝1時，y＝0當x>1時，y>0；當0<x<1時，y<0當x>1時，y<0；當0<x<1時，y>0在(0，＋∞)上是增函數在(0，＋∞)上是減函數4．反函數指數函數y＝ax(a>0，且a≠1)與對數函數y＝logax(a>0，且a≠1)互為反函數，它們的圖象關于直線y＝x對稱．[常用結論]1．換底公式的三個重要結論(1)logab＝eq\f(1,logba)；(2)logambn＝eq\f(n,m)logab；(3)logab·logbc·logcd＝logad.(a＞0，且a≠1；b＞0，且b≠1；c＞0，且c≠1；d＞0)2．對數函數的圖象與底數大小的關系如圖，作直線y＝1，則該直線與四個函數圖象交點的橫坐標為相應的底數，故0＜c＜d＜1＜a＜b.由此我們可得到規律：在第一象限內從左到右底數逐漸增大.一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)log2x2＝2log2x.(×)(2)函數y＝log2(x＋1)是對數函數．(×)(3)函數y＝lneq\f(1＋x,1－x)與y＝ln(1＋x)－ln(1－x)的定義域相同．(√)(4)函數y＝log2x與y＝logeq\f(1,2)eq\f(1,x)的圖象重合．(√)二、教材經典衍生1．(人教A版必修第一冊P140習題4.4T1改編)函數y＝的定義域是________.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))[由logeq\s\do10(\f(2,3))(2x－1)≥0，得0＜2x－1≤1，所以eq\f(1,2)＜x≤1.所以函數y＝的定義域是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).]2．(人教A版必修第一冊P135練習T2改編)比較下列兩個值的大小：(1)log0.56<log0.54；(2)log2eq\f(1,3)＝logeq\s\do10(\f(1,2))3.3．(人教A版必修第一冊P126練習T3(2)改編)(log43＋log83)·log32＝________.eq\f(5,6)[(log43＋log83)×log32＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lg3,2lg2)＋\f(lg3,3lg2)))×eq\f(lg2,lg3)＝eq\f(5,6).]4．(人教A版必修第一冊P141習題4.4T12改編)若logaeq\f(2,3)<1，則實數a的取值范圍是______________________________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪(1，＋∞)[當a>1時，滿足條件；當0<a<1時，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,loga\f(2,3)<logaa，))得0<a<eq\f(2,3).綜上，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))∪(1，＋∞)．]考點一對數的運算[典例1](1)(2025·重慶模擬)已知a＝log25,8＝5b，則ab＝__________.(2)(2024·全國甲卷)已知a>1，eq\f(1,log8a)－eq\f(1,loga4)＝－eq\f(5,2)，則a＝_______.(1)3(2)64[(1)由8＝5b，得b＝log58，所以ab＝log25·log58＝3log25·log52＝3.(2)由題意得eq\f(1,log8a)－eq\f(1,loga4)＝eq\f(3,log2a)－eq\f(1,2)·log2a＝－eq\f(5,2)，整理得(log2a)2－5log2a－6＝0，解得log2a＝－1或log2a＝6.又因為a>1，所以log2a＝6，故a＝26＝64.]解決對數運算問題的常用方法(1)將真數化為底數的指數冪的形式進行化簡．(2)將同底對數的和、差、倍合并．(3)利用換底公式將不同底的對數式轉化成同底的對數式，要注意換底公式的正用、逆用及變形應用．[跟進訓練]1．(1)(2025·八省適應性測試)已知函數f(x)＝ax(a>0，a≠1)，若f(ln2)f(ln4)＝8，則a＝________.(2)計算：lg25＋lg50＋lg2×lg500＋(lg2)2＝________.(1)e(2)4[(1)因為f(ln2)＝aln2，f(ln4)＝aln4，所以f(ln2)f(ln4)＝aln2·aln4＝aln2＋ln4＝a3ln2＝(aln2)3＝8，所以aln2＝2，所以a＝e.(2)原式＝2lg5＋lg(5×10)＋lg2×lg(5×102)＋(lg2)2＝2lg5＋lg5＋1＋lg2×(lg5＋2)＋(lg2)2＝3lg5＋1＋lg2×lg5＋2lg2＋(lg2)2＝3lg5＋2lg2＋1＋lg2(lg5＋lg2)＝3lg5＋2lg2＋1＋lg2＝3(lg5＋lg2)＋1＝4.]考點二對數函數的圖象及應用[典例2](1)(2025·深圳模擬)已知a>0，且a≠1，則函數y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))的圖象一定經過()A．一、二象限 B．一、三象限C．二、四象限 D．三、四象限(2)當0＜x≤eq\f(1,2)時，4x＜logax，則a的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C．(1，eq\r(2)) D．(eq\r(2)，2)(1)D(2)B[(1)當x＝0時，y＝logaeq\f(1,a)＝－1，則當0<a<1時，如圖，函數圖象過二、三、四象限；則當a>1時，如圖，函數圖象過一、三、四象限．所以函數y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))的圖象一定經過三、四象限．故選D.(2)構造函數f(x)＝4x和g(x)＝logax，當a＞1時，不滿足條件；當0＜a＜1時，畫出兩個函數大致的圖象，如圖所示，由題意可知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即2＜logaeq\f(1,2)，則a＞eq\f(\r(2),2)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).][拓展變式]將本例(2)中“4x＜logax”變為“關于x的方程4x＝logax有解”，則a的取值范圍是________.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))[若方程4x＝logax在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上有解，則函數y＝4x的圖象和函數y＝logax的圖象在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上有交點．由圖象可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,loga\f(1,2)≤2，))解得0＜a≤eq\f(\r(2),2).]對數函數圖象的識別及應用方法(1)在識別函數圖象時，要善于利用已知函數的性質、函數圖象上的特殊點(與坐標軸的交點、最高點、最低點等)排除不符合要求的選項．(2)一些對數型方程、不等式問題常轉化為相應的函數圖象問題，利用數形結合法求解．[跟進訓練]2．(1)(多選)若函數f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|，其中a＞0，且a≠1，則函數f(x)，g(x)在同一平面直角坐標系中的大致圖象可能是()(2)已知函數f(x)＝|lnx|，若0<a<b，且f(a)＝f(b)，則a＋2b的取值范圍是________.(1)AD(2)(3，＋∞)[(1)易知g(x)＝loga|x|為偶函數．當0＜a＜1時，f(x)＝ax－2單調遞減，g(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上單調遞減，此時A選項符合題意．當a＞1時，f(x)＝ax－2單調遞增，g(x)＝loga|x|在(0，＋∞)上單調遞增，此時D選項符合題意．故選AD.(2)f(x)＝|lnx|的圖象如圖，因為f(a)＝f(b)，所以|lna|＝|lnb|.因為0<a<b，所以lna<0，lnb>0，所以0<a<1，b>1，所以－lna＝lnb，所以lna＋lnb＝ln(ab)＝0，所以ab＝1，則b＝eq\f(1,a)，所以a＋2b＝a＋eq\f(2,a).令g(x)＝x＋eq\f(2,x)(0<x<1)，則g(x)在(0,1)上單調遞減，所以g(x)>g(1)＝1＋2＝3，所以a＋2b>3，所以a＋2b的取值范圍為(3，＋∞)．]考點三對數函數的性質及應用比較大小[典例3](1)已知a＝log2e，b＝ln2，c＝logeq\s\do10(\f(1,2))eq\f(1,3)，則a，b，c的大小關系為()A．a＞b＞c B．b＞a＞cC．c＞b＞a D．c＞a＞b(2)若實數a，b，c滿足loga2<logb2<logc2<0，則下列關系中正確的是()A．a<b<c B．b<a<cC．c<b<a D．a<c<b(1)D(2)C[(1)法一(中間量法)：因為a＝log2e＞1，b＝ln2∈(0,1)，c＝logeq\s\do10(\f(1,2))eq\f(1,3)＝log23＞log2e＞1，所以c＞a＞b.法二(圖象法)：logeq\s\do10(\f(1,2))eq\f(1,3)＝log23，在同一平面直角坐標系中作出函數y＝log2x，y＝lnx的圖象，如圖，由圖可知c＞a＞b.(2)根據不等式的性質和對數的換底公式可得eq\f(1,log2a)<eq\f(1,log2b)<eq\f(1,log2c)<0，即log2c<log2b<log2a<0，可得0<c<b<a<1.故選C．]解與對數有關的不等式[典例4](1)(2025·濟南模擬)已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在[0，＋∞)上單調遞增．若正實數a滿足f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)，則a的取值范圍是()A．[1,2] B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D．(0,2](2)設函數f(x)＝若f(a)>f(－a)，則實數a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(0,1)(1)C(2)C[(1)因為logeq\s\do10(\f(1,2))a＝－log2a，又f(x)是定義在R上的偶函數，所以f(log2a)＋f(logeq\s\do10(\f(1,2))a)＝f(log2a)＋f(－log2a)＝2f(log2a)，原不等式變為2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1)．又因為f(x)是定義在R上的偶函數，且在[0，＋∞)上單調遞增，所以|log2a|≤1，即－1≤log2a≤1，解得eq\f(1,2)≤a≤2.故選C．(2)由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,log2a＞－log2a))或解得a>1或－1<a<0.故選C．]對數函數性質的綜合應用[典例5](1)若f(x)＝lg(x2－2ax＋1＋a)在(－∞，1]上單調遞減，則a的取值范圍為()A．[1,2) B．[1,2]C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)(2)(多選)已知函數f(x)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)，下列說法正確的是()A．f(x)為奇函數B．f(x)為偶函數C．f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調遞減D．f(x)的值域為(－∞，0)∪(0，＋∞)(3)(2025·濱州模擬)已知函數f(x)＝ln(eax＋1)－x是偶函數，則實數a的值為________.(1)A(2)ACD(3)2[(1)令函數g(x)＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2＋1＋a－a2，則圖象的對稱軸為x＝a，要使函數f(x)在(－∞，1]上單調遞減，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1＞0，,a≥1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a≥1，))解得1≤a<2，即a∈[1,2)．(2)令eq\f(2x＋1,2x－1)>0，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)，所以f(x)的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).又f(－x)＝lneq\f(－2x＋1,－2x－1)＝lneq\f(2x－1,2x＋1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x＋1,2x－1)))－1＝－lneq\f(2x＋1,2x－1)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數，故A正確，B錯誤．又f(x)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2x－1)))，令t＝1＋eq\f(2,2x－1)，t>0且t≠1，則y＝lnt，又t＝1＋eq\f(2,2x－1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調遞減，且y＝lnt為增函數，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調遞減，故C正確．由C分析可得f(x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，故D正確．(3)由題意知f(x)的定義域為R，函數f(x)＝ln(eax＋1)－x是偶函數，則f(－x)＝ln(e－ax＋1)＋x＝f(x)＝ln(eax＋1)－x，即lneq\f(eax＋1,e－ax＋1)＝2x，化簡得lneax＝2x，解得a＝2.]求與對數函數有關的復合函數的單調性、值域問題，必須弄清三個問題：一是定義域；二是底數與1的大小關系；三是復合函數的構成．[跟進訓練]3．(1)(多選)已知x＞0，y＞0，且x－y＞lneq\f(y,x)，則()A．x＞y B．x＋eq\f(1,y)＞y＋eq\f(1,x)C．ln(x－y)＜0 D．eq\f(1,2x)＜2－y(2)(多選)已知函數f(x)＝ln(x2＋x＋m)(m∈R)，則()A．當m>eq\f(1,4)時，f(x)的定義域為RB．f(x)一定存在最小值C．f(x)的圖象關于直線x＝－eq\f(1,2)對稱D．當m≥1時，f(x)的值域為R(3)已知函數f(x)＝ln(eq\r(1＋x2)－x)＋2，則f(lg3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,3)))＝________.(4)已知f(x)＝1＋log3x(1≤x≤9)，設函數g(x)＝[f(x)]2＋f(x2)，則g(x)max－g(x)min＝.(1)ABD(2)AC(3)4(4)5[(1)因為x－y＞lneq\f(y,x)，所以x－y＞lny－lnx，所以lnx＋x＞lny＋y.對于A，設f(x)＝lnx＋x，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，因為lnx＋x＞lny＋y，所以f(x)＞f(y)，所以x＞y，故A正確；對于B，因為x＞0，y＞0，且x＞y，所以eq\f(1,x)＜eq\f(1,y)，所以x＋eq\f(1,y)＞y＋eq\f(1,x)，故B正確；對于C，當x－y＝e時，ln(x－y)＝1，故C錯誤；對于D，因為x＞y，所以－x＜－y，所以2－x＜2－y，即eq\f(1,2x)＜2－y，故D正確．故選ABD.(2)對于A，若m>eq\f(1,4)，則Δ＝1－4m<0，則x2＋x＋m>0恒成立，所以f(x)的定義域為R，故A正確；對于B，若m＝0，則f(x)＝ln(x2＋x)的定義域為(－∞，－1)∪(0，＋∞)，值域為R，沒有最小值，故B錯誤；對于C，由于函數y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋m－\f(1,4)))為偶函數，其圖象關于y軸對稱，將該函數的圖象向左平移eq\f(1,2)個單位長度即可得到函數f(x)＝lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋m－\f(1,4)))＝ln(x2＋x＋m)的圖象，此時f(x)的圖象對稱軸為直線x＝－eq\f(1,2)，故C正確；對于D，若m≥1，則y＝x2＋x＋m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋m－eq\f(1,4)≥eq\f(3,4)，故f(x)的值域不是R，故D錯誤．故選AC．(3)設g(x)＝ln(eq\r(1＋x2)－x)，則f(x)＝g(x)＋2，顯然有g(－x)＝－g(x)，即g(x)為奇函數，則g(－x)＋g(x)＝0，所以f(lg3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,3)))＝f(lg3)＋f(－lg3)＝g(lg3)＋2＋g(－lg3)＋2＝4.(4)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1≤x≤9，,1≤x2≤9，))所以1≤x≤3，所以g(x)的定義域為[1,3]，g(x)＝[f(x)]2＋f(x2)＝(1＋log3x)2＋1＋log3x2＝(log3x)2＋4log3x＋2.設t＝log3x，則0≤t≤1，則y＝t2＋4t＋2＝(t＋2)2－2在[0,1]上單調遞增，所以當t＝0，即x＝1時，g(x)min＝g(1)＝2，當t＝1，即x＝3時，g(x)max＝g(3)＝7，所以g(x)max－g(x)min＝5.]點撥：易忽視g(x)的定義域．課時分層作業(十三)(本試卷共97分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．若xlog34＝1，則4x＋4－x的值為()A．eq\f(10,3) B．3C．4 D．eq\f(1,3)A[因為xlog34＝1，所以log34x＝1，所以4x＝3，所以4x＋4－x＝3＋3－1＝eq\f(10,3).故選A．]2．已知lga＋lgb＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，則函數f(x)＝ax與g(x)＝logeq\s\do10(\f(1,b))x的圖象可能是()B[因為lga＋lgb＝0(a>0且a≠1，b>0且b≠1)，所以ab＝1，所以a＝eq\f(1,b)，所以g(x)＝logeq\s\do10(\f(1,b))x＝logax，函數f(x)＝ax與函數g(x)＝logeq\s\do10(\f(1,b))x互為反函數，所以函數f(x)＝ax與g(x)＝logeq\s\do10(\f(1,b))x的圖象關于直線y＝x對稱，且具有相同的單調性．故選B.]3．若非零實數a，b，c滿足2a＝3b＝6c＝k，則()A．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,c) B．eq\f(2,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(1,c)C．eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(2,c) D．eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(2,c)A[由已知2a＝3b＝6c＝k，得a＝log2k，b＝log3k，c＝log6k，所以eq\f(1,a)＝logk2，eq\f(1,b)＝logk3，eq\f(1,c)＝logk6，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(1,c).]4.（2025·深圳模擬）若，，，則，，的大小關系是（

）A． B． C． D．B[，，.又在上單調遞增，，所以，所以，所以，所以.故選B.]5．推動小流域綜合治理提質增效，推進生態清潔小流域建設是助力鄉村振興和建設美麗中國的重要途徑之一．某鄉村落實該舉措后因地制宜，發展旅游業，2023年時平均每戶增加4000元收入，以后每年度平均每戶較上一年增長的收入是在前一年每戶增長收入的基礎上以10%的增速增長的，則該鄉村每年度平均每戶較上一年增加的收入開始超過12000元的年份大約是()(參考數據：ln3≈1.10，ln10≈2.30，ln11≈2.40)A．2033年 B．2034年C．2035年 D．2036年C[設經過n年之后，每年度平均每戶收入增加y元，由題得y＝4000·(1＋10%)n>12000，即1.1n>3，則nln1.1>ln3，n>eq\f(ln3,ln1.1)＝eq\f(ln3,ln11－ln10)≈11，又n∈N*，則n＝12.所以所求年份大約是2035年．故選C．]6．(2025·德州模擬)已知函數f(x)＝loga(x2－ax＋1)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，2))上有最大值或最小值，則實數a的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，2)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(1,2)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))∪(1,4) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))∪(1,2)B[要使函數f(x)在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，2))上有最大值或最小值，由于y＝x2－ax＋1開口向上，故需函數y＝x2－ax＋1在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，2))上有最小值，且y>0.該函數圖象的對稱軸為直線x＝eq\f(a,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a≠1，,\f(1,4)<\f(a,2)<2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－a·\f(a,2)＋1>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a≠1，,\f(1,2)<a<4，,－2<a<2，))所以eq\f(1,2)<a<2，且a≠1，即實數a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪(1,2)．故選B.]二、多項選擇題7．已知函數f(x)＝log2(x＋6)＋log2(4－x)，則()A．f(x)的定義域是(－6,4)B．f(x)有最大值C．不等式f(x)＜4的解集是(－∞，－4)∪(2，＋∞)D．f(x)在[0,4]上單調遞增AB[由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋6＞0，,4－x＞0，))解得－6＜x＜4，即f(x)的定義域是(－6,4)，則A正確；f(x)＝log2(－x2－2x＋24)，因為y＝－x2－2x＋24在(－6，－1)上單調遞增，在(－1,4)上單調遞減，y＝log2x在(0，＋∞)上單調遞增，所以f(x)在(－6，－1)上單調遞增，在(－1,4)上單調遞減，所以f(x)max＝f(－1)＝2log25，則B正確；因為f(x)在(－6，－1)上單調遞增，在(－1,4)上單調遞減，且f(－4)＝f(2)＝4，所以不等式f(x)＜4的解集是(－6，－4)∪(2,4)，則C錯誤；因為f(x)在(－1,4)上單調遞減，所以D錯誤．故選AB.]8．已知函數f(x)＝|loga(x＋1)|(a>1)，下列說法正確的是()A．函數f(x)的圖象恒過定點(0,0)B．函數f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞減C．函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))上的最小值為0D．若對任意x∈[1,2]，f(x)≥1恒成立，則實數a的取值范圍是(1,2]ACD[當x＋1＝1，即x＝0時，f(x)＝0，即圖象恒過定點(0,0)，故A正確；當x∈(0，＋∞)時，x＋1∈(1，＋∞)，又a>1，所以f(x)＝|loga(x＋1)|＝loga(x＋1)，由復合函數單調性可知，當x∈(0，＋∞)時，f(x)＝|loga(x＋1)|＝loga(x＋1)單調遞增，故B錯誤；當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))時，x＋1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以f(x)＝|loga(x＋1)|≥loga1＝0，故C正確；當x∈[1,2]時，f(x)＝|loga(x＋1)|＝loga(x＋1)≥1恒成立，所以由函數f(x)在[1,2]上單調遞增知loga2≥1，解得1<a≤2，故D正確．]三、填空題9．若函數y＝f(x)與y＝5x互為反函數，則y＝f(x2－2x)的單調遞減區間是________.(－∞，0)[因為y＝f(x)與y＝5x互為反函數，所以f(x)＝log5x，則f(x2－2x)＝log5(x2－2x)．設μ＝x2－2x，則f(μ)＝log5μ，由x2－2x＞0，解得x＜0或x＞2.因為f(μ)＝log5μ在其定義域上單調遞增，又μ＝x2－2x在(－∞，0)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，所以y＝f(x2－2x)的單調遞減區間是(－∞，0)．]10．已知函數f(x)＝x＋ln(eq\r(x2＋1)－x)－5(x∈[－2024，2024])的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________.－10[設g(x)＝f(x)＋5＝x＋ln(eq\r(x2＋1)－x)，g(x)的定義域為(x∈[－2024,2024])，則g(x)＋g(－x)＝x＋ln(eq\r(x2＋1)－x)－x＋ln(eq\r(x2＋1)＋x)＝ln[(eq\r(x2＋1)－x)(eq\r(x2＋1)＋x)]＝ln1＝0，所以g(－x)＝－g(x)，g(x)是奇函數，因此g(x)min＋g(x)max＝0.又g(x)min＝f(x)min＋5＝m＋5，g(x)max＝f(x)max＋5＝M＋5，所以g(x)min＋g(x)max＝M＋5＋m＋5＝0，M＋m＝－10.]四、解答題11．(15分)設f(x)＝log2(ax－bx)，且f(1)＝1，f(2)＝log212.(1)求a，b的值；(2)當x∈[1,2]時，求f(x)的最大值．解：(1)因為f(x)＝log2(ax－bx)，且f(1)＝1，f(2)＝log212，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2a－b＝1，,log2a2－b2＝log212，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝2，,a2－b2＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝2.))(2)由(1)得f(x)＝log2(4x－2x)，令t＝4x－2x，則t＝4x－2x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，因為1≤x≤2，所以2≤2x≤4，所以eq\f(9,4)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))2≤eq\f(49,4)，即2≤t≤12.因為y＝log2t在[2,12]上單調遞增，所以ymax＝log21