指数函数与对数函数的应用.ppt

(2)当x<0时，①若a>1，ax－a－x＝a2xa－x 1<0，则a2－a 2>0，
∴a> 2；②若0<a<1，ax－a－x>0，则a2－a 2<0，∴0<a<1，
综上可知a的取值范围是(0,1)∪( 2，＋∞)．
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
【名师点睛】 注意观察函数解析式特点，判断函数性质，揭 示隐含的已知条件；结合单调性正确理解奇函数性质．本题注 意ax－a－x>0(a>0，a≠1)恒成立是错误的．
【解析】
∵f(－x)＝
a a2－2
(a－x－ax)＝－
a a2－2
(ax－a－x)＝－f(x)∴
f(x)是奇函数，由于f(x)在R上是增函数，则在(0，＋∞)上f(x)>0，
在(－∞，0)上f(x)<0.
(1)当x>0时，①若a>1，ax－a－x＝a2xa－x 1>0，则a2－a 2>0，
∴a> 2；②若0<a<1，ax－a－x<0，则a2－a 2<0，∴0<a<1.
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1．设
x
∈
[
1 27
， 19
]
，
则
函
数
y
＝
(log3
x 27
)·(log3
3 x
)
的
最
大
值
是
________．
答案：－15
解析：y＝(log32x7)·(log33x)＝(log3x－3)(1－log3x)，
令 log3x＝t∈[－3，－2]，由二次函数性质易知 t＝－2 时， ymax＝－15.
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【名师点睛】 考查对数函数的运算、复合函数的性质．换元 时要注意所换元的范围．
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2．已知函数 f(x)＝lnx－ax. (1)当 a>0 时，判断 f(x)在定义域上的单调性； (2)若 f(x)在[1，e]上的最小值为 2，求 a 的值． 解析：(1)由题意：f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且 f ′(x)＝1x＋xa2＝x＋x2a. ∵a>0，∴f ′(x)>0，故 f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
指数函数与其他知识的综合
已知 f(x)＝a2－a 2(ax－a－x)(a>0 且 a≠1)是 R 上的增函数， 求 a 的取值范围． 【思路分析】 观察函数特点，函数为奇函数，所以由奇函数 性质列出 a 的不等式．
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
3．已知函数f(x)＝log3
1－mx－2 x－3
，对定义域内的任意x都有f(2
－x)＋f(2＋x)＝0成立．
(1)求实数m的值；
(2)当x∈(3,4)时，求f(x)的取值范围．
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科） 解析：(1)由 f(2－x)＋f(2＋x)＝0 得： log3－1＋x－mx1＋log31－x－m1x＝0 即：log31＋1＋mxx··11－－xmx＝0，所以， m2＝1 又 m＝1 时，函数表达式无意义， 所以 m＝－1，此时 f(x)＝log3xx－ －13 (2)f(x)＝log2(1＋x－2 3) x∈(3,4)时，y＝1＋x－2 3是减函数，值域为(3，＋∞)，所以函数 值域为(1，＋∞)
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指数函数与对数函数的应用
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
主要利用指数函数、对数函数的单调性研究数(或式)的大小关 系；指数函数值、对数函数的定义域的有界性研究范围问题．
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1．利用指数、对数函数的单调性比较指数式与对数值的大 小；在比较ab与ac时，常构造指数函数y＝ax比较大小，在 比较ab与cb时，常构造幂函数y＝xb比较大小，在比较logab 与logac时，常构造对数函数比较大小．
【解析】 (1)lloogg22xx－ ＋11＝－12得， log2x＝13，所以x＝3 2. (2)设log2x＋1＝t，则t>0 y＝t－t 2＝1－2t 是(0，＋∞)上的增函数， 而t＝log2x＋1也是(12，＋∞)上的增函数， 由复合函数的单调性可知函数f(x)在(12，＋∞)上是增函数．
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对数函数与其他知识的综合 设 f(x)＝lloogg22xx＋－11， (1)若 f(x)＝－12，求 x 的值. (2)判断函数 f(x)在(12，＋∞)上的单调性． 【思路分析】 (1)解方程；(2)用复合函数的单调性．
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
2．利用指数、对数函数图象，分析与指数、对数有关的指数 型、对数型函数图象与性质．
3．利用换元法求解简单的指数与对数方程．
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指数函数的综合
若a2x＋
1 2
·ax－
1 2
≤0(a＞0且a≠1)，求y＝2a2x－3·ax＋4的值
域．
【解析】 由a2x＋12·ax－12≤0(a＞0且a≠1)知0＜ax≤12. 令ax＝t，则0＜t≤12，y＝2t2－3t＋4.借助二次函 数图象知y∈[3,4)．
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科） (2)由(1)可知：f ′(x)＝x＋x2 a ①若 a≥－1，则 x＋a≥0，即 f ′(x)≥0 在[1，e]上恒成立，此时 f(x)在[1，e]上为增函数，[f(x)]min＝f(1)＝－a＝2，∴a＝－2(舍去) ②若 a≤－e，则 x＋a≤0，即 f ′(x)≤0 在[1，e]上恒成立，此时 f(x)在[1，e]上为减函数，∴[f(x)]min＝f(e)＝1－ae＝2，所以，a＝－e ③若－e<a<－1，令 f ′(x)＝0 得 x＝－a， 当 1<x<－a 时， f ′(x)<0, f ′(x)在(1，－a)上为减函数， 当－a<x<e 时， f ′>0, f ′(x)在(－a，e)上为增函数，[f(x)]min＝f(－ a)＝ln(－a)＋1＝2a＝－e，(舍去)，综上可知：a＝－e