设a＞1，函数f(x)=log_ax在区间[a，2a]上的最大值与最小值之差为$\frac {1}{2}$，则a=（ ）
分析：
因为a＞1，函数f(x)=log_ax是单调递增函数，最大值与最小值之分别为log_a2a、log_aa=1，所以log_a2a-log_aa=$\frac {1}{2}$，即可得答案．
解答：
解．∵a＞1，∴函数f(x)=log_ax在区间[a，2a]上的最大值与最小值之分别为log_a2a，log_aa=1，
∴log_a2a-log_aa=$\frac {1}{2}$，∴log_a2=$\frac {1}{2}$，a=4，
故选D
点评：
本题主要考查对数函数的单调性与最值问题．对数函数当底数大于1时单调递增，当底数大于0小于1时单调递减．
若log$_2$a$\frac {1+a}{1+a}$＜0，则a的取值范围是（ ）
分析：
当2a＞1时，由不等式可得 0 ＜$\frac {1+a}{1+a}$＜1，求出a的取值范围．当0＜2a＜1时，由不等式可得 $\frac {1+a}{1+a}$ ＞1，
求出a的取值范围，再把这两个a的取值范围取并集即得所求．
解答：
解：当2a＞1时，由不等式可得 0 ＜$\frac {1+a}{1+a}$＜1，解得 $\frac {1}{2}$＜a＜1．
当0＜2a＜1时，由不等式可得 $\frac {1+a}{1+a}$ ＞1，解得a∈∅，
综上可得，a的取值范围为($\frac {1}{2}$，1)．
故选 B．
点评：
本题主要考查对数函数的单调性和特殊点，对数函数的定义域，分式不等式的解法，体现分类讨论的思想，
属于中档题．
若(log_a$\frac {2}{3}$)_＜1，实数a的取值范围为( )．
分析：
先将原不等式化成-1＜log_a$\frac {2}{3}$＜1，再把1变成底数的对数，讨论底数与1的关系，确定函数的单调性，根据函数的单调性整理出关于a的不等式，得到结果，把两种情况求并集得到结果．
解答：
解：∵(log_a$\frac {2}{3}$)_＜1，∴-1＜log_a$\frac {2}{3}$＜1，即log_a$\frac {1}{a}$=-1＜log_a$\frac {2}{3}$＜1=log_aa
(1)a＞1 时，
$\frac {1}{a}$＜$\frac {2}{3}$＜a
解得：a＞$\frac {3}{2}$；
(2)0＜a＜1时，
$\frac {1}{a}$＞$\frac {2}{3}$＞a，
解得：0＜a＜$\frac {2}{3}$
∴实数a的取值范围：0＜a＜$\frac {2}{3}$或a＞$\frac {3}{2}$，选A．
点评：
本题主要考查对数函数单调性的应用、不等式的解法等基础知识，本题解题的关键是对于底数与1的关系，这里应用分类讨论思想来解题．
若log_a$\frac {3}{4}$＜1(a＞0且a≠1)，则实数a的取值范围是( )．
分析：
把1变成底数的对数，讨论底数与1的关系，确定函数的单调性，根据函数的单调性整理出关于a的不等式，得到结果，把两种情况求并集得到结果．
解答：
解：∵log_a$\frac {3}{4}$＜1=log_aa，
当a＞1时，函数是一个增函数，不等式成立，
当0＜a＜1时，函数是一个减函数，根据函数的单调性有a＜$\frac {3}{4}$，
综上可知a的取值是(0，$\frac {3}{4}$)∪(1，+∞)，
故答案为：(0，$\frac {3}{4}$)∪(1，+∞)，选A．
点评：
本题主要考查对数函数单调性的应用、不等式的解法等基础知识，本题解题的关键是讨论底数与1的关系，这里运用分类讨论思想来解题．
若函数f(x)=log_m(m-x)在区间[3，5]上的最大值比最小值大1，则实数m=（ ）
分析：
直接利用对数函数的单调性，通过最值的差，求出m的值即可．
解答：
解：因为函数f(x)=log_m(m-x)在区间[3，5]上是单调函数，m＞5，所以log_m(m-3)-log_m(m-5)=1．
所以$\frac {m-3}{m-5}$=m，即m_-6m+3=0，又m＞5，解得m=3+$\sqrt {6}$．
故选B．
点评：
本题考查对数函数的单调性的应用，对数方程的求法，考查计算能力，正确判断对数的底数，是简化解题关键．
若log_a$\frac {3}{4}$＜1(a＞0且a≠1)，则实数a的范围是（ ）
分析：
直接利用对数的基本性质，对a分类讨论，求出a的范围即可．
解答：
解：当a＞1时，log_a$\frac {3}{4}$＜1=_a，可得a＞$\frac {3}{4}$，所以a＞1；
当0＜a＜1时log_a$\frac {3}{4}$＜1=_a，可得0＜a＜$\frac {3}{4}$，
综上实数a的范围是0＜a＜$\frac {3}{4}$或a＞1；
故选C．
点评：
本题考查对数函数的基本性质，对数函数的单调性，分类讨论思想的应用．
函数f(x)=a_+log_a(x+1)在x∈[0，1]上的最大值与最小值的和为a，则a=（ ）
分析：
分两种情况讨论f(x)的单调性，从而确定函数的最大(小)值，然后列出关于a的方程，解之即可．
解答：
解：当a＞1时，函数f(x)=a_+log_a(x+1)在x∈[0，1]上递增，
所以f(x)_min+f(x)_max=f(0)+f(1)=1+0+a+log_a2=a，即log_a2=-1，解得a=$\frac {1}{2}$(舍)．
当0＜a＜1时，函数f(x)=a_+log_a(x+1)在x∈[0，1]上递减，
所以f(x)_min+f(x)_max=f(0)+f(1)=1+0+a+log_a2=a，即log_a2=-1，解得a=$\frac {1}{2}$，符合题意．
故选B．
点评：
本题主要是考查了指数与对数函数的单调性求最值的问题，要对底数a的取值进行讨论，才能确定单调性．
函数f(x)=log_ax在区间[a，2a]上的最大值与最小值之差为$\frac {1}{2}$，则a=（ ）
分析：
利用对数函数的单调性以及分类讨论即可得到结论．
解答：
解：①若a＞1，则函数f(x)=log_ax在区间[a，2a]上单调递增，
则满足f(2a)-f(a)=$\frac {1}{2}$，
即log_a2a-log_aa=$\frac {1}{2}$，
则log_a2=$\frac {1}{2}$，解得a_=2，即$\sqrt {a}$=2，
解得a=4．
②若0＜a＜1，则函数f(x)=log_ax在区间[a，2a]上单调递减，
则满足f(a)-f(2a)=$\frac {1}{2}$，
即log_aa-log_a2a=$\frac {1}{2}$，
则log_a2=-$\frac {1}{2}$，解得a_=$\frac {1}{$\sqrt {a}$}$=2，
解得a=$\frac {1}{4}$．
综上a=$\frac {1}{4}$或4，
故选：D
点评：
本题主要考查对数函数单调性的应用，注意要对a进行分类讨论．
已知函数f(x)=a_+log_ax(a＞0且a≠1)在〔1，2〕上的最大值与最小值之差为|log_a2|+2，则a的值为（ ）
分析：
根据题意，结合函数y=a_与y=log_ax的单调性可知f(x)=a_+log_ax在[1，2]单调，从而可得函数在[1，2]上的最值分别为f(2)、f(1)，代入可求a．
解答：
解：∵y=a_与y=log_ax具有相同的单调性．
∴f(x)=a_+log_ax在(1，2)上单调，
∴|f(1)-f(2)|=|log_a2|+2，
即|a+log_a1-a_-log_a2|=|log_a2|+2，
解得a=2
故选B．
点评：
本题主要考查了指数函数与对数函数的单调性的简单运用，利用整体思想求解函数的最值，试题比较容易．