《2025年金版新学案高中数学必修第一册北师大版》

(2) 函数 $f(x) = |\ln |1 - x||$ 的大致图象是( )

 

答案：
(2)A
(2)对于f(x) = |ln|1 - x||，必有f(x) ≥ 0，故C、D错误；又f
(2) = |ln|1 - 2|| = |ln1| = 0，故B错误；将函数y = lnx在x轴下方图象翻折到上方可得函数y = |lnx|的图象，再将其在y轴右侧图象翻折到左侧，右侧不变，可得函数y = |ln|x|| = |ln|1 - x||的图象，进而将得到的函数图象向右平移1个单位，可得函数y = |ln|-(x - 1)|| = |ln|1 - x||的图象，故A正确。故选A。

典例 4 已知函数 $f(x) = \log_a (5 + x) + \log_a (5 - x)$，且 $f(3) = 4$。
(1) 判断函数 $f(x)$ 的奇偶性；
(2) 若 $f(m) ＜ 2\log_2 3$，求实数 $m$ 的取值范围。

答案： 典例4 解：
(1)要使函数f(x)有意义，当且仅当$\begin{cases}5 + x ＞ 0 \\ 5 - x ＞ 0 \end{cases}$
解得 - 5 ＜ x ＜ 5。
所以f(x)的定义域为(-5，5)，
又因为f(-x) = logₐ(5 - x) + logₐ(5 + x) = f(x)，
所以f(x)是偶函数。
(2)因为f
(3) = 4，所以logₐ8 + logₐ2 = 4，所以logₐ16 = 4，所以a = 2。
所以f(x) = log₂(5 + x) + log₂(5 - x) = log₂(25 - x²)，
所以f(m) = log₂(25 - m²)，若f(m) ＜ 2log₂3，
即log₂(25 - m²) ＜ log₂9，
所以0 ＜ 25 - m² ＜ 9，即$\begin{cases}m² - 25 ＜ 0 \\ m² - 16 ＞ 0 \end{cases}$，解得$\begin{cases}-5 ＜ m ＜ 5 \\ m ＜ -4或m ＞ 4 \end{cases}$，
即 - 5 ＜ m ＜ -4，或4 ＜ m ＜ 5。
所以实数m的取值范围是(-5，-4)∪(4，5)。

对点练 4 已知 $f(x) = \log_a x + \log_a (4 - x)(a ＞ 0$，且 $a \neq 1)$，且 $f(2) = -2$。
(1) 求 $a$ 的值及 $f(x)$ 的定义域；
(2) 求 $f(x)$ 在 $[1, 3]$ 上的最小值。

答案： 对点练4. 解：
(1)f
(2) = logₐ2 + logₐ2 = - 2，即logₐ2 = - 1，则a = $\frac{1}{2}$，由题意得$\begin{cases}x ＞ 0 \\ 4 - x ＞ 0 \end{cases}$，所以0 ＜ x ＜ 4，f(x)的定义域为(0，4)。
(2)f(x) = log$_{\frac{1}{2}}$x + log$_{\frac{1}{2}}$(4 - x) = log$_{\frac{1}{2}}$(4x - x²)，
令t(x) = - x² + 4x，
则y = log$_{\frac{1}{2}}$t，x ∈ [1，3]，t(x)的对称轴为x = - $\frac{4}{-2}$ = 2，
所以t(x)在[1，2)上单调递增，t(x)在(2，3]上单调递减；
因为$\frac{1}{2}$ ＜ 1，所以y = log$_{\frac{1}{2}}$t在(0，+∞)上单调递减，则x ∈ [1，2)时，f(x)单调递减，
x ∈ (2，3]时，f(x)单调递增，所以f(x) ≥ f
(2) = - 2。

真题 1（2022·浙江卷）已知 $2^a = 5, \log_8 3 = b$，则 $4^{a - 3b} =$（ ）
A.$25$
B.$5$
C.$\frac{25}{9}$
D.$\frac{5}{3}$

答案： 真题1 C 由题意知8ᵇ = 3，所以4ᵃ⁻³ᵇ = 4ᵃ·4⁻³ᵇ = 4ᵃ·2⁻⁶ᵇ = 2²ᵃ·8⁻²ᵇ = 25×$\frac{1}{9}$ = $\frac{25}{9}$。故选C。

溯源：（教材 P99 例 2）将下列对数式改写为指数式：
(1) $\log_2 64 = 6$；(2) $\log_3 \frac{1}{81} = -4$；(3) $\lg 0.001 = -3$；(4) $\log_{\frac{1}{2}} 4 = -2$。
点评：本高考题与教材例题均考查对数式化为指数式，而高考题又考查了指数的运算，难度高于教材例题。

答案： 1. 对于$\log_2 64 = 6$：
根据对数式$\log_{a}N = b$（$a\gt0,a\neq1,N\gt0$）与指数式$a^{b}=N$的关系。
这里$a = 2$，$b = 6$，$N = 64$，所以指数式为$2^{6}=64$。
2. 对于$\log_3\frac{1}{81}=-4$：
其中$a = 3$，$b=-4$，$N=\frac{1}{81}$。
由$a^{b}=N$可得$3^{-4}=\frac{1}{81}$（因为$a^{-n}=\frac{1}{a^{n}}$，$3^{-4}=\frac{1}{3^{4}}=\frac{1}{81}$）。
3. 对于$\lg0.001=-3$：
因为$\lg x=\log_{10}x$，这里$a = 10$，$b=-3$，$N = 0.001$。
根据$a^{b}=N$，则$10^{-3}=0.001$（因为$10^{-n}=\frac{1}{10^{n}}$，$10^{-3}=\frac{1}{10^{3}} = 0.001$）。
4. 对于$\log_{\frac{1}{2}}4=-2$：
这里$a=\frac{1}{2}$，$b=-2$，$N = 4$。
由$a^{b}=N$，$(\frac{1}{2})^{-2}=4$（因为$(\frac{1}{a})^{-n}=a^{n}$，$(\frac{1}{2})^{-2}=2^{2}=4$）。
综上，
(1)$2^{6}=64$；
(2)$3^{-4}=\frac{1}{81}$；
(3)$10^{-3}=0.001$；
(4)$(\frac{1}{2})^{-2}=4$。

真题 2（2023·北京卷）下列函数中，在区间 $(0, +\infty)$ 上单调递增的是（ ）
A.$f(x) = -\ln x$
B.$f(x) = \frac{1}{2^x}$
C.$f(x) = -\frac{1}{x}$
D.$f(x) = 3^{|x - 1|}$

答案： 真题2 C 对于A，因为y = lnx在(0，+∞)上单调递增，y = - x在(0，+∞)上单调递减，所以f(x) = - lnx在(0，+∞)上单调递减，故A错误；对于B，因为y = 2ˣ在(0，+∞)上单调递增，y = $\frac{1}{x}$在(0，+∞)上单调递减，所以f(x) = $\frac{1}{2^{x}}$在(0，+∞)上单调递减，故B错误；对于C，因为y = $\frac{1}{x}$在(0，+∞)上单调递减，y = - x在(0，+∞)上单调递减，所以f(x) = - $\frac{1}{x}$在(0，+∞)上单调递增，故C正确；对于D，因为f($\frac{1}{2}$) = 3$^{|-\frac{1}{2}|}$ = 3$^{\frac{1}{2}}$ = √3，f
(1) = 3$^{|1 - 1|}$ = 3⁰ = 1，f
(2) = 3$^{|2 - 1|}$ = 3，显然f(x) = 3$^{|x - 1|}$在(0，+∞)上不单调，故D错误，故选C。

溯源：（教材 P128C 组 T2）已知函数 $f(x) = \log_a (a^x - 1)(a ＞ 0$，且 $a \neq 1)$。
(1) 求函数 $f(x)$ 的定义域；(2) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性。
点评：本高考题与教材习题均考查指数型与对数型复合函数的单调性、都是根据解析式直接判断函数的单调性，但高考题的难度低于教材习题难度。

答案： 1. 求函数$f(x)$的定义域：
解：要使函数$f(x)=\log_a(a^x - 1)$有意义，则$a^x−1\gt0$，即$a^x\gt1$。
当$a\gt1$时，$y = a^x$是增函数，由$a^x\gt a^0$，可得$x\gt0$，所以函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$。
当$0\lt a\lt1$时，$y = a^x$是减函数，由$a^x\gt a^0$，可得$x\lt0$，所以函数$f(x)$的定义域为$(-\infty,0)$。
2. 讨论函数$f(x)$的单调性：
解：设$t = a^x−1$，则$y=\log_a t$。
当$a\gt1$时：
对于$t = a^x−1$，因为$a\gt1$，$y = a^x$在$(0,+\infty)$上是增函数，所以$t = a^x−1$在$(0,+\infty)$上是增函数。
又$y=\log_a t$（$t\gt0$），当$a\gt1$时，$y=\log_a t$在$(0,+\infty)$上是增函数。
根据复合函数“同增异减”的原则（两个函数都是增函数，则复合函数是增函数），所以$f(x)=\log_a(a^x - 1)$在$(0,+\infty)$上是增函数。
当$0\lt a\lt1$时：
对于$t = a^x−1$，因为$0\lt a\lt1$，$y = a^x$在$(-\infty,0)$上是减函数，所以$t = a^x−1$在$(-\infty,0)$上是减函数。
又$y=\log_a t$（$t\gt0$），当$0\lt a\lt1$时，$y=\log_a t$在$(0,+\infty)$上是减函数。
根据复合函数“同增异减”的原则（两个函数都是减函数，则复合函数是增函数），所以$f(x)=\log_a(a^x - 1)$在$(-\infty,0)$上是增函数。
综上：
(1) 当$a\gt1$时，定义域为$(0,+\infty)$；当$0\lt a\lt1$时，定义域为$(-\infty,0)$。
(2) $f(x)=\log_a(a^x - 1)$在其定义域上是增函数。