指、对、幂的大小比较 解析版--2025年高考数学一轮复习重难点

指、对、幂的大小比较【考试提醒】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．【核心题型】题型一　直接法比较大小利用特殊值作“中间量”1在指数、对数中通常可优先选择“-1,0，，1”对所比较的数进行划分，然后再进行比较，有时可以简化比较的2步骤，也有一些题目需要选择特殊的常数对所比较的数的值进行估计，例如log23，可知1=log22<log23<log24=2，进而可估计log23是一个1~2之间的小数，从而便于比较．命题点1　利用函数的性质0.61(2024·全国·模拟预测)已知a=3，b=log25，c=log323，则实数a，b，c的大小关系是()A.b>a>cB.a>b>cC.b>c>aD.a>c>b【答案】A30.6【分析】利用指数函数单调性可得<a=3<2、对数函数的单调性可得b=log25>2，c=log323<23，从而可得结果.2x0.60.530.655【详解】由y=3在R上单调递增，可得3>3=3>，又3=27<2=32，230.6则<a=3<2．2由y=log2x在0,+∞上单调递增，可得b=log25>log24=2．3由y=log3x在0,+∞上单调递增，可得c=log323<log333=．2所以b>a>c，故选：A【变式训练】π31(2024·四川德阳·二模)已知a=4ln3,b=3π,c=4lnπ，则a,b,c的大小关系是()A.c<b<aB.b<c<aC.b<a<cD.a<b<c【答案】Blnx【分析】观察a,c的式子结构，构造函数fx=，利用导数判断得fx的单调性，从而判断得c<a，再x利用对数函数的单调性判断得b<c，从而得解.π3【详解】因为a=4ln3=4πln3,b=3π,c=4lnπ=4×3lnπ，lnx1-lnx观察a,c的式子结构，构造函数fx=，则f(x)=，xx2当x∈(0,e)时，f(x)>0,f(x)单调递增，当x∈(e,+∞)时，f(x)<0,f(x)单调递减，1 lnπln3因为π>3>e，所以f(π)<f(3)，即<，π3所以3lnπ<πln3，即4×3lnπ<4πln3，即c<a；又lnπ>lne=1，所以3π<3×4<4×3lnπ，即b<c；综上，b<c<a.故选：B.n2(2023·甘肃平凉·模拟预测)已知幂函数fx=mx的图象过点2,22，设a=fm,b=fn,c=fln2，则a、b、c的大小用小于号连接为．【答案】c<a<b【分析】首先求出幂函数的解析式，再利用其单调性即可比较大小.n【详解】幂函数fx=mx的图象过点2,22，m=1则n⇒m=1,n=3，m(2)=223所以幂函数的解析式为fx=x，且函数fx为单调递增函数，又ln2<1<3，所以f(ln2)<f(1)<f(3)，即c<a<b.故答案为：c<a<b133(2023·黑龙江哈尔滨·三模)若a=log23+log32,b=log2e+ln2,c=，则实数a,b,c由小到大6排列为<<.【答案】bca【分析】根据给定条件，构造函数f(x)=log2x+logx2,x>2，再利用导数探讨单调性比较大小作答.32【详解】依题意，c=+=log222+log222，而a=log23+log32,b=log2e+ln2，2322lnxln21ln2(lnx)-(ln2)令函数fx=log2x+logx2=ln2+lnx,x>2，求导得f(x)=xln2-2=2>0，x(lnx)(xln2)(lnx)因此函数f(x)在(2,+∞)上单调递增，而2<e<22<3，于是f(e)<f(22)<f(3)，又a=f(3),b=f(e),c=f(22)，所以b<c<a.故答案为：b；c；a命题点2　找中间值-0.31(2024·陕西西安·模拟预测)已知a=ln5，b=log35，c=5，则()A.b<c<aB.c<a<bC.c<b<aD.b<a<c【答案】C【分析】通过和1的比较可得答案.log35-0.3【详解】因为a=ln5=>b=log35>1，c=5<1，所以c<b<a．log3e故选：C【变式训练】-0.31(2024·黑龙江双鸭山·模拟预测)已知a=log53,b=log43,c=0.4，则()A.a<b<cB.a<c<bC.b<c<aD.c<a<b【答案】A【分析】由log35>log34>1，利用换底公式可判断a<b<1,利用指数性质可判断c>1，进而得出结果.2 11【详解】由题得a=log53=,b=log43=，log35log34-0.30而log35>log34>1，所以a<b<1,c=0.4>0.4=1，所以a<b<c.故选：A.1-33312(2024·四川成都·三模)2,2,sin,log2四个数中最大的数是()231-3331A.2B.2C.sinD.log223【答案】B【分析】引入0，1，分别比较这四个数和0，1的大小，即可得到结论.1-3113031【详解】因为2=3=<1，2>2=1，sin<1，log2=-log23<0.282313所以2最大.故选：B0.3π3(2024·北京石景山·一模)设a=2，b=sin，c=ln2，则()12A.c<b<aB.b<c<aC.a<b<cD.b<a<c【答案】B1【分析】根据给定的条件，利用指数、对数函数、正弦函数的性质，借助1，进行比较判断选项.20.30ππ1【详解】a=2>2=1，b=sin<sin=，126211而e<2<e，则<ln2<1，即<c<1，所以b<c<a.22故选：B命题点3　特殊值法1(2024·全国·模拟预测)若logab>1，则下列不等式一定成立的是()1111A.a>bB.ab<a+b-1C.a+>b+D.a-<b-baba【答案】D1【分析】由logab>1，分类讨论0<a<1和a>1可判断A，B；取特值可判断C；根据y=x+的单调性x可判断D.【详解】因为logab>1，所以logab>logaa，当0<a<1时，解得0<b<a<1；当a>1时，解得1<a<b，所以a-1b-1>0，即ab>a+b-1，A，B错误.11当a=2,b=3时，a+<b+，C错误.ba111因为y=x+在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以a+<b+，xab11即a-<b-，D正确.ba故选：D【变式训练】3 1(多选)(2024·福建龙岩·一模)下列命题正确的是()2222A.若a<b<0，则a>ab>bB.若a<b<0，则ac<bcccbC.若0<a<b<c，则>D.若0<a<b，则2a+>2abab2【答案】AC【分析】对A和C利用不等式性质即可判断，对B和D举反例即可反驳.22【详解】对A，因为a<b<0，则两边同乘a得a>ab，两边同乘b得ab>b，22则a>ab>b，故A正确；22对B，当c=0时，ac=bc，故B错误；11cc对C，因为0<a<b，则>，又因为c>0，所以>，故C正确；ababb8对D，举例a=2,b=8，则2a+=2×2+=8，而2ab=22×8=8，22此时两者相等，故D错误.故选：AC.2(多选)(2023·全国·模拟预测)下列说法正确的有()122A.若0<a<1，则lna+≤-2B.若lga<lgb，则a<blna2ab*C.若a<b<c,a+b+c=0，则c-ab>0D.若2<2a,b∈N，则a-b≤-1【答案】ABD【分析】运用基本不等式，结合特例法、不等式的性质、指数函数的单调性逐一判断即可.1【详解】选项A：当0<a<1时，lna<0,-lna+≥2，-lna111所以lna+≤-2，当且仅当lna=，即a=时等号成立，故选项A正确；lnalnae22选项B：由lga<lgb得0<a<b，所以a<b，故选项B正确；2选项C：令a=-3,b=0,c=3，满足a<b<c,a+b+c=0，但c-ab>0不成立，故选项C错误；ab*选项D：由2<2得a<b，因为a,b∈N，所以a+1≤b，所以a-b≤-1，故选项D正确．故选：ABD.3(2024·上海静安·二模)在下列关于实数a、b的四个不等式中，恒成立的是．(请填入全部正确的序号)a+b222①a+b≥2ab；②≥ab；③|a|-|b|≤|a-b|；④a+b≥2b-1．2【答案】②③④【分析】取特值可判断①；作差法可判断②④；要证|a|-|b|≤|a-b|即证2ab≥2ab可判断③.【详解】对于①，取a=-1,b=1，故①错误；2222a+b2a+b+2ab-4aba+b-2aba-b2对于②，2-ab=4=4=2≥0，故②正确；22对于③，当a≥b，要证|a|-|b|≤|a-b|，即证a-b≤a-b，2222即a|+b|-2ab≤a+b-2ab，即证2ab≥2ab，而2ab≥2ab恒成立，当a<b时，a-b0,a-b0，所以|a|-|b|≤|a-b|，故③正确.222222对于④，a+b-2b+1=a+b-1≥0，所以a+b≥2b-1，故④正确.故答案为：②③④.4 题型二　利用指数、对数及幂的运算性质化简比较大小求同存异法比较大小如果两个指数或对数的底数相同，则可通过真数的大小与指数、对数函数的单调性判断出指数或对数的大小关系，要熟练运用指数、对数公式、性质，尽量将比较的对象转化为某一部分相同的情况．0.31-0.31(2024·天津·一模)已知a=3，b=log43，c=2，则a，b，c的大小关系为()A.b<a<cB.b<c<aC.c<a<bD.a<c<b【答案】B【分析】由幂函数和对数函数的单调性即可得出答案.【详解】因为0=log41<b=log43<log44=1，1-0.30.30.3c==2>1，a=3>1，20.3因为y=x在0,+∞上单调递增，0.30.3所以2<3，所以b<c<a.故选：B【变式训练】-0.2π1(2024·陕西西安·模拟预测)已知a=π,b=log3π,c=sin，则()5A.a<b<cB.a<c<bC.c<a<bD.b<c<a【答案】C【分析】根据指数函数的性质判断a的范围，利用指数函数、幂函数以及正弦函数的单调性可比较a,c的大小关系，结合b的范围，即可判断出答案.-0.20【详解】由题意得a=π<π=1，-0.2-0.2-0.4-0.52ππ且a=π>4=2>2==sin>sin=c，245又b=log3π>1，故c<a<b，故选：C3.23.22(2024·广东肇庆·模拟预测)已知a=1.01,b=0.52,c=log0.523.2，则()A.a>b>cB.c>b>aC.c>a>bD.b>a>c【答案】A【分析】利用幂函数和对数函数的性质来判断即可.3.23.23.2【详解】幂函数y=x在0,+∞上单调递增，故a=1.01>0.52=b>0，又c=log0.523.2<log0.521=0，所以a>b>c.故选：A.21-1333(2024·四川攀枝花·二模)若a=3,b=log3e,c=e，则()A.a>c>bB.a>b>cC.c>a>bD.c>b>a【答案】A【分析】利用幂函数、指数函数与对数函数的单调性比较大小即可.5 12111-133333【详解】易知y=x在0,+∞上单调递增，则3=3>e=，即a>c，e11x3030而由y=aa>1单调递增，得3>3=1,e>e=1，即a>c>1，又y=log3x单调递增，故1=log33>b=log3e,则a>c>1>b.故选：A题型三　构造函数比较大小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．110.11(2024高三·全国·专题练习)若a=1.1,b=lne，c=e，则a,b,c的大小关系为()10A.b<a<cB.a<b<cC.b<c<aD.a<c<b【答案】Axx【分析】构造函数m(x)=lnx-x+1,n(x)=e-x-1，利用导数求证不等式lnx≤x-1,和e≥x+1，即可求解.x【详解】设m(x)=lnx-x+1,n(x)=e-x-1，1则当x>1时,m(x)=-1<0,mx在1,+∞单调递减，x当0<x<1时，m(x)>0,mx在0,1单调递增，故当m(x)≤m1=0，故lnx≤x-1,当且仅当x=1时取等号，x当x>0,nx=e-1>0⇒x>0,nx在0,+∞单调递增，xx当nx=e-1<0⇒x<0,nx在-∞,0单调递减，所以n(x)≥n(0)=0，故e≥x+1，当且仅当x=0时取等号，1111所以b=lne=ln+1<1.1，故b<a．10100.1e>1.1，故a<c因此b<a<c，故选：A【点睛】方法点睛：比较大小问题，常常根据：(1)结合函数性质进行比较；(2)利用特殊值进行估计，再进行间接比较；(3)根据结构特征构造函数，利用导数分析单调性，进而判断大小【变式训练】0.011(2024·辽宁·二模)若a=1.01+sin0.01,b=1+ln1.01,c=e，则()A.b>c>aB.a>c>bC.c>b>aD.c>a>b【答案】Bx【分析】通过构造函数f(x)=1+x+sinx-e，利用导数与函数单调性间的关系，得到f(x)=1+x+sinxx1x-e在区间0,上单调递增，从而得出c<a，构造函数G(x)=e-ln(x+1)-1，利用导数与函数单调2x性间的关系，得到G(x)=e-ln(x+1)-1在区间0,1上单调递增，从而得出b<c，即可得出结果.xx【详解】令f(x)=1+x+sinx-e，则f(x)=1+cosx-e，xx1令h(x)=1+cosx-e，则h(x)=-sinx-e<0在区间0,上恒成立，26 1111112π232即f(x)在区间0,2上单调递减，又f2=1+cos2-e>1+cos6-e=1+2-e，3233112而1+2=1+4+3>e，所以f2=1+2-e>0，x1即f(x)=1+x+sinx-e在区间0,上单调递增，所以f(0)<f(0.01)，20.010.01得到0<1.01+sin0.01-e，即e<1.01+sin0.01，所以c<a，xx1令G(x)=e-ln(x+1)-1，则G(x)=e-，当x∈(0,1)时，G(x)>0，x+1x即G(x)=e-ln(x+1)-1在区间0,1上单调递增，0.010.01所以G(0)<G(0.01)，得到0<e-ln1.01-1，即1+ln1.01<e，所以b<c，综上所述，b<c<a，故选：B.xx【点睛】关键点点晴：通过构造函数f(x)=1+x+sinx-e和G(x)=e-ln(x+1)-1，将问题转化成比较函数值的大小，再利用导数与函数单调性间的关系，即可解决问题.1ln2ln31eln22ln332(2023·辽宁·模拟预测)已知a=e,b=2,c=3，试比较a,b,c的大小关系()A.a<b<cB.b<a<cC.a<c<bD.c<b<a【答案】C【分析】根据三个指数的底数的形式，通过构造新函数，利用导数的性质判断其大小，再根据三个数的形式构造新函数，通过取对数法，结合导数的性质判断其单调性，最后利用单调性判断即可.lnx1-lnx【详解】设fx=x>0⇒fx=，xx2当x>e时，fx<0，fx单调递减，所以有fe>f3>f4，1lneln22ln2ln4因为=,==，ee2441ln3ln4所以>>，e34x设gx=x(x>0)⇒lngx=xlnx，设y=xlnx⇒y=lnx+1，1当0<x<时，y<0，函数y=xlnx单调递减，e1ln3ln4因为>>>0，e34所以lng1ln3ln4e<lng3<lng4，因为函数y=lnx是正实数集上的增函数，故g1ln3ln4e<g3<g4，1ln3ln4ln21eln33ln44ln22即e<3<4=2，所以a<c<b，故选：C【点睛】关键点睛：根据所给指数的底数和指数的形式，构造函数，利用导数的性质是解题的关键52-ln51ln43(2023·湖南·模拟预测)设a=，b=，c=，则a，b，c的大小顺序为()e2e47 A.a<c<bB.c<a<bC.a<b<cD.b<a<c【答案】Alnx【分析】根据a、b、c的结构，构造函数fx=，利用导数判断单调性，即可比较出a、b、c的大小，从而x可得到正确答案．2lne5(2-ln5)51lneln4【详解】因为a==，b==，c=22eeee45lnx1-lnx故构造函数fx=，则fx=，xx21-lnx令fx==0，解得x=e，2x当x∈0，e时，fx>0，fx在0，e上单调递增，当x∈e，+∞时，fx<0，fx在e，+∞上单调递减，2e又因为a=f5，b=fe，c=f4所以a<b，c<b．2ln4ln2e因为c=f4===f2，又<2<e，4252e所以f5<f2，即c>a，故a<c<b，故选：A．【课后强化】基础保分练一、单选题2.011(2024·天津·二模)若a=log11.9，b=log215.8，c=2，则a，b，c的大小关系为()3A.c>a>bB.c>b>aC.a>b>cD.b>a>c【答案】B【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合中间量法求解即可.【详解】a=log11.9<log11=0，330=log21<b=log215.8<log216=4，2.012c=2>2=4，所以c>b>a.故选：B.1e122(2024·北京顺义·二模)已知a=log42，b=2，c=π，则()A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.c>a>b【答案】D【分析】利用换底公式计算a，利用指数函数单调性判断b，c即可得答案.log211e1211220【详解】因为a=log42=log4=2，b=2<2=4，c=π>π=1，2所以c>a>b.故选：D8 ππ2π23(2024·全国·模拟预测)若a=2，b=2，c=logπcos5，则()2A.a>b>cB.b>a>cC.a>c>bD.b>c>a【答案】A【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数的单调性比较大小．ππ【详解】由0<cos<1，则c=logπcos<0，525π3223又a=2>2=2=22>2.828，π23.222且0<b=2<2=1.6=2.56，所以a>b>c．故选：A．3224(2024·全国·模拟预测)若a=log83,b=0.1,c=lncos2023，则下列大小关系正确的是()A.b<a<cB.c<a<bC.a<b<cD.c<b<a【答案】D112【分析】利用指数函数，对数函数及幂函数的单调性可比较a与1和，b与0和的大小，后利用0<cos222023<1结合对数函数单调性，可比较c与0的大小，即可得答案.11【详解】因对数函数y=log8x在0,+∞上单调递增，则log88=<log83<log88=1，即<a<1．221x13因指数函数y=在R上单调递减，幂函数y=x在R上单调递增，103311212131311则0<0.1=10<10<8=2，即0<b<2<a<1．22又注意到0<cos2023<1，y=lnx在0,+∞上单调递增，所以lncos2023<0，即c<0，所以c<b<a．故选：D．二、多选题5(2024·贵州遵义·一模)已知正实数a，b满足sina+lna=b+lnb，则()-1-11122abA.2a>bB.a>bC.log1a<log1bD.e>eee【答案】AC【分析】利用导数证明sinx<x,x>0，利用不等式的性质，结合函数y=x+lnx的单调性可得b<a，再逐项判断即可得解.【详解】令函数f(x)=x-sinx,x>0，求导得fx=1-cosx≥0，函数f(x)在(0,+∞)上递增，f(x)>f(0)=0，即当x>0时，sinx<x，则当a>0时，sina<a，于是b+lnb=sina+lna<a+lna，而函数y=x+lnx在(0,+∞)上递增，因此a>b>0，对于A，2a>a>b，A正确；-1-1-1222对于B，函数y=x在(0,+∞)上递减，则a<b，B错误；对于C，函数y=log1x在(0,+∞)上递减，则log1a<log1b，C正确；eee1111ab对于D，<，则e<e，D错误.ab9 故选：AC6(2024·全国·模拟预测)已知a>0，b>0，且a+b=2，则()221a-b2A.a+b≥2B.<2<4C.log2a+log2b≥0D.a-b>04【答案】AB【分析】根据基本不等式可判定A，根据指数函数的单调性可判定B，根据基本不等式、对数运算及对数函数单调性可判断C，根据二次函数的性质可判断D.2a+b22【详解】∵a>0，b>0，且a+b=2，∴a+b≥=2，2当且仅当a=b=1时取等号，故A正确.∵a>0，b>0，且a+b=2，∴0<a<2，0<b<2，1a-b∴-2<a-b<2，∴<2<4，故B正确.4由2=a+b≥2ab，得0<ab≤1，当且仅当a=b=1时取等号，∴log2a+log2b=log2ab≤log21=0，故C错误.221292∵a-b=a-2-a=a+-，又0<a<2，∴-2<a-b<4，故D错误.24故选：AB.三、填空题322-317(2023·吉林长春·模拟预测)已知a=log32，b=2，c=lne，则a，b，c的大小关系3为．【答案】c<a<b1【分析】由对数函数及指数函数单调性得到a∈0,1，b>1，c=-，从而得到大小关系.223【详解】因为y=log3x在0,+∞上单调递减，1>>，323232故a=log3<log3=1且a=log3>log31=0，所以a∈0,1，32333232x3因为y=2在R上单调递减，-3<0，32-320所以b=2>2=1，1-112c=ln=lne=-，e2故c<a<b.故答案为：c<a<b8(2023·全国·模拟预测)已知a=ln3，b=log113，现有如下说法：①a<2b；②a+b>3ab；③b-a<-ab.则正确的说法有.(横线上填写正确命题的序号)【答案】②③【分析】根据对数的运算法则及对数函数的性质判断即可.【详解】因为a=ln3>0，b=log113>0，所以a=ln3=loge3，2b=2log113=log113<loge3=a，所以a>2b，故①错误；11+=log3e+log311=log311e>log327=3，所以a+b>3ab，故②正确；ab10 11e1-=log3e-log311=log3<log3=-1，所以b-a<-ab，故③正确.ab113故答案为：②③四、解答题abab9(22-23高三·全国·对口高考)(1)比较ab与ba(a>0,b>0)的大小；(2)已知a>2，比较log(a-1)a与loga(a+1)大小abab【答案】(1)ab≥ba；(2)log(a-1)a>loga(a+1)【分析】(1)利用作商法，分类讨论即可；(2)利用做差法、换底公式以及不等式的性质分析即可.【详解】(1)因为a>0,b>0，aabbaa-b所以=，baabbaabbaa-b所以①当a=b>0时，==1，baabbabab所以ab=ba，a②当a>b>0时，>1,a-b>0，baa-b即>1，babab所以ab>ba，a③当b>a>0时，0<<1,a-b<0，baa-b即>1，babab所以ab>ba，abab综上所述：当a>0,b>0，ab≥ba.(2)log(a-1)a-loga(a+1)lgalga+1=-lga-1lga2lga-lga+1lga-1=，lgalga-1因为a>2，所以lga+1>0,lga-1>0,lga>0，所以lgalga-1>0，lga-1+lga+12由lga+1lga-1<2lga2-12lga222=<=lga，222所以lga-lga+1lga-1>0，2lga-lga+1lga-1所以>0，lgalga-1即log(a-1)a-loga(a+1)>0，故log(a-1)a>loga(a+1).5-110(2020高三·上海·专题练习)设a>，且a≠1，记x=loga2,y=loga+12,z=loga+22，试比2较x,y,z的大小.11 【答案】x>y>z5+15-1【分析】根据对数函数的性质，由1<<a+1<a+2，先得到loga+12>loga+22；再分别讨论22<a<1，a>1两种情况，得到x>y，即可得出结果.5-15+1【详解】因为a>，所以1<<a+1<a+2，22根据对数函数的性质可得：loga+12>loga+22，即y>z；又a≠1，5-1125+1当<a<1时，<=，2a5-12所以x=loga2=-loga2=log12>log5+12>loga+12，即x>y，因此x>y>z；a2当a>1时，由a<a+1，得x=loga2=loga2>loga+12，即x>y，因此x>y>z；综上，x>y>z.【点睛】本题主要考查比较对数式的大小，熟记对数函数的性质即可，属于常考题型.综合提升练一、单选题31(2024·天津河东·一模)设a=2,b=log23,c=log33，则a,b,c的大小关系为()A.b<c<aB.b<a<cC.c<b<aD.a<b<c【答案】A【分析】根据对数的单调性以及指数的单调性即可利用中间值求解.31【详解】a=2>2=2,b=log23<log24=2,c=log33=2，故b<c<a,故选：A0.492(2024·河南·模拟预测)设a=log32,b=log333,c=log222,d=2，则()A.a<b=c<dB.d<c=b<aC.a<d<b=cD.c<a<d<b【答案】C【分析】根据指数幂与对数的运算性质，分别求得a,b,c,d的取值范围，即可求解.3300.5【详解】由a=log32<log33=1,b=log333=,c=log222=,1=2<d<2=2，223即1<d<2<，所以a<d<b=c．2故选：C．312202333(2024·陕西安康·模拟预测)若a=12,b=ln2024,c=log278，则()A.b<c<aB.a<c<bC.b<a<cD.c<b<a【答案】C1【分析】根据对数运算以及对数函数单调性可得c>,b<0，结合分数指数幂运算分析可得0<a<c，即6可得结果.1111313132【详解】因为c=log278=3log32>3log33=6>0，a=12=12=>0，24312 11因为>>0，可知c>a>0，62432023又因为b=ln<ln1=0，所以b<a<c.2024故选：C.31-24(2024·四川·模拟预测)已知a=ln,b=,c=e，则a,b,c的大小关系为()23A.a>b>cB.a>c>bC.b>a>cD.b>c>a【答案】A1【分析】利用当x>0时，lnx≤x-1判断a>b，通过函数y=在是减函数判断b>c.x1【详解】当x>0时，设fx=lnx-x+1，则fx=-1，x当0<x<1时，fx>0，fx单调递增，当x>1时，fx<0，fx单调递减，所以fx≤f1=0，也就是说当x>0时，lnx≤x-1，1111用代替x，可得ln≤-1，即lnx≥1-，xxxx321所以ln>1-=，即a>b．23311-2又知>=e，所以b>c，所以a>b>c．3e2故选：A3-33385(2023·天津河北·一模)若a=7,b=log17,c=log18，则a,b,c的大小关系为()78A.b<a<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a【答案】D3-3737888【分析】首先化简a=7=3>1，b=log73=1-log73<1，c=log83=1-log83<1，再根据log73>log83即可得解.3-3737088【详解】a=7=3>3=1，即a>1，37b=log1=log7=1-log73<1，77338c=log1=log8=1-log83<1，883又log73>log83，所以c>b，所以a>c>b，故选：D6(2024·全国·模拟预测)已知a>b>1，则下列各式一定成立的是()ab+1a+bbaA.logab>1B.lna-b>0C.2<2D.b⋅a<a⋅b【答案】D【分析】根据对数函数的单调性即可判断AB；根据指数函数的单调性即可判断C；构造函数fx=lnxx>1，利用导数判断出函数的单调性即可判断D.x-1【详解】对于AB，因为a>b>1，所以logab<logaa=1，故A错误；13 因为a>b>1，所以a-b>0，但a-b不一定大于1，故lna-b不一定大于0，故B错误；ab+1a+b对于C，因为ab+1-a+b=a-1b-1>0，则ab+1>a+b，所以2>2，故C错误；bab-1a-1对于D，不等式b⋅a<a⋅b等价于a<b，两边取自然对数得b-1lna<a-1lnb，lnalnb因为a>b>1,a-1>0,b-1>0，所以原不等式等价于<，a-1b-11-1-lnxlnxx设函数fx=x>1，则fx=，x-1x-121111-x令gx=1--lnxx>1，则gx=-=，xx2xx2当x>1时，gx<0，所以gx在1,+∞上单调递减，故当x>1时，gx<g1=0，所以fx<0，故fx在1,+∞上单调递减，lnalnb所以fa<fb，即<，故D正确．a-1b-1故选：D．7(2024·宁夏银川·二模)定义域为R的函数f(x)满足f(x+2)为偶函数，且当x1<x2<2时，[f(x254)-f(x1)](x2-x1)>0恒成立，若a=f(1)，b=f(ln10)，c=f3，则a，b，c的大小关系为()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.c<a<b【答案】D【分析】根据条件先得到函数的对称性和单调性，再根据单调性比较大小.【详解】当x1<x2<2时，[f(x2)-f(x1)](x2-x1)>0恒成立，即当x1<x2<2时，f(x2)>f(x1)，函数f(x)在-∞,2上单调递增，又f(x+2)为偶函数，即f(x+2)=f(-x+2)，所以函数f(x)关于x=2对称，则函数f(x)在2,+∞上单调递减，所以a=f(1)=f(3)533533因为10<2<e，所以10<2<e534所以2<ln10<lne=3<3，54所以fln10>f3>f3，即c<a<b，故选：D.π109π68(2024·全国·模拟预测)已知a=e，b=1+sin，c=1.1，则a，b，c的大小关系为()10A.a>b>cB.a>c>bC.c>a>bD.c>b>a【答案】C【分析】先利用常见不等式放缩得到a，b的大小关系，再利用幂函数的单调性比较a，c的大小关系即可得到答案.xx【详解】令fx=e-x-1x≥0，则fx=e-1≥0恒成立，所以fx在0,+∞单调递增，x所以当x>0时，fx>f0=0，即e>x+1x>0；令gx=x-sinxx≥0，则gx=1-cosx≥0恒成立，14 所以gx在0,+∞单调递增，所以当x>0时，gx>g0=0，即sinx<x(x>0)；9ππ由诱导公式得b=1+sin=1+sin，1010πππ10所以b=1+sin<1+<e，因此a>b；1010π410100.46150.4因为a=e<e=e，c=1.1=1.1，15故只需比较e与1.1的大小，15151122由二项式定理得，1.1=(1+0.1)>1+C15×(0.1)+C15×(0.1)>3>e，所以c>a．综上，c>a>b.故选：C【点睛】方法点睛：本题考查比较大小问题，此类问题常见的处理方法为：(1)中间值法：通过与特殊的中间值比较大小，进而判断两个数的大小关系；(2)构造函数法：通过观察两个数形式的相似之处，构造函数，利用导数研究函数单调性与极值等性质进而比较大小；(3)放缩法：利用常见的不等式进行数的放缩进而快速比较大小.二、多选题9(2023·广东广州·模拟预测)下列是a>b>c(a，b，c≠0)的必要条件的是()22a-ca-ba+bb+cA.ac>bcB.ac>bcC.2>2D.7>7【答案】CD【分析】AB选项，可举出反例；CD选项，利用指数函数单调性可进行判断.【详解】A选项，若c<0，则A错误，22B选项，等价为a>b，当a>0>-a>b时不成立，故B错误，xa-ca-bC选项，因为y=2在R上单调递增，而a-c>a-b，所以2>2，C正确；xa+bb+cD选项，因为y=7在R上单调递增，而a+b>b+c，所以7>7，D正确.故选：CDxe10(2024·全国·模拟预测)已知实数a,b,c，其中a,cc>a>0是函数fx=-mm>e的两xa2c个零点．实数b满足b=log73+2b>1，则下列不等式一定成立的有()cA.a+c<b+1B.c-a>b-1C.>bD.ac<ba【答案】BCDxe【分析】设gx=x>0，利用导数研究其性质，画出大致图象，a,cc>a>0是直线y=m与函数xbacb-cgx的图象交点的横坐标，数形结合可得0<a<1<c，又由条件得7=3+4，可推出7<1，得b<c，即aceec-ac可判断ABC；由=0<a<1<c，取对数后可得=1，设t=,t>1，令h(t)=2lnt-aclnc-lnaa1c-at+,t>1，利用导数可证得lnc-lna<，进而可判断D.tacxexx-1e【详解】设gx=x>0，gx=，xx2当x∈0,1时，gx<0，当x∈1,+∞时，gx>0，所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，15 所以，当x=1时，gx取极小值g1=e.xea,cc>a>0是函数fx=-mm>e的两个零点，x即直线y=m与函数gx的图象交点的横坐标，如图，由图可知，0<a<1<c，a2cbac由b=log73+2b>1，得7=3+4，ab-c4c34c3c43所以7=+<+<+=1，7c77777所以b<c，所以0<a<1<b<c，所以B，C正确，无法判断A是否正确；aceec-a对于D，由=0<a<1<c，取对数后可得c-a=lnc-lna，即=1，aclnc-lnac-accaclnc-lna-=ln-+，设t=,t>1，acaaca2121(t-1)令h(t)=2lnt-t+,t>1，则h(t)=-1-=-<0，ttt2t2所以h(t)在(1,+∞)上单调递减，则h(t)<h(1)=0，c-acca所以lnc-lna-=ln-+<0，acaacc-ac-a即lnc-lna<，从而可得ac<，aclnc-lna所以ac<1<b，D正确，故选：BCD．ab11(2024·重庆·一模)已知3=5=15，则下列结论正确的是()1a1bA.lga>lgbB.a+b=abC.2>2D.a+b>4【答案】ABD【分析】根据指对互化与运算以及指数函数、对数函数单调性即可判断ABC，利用基本不等式即可判断D.【详解】由题意得a=log315>log31>0，b=log515>log51=0，11110<=log153，0<=log155，则0<<，则a>b>0，abab对A，根据对数函数y=lgx在0,+∞上单调递增，则lga>lgb，故A正确；11a+b对B，因为+=log153+log155=1，即=1，则a+b=ab，故B正确；abab1x1a1b对C，因为a>b>0，根据指数函数y=2在R上单调递减，则2<2，故C错误；11对D，因为a>b>0，+=1，ab11babaa+b=a+ba+=2+a+≥2+2a⋅b=4，bb16 当且仅当a=b时等号成立，而显然a≠b，则a+b>4，故D正确；故选：ABD.三、填空题12(23-24高三上·北京昌平·阶段练习)①在△ABC中，b=2，c=3，B=30°，则a=；0.10.4②已知a=9，b=3，c=log40.3，则a、b、c的大小关系是3+13【答案】c<a<b2【分析】对于①：利用余弦定理运算求解即可；对于②：根据指、对数函数单调性分析判断.22223+13【详解】对于①：利用余弦定理b=a+c-2accosB，即4=a+3-3a，而a>0，解得a=；20.10.2x对于②：因为a=9=3，且y=3在定义域内单调递增，00.20.4可得3<3<3，即1<a<b，又因为c=log40.3<log41=0，所以c<a<b.3+13故答案为：；c<a<b.2171313(22-23高三上·陕西咸阳·阶段练习)已知a=log32,b=4,c=log15，则a，b，c的大小关3系为.【答案】c<b<a【分析】由题意根据对数函数、指数函数单调性比较大小即可.111073【详解】由题意c=log15<log11=0<b=4<4=1=log33<a=log32，33故a，b，c的大小关系为c<b<a.故答案为：c<b<a.*14(2023高三上·全国·专题练习)若n∈N，n>1，则lognn+1与logn+1n+2的大小关系为.(用“<”连接)【答案】logn+1n+2<lognn+1【分析】利用作商法以及基本不等式可得出两个对数式的大小关系.logn+1n+2logn+1n+logn+1n+22【详解】=logn+1n⋅logn+1n+2<lognn+12logn2+2n2logn2+2n+12n+1n+1=<=1，22*因为n∈N，n>1，则lognn+1>logn1=0，logn+1n+2>logn+11=0，所以logn+1n+2<lognn+1.故答案为：logn+1n+2<lognn+1.四、解答题15(22-23高三上·甘肃兰州·阶段练习)比较下列两组数的大小(写出详细理由)．0.30.30.4(1)a=0.4，b=0.3，c=0.3(2)a=log26，b=log312，c=log515【答案】(1)a>b>c(2)c<b<a【分析】(1)由题意，根据指数函数与幂函数的单调性，可得答案；(2)由题意，根据对数运算性质化简，结合中间值法，可得答案.17 0.30.30.3【详解】(1)由函数y=x，且0.4>0.3，则0.4>0.3；x0.30.4由函数y=0.3，且0.4>0.3，则0.3>0.3；0.30.30.4则0.4>0.3>0.3，即a>b>c.(2)a=log22×3=log22+log23=1+log23，b=log34×3=log34+log33=1+log34，c=log55×3=log55+log53=1+log53，3则log53<1<log34<<log23，故c<b<a.2-1-1-230.516(2020高三·全国·专题练习)比较大小：①5.25，5.26，5.26；②0.5，3，log30.5；③log0.760.76，0.7，6．-1-1-230.560.7【答案】①5.25>5.26>5.26；②log30.5<0.5<3；③log0.76<0.7<6．-1-1【解析】(1)构造相应的函数，依据其单调性比较函数值的大小，如：y=x在(0,+∞)上递减有5.25>-1x-1-230.55.26，y=5.26是增函数有5.26>5.26，即可得大小关系；(2)将0.5，3，log30.5与0和1比较大小，60.7即可确定它们的大小关系；(3)利用同底的指数、对数以0、1作为界值，比较log0.76，0.7，6的大小-1【详解】①∵y=x在(0,+∞)上递减，5.25<5.26-1-1∴5.25>5.26，x∵y=5.26是增函数，-1>-2-1-2∴5.26>5.26-1-1-2综上，5.25>5.26>5.26；30.5②∵0<0.5<1，3>1，log30.5<030.5∴log30.5<0.5<3；600.7060.7③log0.76<log0.71<0，0<0.7<0.7=1，6>6=1，则log0.76<0.7<6【点睛】本题考查了比较指数式、对数式的大小，结合相应的指数或对数函数，利用其单调性比较函数值的大小，或以0、1作为界值，结合同底的指数函数或对数函数的单调性比较大小17(2022高三·全国·专题练习)已知a,b均为正实数，且a≠1．ab11(1)比较+与+的大小；b2a2ab32(2)比较logab+1和logab+1的大小．ab11【答案】(1)+≥+b2a2ab(2)答案见解析【分析】(1)利用作差法比较大小，即得答案；(2)结合指数函数以及对数函数的单调性，分类讨论a,b的取值范围，即可得答案.2ab11a-bb-aa+b(a-b)【详解】(1)+-+=+=，b2a2abb2a2a2b22a,b均为正实数，∴a+b>0,(a-b)≥0，2a+b(a-b)ab11∴≥0,∴+≥+；a2b2b2a2ab(2)当a>1时，函数y=logax为增函数；当0<a<1时，函数y=logax为减函数．3232①当b>1时，b>b，则b+1>b+1，32若a>1，则logab+1>logab+1；32若0<a<1，则logab+1<logab+1；32②当b=1时，logab+1=logab+1；18 3232③当0<b<1时，b<b，则b+1<b+1，32若a>1，则logab+1<logab+1；32若0<a<1，则logab+1>logab+1．a>10<a<132综上所述，当或时，logab+1>logab+1；b>10<b<1a≠132当时，logab+1=logab+1；b=1a>10<a<132当或时，logab+1<logab+1.0<b<1b>1x18(22-23高三下·全国·开学考试)已知函数fx=e-ax-1a∈R的最小值为0．(1)求实数a的值；0.11(2)设m1=1.1+ln0.1，m2=0.1e，m3=，判断m1，m2，m3的大小．9【答案】(1)a=1(2)m1<m2<m3【分析】(1)求出函数的导函数，分a≤0、a>0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得到函数的lna11最小值为flna=e-alna-1，从而得到lna+-1=0，再令φa=lna+-1，利用导数说明函数aa的单调性，即可得到a值，从而得解；xx(2)由(1)可得e≥x+1，当x>-1时两边取对数得到lnx≤x-1，当x∈0,1时，设Fx=xe-1+xx-lnx，根据函数值的情况判断m2>m1，当x∈0,1时，设Gx=x+lnx-ln，即可判断m2<m3，1-x从而得解.x【详解】(1)解：由题意得fx=e-a．x当a≤0时，fx=e-a>0，fx单调递增，无最小值，不满足题意．当a>0时，令fx=0，得x=lna．当x∈-∞,lna时，fx<0；当x∈lna,+∞时，fx>0．所以fx在-∞,lna上单调递减，在lna,+∞上单调递增．lna1所以fx的最小值为flna=e-alna-1=0，即lna+-1=0．a1a-1设φa=lna+-1，则φa=．令φa=0，得a=1．aa2当a∈0,1时，φa<0；当a∈1,+∞时，φa>0，所以φa在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，1即φamin=φ1=0．故lna+-1=0的解只有a=1，a综上所述，a=1．xx(2)解：由(1)可得fx=e-x-1≥0，所以e≥x+1，当且仅当x=0时等号成立．当x>-1时，不等式两边取对数，得x≥ln(x+1)，所以lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立．x当x∈0,1时，设Fx=xe-1+x-lnx，x+lnx则Fx=e-1+x-lnx≥x+lnx+1-1+x-lnx=0，当且仅当x+lnx=0时，等号成立．0.1因为0.1+ln0.1≠0，所以0.1e-1.1-ln0.1>0，所以m2>m1．x当x∈0,1时，设Gx=x+lnx-ln，因为0<1-x<1，1-x所以Gx=x+lnx-lnx+ln1-x=x+ln1-x<x+1-x-1=0，19 xx所以x+lnx<lnx-ln1-x，即xe<．1-x0.10.11故0.1e<=，所以m2<m3．1-0.19综上所述，m1<m2<m3．219(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=axln(x-1)-x+x．(1)当a=2时，讨论g(x)=f(x)-x的单调性．4(2)若f(x)有两个零点x1,x2，且x1<x2，证明：lnx1-1x2-1>．a【答案】(1)g(x)在(1,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减(2)证明见解析【分析】(1)利用导数判断gx的单调性，进而可得x∈(1,2)时，g(x)>0，x∈(2,+∞)时，g(x)<0，进而可得单调区间；1ln(x-1)ln(x-1)1(2)令f(x)=0，可得=(x>1)，构造函数φ(x)=(x>1)，有两个极点可得0<<ax-1x-1a111x2-1x2-1+x1-1x2-1+x1-1，进而可得=ln，进而运算可得要证lnx1-1x2-1==⋅eax2-x1x1-1ax2-x1x2-1ln，x1-14t+1lnx1-1x2-1>，只需证lnx1-1x2-1>2，换元证明lnt>2即可．at-12【详解】(1)当a=2时，gx=fx-x=2xlnx-1-x，定义域为1,+∞，2x则gx=2lnx-1+-2xx>1．x-12x设h(x)=2ln(x-1)+-2x(x>1)，x-132322-2x2+6x-62-x-2-4则h(x)=--2==<0，x-1(x-1)2(x-1)2(x-1)2所以h(x)在(1,+∞)上单调递减，即g(x)在(1,+∞)上单调递减．又h(2)=0+4-4=0，即g(2)=0，所以当x∈(1,2)时，g(x)>0，当x∈(2,+∞)时，g(x)<0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减．(2)令f(x)=0，得axln(x-1)=x(x-1)．又x>1，所以aln(x-1)=x-1．显然当a=0时，方程x-1=0只有一个根，不符合题意，1ln(x-1)ln(x-1)1-ln(x-1)所以=(x>1)．令φ(x)=(x>1)，则φ(x)=．ax-1x-1(x-1)2当1<x<e+1时，φ(x)>0，当x>e+1时，φ(x)<0，1所以φ(x)在(1,e+1)上单调递增，在(e+1,+∞)上单调递减，则φ(x)≤φ(e+1)=．e而φ(2)=0，所以当x>2时，恒有φ(x)>0．111要使f(x)有两个零点x1,x2，则需直线y=与函数φ(x)的图象有两个交点，所以0<<．aae由上述可知，x2>x1>1，且alnx1-1=x1-1①，alnx2-1)=x2-1②．x2-111x2-1②-①，得aln=x2-x1，所以=ln．x1-1ax2-x1x1-1②+①，得alnx2-1+lnx1-1=x2-1+x1-1，20 x2-1+x1-1x2-1+x1-1x2-1所以lnx1-1x2-1==⋅ln．ax2-x1x1-1x2-1+1x2-1x1-1x2-1t+1设t=>1，则lnx1-1x2-1=⋅ln=lnt．x1-1x2-1-1x1-1t-1x1-1444要证lnx1-1x2-1>，又<<2，所以只需证lnx1-1x2-1>2，aaet+12(t-1)即证lnt>2，即证lnt->0．t-1t+122(t-1)(t-1)令m(t)=lnt-(t>1)，则m(t)=>0，所以m(t)在(1,+∞)上单调递增，t+1t(t+1)22(t-1)4则m(t)>m(1)=0，即lnt->0，故lnx1-1x2-1>．t+1a【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.拓展冲刺练一、单选题1(2024·北京东城·一模)已知a,b∈R,ab≠0，且a<b，则()11233A.>B.ab<bC.a<bD.lga<lgbab【答案】C【分析】举出反例即可判断ABD，利用作差法即可判断C.11【详解】当a=-2,b=1时，<,lga>lgb，故AD错误；ab2当a=-2,b=-1时，ab=2>1=b，故B错误；对于C，因为a<b，所以a-b<0，因为ab≠0，所以a≠0且b≠0，3322132则a-b=a-ba+ab+b=a-ba+2b+4b<0，33所以a<b，故C正确.故选：C.11-0.62132(2024·天津·一模)已知函数fx=x-x，若a=f2,b=flog19，c=f4，则a,b,e2c的大小关系为()A.a<b<cB.c<b<aC.a<c<bD.b<c<a【答案】C1-0.6123【分析】先判断函数自变量大小可得0<2<4<log19，再根据函数fx在0,+∞上的单调性判2断即可.291-0.6210.633【详解】因为log19=log22>log24=2，0<2=2<2=4<2，21-0.6123所以0<2<4<log19，21当x>0时，fx=x-，xe21 1因为fx=1+>0，所以fx在0,+∞上单调递增，xe所以a<c<b，故选：C.3(2024·安徽阜阳·一模)设a=log23,b=log812,c=lg15，则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.a<c<bC.b<a<cD.c<b<a【答案】D【分析】根据题意，由对数的运算化简，再由对数函数的单调性即可得到结果.331【详解】a=log23=log22×2=1+log22=1+log2，32331b=log812=log88×2=1+log82=1+log8，32331c=lg15=log1010×2=1+log102=1+log10，32∵0<log32<log38<log310,∴a>b>c.222故选：D．1c4(2023·山西·模拟预测)已知实数a,b,c满足lna=，b=3log72，6=7，则()5A.c>a>bB.b>a>cC.a>c>bD.a>b>c【答案】Cln(x+1)xlnx-(x+1)ln(x+1)【分析】令fx=(x>1)，求得fx=，设gx=xlnx,x>1，求得gxlnxx(x+1)(lnx)2x为单调递增函数，得到fx<0，即fx单调递减，得出c>b，再由函数hx=e-(x+1),x>0，利用导1数得到hx单调递增，结合h>h0，得到a>c，即可求解.5115【详解】由lna=，可得a=e，且b=log78，c=log67，5ln(x+1)xlnx-(x+1)ln(x+1)令fx=(x>1)，则fx=，lnxx(x+1)(lnx)2设gx=xlnx,x>1，可得gx=lnx+1>0，所以gx为R上单调递增函数，因为x<x+1，可得gx<gx+1，即xlnx<(x+1)ln(x+1)，ln7ln8所以fx<0，即fx单调递减，所以f6>f7，即>，ln6ln7即log67>log78，所以c>b，xx再设hx=e-(x+1),x>0，可得hx=e-1>0，11516所以hx在(0,+∞)上在单调递增，所以h>h0=0，即e>1+=，555566又因为log67<log66=6，所以log67<，所以a>c，5综上可得：a>c>b.故选：C.【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据所给数的特征，构造适当的函数，利用函数的单调性比较大小.1165(2024·河南郑州·模拟预测)已知a=+，b=ln，c=log67-1ln5，则()1011522 A.a>b>cB.b>c>aC.a>c>bD.c>a>b【答案】A【分析】根据已知条件及构造函数fx=lnx+1-x(x>0)，利用导数的正负与函数的单调性的关系，结合函数的单调性，再利用作差法、对数的运算及基本不等式即可求解.1【详解】设fx=lnx+1-x(x>0)，则fx=-1<0，x+1所以fx在0,+∞上单调递减，所以fx<f0=0，即x>lnx+1，11111266所以+>ln+ln=ln，ln=log56-1ln5，10111011552lg5+lg721212lg6lg7lg62-lg5lg7lg6-lg36-lg35222log56-log67=-=>=>0，所以a>blg5lg6lg5lg6lg5lg6lg5lg6>c，故选：A．【点睛】关键点睛：利用构造法和作差法，再利用导数法求函数的单调性，结合函数单调性及基本不等式即可.二、多选题6(2023·山东青岛·三模)已知实数a，b，满足a>b>0，lnalnb=1，则()21ab+11a+babbaA.ab>eB.loga2<logb2C.2<2D.ab>ab【答案】BCD【分析】对于选项A：根据题意结合基本不等式分析判断；对于选项B：利用作差法分析判断；对于选项C：分析可得ab+1>a+b，结合指数函数单调性分析判断；对于选项D：结合幂函数单调性分析判断.lna+lnb222lnablnab【详解】对于选项A：因为lnalnb<=，即>1，解得lnab>2或lnab<-2，44421所以ab>e或0<ab<，故A错误；2eln2ln2ln2lnb-lna对于选项B：loga2-logb2=-==ln2lnb-lna，lnalnblnalnb因为a>b>0，则lna>lnb，即lnb-lna<0，且ln2>0，所以loga2-logb2<0，即loga2<logb2，故B正确；对于选项C：因为a>b>0，且lnalnb=1>0，可得lna,lnb同号，则有：若lna,lnb同正，可得a>e>b>1，则a-1b-1=ab-a+b+1>0，可得ab+1>a+b；1若lna,lnb同负，可得1>a>>b>0，e则a-1b-1=ab-a+b+1>0，可得ab+1>a+b；综上所述：ab+1>a+b，1x1ab+11a+b又因为y=2在定义域内单调递减，所以2<2，故C正确；对于选项D：因为a>b>0，则a-b>0，a-ba-ba-b可得y=x在0,+∞内单调递增，可得a>b>0，baabba且a,b>0，所以ab>ab，故D正确；23 故选：BCD.ab7(2023·云南大理·模拟预测)若12=3，12=4，则()b1221a-b1A.>1B.ab>C.a+b>D.2>a422【答案】ACD【分析】根据题意可得a=log123>0，b=log124>0，a+b=1，选项A根据换底公式结合对数函数的单调性可得；a+b2选项B由ab≤可判断；22a+b22选项C由a+b≥可判断；23选项D由a-b=log12>-1，结合指数函数的单调性可判断.4ab【详解】由12=3，12=4得a=log123，b=log124，a+b=log123+log124=log1212=1，且a=log123>log121=0，b=log124>log121=0，blog124选项A：==log34>log33=1，故A正确；alog123a+b21选项B：ab≤=，当且仅当a=b时等号成立，241因a≠b，所以ab<，故B错误；4222a+b1选项C：a+b≥=，当且仅当a=b时等号成立，22221因a≠b，所以a+b>，故C正确；231选项D：a-b=log123-log124=log12>log12=-1，412a-b-11所以2>2=，故D正确.2故选：ACD三、填空题28(22-23高三·全国·对口高考)将0.3,log20.5,log0.51.5由小到大排列的顺序是：．2【答案】log20.5<log0.51.5<0.3【分析】由指对数运算化简，进而判断它们的大小.2【详解】0.3=0.09>0，1log20.5=log2=-1<0，233log0.51.5=log1=-log2=1-log23∈(-1,0)，2222所以log20.5<log0.51.5<0.3.2故答案为：log20.5<log0.51.5<0.30.20.39(23-24高三上·新疆喀什·期中)已知a=log20.2,b=0.2,c=0.2，则a,b,c的大小关系是(用“<”表示)【答案】a<c<bx【分析】根据指数函数y=0.2的单调性即可比较b>c>0，进而由对数的性质即可求解a<0,进而可比较大小.24 x【详解】解：∵函数y=0.2在R上单调递减，又∵0.3>0.2，0.20.3∴0.2>0.2>0，即b>c>0，∵a=log20.2<log21=0，∴a<0，∴a<c<b．故答案为：a<c<bπeeπ10(2023高三上·全国·竞赛)已知a=e，b=π，c=(2)，则这三个数的大小关系为．(用“<”连接)【答案】c<b<alnxx【分析】构造f(x)=且x∈[e,+∞)，应用导数研究单调性比较a,b大小，通过y=(2)与y=x的图象xπ比较π与(2)的大小，进而得到b,c大小，即可得答案.lnx1-lnx【详解】由lna=π，lnb=elnπ，令f(x)=且x∈[e,+∞)，则f(x)=≤0，xx2lnelnπ所以f(x)在x∈[e,+∞)上递减，则>⇒π>elnπ，即lna>lnb，eπ所以b<a，eπeπ由b=π，c=[(2)]，只需比较π与(2)的大小，x根据y=(2)与y=x，相交于(2,2),(4,4)两点，图象如下，πeπe由2<π<4，结合图知π>(2)，故b=π>c=[(2)]，综上，c<b<a.故答案为：c<b<a四、解答题2x+3x+211(2024·辽宁抚顺·三模)设函数fx=,gx=x-lnx+1．x+1e(1)讨论fx的单调性．(2)证明：gx≥0．(3)当x>e-1时，证明：fx<lnx+2．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析2x+x-1【分析】(1)求得fx=-，结合导数fx的符号，即可求得fx的单调区间；x+1ex(2)根据题意，求得gx=，得到gx的单调性和最小值，即可得证；x+125 x+1lnx+2xx-1exeee(3)根据题意，转化为证明>，设hx=，求得hx=，得到hx在1,+∞x+1lnx+2xx2上单调递增，转化为证明x+1>lnx+2，结合(2)，即可得证.22x+3x+2x+x-1【详解】(1)解：由函数fx=，可得fx=-，x+1x+1ee-1-5-1+5令fx=0，解得x=或x=．22-1-5-1-5-1+5当x∈-∞,2时，fx<0；当x∈2,2时，fx>0；-1+5当x∈2,+∞时，fx<0．-1-5-1+5-1-5-1+5故fx在-∞,2和2,+∞上单调递减，在2,2上单调递增．x(2)证明：由函数gx=x-lnx+1的定义域为-1,+∞，且gx=，x+1当x∈-1,0时，gx<0，gx单调递减；当x∈0,+∞时，gx>0，gx单调递增，所以当x=0时，gx的最小值为g0=0，故gx≥g0=0．(3)证明：当x>e-1时，lnx+2>1，x+1x+2x+1lnx+2ee要证<lnx+2，即证>．ex+1x+1lnx+2xx-1exe设hx=，则hx=，xx2当x>1时，hx>0，则hx在1,+∞上单调递增，x+1lnx+2ee且hx+1=,hlnx+2=，x+1lnx+2当x>e-1时，x+1>1,lnx+2>1，故只需证明x+1>lnx+2．由(2)知，x≥lnx+1在-1,+∞上成立，故x+1>lnx+2，即fx<lnx+2成立．【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别26