第四章 指数函数与对数函数单元测试(基础卷)(解析版)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．a4的4次方根是（ ） A．a 【答案】C 【解析】 【分析】

根据偶次方根的定义可以直接求解. 【详解】

B．a

C．a

D．a

a4的4次方根是4a4a.

故选：C 【点睛】

考查了偶次方根的定义,属于基础题. 2．下列各式正确的是（ ） A．8a8a C．4(4)44 【答案】D 【解析】 【分析】

根式化简及零指数意义. 【详解】

对于A，8a8a，当a为负数时等式不成立，故A不正确； 对于B，a01，当a0时无意义，故B不正确；

对于C，4(4)44，左边为正，右边为负，故C不正确； 对于D，5()5，故D正确. 故选：D. 【点睛】

根式化简注意根指数的奇偶性.

试卷第1页，总20页

B．a01 D．5()5

3．设alog23，blog12，

3c0.42，则a，b，c的大小关系是（ ）

A．abc B．bac

C．acb

D．cab

【答案】C 【解析】 【分析】

根据指数与对数函数的单调性，分别判定a，b，c大小，即可得出结果. 【详解】

因为函数ylog2x在(0,)上单调递增，且23， 所以log22log23，即1log23，所以a1， 因为函数ylog1x在(0,)上单调递减，且

21，

3所以

log12log110，即b0，

33因为函数y0.4x在R上单调递减，且20， 所以00.420.401，即0c1， 所以acb， 故选：C. 【点睛】

本题主要考查比较对数与指数大小，熟记指数函数与对数函数单调性即可，属于基础题型. 4．在同一直角坐标系中，函数y1ax,ylog1ax2(a0且a1)的图象可能是（ A． B．

C． D．

试卷第2页，总20页

） 【答案】D 【解析】 【分析】

根据a的不同取值分类讨论，结合两函数所过的定点进行判断即可. 【详解】

x当0a1时，函数ya过定点(0,1)且单调递减，则函数y1过定点(0,1)且单调递增，函数xa11ylogax过定点(,0)且单调递减，D选项符合；当a1时，函数yax过定点(0,1)且单

22调递增，则函数y各选项均不符合. 故选：D 【点睛】

本题考查了识别函数图象问题，考查了对数型函数和指数函数的图象，考查了分类讨论思想和数形结合思想.

111ylogx(0,1)(,0）过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，ax2a2x2|x|5．函数f(x)x的部分图象大致是（ ） x22A． B．

C． D．

【答案】B 【解析】 【分析】

研究函数的奇偶性，排除A，探究当x时，函数值的变化趋势，又排除一些选项，从而确定正确选项． 【详解】

试卷第3页，总20页

x2|x|函数的定义域为R，因为f(x)x所以fx是偶函数，排除选项A；当xf(x)，x222xx时，考虑到yx|x|和y22的变化速度，知x时，f(x)0，故排除选项C，

D.所以选项B正确.． 故选：B． 【点睛】

本题考查由函数解析式先把函数图象，解题时可通过研究函数的性质如奇偶性、单调性、对称性排除一些选项，再研究函数的特殊值，与坐标轴的交点坐标，函数值的正负，函数值的变化趋势等排除选项，从而得出正确结论．

6．20世纪30年代，里克特制定了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能力的等级，地震能力越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，这就是我们常说的里氏震级M.其计算公式为MlgAlgA0，其中A是被测地震的最大振幅，A0是标准地震的振幅，5级地震已经给人的震感已比较明显，8级地震的最大振幅是5级地震的最大振幅的（ ） A．30倍 【答案】D 【解析】 【分析】

设8级地震的最大振幅为A1，5级地震的最大振幅为A2，由8lgA1lgA0和5lgA2lgA0易得

B．lg30倍

C．100倍

D．1000倍

A1和A2的倍数关系.

【详解】

解：设8级地震的最大振幅为A1，5级地震的最大振幅为A2， 则：lgA1lgA1lgA2lgA1lgA0lgA2lgA0853， A2A11031000. 所以A2故选：D. 【点睛】

考查对数的运算以及指数式和对数式的互相转化，基础题. 7．函数fxex4的零点所在的区间为（ ）

x试卷第4页，总20页

A．(1,2) 【答案】A 【解析】 【分析】

B．(1,0) C．(0,1) D．(2,3)

先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理，即可判断出零点所在的区间. 【详解】

因为函数ye与yx在R上均是单调增函数，

x所以函数fxex4是R上的单调增函数，

x22因为f(1)e14e30，f(2)e24e20，

又函数f(x)的图象连续不间断， 所以函数f(x)的零点所在的区间为(1,2). 故选：A 【点睛】

本题主要考查函数零点存在性定理的应用，属于基础题.

8．已知定义在R上的函数yfx对任意的x都满足f(x2)fx，当1x1时，

fxx3．若函数gxfxlogax恰有6个不同零点，则a的取值范围是（ ）

A．,75C．,53【答案】A 【解析】 【分析】

115,7

B．,53115,7 3,5

113,5

D．11,75loga51根据题意作出yfx与ylogax的图像，讨论当a1时，，当0a1，

log71aloga51，分别解不等式组即可求解. loga71【详解】

由条件可知函数gxfxlogax恰有6个不同的零点，

试卷第5页，总20页

转化为yfx与ylogax恰有6个不同的交点， ∵fx2fx，

∴yfx的周期T2，且x1,1时，fxx，ylogax是偶函数，

3图象关于y轴对称，

如图，在同一坐标系下画出函数yfx和ylogax的图象，

①当a1时，ylogax的图象如图所示，y轴左侧有4个交点，右侧有2个交点，

loga51此时应满足，解得5a7；

loga71②当0a1时，yfx与ylogax在y轴左侧有2个交点， 右侧有4个交点，

此时应满足loga5111 ，解得：a；

75loga7111综上可知，a的取值范围是,75故选：A 【点睛】

5,7．

本题考查了根据零点个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想以及分类与整合的思想，属于中档题.

试卷第6页，总20页

二、多选题

9．设a，b，c都是正数，且4a6b9c，那么（ ） A．abbc2ac 【答案】AD 【解析】 【分析】

利用与对数定义求出a，b，c，再根据对数的运算性质可得logM4logM92logM6，然后进行化简变形即可得到. 【详解】

由于a，b，c都是正数，故可设4a6b9cM，

B．abbcac

C．

221 cabD．

121 cbaalog4M，blog6M，clog9M，则

111logM4，logM6，logM9. abc112121logM4logM92logM6，，即，去分母整理得，abbc2ac.

acbcba故选AD. 【点睛】

本题考查对数的定义及运算性质，属于基础题.

2x110．己知函数fxx，下面说法正确的有（ ）

21A．fx的图像关于原点对称 B．fx的图像关于y轴对称 C．fx的值域为1,1 D．x1,x2R，且x1x2，【答案】AC 【解析】 【分析】

依次判断每个选项：判断奇偶性得出A正确，B错误；利用换元法求f(x)的值域，可得出C正确；判断函数单调递增可得出D正确，进而可得出答案. 【详解】

fx1fx20

x1x2试卷第7页，总20页

2x12x112xf(x)f(x)A对于选项，fxx，定义域为R，则，

2x112x21则f(x)是奇函数，图象关于原点对称，故A正确；

111211f1， ，f12对于选项B，计算f11321312故f(x)的图象不关于y轴对称，故B错误；

22x12x12t,t1,yf(x)1对于选项C，f(x)x，令，， 1xt2112易知12(1,1)，故f(x)的值域为(1,1)，故C正确； t22x12x12t,t1,yf(x)1对于选项D，f(x)x，令，， 1xt2112函数t12x在R上单调递增，且y1根据复合函数的单调性，可知f(x)1故x1,x2R，且x1x2，故选：AC. 【点睛】

本题考查了函数的奇偶性，单调性，值域，意在考查学生对于函数知识的综合应用，属于中档题. 11．下列选项中说法正确的是（ ）

A．函数fxlog2x2x的单调减区间为,1

22在t1,上单调递增， t2在R上单调递增， x12fx1fx20不成立，故D错误.

x1x2B．幂函数fxmx过点12,23m，则 22xC．函数yfx的定义域为1,2，则函数yf2的定义域为2,4

252a0, fxlgax5x4D．若函数的值域为R，则实数的取值范围是16【答案】BD 【解析】 【分析】

试卷第8页，总20页

对于A选项：由对数函数的定义域和复合函数的单调可判断；对于B选项：由幂函数的定义和函数过的点可判断；对于 C选项：由复合函数的定义域可判断；对于 D选项：由对数函数的值域可判断. 【详解】

对于A选项：由x22x>0得x>2或x0，所以fxlog2x2x中函数的定义域为

202，，又函数tx22x在,1上单调递减，函数ylog2t在0,上单调递，增，所以函数fxlog2x2x的单调减区间为,0，故A不正确；

212121,对于B选项：因为幂函数fxmx过点，所以，且，解得，m1m22222所以m3，故B正确； 2对于 C选项：因为函数yfx的定义域为1,2，所以12x2，解得0x1，所以函数

yf2x的定义域为0,1，故C不正确；

对于 D选项：因为函数fxlgax5x4的值域为R，

2所以当a0时，fxlg5x4，满足其值域为R， 当a0时，需a>0且5216a0，解得0a所以实数a的取值范围是0,故选：BD. 【点睛】

本题考查函数的定义域，复合函数的单调性，对数函数的值域和幂函数的定义，属于中档题. 12．已知偶函数fx对任意xR都有f12xf12x0，当x0,12时，

22xx,0x2fx，实数xi是关于x的方程fxmi1,2,3,...的解，且xi互不

lgx2,2x1225， 1625，故D正确， 16相等.则下列说法正确的是（ ） A．fx的最小正周期是12

B．yfx图象的对称轴方程为x12k，kZ

C．当m1时，关于x的方程fxm在x0,12上有唯一解

D．当m0时，存在x1，x2，x3，x4，使得x1x2x3x4的最小值为0

试卷第9页，总20页

【答案】BCD 【解析】 【分析】

选项A求出函数的最小正周期为24，判断选项A错误；选项B求出函数图象关于直线x12xkZ22xx,0x2对称，判断选项B正确；选项C先结合fx的单调性和图像判断当m1lgx2,2x12时，关于x的方程fxm在x0,12上只有唯一解，从而判断选项C正确；选择D先判断当

m0时，总能找到两两关于y对称的四个零点，使得x1x2x3x40，再判断若4个零点不

关于y对称时，x1x2x3x40，从而判断选项D正确. 【详解】

选项A：因为函数是偶函数，且f12xf12x，当x0,12时，函数fx无轴对称性，所以函数的最小正周期为24，故选项A错误；

选项B：因为x0是函数的对称轴，且f12xf12x，所以函数图象关于直线

x12xkZ对称，故选项B正确；

22xx,0x2选项C：当x0,12时，结合fx的单调性和图像可知，当m1时，

lgx2,2x12关于x的方程fxm在x0,12上只有唯一解，故选项C正确；

选择D：当m0时，总能找到两两关于y对称的四个零点，使得x1x2x3x40，若4个零点不关于y对称时，x1x2x3x40，故选项D正确.

故选：BCD. 【点睛】

本题考查函数的周期性、函数的对称性、函数的零点，是中档题.

三、填空题

试卷第10页，总20页

13．若函数yf(x)与y10x互为反函数，则yfx2x的单调递减区间是________. 【答案】(,0) 【解析】 【分析】

由反函数求出f(x)解析式，进而求出其单调性，结合二次函数的性质及复合函数单调性的性质，可求出所求的单调递减区间. 【详解】

2解：由题意知，f(x)log10xlgx在0,上单调递增，设gxx2x，

2令x22x0，解得x0或x2，由二次函数的性质，gx在,0单调递减， 在2,上单调递增.则yfx2x的单调递减区间是,0.

2故答案为: ,0. 【点睛】

本题考查了反函数的应用，考查了函数单调性的求解.本题的易错点是忽略了函数的定义域. 14．化简：112307210__________.

【答案】62 【解析】 【分析】

将二次根式的被开方数化为完全平方式，然后利用根式的性质可计算出结果. 【详解】 原式

626555655262222225222552655262. 故答案为：62. 【点睛】

本题考查根式的化简计算，解题的关键就是将二次根式的被开方数化为完全平方的形式，考查计算能力，属于基础题.

15．用二分法求函数f(x)＝3x－x－4的一个零点，其参考数据如下： f(1.600 0)≈0.200 f(1.587 5)≈0.133 f(1.575 0)≈0.067 试卷第11页，总20页

f(1.562 5)≈0.003 f(1.556 2)≈－0.029 f(1.550 0)≈－0.060 据此数据，可得方程3x－x－4＝0的一个近似解为________(精确到0.01) 【答案】1.56 【解析】

注意到f(1.5562)＝－0.029和f(1.5625)＝0.003，显然f(1.5562)f(1.5625)＜0，故区间的端点四舍五入可得1.56.

3a2x4a,x1fx1fx20，16．已知函数fx对任意不相等的实数x1，x2，都有

logx,x1xx12a则a的取值范围为______. 【答案】,【解析】 【分析】

22 733a20首先根据题意得到fx在R上为减函数，从而得到0a1，再解不等式组即可.

3a24alog1a【详解】

由题知：对任意不相等的实数x1，x2，都有所以fx在R上为减函数，

fx1fx20，

x1x23a2022故0a1，解得：a.

733a24alog1a故答案为：,【点睛】

本题主要考查分段函数的单调性，同时考查了对数函数的单调性，属于简单题.

四、解答题

17．求下列各式的值.

试卷第12页，总20页

22 73（1）1.8132019270.2543033205 .

923（2）4log23log2(3)lg5281log757log93. 42lg8lg5lg20lg22 3(4)log2732log27log92log4【答案】（1）2；（2）【解析】 【分析】

27 29. 4（1）利用指数幂的运算性质即可求出； （2）运用对数的运算性质即可得出. 【详解】

（1）原式

951311333143141592312

591331592；

（2）原式

4log23log281log241429. 451 44log234log2325（3）lg5222lg8lg5lg20lg22lg52lg23lg5lg5lg22lg22 33222lg53lg2lg252lg5lg2lg222lg5lg2lg5lg2213.

3（4）log2732log27log92log427lg32lg27lg2lg27 lg27lglg9lg43lg3lg32lg275lg2 2lg2lg96lg222lg3 【点睛】

本题考查了指数幂与对数的运算性质，考查了计算能力，属于基础题.

5329. 6824试卷第13页，总20页

18．在①fxa2，②fxlog4x21log3x1,x0x2ax，③fx，这

logax1,x03三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加以解答.已知______，若函数fx为奇函数，且函数yfaxm的零点在区间2,3内，求m的取值范围. 【答案】条件选择见解析，答案见解析. 【解析】 【分析】

分别对条件①②③逐个分析，利用函数是奇函数，确定出a的值，之后可以判断出函数是R上的增函数，从而得到其零点只能是0，从而求得结果. 【详解】

选①∵fx是奇函数，∴fxf(x)a得a1. ∴f(x)122a0， xx21212，易知fx在R上是增函数， 2x1∴fx有唯一零点0.

∵函数yfxm的零点在区间2,3内，∴xm0在2,3上有解， ∴mx，即m2,3； 选②

∵fx是奇函数，∴fxfxlog4得a1. ∴fxlog4x2axlog4x2ax0，

x21x，易知fx在R上是增函数，

∴fx有唯一零点0.

∵函数yfxm的零点在区间2,3内，∴xm0在2,3上有解， ∴mx，即m2,3 选③

当x0时，x0，∴fxlog3x1，

∵函数fx是定义在R上的奇函数，∴fxlog3x1， ∴fxlog3x1x0，得a1.

试卷第14页，总20页

log3x1,x0fx∴，易知fx在R上是增函数，

log3x1,x0∴fx有唯一零点0.

∵函数yfxm的零点在区间2,3内∴xm0在2,3上有解， ∴mx，即m3,2. 【点睛】

该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有利用奇函数确定参数的值，根据解析式判断函数的单调性，根据函数的零点求参数的取值范围，属于简单题目.

19．某公司制定了一个激励销售人员的奖励方案：当销售利润不超过10万元时，按销售利润的15%进行奖励；当销售利润超过10万元时，若超出A万元，则超出部分按2log5(A1)进行奖励.记奖金为y（单位：万元），销售利润为x（单位：万元）. （1）写出该公司激励销售人员的奖励方案；

（2）如果业务员小王获得了3.5万元的奖金，那么他的销售利润是多少万元？

0.15x,0x10【答案】（1）y；（2）14万元.

1.52logx9,x105【解析】 【分析】

（1）根据题意，分别写出0x10，x10对应的解析式，即可得出结果； （2）根据（1）的结果，直接计算，即可得出结果. 【详解】

（1）由题意，当0x10时，奖金y15%x0.15x；

当x10时，y15%102log5x1011.52log5x9； 即该公司激励销售人员的奖励方案为：

0.15x,0x10y；

1.52logx9,x105（2）由（1）知，当0x10时，00.15x1.5， 因为业务员小王获得35万元的奖金，即y3.5，所以x10. 因此1.52log5(x9)3.5，解得x14. 所以业务员小王的销售利润是14万元.

试卷第15页，总20页

【点睛】

本题主要考查分段函数模型的应用，属于基础题型. 20．已知函数fxlgxa2，其中a是大于0的常数． x（1）求函数fx的定义域；

（2）当a1,4时，求函数fx在2,上的最小值；

（3）若对任意x2,恒有fx0，试确定实数a的取值范围． 【答案】（1）答案见解析；（2）lg【解析】 【分析】

a；（3）2,． 2x22xa（1）根据分类讨论法，分a1，a1，0a1三种情况，解不等式0，即可得出

x结果；

（2）先判断函数单调性，进而可得出函数在给定区间的最值；

（3）由题意，得到a3xx2在x2,上恒成立，令hx3xx，x2,，求出其

2最大值，即可得出结果． 【详解】

ax22xa（1）由x20，得0.

xx①当a1时，x22xax1a10恒成立，所以fx的定义域为0,；

2②当a1时，不等式可化为

x1x20，所以x0且x1，所以fx的定义域为

0,11,；

x22xa0x22xa0x22xa③当0a1时，由或，解得：0可得：x0x0x0x11a或x11a，即函数fx的定义域为0,11a11a,；

综上，当a1时，fx的定义域为0,； 当a1时，fx的定义域为0,11,；

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当0a1时，fx的定义域为0,11a11a,；

aa2，则gx12， xxa当a1,4，x2,时，显然gx120，

xa所以gxx2在2,上是增函数；

x（2）设gxx因此fxlgxa2在2,上是增函数； xaa2lg； 22∴fxminf2lg2（3）若对任意x2,恒有fx0， 则xa21对任意x2,恒成立．∴a3xx2在x2,上恒成立． x2设hx3xx，x2,， 则hx3xx是开口向下，对称轴为x223的二次函数， 2所以hx3xx在x2,上单调递减， 因此hxmaxh22， 即实数a的取值范围是2,． 【点睛】

本题主要考查求具体函数的定义域，考查求函数在给定区间的最值，以及由不等式恒成立求参数的问题，涉及分类讨论法解不等式，以及导数的方法判定函数单调性，属于常考题型.

21．土豆学名马铃薯，与稻、麦、玉米、高粱一起被称为全球五大农作物.云南人爱吃土豆，在云南土豆也称洋芋，昆明人常说“吃洋芋，长子弟”.2018年3月，在全国的代表通道里，云南农业大学名誉校长朱有勇院士，举着一个两公斤的土豆，向全国的媒体展示，为来自家乡的“山货”代言，他自豪地说：“北京人吃的醋溜土豆丝，5盘里有4盘是我们澜沧种的！”

（1）在菜市上，听到小王叫卖：“洋芋便宜卖了，两元一斤，三元两斤，四元三斤，五元四斤，六元五斤，快来买啊！”结果一群人都在买六元五斤的.由此得到如下结论：一次购买的斤数越多，单价越低，请建立一个函数模型，来说明以上结论；

（2）小王卖洋芋赚到了钱，想进行某个项目的投资，约定如下：①投资金额固定；②投资年数可自由选择，但最短3年，最长不超过10年；③投资年数xxN*与总回报y的关系，可选择下述三

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种方案中的一种：方案一：当x3时，y6 ，以后x每增加1时，y增加2；方案二：y方案三：y12x；33.请你根据以上材料，结合你的分析，为小王提供一个最佳投资方案.

3x【答案】（1）fx【解析】 【分析】

x11x5,xN*；（2）答案见解析. x（1）设顾客一次购买x斤土豆，每斤土豆的单价为fx元，根据题意可得出

fxx111x5,xN*，化为fx1，利用该函数的单调性可得出结论； xx（2）求出方案一中函数模型的解析式，列表得出三种方案所有年数的总回报，根据表格中的数据可得出结论. 【详解】

（1）设顾客一次购买x斤土豆，每斤土豆的单价为fx元，

x11x5,xN*， xx111，所以yfx在1,5为单调递减函数. 因为fxxx由题意知：fx说明一次购买的斤数越多，单价越低；

（2）根据题意，按照年数的不同取值范围，选出总回报最高的方案. 由题意可知方案一对应的解析式为：y6x322x.

列表得出三种方案所有年数的总回报，可以精确得出任意年数三种方案对应总回报的大小关系，进而可得出如下结论：

投资年数x 总回报y 方案一 方案二 3 6 4 8 16 35 10 25 36 7 8 16 9 18 10 20 100 33 10312 12 14 49 33 3 327 方案三

343 353 9 373 383 27 当投资年数为3~5年时，选择方案一最佳； 当投资年数为6年时，选择方案一或方案二最佳； 当投资年数为7年或8年时，选择方案二最佳；

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当投资年数为9年时，选择方案二或方案三最佳； 当投资年数为10年时，选择方案三最佳. 【点睛】

本题考查函数模型的选择，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

222．3]上有最大值4和最小值1，已知函数g(x)ax2ax1b(a0)在区间[2，设f(x)g(x). x（1）求a，b的值

（2）若不等式flog2x2klog2x0在x2,4上有解，求实数k的取值范围；

x（3）若f21k23k0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围. 2x11【答案】（1）a1,b0；（2）,；（3）(0,)．

8【解析】 【分析】

（1）判断函数在[2,3]上的单调性，得出最大值和最小值，由此可求得a,b；

121（2）设tlog2x[1,2]，利用分离参数法，题中问题为2k121在t[1,2]上有

ttt解，求出1212的最大值即可得． t2txx2（3）把方程化简，并设t21，方程化为t(3k2)t(2k1)0，结合t21图象，

2方程t(3k2)t(2k1)0有两个实数解t1,t2，则有0t11，t21，或0t11，t21，

利用二次方程根的分布知识求得k的范围． 【详解】

（1）由题意g(x)a(x1)b1a，又a0，∴g(x)在[2,3]上单调递增，

2g(2)4a4a1b1a1∴，解得．

g(3)9a6ab14b02（2）由（1）g(x)x2x1，f(x)g(x)1x2， xxx[2,4]时，log2x[1,2]，令tlog2x，则f(t)2kt0在[1,2]上有解，

21121f(t)2ktt22kt0，∵t[1,2]，∴2k121， tttt试卷第19页，总20页

21111t[1,2]，则,1，∴1的最大值为， t24t∴2k11，即k． 481∴k的取值范围是,．

8（3）原方程化为2x1(3k2)2x1(3k1)0，

2令t21，则t(0,)，t(3k2)t(3k1)0有两个实数解t1,t2，

2x作出函数t21的图象，如图

x

原方程有三个不同的实数解，则0t11，t21，或0t11，t21， 记h(t)t(3k2)t(3k1)0，

22k10则，解得k0，

h(1)k02k10或h(1)k0，无解． 3k2012综上k的取值范围是(0,)． 【点睛】

本题考查函数的单调性，考查不等式有解，考查根据函数零点求参数范围问题，解题关键是掌握利用零点存在定理构建不等式求解，分离参数后转化为函数函数的最值，涉及到几个零点时，还要老考虑函数图象与直线的交点个数，本题考查了分析问题与解决问题的能力，考查运算求解能力．

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