专题9 指数型函数取对数问题（解析版）

专题9指数型函数取对数问题一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如的函数取对数可以起到化繁为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题中有时能大显身手.二、解题秘籍(一)等式两边同时取对数把乘法运算转化为对数运算，再构造函数通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.【例1】（2024届辽宁省大连市高三上学期期初考试）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.【解析】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）由，两边取对数得，即，由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，，而，时，恒成立，因此当时，存在且，满足，若，则成立；若，则，记，，则，即有函数在上单调递增，，即，于是，而，，，函数在上单调递增，因此，即，又，则有，则，所以.(二)等式或不等式两边同时取对数把乘积运算运算转化为加法运算，形如或的等式或不等式通过两边取对数，可以把乘积运算，转化为加法运算，使运算降级.【例2】（2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考）已知，，函数和的图像共有三个不同的交点，且有极大值1．(1)求a的值以及b的取值范围；(2)若曲线与的交点的横坐标分别记为，，，且．证明：．【解析】（1）因为，，所以当时，，，所以在上单调递增，无极大值；当时，，，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以为极大值点，所以，解得．因为，图像共有三个不同的交点，所以方程有三个不等正实根．设，则，且当时，t与x一一对应，所以问题转化为关于t的方程有三个不等实根．又0不满足方程，所以方程有三个实根．设，则函数与函数的图像有三个交点，当或时，，，所以在，上单调递增；当时，，，所以在上单调递减．当，时，，而；当时，，无论还是，当时，都有，当时，．根据以上信息，画出函数的大致图像如下图所示，

所以当时，函数与函数的图像有三个交点，故b的取值范围为．（2）证明：要证，只需证，只需证．设（1）中方程的三个根分别为，，，且，，，2，3，从而只需证明．又由（1）的讨论知，，．下面先证明，设，则．当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递增，所以，所以当时，，从而当，时，．又由（1）知在，上单调递增，在上单调递减．所以当时，，令，解得，由得；当时，，令，解得，由得；当时，，令，解得，由得．综上，，得证．(三)把比较转化为比较的大小比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较的大小，可通过取对数转化为比较的大小，再转化为比较的大小，然后可以构造函数，利用的单调性比较大小.【例3】一天，小锤同学为了比较与的大小，他首先画出了的函数图像，然后取了离1.1很近的数字1，计算出了在x=1处的切线方程，利用函数与切线的图像关系进行比较.（1）请利用小锤的思路比較与大小（2）现提供以下两种类型的曲线，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较的大小.【解析】（1）构造函数，由f(x)在上单调递增，在上单调递减，得，即，取x=1，得（2）通过取对数，把比较的大小转化为比较e与3的大小，即比较与大小选，令与公切于e则有，记，∴在上单调递减，在上单调递增,，下证：只需证只需证而，即选，通过取对数，把比较的大小转化为比较e与3的大小，即比较与大小，即较与大小令与y=kx+t切于，则有令∴在上单调递增，在上单调递减,，当取等下证，只需证，.三、典例展示【例1】（2021全国甲卷高考试题）已知且，函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．【解析】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是．【例2】（2023届新疆高三第三次适应性检测）已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围，并证明．【解析】（1）因为，所以，当时，，所以在区间上单调递增，当时，令，得；令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，综上当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）方程，即，等价于，令，其中，则，显然，令，则，所以在区间上单调递减，且由时可得在区间上，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，因为方程有两个实根，所以关于的方程有两个实根，，且，，所以，要证，即证，即证，只需证，因为，所以，整理可得，不妨设，则只需证，即，令，，其中，因为，所以在区间上单调递增，所以，故．【例3】已知函数，，．(1)求的极值；(2)若有两个零点a，b，且，求证：．【解析】(1)函数的定义域为，．当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减，所以函数的极大值为，无极小值．(2)令，则．设，则，易知函数在上单调递减，在上单调递增．又，所以，又有两个零点，所以．因为，所以．要证，即证，即证．又，则，故即证，即证．设，，则，所以在上单调递减，所以，故得证．【例4】设函数.(1)设、且，求证：对任意的、，总有成立；(2)设，，且，求证：.【解析】（1）证明：.不妨设，令，其中，则，所以，函数在区间上单调递减，因为，则，所以，，即，所以，当、且，对任意的、，总有成立.（2）证明：，，且，要证.即证，即，当时，由（1）可知，不等式成立，假设当时不等式成立，即，则当时，设，由（1）可得，则，这说明当时，结论也成立，故对任意的，，所以，，因此，，故当，，且时，.【例5】已知函数（1）讨论g(x)的单调性；（2）若，对任意恒成立，求a的最大值；【解析】（1），当时，，在上单调递增；当时，令，解得，令，解得，在上单调递减，在上单调递增；综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）即为，即，设，则，易知函数在上单调递增，而，所以（两边取对数），即，当时，即为，设，则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，（e），，即的最大值为．【例6】已知函数．(1)讨论的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：．【解析】(1)，定义域为，由，解得，由，解得，由，解得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．(2)∵a，b为两个不相等的正数，且，∴，即，由（1）可知，且，时，，则令，则为的两根，且，不妨设，则，先证，即证，即证，令，即证在上，，则，在上单调递增，即，∴在上恒成立，即在上单调递减，，∴，即可得；再证，即证，由（1）单调性可得证，令，，在上单调递增，∴，且当，所以存在使得，即当时，单调递减，当时，单调递增，又有，且，所以恒成立，∴，则，即可证得．四、跟踪检测1.已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)当时，证明：函数有两个零点；(3)若函数有两个不同的极值点（其中），证明：．【解析】(1)，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以函数的单调区间为和；(2)证明：由（1）知，因为，所以，又当时，，，所以函数在上存在一个零点，在上存在一个零点，所以函数有两个零点；(3)证明：，则，因为函数有两个不同的极值点（其中），所以，，要证等价于证，即证，所以，因为，所以，又，，作差得，所以，所以原不等式等价于要证明，即，令，则上不等式等价于要证：，令，则，所以函数在上递增，所以，所以，所以．2.形如的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得，两边对求导数，得，于是.已知，.（1）求曲线在处的切线方程；（2）若，求的单调区间；（3）求证：恒成立.【解析】（1）由幂指函数导数公式得，所以，又，所以，曲线在处的切线方程为.（2），则，所以的单调增区间为，无单调减区间.（3）构造，，则，令，所以，因为与同号，所以，所以，又，所以，所以即为上增函数，又因为，所以，当时，；当时，.所以，为上减函数，为上增函数，所以，，即，因此，恒成立，即证.3.已知函数．(1)求的极值点．(2)若有且仅有两个不相等的实数满足．（i）求k的取值范围（ⅱ）证明．【解析】(1)函数的导函数为.当时，，所以函数单调递减；当时，，所以函数单调递增.所以为的极值点.(2)因为有且仅有两个不相等的实数满足，所以.（i）问题转化为在(0,+∞)内有两个零点,则.当时,,单调递减；当时,,单调递增.若有两个零点,则必有,解得：.若k≥0,当时,,无法保证有两个零点；若,又,，,故存在使得,存在使得.综上可知,.（ⅱ）设则t∈(1,+∞).将代入,可得，（*）.欲证:，需证即证，将（*）代入，则有，则只需要证明：，即.构造，则，.令，则.所以，则，所以在内单减.又，所以当时，有，单调递增；当时，有，单调递减；所以，因此，即.综上所述，命题得证.4.已知，.(1)记，讨论的单调区间；(2)记，若有两个零点a，b，且.请在①②中选择一个完成.①求证：；

②求证：【解析】(1)函数的定义域为，，

当时，，在单调递增；当时，令，解得，令，解得，∴在单调递增，在单调递减；

综上，当时，的单调递增区间为；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明：因为，令，则，设（），则，函数在单调递减，在单调递增，且时，，当时，，，∴，又，则,若证①所证不等式，即，即证，又，则，故即证，即证，

设，，则，

∴在上单调递减，∴，即得证；若证②所证不等式，即，即证，即证，又，即，故即证，即证，

设，，则，∴在单调递减，故，即得证.5．已知，，（其中e为自然对数的底数）.（1）求函数的单调区间；（2）若，函数有两个零点，，求证：.【解析】（1）解：∵，∴时，，∴时，增区间为：，减区间为：；时，，∴时，增区间为：；时，，，∴时，增区间为：，减区间为：；（2）因为时，函数有两个零点，，则两个零点必为正实数，故问题转化为有两个正实数解；令（）则（），在单调递增，在单调递减，且令，，则所以在单调递增，又，故，又，所以，又，所以，，又在单调递增，所以所以．6.已知函数存在极大值.（1）求实数的值；（2）若函数有两个零点，，求实数的取值范围，并证明：.【解析】（1），，令，，此时，在上，递增；在上，递减，所以当时，取得极大值为符合题意，所以.（2）由（1）知：在上递增，在上递减，极大值为.，，当时，；当时，；当时，.由于函数有两个零点，，所以.因为，是的两个零点，则.所以，，，两边取对数得，要证，只需证明，即证，不妨设，令，则，即证对恒成立.令，，所以在上递增，所以，即，所以.从而成立.7.已知函数.（1）若是曲线的切线，求a的值；（2）若有两不同的零点，求b的取值范围；（3）若，且恒成立，求a的取值范围.【解析】(1)依题意，设切点为，则，，于是得，则有且，时，，无解，所以；(2)由得，令，则有时时，在上递增，在上递减，，又时，恒成立，于是得有两个不同的零点，等价于直线与函数图象有两个不同的公共点，即，，所以有两不同的零点，b的取值范围是；(3)，，令，，令，，即在上递增，而，即，使得，时，时，，在上递减，在上递增，从而有，而，即，令，两边取对数得，则，即有，显然函数在上单调递增，从而得，于是得，，所以，.8．已知函数，．（1）当时，①求的极值；②若对任意的都有，，求的最大值；（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证：．【解析】（1）①时，，则，令，解得：，令，解得：，∴在递减，在,递增，故的极小值是，没有极大值；②对任意都有，即恒成立，由，有，故，由①知，在,单调递增，故，可得，即，当时，的最小值是，故的最大值是；（2）证明：要证，只需证明即可，由题意，、是方程的两个不相等的实数根，又，∴，消去，整理得：，不妨设，令，则，故只需证明当时，，即证明，设，则，∴在单调递增，从而，故，即得证．9.已知函数，，．(1)讨论的单调性；(2)设有两个极值点，，证明：．（…为自然对数的底数）【解析】(1)，，①当时，，在单调递增；②当时，令解得，时，，单调递增；时，，单调递减．综上，当时，在单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，(2)由题意知，，，是的两根，即，，解得，要证，即证，即，把（*）式代入得，所以应证，令，，即证成立，而，所以在上单调递增，所以，所以命题得证．10.已知函数（e为自然对数的底数）有两个零点．(1)若，求在处的切线方程；(2)若的两个零点分别为，证明：．【解析】(1)当时，，，又，所以切点坐标为，切线的斜率为．所以切线方程为，即(2)由已知得有两个不等的正实跟．所以方程有两个不等的正实根，即有两个不等的正实根，