对数函数 典型例题(doc可编缉)

对数函数例1求下列函数的定义域（1）y=log2（x2-4x-5）;（2）y=logx+1（16-4x）（3）y=．解：（1）令x2-4x-5＞0，得（x-5）（x+1）＞0，故定义域为｛x｜x＜-1，或x＞5｝．（2）令得故所求定义域为｛x｜-1＜x＜0，或0＜x＜2｝．（3）令，得故所求定义域为｛x｜x＜-1-，或-1-＜x＜-3,或x≥2｝．说明求与对数函数有关的定义域问题，首先要考虑，真数大于零．底数大于零不等于1，若处在分母的位置，还要考虑不能使分母为零．例2求下列函数的单调区间．（1）y=log2（x-4）；（2）y=log0．5x2．解：（1）定义域是（4，+∞），设t=x-4,当x＞4时，t随x的增大而增大，而y=log2t，y又随t的增大而增大，∴（4，+∞）是y=log2（x-4）的递增区间．（2）定义域｛x｜x∈R，且x≠0｝，设t=x2，则y=log0．5t当x＞0时，t随x的增大而增大，y随t的增大而减小，∴（0，+∞）是y=log0．5x2的递减区间．当x＜0时，t随x的增大而减小，y随t的增大而减小，∴（-∞，0）是y=log0．5x2的递增区间．例3比较大小：（1）log0．71．3和log0．71．8．（2）（lgn）1．7和（lgn）2（n＞1）．（3）log23和log53．（4）log35和log64．解：（1）对数函数y=log0．7x在（0，+∞）内是减函数．因为1．3＜1．8，所以log0．71．3＞log0．71．8．（2）把lgn看作指数函数的底，本题归为比较两个指数函数的函数值的大小，故需对底数lgn讨论．若1＞lgn＞0，即1＜n＜10时，y=（lgn）x在R上是减函数，所以（lgn）1．2＞（lgn）2；若lgn＞1，即n＞10时，y=（lgn）2在R上是增函数，所以（lgn）1．7＞（lgn）2．（3）函数y=log2x和y=log5x当x＞1时，y=log2x的图像在y=log5x图像上方．这里x=3，所以log23＞log53．（4）log35和log64的底数和真数都不相同，须找出中间量“搭桥”，再利用对数函数的单调性即可求解．因为log35＞log33=1=log66＞log64，所以log35＞log64．评析要注意正确利用对数函数的性质，尤其是第（3）小题，可直接利用例2中的说明得到结论．例4已知函数f（x）=loga（a-ax）（a＞1），（1）求f（x）的定义域、值域．（2）判断并证明其单调性．（3）解不等式f-1（x2-2）＞f（x）．解：（1）要使函数有意义，必须满足a-ax＞0，即axa．因为a＞1，所以x＜1；又因为0＜a-ax＜a，所以f（x）=loga（a-ax）（a＞1）的值域为（-∞，1）（2）设x1＜x2＜1，则a＜a＜a（因为a＞1）．所以a-a＞a-a＞0，所以loga（a-a）＞loga（a-a），即f（x1）＞f（x2）．所以f（x）这（-∞，1）上的减函数．（3）设y=loga（a-ax），则a-ax=ay,ax=a-ay,x=loga（a-ay）,所以f-1（x）=loga（a-ax）（x∈（-∞，1）），f（x）=f-1（x）．由f-1（x2-2）＞f（x）有f（x2-2）＞f（x）,且f（x）为（-∞，1）上的减函数，所以x2-2＜x,x＜1,解得-1＜x＜1．评析知道函数值大小关系和函数单调性，要研究自变量取值范围，应直接用单调性得关于x的不等式，但要注意单调区间．例5已知f（x）=2+log3x，x∈［1，9］，求y=［f（x）］2+f（x2）的最大值，及y取最大值时，x的值．分析要求函数y=［f（x）］2+f（x2）的最大值，要做两件事，一是要求其表达式；二是要求出它的定义域，然后求值域．解：∵f（x）=2+log3x，∴y=［f（x）］2+f（x2）=（2+log3x）2+2+log3x2=（2+log3x）2+2+2log3x=log23x+6log3x+6=（log3x+3）2-3．∵函数f（x）的定义域为［1，9］，∴要使函数y=［f（x）］2+f（x2）有定义，就须∴1≤x≤3．∴0≤log3x≤1∴6≤y=（log3x+3）2-3≤13∴当x=3时，函数y=［f（x）］2+f（x2）取最大值13．说明本例正确求解的关键是：函数y=［f（x）］2+f（x2）定义域的正确确定．如果我们误认为［1，9］是它的定义域．则将求得错误的最大值22．其实我们还能求出函数y=［f（x）］2+f（x2）的值域为［6，13］．例6（1）已知函数y=log3（x2-4mx+4m2+m+）的定义域为R，求实数m的取值范围；（2）已知函数y=loga［x2+（k+1）x-k+（a＞0，且a≠1）的值域为R，求实数k的取值范围．点拨：题（1）中，对任意实数x,x2-4mx+4m2+m+＞0恒成立；题（2）中，x2+（k+1）x-k+取尽一切正实数．解：（1）∵x2-4mx+4m2+m+＞0对一切实数x恒成立，∴△=16m2-4（4m2+m+）=-4（m+）＜0，∴＞0．又∵m2-m+1＞0，∴m-1＞0，∴m＞1．（2）∵y∈R，∴x2+（k+1）x-k+可取尽一切正实数．∴△=（k+1）2-4（-k+）≥0，∴k2+6k≥0，∴k≥0，或k≤-6．评析本题两小题的函数的定义域与值域正好错位．（1）中函数的定义域为R，由判别式小于零确保；（2）中函数的值域为R，由判别式不小于零确定．例7求函数y=log0．5（-x2+2x+8）的单调区间．分析由于对函数的底是一个小于1的正数，故原函数与函数u=-x2+2x+8（-2＜x＜4）的单调性相反．解．∵-x2+2x+8＞0，∴-2＜x＜4，∴原函数的定义域为（-2，4）．又∵函数u=-x2+2x+8=-（x-1）2+9在（-2，1］上为增函数，在［1，4）上为减函数，∴函数y=log0．5（-x2+2x+8）在（-2，1］上为减函数，在［1，4）上为增函数．评析判断函数的单调性必须先求出函数的定义域，单调区间应是定义域的子集．例8已知a＞0且a≠1，f（logax）=·（x-x-1）．（1）求f（x）;（2）判断f（x）的奇偶性和单调性；（3）对于f（x）,当x∈（-1，1）时，有f（1-m）+f（1-m2）＜0，求m的取值范围．分析先用换元法求出f（x）的表达式；再利用有关函数的性质判断其奇偶性和单调性；然后利用以上结论解第（3）小题．解：（1）令t=logax（t∈R），则x=at，且f（t）=（at-a-t），∴f（x）=（ax-a-x）（x∈R）．（2）∵f（-x）=（a-x-ax）=-f（x），且x∈R，∴f（x）为奇函数．a＞1时，ax-a-x为增函数，并且注意到，∴这时，f（x）为增函数．0＜a＜1时，类似可证f（x）为增函数．∴f（x）在R上是增函数．（3）∵f（1-m）+f（1-m2）＜0，且f（x）为奇函数．∴f（1-m）＜f（m2-1）．∵f（x）在（-1，1）上是增函数，∴∴1＜m＜．评析题（3）的求解脱离了f（x）的具体形式，仅用到前面得到的函数的性质