2025版 数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版拓展拔高2 指数、对数、幂值的比较大小含答案

1版数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版拓展拔高2指数、对数、幂值的比较大小拓展拔高2指数、对数、幂值的比较大小【高考考情】指数与对数是高中一个重要的知识点,也是高考必考考点,其中指数、对数及幂的大小比较是近几年的高考热点和难点,主要考查指数、对数的互化、运算性质,以及指数函数、对数函数和幂函数的性质,一般以选择题或填空题的形式出现在压轴题的位置.视角一临界值法比较大小[例1](1)(2023·上饶模拟)已知a=log53,b=212,c=7-0.5,则a,b,c的大小关系为(A.a>b>c B.a>c>bC.b>a>c D.c>b>a【解析】选C.因为1=log55>log53>log55=log5512=12,即12<a<1,b=212>20=1,(17)

12<(14)

12=1(2)已知a=log52,b=1log0.10.7,c=0.70.3,则A.a<c<b B.a<b<cC.b<c<a D.c<a<b【解析】选A.因为log51<log52<log55,所以0<a<12,因为b=1log0.10.7=log0.7所以b>1,因为0.71<0.70.3<0.70,所以0.7<c<1,所以a<c<b.【思维升华】临界值法比较大小的关键是寻找合适的中间值,如常考虑a,b,c与特殊数字“0”“1”“12”的大小关系【迁移应用】(2023·天津南开模拟)已知a=20.2,b=1-2lg2,c=2-log310,则a,b,c的大小关系是()A.b>c>a B.a>b>cC.a>c>b D.b>a>c【解析】选B.由题意可得:a=20.2>20=1,b=1-2lg2=1-lg4,且0<lg4<1,则0<b<1,因为log310>log39=2,则c=2-log310<0,所以a>b>c.视角二含变量问题的比较大小[例2](1)(一题多法)x,y,z为正数,且2x=3y=5z,则 ()A.2x<3y<5z B.5z<2x<3yC.3y<5z<2x D.3y<2x<5z【解析】选D.解法一(特值法):取z=1,则由2x=3y=5得x=log25,y=log35,所以2x=log225<log232=5z,3y=log3125<log3243=5z,所以5z最大.取y=1,则由2x=3得x=log23,所以2x=log29>3y.综上可得,3y<2x<5z.解法二(作差法):令2x=3y=5z=k,由x,y,z为正数,知k>1,则x=lgklg2,y=lgklg3,因为k>1,所以lgk>0,所以2x-3y=2lgklg2-3lgklg3=故2x>3y,2x-5z=2lgklg2-5lgklg5=lgk·(2lg5-5lg2)lg2·解法三(作商法):令2x=3y=5z=k,由x,y,z为正数,知k>1.则x=lgklg2,y=lgklg3,所以2x3y=23·lg3lg2=lg95z2x=52·lg2lg5=所以5z>2x>3y.解法四(函数法):令2x=3y=5z=k,由x,y,z为正数,知k>1,则x=lnkln2,y=lnkln3,设函数f(t)=tlnklnt(则f(2)=2lnkln2=2x,f(3)=3lnkln3=3y,ff'(t)=lnk·ln易得当t∈(e,+∞)时,f'(t)>0,函数f(t)单调递增.因为e<3<4<5,所以f(3)<f(4)<f(5).又f(2)=2lnkln2=2×2lnk2ln2=所以f(3)<f(2)<f(5),即3y<2x<5z.(2)已知实数x,y,z∈R,且满足lnxex=yey=-zez,y>1,则xA.y>x>z B.x>z>yC.y>z>x D.x>y>z【解析】选A.因为lnxex=yey则lnx>0,-z>0,即x>1,z<0,令f(x)=x-lnx,x>1,则f'(x)=1-1x>0,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,有f(x)>f即lnx<x,从而当x>1,y>1时,yey=lnx令g(t)=tet,t>1,g'(t)=1-te则由x>1,y>1,yey<xex得y>x>1,所以y【思维升华】(1)若题设涉及三个指数式连等或三个对数式连等,则可利用特例法求解,也可在设元变形的基础上,通过作差、作商或运用函数的性质求解.(2)涉及不同变量但结构相似的式子相等时,细心挖掘问题的内在联系,构造函数,分析并运用函数的单调性求解作答.【迁移应用】(2023·大理模拟)已知实数a,b,c满足lnaea=lnbb=-lncc<0,则aA.b<a<c B.c<b<aC.a<b<c D.c<a<b【解析】选C.由题意知a>0,b>0,c>0,由lnaea=lnbb=-lncc设f(x)=lnxx(则f'(x)=1-当0<x<e时,f'(x)>0,f(x)单调递增,因为ex≥x+1,当且仅当x=0时取等号,故ea>a(0<a<1),又lna<0,所以lnaea>lnaa所以f(b)>f(a),则b>a,即有0<a<b<1<c,故a<b<c.视角三构造函数比较大小[例3](1)(2020·全国Ⅰ卷)若2a+log2a=4b+2log4b,则()A.a>2b B.a<2bC.a>b2 D.a<b2【解析】选B.令f(x)=2x+log2x,因为y=2x在(0,+∞)上单调递增,y=log2x在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)=2x+log2x在(0,+∞)上单调递增.又2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b<22b+log22b,所以f(a)<f(2b),所以a<2b.(2)已知a=2(2-ln2)e2,b=ln22,c=1eA.a<b<c B.b<a<cC.a<c<b D.b<c<a【解析】选B.a=2-ln2e22=lne令f(x)=lnxx,所以a=f(e22),b=f(2),f'(x)=1-所以当x∈(0,e)时,f'(x)>0,当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(e)=lnee=c,所以a<c,b又b=ln22=2ln24=ln44=f所以f(4)<f(e22),所以b<a,所以b<a【思维升华】某些数或式子的大小关系问题,看似与函数的单调性无关,细心挖掘问题的内在联系,抓住其本质,将各个值中的共同的量用变量替换,构造函数,利用导数研究相应函数的单调性,进而比较大小.【迁移应用】(2023·潍坊模拟)已知a=20222024,b=20232023,c=20242022,则a,b,c的大小关系为()A.b>c>a B.b>a>cC.a>c>b D.a>b>c【解析】选D.因为lnalnb=2构造函数f(x)=lnxx+1(x≥e2),f'(x令g(x)=(x+1)-xlnx,则g'(x)=-lnx<0,所以g(x)在[e2,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(e2)=1-e2<0,故f'(x)<0,所以f(x)在[e2,+∞)上单调递减,所以f(2022)>f(2023)>0⇒lnalnb=ln20222023ln20232因为lnblnc=2构造函数h(x)=lnxx-1(x≥e2),h'(令t(x)=(x-1)-xlnx,则t'(x)=-lnx<0,所以t(x)在[e2,+∞)上单调递减,所以t(x)≤t(e2)=-1-e2<0,故h'(x)<0,所以h(x)在[e2,+∞)上单调递减,所以h(2023)>h(2024)>0⇒lnblnc=ln20232022ln20242023=h(2拓展拔高3用构造法解决函数问题【高考考情】函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容,既可能在选择、填空题中运用,也可能在解答题中出现.【解题关键】通过已知等式或不等式的结构特征,构造新函数,解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.视角一通过变量构造具体函数[例1](1)若0<x1<x2<1,则()A.ex2-ex1>lnxB.ex2-ex1<lnxC.x2ex1>xD.x2ex1<x【解析】选C.构造函数f(x)=ex-lnx,所以f'(x)=ex-1x所以f(x)在(0,1)上有一个极值点,所以f(x)在(0,1)上不单调,无法判断f(x1)与f(x2)的大小,故A,B错误;令g(x)=exx,所以g'(x)=所以g(x)在(0,1)上单调递减,又因为x2>x1>0,所以ex1x1>ex2x2,即(2)(2023·石家庄模拟)若lnx-lny<1lnx-1lny(x>1,A.ey-x>1 B.ey-x<1C.ey-x-1>1 D.ey-x-1<1【解析】选A.依题意,lnx-1lnx<lny-令f(t)=t-1t(t则f'(t)=1+1t所以f(t)在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增;又x>1,y>1,得lnx>0,lny>0,因为f(lnx)<f(lny),所以lnx<lny,所以1<x<y,即y-x>0,所以ey-x>e0=1,A正确,B不正确;又无法确定y-x-1与0的大小关系,故C,D不正确.【思维升华】若题目所给的条件含有两个变量,可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边,即可构造函数,并且利用函数的单调性求解.【迁移应用】(2020·全国Ⅱ卷)若2x-2y<3-x-3-y,则()A.ln(y-x+1)>0 B.ln(y-x+1)<0C.ln|x-y|>0 D.ln|x-y|<0【解析】选A.原已知条件等价于2x-3-x<2y-3-y,设函数f(t)=2t-3-t.因为函数y=2t与y=-3-t在R上均单调递增,所以f(t)在R上单调递增,即f(x)<f(y),所以x<y,即y-x>0,所以A正确,B不正确.因为|x-y|与1的大小不能确定,所以C,D不正确.视角二利用导数的运算法则构造函数微切口1利用f(x)与xn构造函数[例2]已知f'(x)是定义在R上的函数f(x)的导函数,且满足xf'(x)+f(x)>0对任意的x∈R都成立,则下列选项中一定正确的是()A.f(1)>f(2)2 B.C.f(1)<f(2)2 D.【解析】选D.设F(x)=xf(x),则F'(x)=xf'(x)+f(x)>0,故F(x)为R上的增函数,所以F(2)>F(1),即2f(2)>f(1).【思维升华】(1)出现nf(x)+xf'(x)形式,构造函数F(x)=xnf(x);(2)出现xf'(x)-nf(x)形式,构造函数F(x)=f(微切口2利用f(x)与ex构造函数[例3](2023·南昌模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f'(x)>0,且有f(3)=3,则f(x)>3e3-x【解析】设F(x)=f(x)·ex,则F'(x)=f'(x)·ex+f(x)·ex=ex[f(x)+f'(x)]>0,所以F(x)在R上单调递增.又f(3)=3,则F(3)=f(3)·e3=3e3.因为f(x)>3e3-x等价于f(x)·ex>3e3,即F(x)>F(3),所以x>3,即所求不等式的解集为(3,+∞).【思维升华】(1)出现f'(x)+nf(x)形式,构造函数F(x)=enxf(x);(2)出现f'(x)-nf(x)形式,构造函数F(x)=f(【迁移应用】已知可导函数f(x)的导函数为f'(x),若对任意的x∈R,都有f'(x)-f(x)<1,且f(0)=2022,则不等式f(x)+1>2023ex的解集为()A.(-∞,0) B.(0,+∞)C.(-∞,1e) D.【解析】选A.构造函数F(x)=f(则F'(x)=f'(x)·因为f'(x)-f(x)<1,所以F'(x)<0恒成立,故F(x)=f(x)+1ex在R上单调递减,f(又f(0)=2022,所以F(0)=f(所以F(x)>F(0),解得x<0.微切口3利用f(x)与sinx,cosx构造函数[例4](多选题)已知定义在(0,π2)上的函数f(x),f'(x)是f(xf'(x)sinx-f(x)cosx<0成立,则()A.f(π6)>2f(π4) B.2f(π6)>fC.3f(π6)>f(π3) D.2f(π6)>f【解析】选CD.令g(x)=f(x)sinx,则g'(x)=f'(又由x∈(0,π2),且恒有f'(x)sinx-f(x)cosx则有g'(x)<0,即函数g(x)在(0,π2)上单调递减由π6<π3,则有g(π6)>g即f(π6)sinπ6>f(π3又由π6<π4,则有g(π6)>g即f(π6)sinπ6>f(π4)【思维升华】函数f(x)与sinx,cosx相结合构造可导函数的几种常见形式:F(x)=f(x)sinx,F'(x)=f'(x)sinx+f(x)cosx;F(x)=f(x)sinx,F'F(x)=f(x)cosx,F'(x)=f'(x)cosx-f(x)sinx;F(x)=f(x)cosx,F'【迁移应用】已知偶函数f(x)的定义域为(-π2,π2),其导函数为f'(x),当0<x<π2时,有f'(xf(x)sinx<0成立,则关于x的不等式f(x)<2f(π3)cosx的解集为(A.(-π2,-π3)∪(π3B.(-π3,πC.(-π2,-πD.(π3,π【解析】选A.因为偶函数f(x)的定义域为(-π2,π所以设g(x)=f(则g(-x)=f(-x)即g(x)也是偶函数.当0<x<π2根据题意g'(x)=f'(则g(x)在(0,π2则g(x)在(-π2,0)上单调递增.所以f(x)<2f(π3)cosx⇔f(x)cosx<f(π所以|解得x∈(-π2,-π3)∪(π3,拓展拔高4极值点偏移问题【高考考情】极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样,导致函数图象不具有对称性.极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中,这类题往往对思维要求较高,过程较为烦琐,计算量较大,难度大.【研究对象】一般地,证明两数x1,x2之和(之积)的不等式问题,常涉及函数的极值点偏移.解决极值点偏移问题的关键是消元,有时待证的结论需要利用不等式转化变形.【极值点偏移的定义】一般地,若连续函数f(x)在[a,b]内有唯一的极值点x0,对于任意的x1,x2∈[a,b],当f(x1)=f(x2)时有x1+x22≠x0,则称函数(1)左偏移:当x1+x22>x0时,极值点x0在[a(2)右偏移:当x1+x22<x0时,极值点x0在[a(3)无偏移:当x1+x22=x0时,极值点x0在[a视角一极值点偏移问题之消参减元、比值代换[例1]已知函数f(x)=lnx-ax(x>0),a为常数,若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1≠x2).证明:x1x2>e2.【证明】不妨设x1>x2>0,因为lnx1-ax1=0,lnx2-ax2=0,所以lnx1+lnx2=a(x1+x2),lnx1-lnx2=a(x1-x2),所以lnx1欲证x1x2>e2,即证lnx1+lnx2>2.因为lnx1+lnx2=a(x1+x2),所以即证a>2x1+x2,所以原问题等价于证明lnx令c=x1x2(c>1),则不等式变为lnc令h(c)=lnc-2(c-1)c+1,c>1,所以h'(c所以h(c)在(1,+∞)上单调递增,所以h(c)>h(1)=ln1-0=0,即lnc-2(c-1)c+1>0(c>1),因此原不等式x【思维升华】比值换元法的解题策略(1)联立消参:利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数a.(2)抓商构元:令t=x1x2,消掉变量x1,x2,构造关于t的函数h((3)用导求解:利用导数求解函数h(t)的最值,从而可证得结论.视角二极值点偏移问题之消参减元、差值代换[例2]若函数f(x)=x-aex+b(a>0,b∈R)有两个不同的零点x1,x2,证明:x1+x2<-2lna.【证明】由题知x1-aex1+b=0,x2-aex2故要证x1+x2<-2lna,只需证x1+x2<-2lnx1-x2ex1即证(x1-x2)2<ex1-x2-2+ex2-令x2-x1=t>0,则需证t2<e-t-2+et.设g(t)=t2-e-t+2-et,则g'(t)=2t+e-t-et.设h(t)=2t+e-t-et,则h'(t)=2-e-t-et<0,所以h(t)在(0,+∞)上单调递减,所以h(t)<h(0)=0,即g'(t)<0,所以g(t)在(0,+∞)上单调递减,所以g(t)<g(0)=0,故原不等式成立.【思维升华】差值换元法的解题策略(1)取差构元:记s=t2-t1,则t2=t1+s,利用该式消掉t2.(2)巧解消参:利用g(t1)=g(t2),构造方程,解之,利用s表示t1.(3)构造函数:依据消参之后所得不等式的形式,构造关于s的函数G(s).(4)转化求解:利用导数研究函数G(s)的单调性和最值,从而证得结论.视角三极值点偏移问题之对称构造[例3]已知函数h(x)=xe-x,如果x1≠x2且h(x1)=h(x2),证明:x1+x2【证明】h'(x)=e-x(1-x),令h'(x)=0,解得当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如表:x(-∞,1)1(1,+∞)h'(x)+0-h(x)单调递增1单调递减由x1≠x2,不妨设x1>x2,根据h(x1)=h(x2)可知x1>1,x2<1.令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈[1,+∞),则F'(x)=(x-1)(e2x-因为x≥1,2x-2≥0,所以e2所以F'(x)≥0,所以F(x)在[1,+∞)上单调递增,又因为F(1)=0,所以x>1时,F(x)>F(1)=0,即当x>1时,h(x)>h(2-x),则h(x1)>h(2-x1),又h(x1)=h(x2),所以h(x2)>h(2-x1),因为x1>1,所以2-x1<1,所以x2,2-x1∈(-∞,1),因为h(x)在(-∞,1)上单调递增,所以x2>2-x1,所以x1+x2>2得证.【思维升华】对称构造法,主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式问题.其解题要点如下:(1)定函数极值点:利用导函数符号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极值点x0;(2)构造函数:根据极值点构造对称函数F(x)=f(x)-f(2x0-x);(3)判断单调性:利用导数讨论F(x)的单调性;(4)比较大小:判断函数F(x)在某段区间上的