6.3 第三课时 对数函数的图象和性质(二)-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（苏教版）

该高中数学课件聚焦高一数学必修第一册（苏教版）第6章对数函数，核心内容为第三课时“对数函数的图象和性质(二)”，课堂导入衔接前序对数函数基础，以已学图象性质为支架，帮助学生构建知识脉络。 其亮点是依托高效同步讲义与精品课件，通过底部蓝色箭头导航元素梳理知识结构，在探究图象性质中培养数学思维，以规范表述强化数学语言，助力学生系统掌握内容，教师使用可提升教学效率。

数学·必修·第一册(苏教) 第6章 幂函数、指数函数和对数函数 6.3　对数函数 第三课时　 对数函数的图象和性质(二) 课下培优巩固练（三十三） 题型一　函数性质的应用 角度1　比较大小 例1.(1) （苏教版必修一P145例1改编）已知a＝log23，b＝log46，c＝log89，则a，b，c的大小顺序为(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<b<a D．b<c<a 解析：b＝log46＝log2 eq \r(6) ，又c＝log89＝log2 eq \r(3,9) ，因为3> eq \r(6) > eq \r(3,9) ，y＝log2x单调递增，所以c<b<a.故选C. 答案：C (2)设a＝log32，b＝log2 eq \f(1,3) ，c＝log56，则(　　) A．a<c<b B．b<c<a C．b<a<c D．a<b<c 解析：a＝log32<log33＝1，a＝log32>log31＝0，故a＝log32∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)) ，b＝log2 eq \f(1,3) <0，c＝log56>log55＝1，故b<a<c故选C. 答案：C [总结] 　对数值比较大小的常用方法 (1)如果同底，可直接利用单调性求解．如果底数为字母，则要分类讨论． (2)如果不同底，一种方法是化为同底的，另一种方法是寻找中间变量． (3)如果不同底但同真，可利用图象的高低与底数的大小解决或利用换底公式化为同底的再进行比较． (4)若底数和真数都不相同，则常借助中间量1，0，－1等进行比较． 角度2　解不等式 例2. （苏教版必修一P149T13改编）(1)解不等式log2(x＋1)>log2(1－x)； (2)若loga eq \f(2,3) <1，求实数a的取值范围． 解： (1)原不等式等价于 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,1－x>0，,x＋1>1－x，)) 解得0<x<1.∴原不等式的解集为(0，1). (2)若a>1，则loga eq \f(2,3) <1＝logaa，∴a>1. 若0<a<1，则loga eq \f(2,3) <1＝logaa，∴0<a< eq \f(2,3) ，综上所述：实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) ∪(1，＋∞). 【母题探究】　将本例(1)改为loga(x＋1)＞loga(1－x)，求解x的集合． 解：当a＞1时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,1－x＞0，,x＋1＞1－x，)) 得解集为(0，1). 当0＜a＜1时， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＞0，,1－x＞0，,x＋1＜1－x，)) 得解集为(－1，0). 综上可得：x的取值范围是(－1，0)∪(0，1). [总结] 　对数型不等式的解法 (1)logaf(x)<logag(x)，a>1与不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）>0，,g（x）>0，,f（x）<g（x）)) 同解． (2)logaf(x)<logag(x)，0<a<1与不等式组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）>0，,g（x）>0，,f（x）>g（x）)) 同解． (3)特别地：当底数的取值范围不确定时，通常需要对底数按a>1及0<a<1进行分类讨论． 角度3　函数y＝logaf(x)单调区间求法 例3.求函数f(x)＝loga(2x2－3x－2)的单调区间． 解：由2x2－3x－2>0得函数f(x)的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>2或x<－\f(1,2))))) . ①a>1时，t＝2x2－3x－2在(2，＋∞)上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上为减函数， ∴f(x)在(2，＋∞)上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上为减函数． ②0<a<1时，t＝2x2－3x－2在(2，＋∞)上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上为减函数， ∴f(x)在(2，＋∞)上为减函数，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上为增函数． 综上，由①②可知，当a>1时，f(x)的单调增区间为(2，＋∞)，单调减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) ；当0<a<1时，f(x)的单调增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) ，单调减区间为(2，＋∞). [总结] 　对数型y＝logaf(x)复合函数的单调性，如果定义域为D. y＝logaf(x)的增区间 y＝logaf(x)的减区间 a>1 定义域内f(x)的单调增区间 定义域内f(x)的单调减区间 0<a<1 定义域内f(x)的单调减区间 定义域内f(x)的单调增区间 角度4　函数y＝logaf(x)的最值与值域 例4.求下列函数的值域： (1)y＝log2(x2＋4)； (2)y＝log eq \s\do19(\f(1,2)) (3＋2x－x2). 解：(1)设u＝x2＋4≥4.而y＝log2u是增函数．y≥log24＝2. ∴函数y＝log2(x2＋4)的值域为[2，＋∞). (2)设t＝3＋2x－x2＝－(x－1)2＋4.令t＞0，－1＜x＜3.则0＜t≤4.又∵y＝log eq \s\do19(\f(1,2)) t为减函数．∴y≥log eq \s\do19(\f(1,2)) 4＝－2， ∴函数y＝log eq \s\do19(\f(1,2)) (3＋2x－x2)的值域为[－2，＋∞). [总结] 　求形如y＝logaf(x)(a＞0，且a≠1)的复合函数的值域的步骤 (1)分解成y＝logau，u＝f(x)两个函数； (2)求f(x)的定义域； (3)求u的取值范围； (4)利用y＝logau的单调性求解．不确定函数的单调性时要分类讨论． 角度5　由对数函数单调性求参数或范围 例5.已知f(x)＝log eq \s\do19(\f(1,2)) (x2－ax－a). (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间及值域； (2)若f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上为单调增函数，求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝log eq \s\do19(\f(1,2)) (x2＋x＋1).∵x2＋x＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(3,4) ≥ eq \f(3,4) ， ∴log eq \s\do19(\f(1,2)) (x2＋x＋1)≤log eq \s\do19(\f(1,2)) eq \f(3,4) ＝2－log23， ∴f(x)的值域为(－∞，2－log23]. ∵y＝x2＋x＋1在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上递减， 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) 上递增，y＝log eq \s\do19(\f(1,2)) x在(0，＋∞)上递减， ∴f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) ， 单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) . (2)令u(x)＝x2－ax－a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))) eq \s\up12(2) － eq \f(a2,4) －a， ∵f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上为单调增函数， 又y＝log eq \s\do19(\f(1,2)) u(x)为单调减函数， ∴u(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上为单调减函数，且u(x)＞0在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 上恒成立． 因此 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≥－\f(1,2)，,u\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))≥0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≥－1，,\f(1,4)＋\f(a,2)－a≥0，)) 解得－1≤a≤ eq \f(1,2) .故实数a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) . [总结]　对数型函数的单调性求参数的取值范围 (1)已知对数型函数的单调性求参数的取值范围，要结合复合函数的单调性规律，注意函数的定义域求解；若是分段函数，则需注意两段函数最值的大小关系． (2)求对数型函数的值域一般是先求真数的范围，然后利用对数函数的单调性求解． 【练一练】 1．已知偶函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，若a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e0.6)) ，b＝f(ln 2)，c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log0.5e)) ，则a，b，c的大小关系是(　　)(参考数据： eq \r(2) ≈1.414，e≈2.718 28) A．a<b<c B．b<c<a C．c<b<a D．b<a<c 解析：由f(x)为偶函数且在(0，＋∞)上单调递增， 所以c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log0.5e)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－log2e)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2e)) ， 而0<ln 2<ln e＝1<e0.6，log2e>1， 又log2e<log22 eq \r(2) ＝ eq \f(3,2) ，e0.6>e eq \s\up16(\f(1,2)) > eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4))) eq \s\up16(\f(1,2)) ＝ eq \f(3,2) ，综上，ln 2<log2e<e0.6，故f(ln 2)<f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log0.5e)) <f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e0.6)) ，即b<c<a，故选B. 答案：B (2025·丹阳高一上期末)若函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((3a－1)x－2，x<1，,log2ax，x≥1))的值域为(－∞，0]，则实数a的取值范围是(　　 ) A．[ eq \f(1,3)， eq \f(1,2)) B．( eq \f(1,3)， eq \f(1,2)) C．( eq \f(1,2)，1] D．[ eq \f(1,3)，1] 解析：因为函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((3a－1)x－2，x<1，,log2ax，x≥1))的值域为(－∞，0]， 可知f(x)＝log2ax在[1，＋∞)内单调递减，则0<2a<1，解得0<a< eq \f(1,2). 可得当x≥1时，f(x)≤f(1)＝0，即f(x)在[1，＋∞)内值域为(－∞，0]，符合题意； 且f(x)＝(3a－1)x－2在(－∞，1)内不单调递减， 若f(x)＝(3a－1)x－2在(－∞，1)内单调递增，则3a－1>0，解得 eq \f(1,3)<a< eq \f(1,2)， 此时f(x)<f(1)＝3a－3<0，符合题意； 若f(x)＝(3a－1)x－2在(－∞，1)内为常函数，则3a－1＝0，解得a＝ eq \f(1,3)， 此时f(x)＝－2<0，符合题意． 综上所述,实数a的取值范围是[ eq \f(1,3)， eq \f(1,2)). 答案：A 3．(1)已知loga eq \f(1,2) ＞1，求a的取值范围； (2)已知log0.7(2x)＜log0.7(x－1)，求x的取值范围． 解：(1)由loga eq \f(1,2) ＞1得loga eq \f(1,2) ＞logaa. ①当a＞1时，有a＜ eq \f(1,2) ，此时无解． ②当0＜a＜1时，有 eq \f(1,2) ＜a，从而 eq \f(1,2) ＜a＜1. ∴a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) . (2)∵函数y＝log 0.7x在(0，＋∞)上为减函数，∴由log0.72x＜log0.7(x－1)， 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＞0，,x－1＞0，,2x＞x－1，)) 解得x＞1. ∴x的取值范围是(1，＋∞). 4．求函数f(x)＝log2(x2－1)的单调区间． 解：令x2－1＞0，∴x＞1或x＜－1.a＝2＞1，设u＝x2－1，当x＞1时，u＝x2－1为增函数． ∴f(x)＝log2(x2－1)的增区间为(1，＋∞).当x＜－1时，u＝x2－1为减函数． f(x)＝log2(x2－1)的减区间为(－∞，－1). 5．函数y＝logax(a＞0，且a≠1)在[2，4]上的最大值与最小值的差是1，求a的值． 解：当a＞1时，因为函数 y＝logax(a＞0且a≠1)在[2，4]上的最大值是loga4，最小值是loga2，所以loga4－loga2＝1，即loga2＝1，所以a＝2.当0＜a＜1时，y＝logax在[2，4]上的最大值为loga2，最小值为loga4， ∴loga2－loga4＝1，∴loga eq \f(1,2) ＝1，∴a＝ eq \f(1,2) .综上，a＝2或a＝ eq \f(1,2) . 题型二　与对数函数有关的值域和最值问题 例6.(1)(多选)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝ln (x2－ax－a－1)，下列说法正确的有(　　) A．不存在实数a，使f(x)的定义域为R B．函数f(x)一定有最小值 C．对任意正实数a，f(x)的值域为R D．若函数f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(－∞，1) 解析：对于A, 若f(x)的定义域为R，则对于不等式x2－ax－a－1>0,Δ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a)) eq \s\up12(2) ＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋2)) eq \s\up12(2) <0不成立，故A正确； 对于B, 当a＝0时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)) ，因为u＝x2－1能取遍 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 所有的数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ∈R，故B错误； 对于C，u＝x2－ax－a－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))) eq \s\up12(2) －a－1－ eq \f(a2,4) ，因为－a－1－ eq \f(a2,4) <0，所以u能取遍 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 所有的数，所以f(x)的值域为R，故C正确； 对于D, 若函数f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≤2，,22－2a－a－1>0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤4，,a<1，)) 解得 a<1，所以实数a的取值范围是(－∞，1)，故D正确．故选ACD. 答案：ACD (2)(多选)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋8x)) －2x，以下判断正确的是(　　) A．f(x)是增函数 B．f(x)有最小值 C．f(x)是奇函数 D．f(x)是偶函数 [思路点拨]　由题设可得f(x)＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋2x)) ，根据复合函数的单调性判断f(x)的单调情况并确定是否存在最小值，应用奇偶性定义判断奇偶性． 解析：由f(x)＝log2(2x＋23x)－log222x＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋2x)) ，令μ＝2x>0为增函数；而t＝ eq \f(1,μ) ＋μ在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增；所以t在x∈(－∞，0)上递减，在x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 上递增；又y＝log2t在定义域上递增，则y在x∈(－∞，0)上递减，在x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 上递增； 所以f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0)) 上递减，在(0，＋∞)上递增，故最小值为f(0)＝1，f(－x)＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－x)＋2－x)) ＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,2x))) ＝f(x)，故为偶函数．故选BD. 答案：BD [总结] 　求解对数函数最值问题的方法 (1)配方法 当所给的函数是二次函数或可化为二次函数形式的(形如y＝a[f(x)]2＋bf(x)＋c)求函数值域问题时，可以用配方法． (2)单调性法 根据在定义域(或定义域的某个子集)上的单调性，求出函数的值域． (3)换元法 求形如y＝logaf(x)型函数值域的步骤 ①换元，令u＝f(x)利用函数图象和性质求出u的范围； ②利用y＝logau的单调性、图象求出y的取值范围． 【练一练】 6．(多选)若f(x)＝ln (x2＋1)(x∈R)，则下列命题正确的是(　　) A．f(x)的图象关于直线x＝0对称 B．f(x)的图象关于点(0，0)中心对称 C．f(x)没有最小值 D．f(x)没有最大值 解析：f(－x)＝ln (x2＋1)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ，所以f(x)为偶函数. 则选项A正确，选项B不正确．设t＝x2＋1≥1，所以f(x)＝ln (x2＋1)≥ln 1＝0(当x＝0时取得等号)，当x→＋∞或x→－∞时，t→＋∞，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) →＋∞，所以f(x)没有最大值．所以选项C不正确，选项D正确．故选AD. 答案：AD 题型三　对数函数性质的综合应用 例7.已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋a)) 的定义域是R. (1)求实数a的取值范围； (2)解关于m的不等式a－m2＋2m＋1>a3m－1. [思路点拨]　(1)由题意，x2－2ax＋a>0在R上恒成立，由判别式Δ<0求解即可得答案； (2)由指数函数y＝ax在R上单调递减，可得－m2＋2m＋1<3m－1，求解不等式即可得答案． 解：(1)∵函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝log2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋a)) 的定义域是R， ∴x2－2ax＋a>0在R上恒成立， ∴Δ＝4a2－4a<0，解得0<a<1， ∴实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1)) . (2)∵0<a<1，∴指数函数y＝ax在R上单调递减，∴－m2＋2m＋1<3m－1，解得m>1或m<－2，所以原不等式的解集为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－2)) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) . [总结] 　解决对数函数综合问题的方法 对数函数常与函数的奇偶性、单调性、最值以及不等式等问题综合，求解中通常会涉及对数运算，解决此类综合问题，首先要将所给的条件进行转化，然后结合涉及的知识点，明确各知识点的应用思路、化简方向，与所求目标建立联系，从而找到解决问题的思路． 【练一练】 7．已知函数f(x)＝loga(4－ax)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，a≠1)) . (1)若g(x)是偶函数，当x<0时，g(x)＝f(x)，求x>0时，g(x)的表达式； (2)若函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3)) 上是减函数，求实数a的取值范围． 解：(1)设x>0，则－x<0，则由g(x)是偶函数，且当x<0时，g(x)＝f(x)＝loga(4－ax)可知g(x)＝g(－x)＝loga eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4－a（－x）)) ＝loga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋ax)) ，故当x>0时，g(x)＝loga eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋ax)) (2)因为u(x)＝4－ax， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>0，a≠1)) 在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3)) 上是减函数，要使f(x)＝loga(4－ax)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3)) 有意义，且为减函数，则需满足 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>1，,4－3a≥0，)) 解得1<a≤ eq \f(4,3) ， ∴所求实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3))) . 培优拓展系列(七)·指数、对数比较大小的策略 角度1　利用指、对、幂函数的单调性　 例8.已知m>1，且a＝，b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(m) ，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．b<a<c D．b<c<a 解析：因为y＝在(0，＋∞)上是减函数，且m>1，所以<，即a<0.又y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) 在R上是减函数，所以0< eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(m) < eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(1) ，即0<b< eq \f(1,2) .因为y＝在[0，＋∞)上是增函数，所以，即c>1.所以a<b<c.故选A. 答案：A [总结] 　本题考查利用指、对、幂函数的单调性比较大小．同时注意中间量的选取要便于计算、比较，通过选取一些中间量(如0，1等)比较大小，借助不等式传递性来确定它们的大小． 角度2　利用函数的图象 例9.已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(a) ＝log3a，3b＝， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(c) ＝c，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c<b<a B．a<b<c C．b<c<a D．b<a<c 解析：在同一平面直角坐标系中，分别作出y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x) ，y＝log3x，y＝3x，y＝x的图象，如图．由图可知b<c<a.故选C. 答案：C [总结]　对于比较“超越方程”的根的大小问题，直接比较会很困难，常常将问题转化为指数函数、对数函数与幂函数的图象交点的横坐标大小问题，再借助图象求解． 角度3　构造函数 例10.(2020·全国Ⅱ卷)若2x－2y＜3－x－3－y，则(　　) A．ln (y－x＋1)＞0 B．ln (y－x＋1)＜0 C．ln |x－y|＞0 D．ln |x－y|＜0 解析：由2x－2y<3－x－3－y，可得2x－3－x<2y－3－y. 设f(x)＝2x－3－x，则f(x)<f(y). 易知f(x)在R上为增函数，所以x<y，则y－x＋1>1，所以ln (y－x＋1)>0，故A正确，B错误．而当x＝1，y＝2时，ln |x－y|＝0，故C，D错误．故选A. 答案：A [总结]　解答本题的关键点：(1)对于结构相同(相似)的不等式，通常考虑变形，构造函数；(2)利用指数函数与对数函数的单调性得到x，y的大小关系及ln (y－x＋1)的符号． 角度4　涉及三元变量的比较大小问题 例11.(一题多法)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则(　　) A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z 解析：法一(作差法)　令2x＝3y＝5z＝k，由x，y，z为正数，知k>1，则x＝ eq \f(lg k,lg 2) ，y＝ eq \f(lg k,lg 3) ，z＝ eq \f(lg k,lg 5) . 因为k>1，所以lg k>0，所以2x－3y＝ eq \f(2lg k,lg 2) － eq \f(3lg k,lg 3) ＝ eq \f(lg k×（2lg 3－3lg 2）,lg 2×lg 3) ＝ eq \f(lg k×lg \f(9,8),lg 2×lg 3) >0，故2x>3y， 2x－5z＝ eq \f(2lg k,lg 2) － eq \f(5lg k,lg 5) ＝ eq \f(lg k×（2lg 5－5lg 2）,lg 2×lg 5) ＝ eq \f(lg k×lg \f(25,32),lg 2×lg 5) <0，故2x<5z. 所以3y<2x<5z.故选D. 法二(作商法)　令2x＝3y＝5z＝k，由x，y，z为正数，知k>1. 则x＝ eq \f(lg k,lg 2) ，y＝ eq \f(lg k,lg 3) ，z＝ eq \f(lg k,lg 5) . 所以 eq \f(2x,3y) ＝ eq \f(2,3) × eq \f(lg 3,lg 2) ＝ eq \f(lg 9,lg 8) >1，即2x>3y， eq \f(5z,2x) ＝ eq \f(5,2) × eq \f(lg 2,lg 5) ＝ eq \f(lg 25,lg 52) >1，即5z>2x. 所以5z>2x>3y.故选D. 答案：D [总结]　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． $