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竞赛培训专题5---指数函数、对数函数 一、计算： 例1.化简 (1)　 (2) (3) 解：(1)x的指数是 所以原式=1 (2)x的指数是 =0 所以原式=1 (3)原式= 例2.若，求 解：因为 　　　　　　 所以f(x)+f(1-x)=1 = 例3.已知m,n为正整数，a0,a11,且 求m,n 解：左边= 　　　 原式为loga(m+n)=logamn 得m+n=mn即(m-1)(n-1)=1 因为m,n?N，所以从而m=n=2 二、比较大小 例1.试比较与的大小 解：令121995=a0则 ?= 所以 例2.已知函数f(x)=logax (a0,a11,x?R+)若x1,x2?R+,试比较与的大小 解：f(x1)+f(x2)=loga(x1x2) ∵x1,x2?R+,∴ (当且仅当x1=x2时，取“=”号)， 当a1时，有，∴ 即 (当且仅当x1=x2时，取“=”号) 当a1时，有，∴ 即 (当且仅当x1=x2时，取“=”号) 例3.已知y1=，y2=，当x为何值时 (1)y1=y2　　　　 (2)y1y2　　　　 (3)y1y2 解：由指数函数y=3x为增函数知 (1)y1=y2的充要条件是：2x2-3x+1=x2+2x-5 解得x1=2,x2=3 (2)y1y2的充要条件是：2x2-3x+1x2+2x-5 解得x2或x3 (3)y1y2的充要条件是：2x2-3x+1x2+2x-5 解得2x3 三、证明 例1.对于自然数a,b,c (a￡b￡c)和实数x,y,z,w若ax=by=cz=70w (1) (2) 求证：a+b=c 证明：由(1)得： ∴ 把(2)代入得：abc=70=2′5′7,a￡b￡c 由于a,b,c均不会等于1，故a=2,b=5,c=7从而a+b=c 例2.已知A=6lgp+lgq，其中p,q为素数，且满足q-p=29，求证：3A4 证明：由于p,q为素数，其差q-p=29为奇数，∴p=2,q=31 A=6lg2+lg31=lg(26×31)=lg1984 1000198410000　故3A4 例3.设f(x)=logax (a0,a11)且 (q为锐角)，求证：1a15 证明：∵q是锐角，∴，从而a1 又f(15)==sinq+cosq =1 故a15　 综合得：1a15 例4.已知0a1,x2+y=0，求证： 证：因为0a1，所以ax0,ay0由平均值不等式 故 四、图象和性质 例1.设a、b分别是方程log2x+x-3=0和2x+x-3=0的根，求a+b及log2a+2b 解：在直角坐标系内分别作出函数y=2x和y=log2x的图象，再作直线y=x和y= -x+3，由于y=2x和y=log2x互为反函数，故它们的图象关于直线y=x对称，方程log2x+x-3=0的根a就是直线y= -x+3与对数曲线y=log2x的交点A的横坐标，方程2x+x-3=0的根b就是直线y= -x+3与指数曲线y=2x的交点B的横坐标 设y= -x+3与y=x的交点为M，则点M的横坐标为(1.5,1.5)， 所以a+b=2xM=3　 log2a+2b=2yM=3 例6.设f(x)=min(3+，log2x),其中min(p,q)表示p、q中的较小者，求f(x)的最大值 解：易知f(x)的定义域为(0,+￥) 因为y1=3+在(0,+￥)上是减函数，y2=log2x在(0,+￥)上是增函数，而当y1=y2，即 3+=log2x时，x=4，所以由y1=3+和y2=log2x的图象可知 故当x=4时，得f(x)的最大值是2 另解：f(x)￡3+=3- (1)　　　 f(x)=log2x　 (2) (1)′2+(2)消去log2x，得3f(x)￡6，f(x)￡2又f(4)=2,故f(x)的最大值为2 例7.求函数的最小值 解：由1-3x0得，x0,所以函数的定义域为(-￥,0) 令3x=t,则t?(0,1)，于是 故当x= -1时，得y的最小值-2+2log23 五、方程和不等式 例1.解方程(1)x+log2(2x-31)=5 　(2) 2lgx×xlg2-3×xlg2-21+lgx+4=0 解：(1)原方程即：log22x+log2(2x-31) =5 log2[2x(2x -31)]=5　 (2x)2-31×2x=32解得：2x=32, ∴x=5 (2)原方程即：(2lgx)2-5×2lgx+4=0解得：x1=100,x2=1 例2.设a0且a11,求证：方程ax+a-x=2a的根不在区间[-1,1]内 解：设t=ax,则原方程化为：t2-2at+1=0　 (1)由D=4a2-430得a31,即a1 令f(t)= t2-2at+1f(a)=a2-2a2+1=1-a20 所以f(t)的图象与横轴有的交点的横坐标在