幂、指、对的大小比较课件-2027届高考数学一轮复习

幂、指、对的大小比较 1 幂、指数及对数的大小比较是近几年的高考热点.命题方向呈现出从“静态知识考查”向“动态思维探究”的深度转型.解题思路呈现出从“直观应用”到“抽象建构”、从“单一工具”到“综合思维”的递进式发展. 类型一 借助中间量0,1 依赖中间量的直接判断 【例1】　(2019·全国Ⅰ卷)已知a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<c<a 由对数函数的单调性可得a=log20.2<log21=0,由指数函数的单调性可得b=20.2>20=1,0<c=0.20.3<0.20=1,所以a<c<b,故选B. 解析 题设中给出三个确定的对数或指数,解题时借助中间量0,1判断三个数的大小关系. 类型二 依托辅助条件 依托辅助条件的转化推理 【例2】　(2020·全国Ⅲ卷)已知55<84,134<85.设a=log53,b=log85, c=log138,则(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<a<b 解析 题设给出明确的辅助不等式,让考生借助辅助不等式通过作商比较法判断几个对数的大小关系. 类型三 已知f(a,b)=0 构造函数的模型化思维 【例3】　(2020·全国Ⅰ卷)若2a+log2a=4b+2log4b,则(　　) A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.a<b2 解法一: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+log2(2b),所以f(a)<f(2b),所以a<2b.故选B. 解析 解法二:(取特值法)由2a+log2a=4b+2log4b=4b+log2b,取b=1,得2a+ log2a=4,令f(x)=2x+log2x-4,则f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(1)<0, f(2)>0,所以f(1)f(2)<0,f(x)=2x+log2x-4在(0,+∞)上存在唯一的零点,所以1<a<2,故a>2b=2,a<b2都不成立,排除A,D;取b=2,得2a+log2a=17,令g(x)=2x+log2x-17,则g(x)在(0,+∞)上单调递增,且g(3)<0,g(4)>0,所以g(3)g(4)<0,g(x)=2x+log2x-17在(0,+∞)上存在唯一的零点,所以3<a<4,故a>b2=4不成立,排除C.故选B. 解析 题设给出方程f(a,b)=0,方程f(a,b)=0蕴含的a,b关系判断选项中含a,b不等式命题真假. 类型四 已知f(x,y)<0 构造函数的模型化思维 【例4】　(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 题设给出不等式f(x,y)<0,借助不等式f(x,y)<0蕴含的x,y关系判断选项中含x,y不等式命题真假. 类型五 已知常数a,b,c 变量替换的抽象概括 【例5】　(2022·新高考Ⅰ卷)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(　　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 解析 解析 解题思路聚焦于“变量替换—构造函数”的抽象概括. 类型六 已知f(x,y,z)=0 多维度融合的综合探究 【例6】　(2025·全国一卷)已知2+log2x=3+log3y=5+log5z,则x,y,z的大小关系不可能是(　　) A.x>y>z B.x>z>y C.y>x>z D.y>z>x 17 解析 解析 题设给出方程f(x,y,z)=0,借助方程f(x,y,z)=0蕴含的x,y,z关系进而判断x,y,z可能存在的大小关系. 因为=log8,b=log85,()5=84>55,所以>5,所以=log8>log85=b,即b<.因为=log131,c=log138,(1)5=134<85,所以1<8,所以=log131<log138=c,即c>.又2 187=37<55=3 125,所以lg 37<lg 55,所以7lg 3<5lg 5,所以<,所以a=<<,而85<57,所以5lg 8<7lg 5,所以>,所以b=>,所以c>b>a. 由2x-2y<3-x-3-y,得2x-3-x<2y-3-y,即2x-<2y-.设f(x)=2x-,则f(x)<f(y).因为函数y=2x在R上为增函数,y=-在R上为增函数,所以f(x)=2x-在R上为增函数,则由f(x)<f(y),得x<y,所以y-x>0,所以y-x+1>1,所以ln(y-x+1)>0,故选A. 设u(x)=xex(0<x≤0.1),v(x)=(0<x≤0.1),w(x)=-ln(1-x)(0<x≤0.1),则当0<x≤0.1时,u(x)>0,v(x)>0,w(x)>0.①设f(x)=ln[u(x)]-ln[v(x)]=ln x+x-[ln x-ln(1-x)]=x+ln(1-x)(0<x≤0.1),则f'(x)=1-=<0在(0,0.1]上恒成立,所以f(x)在(0,0.1]上单调递减,所以f(0.1)<0+ln(1-0)=0,即ln[u(0.1)]-ln[v(0.1)]<0,所以ln[u(0.1)]<ln[v(0.1)],又函数y=ln x在(0,+∞)上单调递增,所以u(0.1)< v(0.1),即0.1e0.1<,所以a<b.②设g(x)=u(x)-w(x)=xex+ln(1-x)(0<x≤0.1),则g'(x)=(x+1)ex-=(0<x≤0.1),设h(x)=(1-x2)ex-1(0<x≤0.1),则h'(x)=(1-2x-x2)ex>0在(0,0.1]上恒成立,所以h(x)在(0,0.1]上单调递增,所以h(x)>(1-02)×e0-1=0,即g'(x)>0在(0,0.1]上恒成立,所以g(x)在(0,0.1]上单调递增,所以g(0.1)>0×e0+ln(1-0)=0,即g(0.1)=u(0.1)-w(0.1)>0,所以0.1e0.1>-ln 0.9,即a>c.综上,c<a<b,故选C. 解法一:令x=1,则y=,z=,得x>y>z.令x=8,则y=9,z=1,得y>x>z.令x=64,则y=243,z=125,得y>z>x. 解法二:设2+log2x=3+log3y=5+log5z=t,则x=2t-2,y=3t-3,z=5t-5.当x>y时,2t-2>3t-3,解得t<<5;当z>y时,5t-5>3t-3,解得t>>5.因此当x>z>y时,t无解.故选B. 解法三:设2+log2x=3+log3y=5+log5z=t,则x=2t-2,y=3t-3,z=5t-5.设函数f(t)= 2t-2,g(t)=3t-3,h(t)=5t-5.函数l1(t)=f(t)-g(t)有且仅有一个零点t1=∈(4,5);函数l2(t)=f(t)-h(t)有且仅有一个零点t2=∈(7,8);函数l3(t)=g(t)-h(t)有且仅有一个零点t3=∈(9,10).当t∈(-∞,t1)时,f(t)>g(t)>h(t),即x>y>z;当t∈(t1,t2)时,g(t)>f(t)>h(t),即y>x>z;当t∈(t2,t3)时,g(t)>h(t)>f(t),即y>z>x;当t∈(t3,+∞)时,h(t)>g(t)>f(t),即z>y>x.故选B. $