高考数学一轮复习压轴题：指数型函数取对数问题（原卷版）

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a，⑴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/（力=巫里.

CIX

⑴讨论了（力的单调性；

⑵若（西广（e是自然对数的底数），且%>o,X2>O,王工修，证明：*+^>2.

【解析】（1）函数/“人■^的定义域为（。,+8）,求导得则八幻=-^,由/'（x）=0得4=1,

avoT

若“<0,当Ovxvl时，r（x）<（）,则f（x）单调递减，当时,则Ax）单调递增，

若。>0,当Ovxvl时，r（x）>0,则/（X）单调递增，当X>1时，r（x）<0,则/（X）单调递减；

所以当〃<0时，函数/（X）在（0,1）二单调递减,在以+00）上单调递增;

当〃>0时，函数/3）在（0,1）上单调递增，在（Lx。）上单调递减.

（2）由3J2=（exj，两边取对数得%（1呻+1）3（1眸+1），即——=——，

%X?

由（1）知，当4=1时，函数人处在（0,1）上单调递增，在（l,xo）上单调递减，

/（初皿=A1）=1，而/d）=。，x>i时，/*）>。恒成立，

e

因此当。=1时,存在中。且。<.<1<怎,满足〃4）=/（/）,

若々w[2,y）,则d+后N4>2成立；

若々e(1.2),则2-芍€(。，1)，记g(x)=/(x)-”2-x),xe(L2),

则小)=小)+八27)=-吗-警吗-吗⑹二一典士31>0,

X(2-X)-厂厂X2

即有函数g(“)在(1,2)上单调递增,g(x)>g(l)=O,即/*)>/(2-“)，

于是〃4)=fM>/(2-％),

而5G(1.2),2-x2€(0,1),Ai6(0,11,函数/(X)在(0,1)上单调递增,因此$>2-勺，即玉+/>2,

又年+1>2而=2K芯+1>2病=2W，则有*+1+宕+1>2(.0+/)>4,则4；+*>2,

所以才+后>2.

(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/(〃)且(3=力(。乂/(。)>0赭(。)>。,/卜、)>0)或/(同屋。)>〃©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.

【侧2】(2024届辽宁省名校联照高三卜.学期联考)已知〃>0.函数/(6=曲伽乂和g(x)=〃lnx+l|

的图像共有三个不同的交点，且/(“有极大值1.

⑴求。的值以及b的取值范围；

⑵若曲线y=/(x)与y=g(x)的交点的横坐标分别记为七，x『且玉<修<当.证明：—<c2/,-2.

【解析】(1)因为〃>0,XG(0,+x)),所以当时，/(x)=avlnx,f\x)=a\nx+a>0,

所以/(x)在口,芹)上单调递增，无极大值；

当”6(0,1)时，/(x)=-arlnx,/f(x)=-6r(lnx+l),

所以当时，>0,/'(x)单调递增，

当％£仁』卜寸，/,(X)<O,/(“单调递减，

所以x=1为极大值点，

e

(111

所以/-=-a-\n-=\,解得a=e.

\c)ec

因为/(x)，g(x)图像共有三个不同的交点，

所以方程"|111可=印11%+1|有三个不等正实根.

设1=lnx+l,则x=e'“，且当x>0时,t与x---对应,

所以问题转化为关于t的方程闵，-1|二州有三个不等实根.

乂0不满足方程斗-1|=刚，

所以方程〃=1号卜有三个实根.

设力«)=卜//，则函数/?(/)=Cje'与函数丁=人的图像有三个交点,

当121或fvO时，〃(，)=''e',

.•.”(/)=三:19>0,所以力⑺在(一8,0),[1,内)上单调递增；

当0</<1时，力⑺二-匕斗，

//(f)=-彳里e'<0,所以在(0,1)上单调递减.

当，/0,fwl时，力。)>。,而〃。)二0：

(

当If-oo时，/2(/)=1--dfO,

k•)

无论f>()还是fvO,当/—()时，都有〃〃)=1-;e'f+8,

当/->4<o时，"(f)=卜一>+oo.

根据以上信息，画出函数力(，)的大致图像如下图所示，

t-\

所以当〃>0时，函数〃")=7e'与函数y=b的图像有三个交点,

故。的取值范围为(0,+8).

2

(2)证明：要证/只需证Zln^-hiw+lnx<28-2,

只需证2(ln/+1)—(in,q+l)+(hiX)+1)v2b.

较回,ln（〃+l）的大小,然后可以构造函数）=处，利用“X）的单调性比较大小.

〃〃+1x

【例3】一天，小锤同学为了比较Ini.1与5的大小，他首先画出了y=lnx的函数图像，然后取了离1.1很

近的数字I，计算出了），=lnx在尸1处的切线方程，利用函数）=ln.r与切线的图像关系进行化较.

（1）请利用小锤的思路比敕lnl.1与《大小

（2）现提供以下两种类型的曲线），=二+仇）=米+/,试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较炉，/的

x"

大小.

【解析】（1）构造函数f（x）=lnxT+l,由人功在（0,1）上单调递增，在（1,田）上单调递减，得/（力4/（1）=0,

即InxWx-1,取x=l,得In1.1<0.1

-i

（2）通过取对数，把比较一,/的大小转化为比较eln乃与3的大小，即比较In%与士大小

e

选了=2+由令y=lnx与y=二十〃公切于e

x~x~

团g（x）在（O,e）上单调递减，在3欣）上单调递增,

e~3

•，-g(x)^(e)=0,7.Inx>-—y4--

/r人L

2

e33/3

In>-----7+—,下证:-------r>-

2/222/e

只需证3十二3

<—

e2TT~2

3/3(2.72)2Q.72)2

;10

e2/2.72x(3.1)292x(3.1)2

/77?V7

只需证—<-

I3.1)9

272

•.­—<0.88,(0.88)2=07744

3.1

73

而一二0.777>0.7744,/.ln^>-,即炉>

9e

ai

选了="+/，通过取对数，把比较十,f的大小转化为比较eln万与I的大小，即比较In才与士大小，即较In上

e不

与N大小

e

令y=Inx与y=kx+t切于1，则有，

e

令g(x)=lnx-6+2,g'x)=——e=-----

XX

团g(x)在(0.，)上单调递增，在已,田)上单调递减,

(1、1

g(x)Wg-=0,/.lnx<ex-2,当工=一取等

⑴e

.•.ln1L£eE_2下证c名-2<_3±,只需证e二+3±<2

nitnene

e32.72

+—<0.88+—

7：e3.12.79

।33

240.8>0.88,In—<一一In兀'>e\

99兀e

三、典例展示

【例I】(2021全国甲卷高考试题)已知］>0且。W1,函数/5)=j(x>0).

(I)当。=2时，求.f(x)的单调区间;

(2)若曲线y=/(A)与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围.

2x-T-x2-2VIn2_x-2x(2-x\n2)

【解析】(1)当4=2时，/("=彳，/"(力=

(2'丫

o79

令,(女)=0得工=京，当0cx〈布时，/，(工)>0,当工>何时，/\x)<0.

，函数/(外在(0,白上单调递增:2)

京收上单调递减;

(2)f(x]=—=l^ax=xa<=>x\na=a\nx<^>—=—，设函数g(x)=,

a"xax

则g'(x)=1一?"，令g'(x)=。,得工=盘

•X

在(0,e)内g'(力>0,g⑺单调递增;

在(e,-Ko)上g'(x)<0,g(x)单调递减；

••.g(x)，w=g(e)="，

又g(l)=O,当工趋近于+8时,g(x)趋近于0,

所以曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=g(x)与直线y=^~有两个交点的充分必

Ina

要条件是0<叱<±这即是0<g(a)<g(e),

ae

所以。的取值范围是(l,e)u(e,+8).

【例2】(2023届新疆高三第三次适应性检测)已知函数/(x)=a/+(a+])Hnx—1,g(©=3.

x

(1)讨论g(x)的单调性;

2

⑵若方程fa)=x%'+xlnx-l有两个不相等的实根为小，求实数〃的取信范闱，并证明炉+典>£二.

芭々

【解析】(1)因为g(x)=a¥+(a+l)lnx-L

x

「.I\。+11(x+l)(ar+l)八、

所以g'(x)=a+^+==-----------(zx>0),

XXX

当420时，g'(x)>o,所以g(x)在区间(。，”)上单调递增，

当”0时，令g[x)>0,得0<x<」；令/⑴<0,得1>一：,

所以以%)在区间上单调递增，在区间(-L+8]上单调递减，

Ia)\a)

综上当时，g(x)在区间(。,+⑼上单调递增，当a<0时，g(.6在区间(0,一：)上单调递增，在区间

卜%+8)上单调递减.

(2)方程/*)=42^+#113-1,即ax+alnx=xe",等价于aln(xe')=xe'，

令i=xe*>(),其中工>0,W<Ja\x\t=t,显然fwl,

令附喑’则砌=*，

所以/巾)在区间(0,1)上单调递减，且由xf0时〃⑺V0可得在乂间(0,1)±h(t)<0,

力。)在区间(l，e)上单调递减，在区间(e,+00)上单调递增，

J9f以〃(')极小值=力(e)=e,

因为方程/（x）=，dc'+xlnx-l有两个实根小再，

所以关于f的方程。=「有两个实根6，L，且。=不铲，口=匕广，所以ae（e,+8）,

In/

2

要证即证为炉•居e~＞e,，即证科＞e?,只需证h坨+ln/,＞2,

z.=tzIn/.%T2=a(l"-lM)率理可得XjnRln]

因为d所以

不妨设X＞。，则只需证…叱寰吟＞2,

2J

即中需<(2

4+1

令s=L＞l,p（5）=ln5--―.其中$＞1,

，25+1

因为〃'（S）=-一品了=怎当"AO,所以〃（S）在区间（1，钙）上单调递增,

P2

所以/?（$）＞/?（1）=0,故e*E＞—.

【例3】已知函数,f(x)=\nx-x+m,meR.

⑴求/”）的极值;

（2）若f（X）有两个零点4，。，旦〃〈力，求证:cri

【解析】⑴函数“力的定义域为（o,*）,rw=--,«

X

当（）＜xvl时，/"）＞（）,则/（X）在（0,1）上单调递增;

当工＞1时，八式）＜0,则在（l,y）上单调递减,

所以函数f（x）的极大值为/1）=，〃-1，无极小值.

(2)令/(x)=。，Mw=x-lnx.

设A(x)=x-lnx(x>0),

贝ij/r(6=i-/=W，

易知函数在（。,1）上单调递减，在（1,位）上单调递增.

又力⑴=1,所以〃（X）21,

乂“X)有两个零点，所以〃>1.

因为avb,所以0<〃<1<方.

要让61+胃<2°\即证2e'”T>6+],

即i'In2Itn1>In"；1.InI1)Inb.

又f(〃)=0,则m=b-lnb,

故即证ln2+Z?-lnZ?-l>ln(/?2+l)-lnZ?,

即证如2-l>ln(//+i)-b.

设«/?)=lnW+l)-b,Z?>1,

2b

则rg）=<0»

/r+1

所以f®在（L+oo）上单调递减,

所以/S)<«l)=h】2—1,

故e("J<2em得证.

【例4】设函数/(x)=-lnx.

⑴设4、4N0且4+4=1,求证：对任意的为、/＞（）,总有特片04%+4占成立；

⑵设若＞（）,4＞o（i=i,2,…,〃），且£4=1,求证：X，,向…精《4内+4%+…+4%.

/=1

（解析］（1）证明：［咛＜4-oIn（不中）＜In（4%+4与）o4E%+41nx2KIn

c/（x内+4巧）v4/（与）+4/（吃）.

不妨设（）＜为〈与，

令8（力=4/（工）+4/（与）-/（4）+4々）=11］（4工+4七）-4Inx-41nx2，其中OvxWx?♦

44%-4(4工+4电)4(工一4工一4七)44(工一%)

则g'(x)=4<o,

率+4/X(中+4&)4(4%+&/)工(4x+4w)x

所以，函数耳（x）在区间（0,xJ上单调递减,

因为司«为巧），则ga）Ng（L）=lnw-4七=0,

所以，g(%)=111(4内+为天)一4In%-2,inx,>0,即4Inx,+ZInx,<ln(4x+4毛),

所以，当4、否之0且4+/12=1,对任意的4、々>0,总有匕'特44内+4/成立.

(2)证明:-V.>0,\>0(/=1,2,••,??),且为4=1，

1=1

要证特或•­,x?工4玉+乙勺+…+.

印证4In.a+4Inx2++Inxn<hi(Ax,+4-4-knxn),

即f(4F+4W+…+4占)工4/(占)+4/(W)+…+4J(X“)，

当〃=2时，由(1)可知，不等式成立，

假设当〃=Mk22,kwN)时不等式成立，

即f(4%+4w+…+4%)44/(石)+4/(%2)+…+4/(改)，

则当〃=%+1时，设匕=/\/+，1"

由⑴可得/区)4彳41/伍)+^^/(1)，

冬+4浦冬+4.1

则f(4x+4A2+…+\xk+A-.I^I)=/(4x++…+4Txl+(4+4“)X)

-4/(x)■*h)+(4+4+i)/(K)«4/(x)4*-4/&)+4+i/(%+i)»

这说明当〃=后+1时，结论也成立，

故对任意的nGN,,〃4x+4七+…+4/”)44/(5)+4/(9)+…+4/(x”)>

所以，_】n(4x+A2x2+--+Anxtl)<-A}In.Vj-/^Inx,----4hixw,

因此,41nxi+4I11再++4、"41n(ZV]+4/++4%),

n

故当$>0,4>0(i=l,2,…,〃)，且汽4=1时，■••x^<+Z,x2+•••+A.nxn.

1-1

【例5】已知函数f(x)=e\g(x)=k+aInx,awR

(1)讨论g(x)的单调性；

(2)若/(x)+2x..g(x)+x“，对任意xw(l,+8)恒成立，求a的最大值；

【解析】(1)/(x)=l+-=—(x>0),

当a..O时，g'")>(),g(x)在((),e)上单调递增；

当。<0时，令<(幻>0,解得令内幻<0,解得0<x<-a,

・•・g(x)在(0-a)上单调递减，在(-〃,”)上单调递增；

综上，当”.0时，g(x)在⑴,”)上单调递增；

当。<0时，g(x)在(0,-。)上单调递减，在(-以+8)上单调递增；

(2)/(x)+2x..g(x)+xa即为"+x..alnx+U,即eK+Ine*..1*+£,

11*+]

设h(x)=lav+x(x>0),则“(x)=一+1==-----,

XX

易知函数伏外在(0,+8)上单调递增，

而他).MU),所以(两边取对数),即x..alnr,当彳>1时，即为4,生,

Inv

设dx)=生(X>1),贝lj(p\x)=,

lavhi'A-

易知函数奴x)在9。)上单调递减，在(G18)上单调递增，

:,队4.•平(e)=%

：qe,即a的最大值为e.

【例6】己知函数/(x)=x】nx.

⑴讨论/")的单调性；

2I1

(2)设小力为两个不相等的正数，且非=",证明：-<-+!<1.

cab

【解析】(l)Ax)=lnx+l,定义域为(0,xo),

由f*)=0,解得x=L

e

由ra)>。，解得

e

由f(x)v(),解得0<x<1,

e

所以/5)的单调递增区间为(：,+〉)，单调递减区间为(0$).

(2)0«,b为两个不相等的正数,hab=b\

^b\na=a\nb,即Lin，='加」，

aabh

由(1)可知/*)而n=/d)=」，且/(1)=0,x-0时，/U)->0,

ee

.I1

则nl令芭=一,々=工，

ab

则不修为/(x)=々的两根，且

则力=lnx+ln——

le

4(.r)在(0,j上单调递增，即力'⑶<=°，

同似幻<()在(0,：)上恒成立，即"(x)在(0,J上单调递减，h(x)>h^=0,

(2A2

团/(x)>/--x，即可得了，>——当；

le)-e

再讦x,+x2<1,即讦1<.q<1—％,

由(1)/(X)单调性可得证/伍)=/(N)</(1-N),

(1、

令<(%)=/(』)一)(0,-,

Iej

(p\x)=\nx+ln(l-.r)+2=In(-x2+x)+2,

9(x)在(o,J)上单调递增，

团8'(x)=e'(/)>0,且当x->0,°'(x)<0,

所以存在/使得。'(无)=(),

即当X£(0，M)时，”(x)<0,8(x)单调递减,

当》//一］时，”(％)>0,夕(幻单调递增，

Ie；

乂有x->0,9(x)<0,

且吧=《卜小-*。，

所以奴x)<()恒成立，

0X,+x2<1,

911

则:<一十-<1,即可证得.

cab

四、限踪检测

1.已知函数/(x)=xlnx+〃,(〃€R).

(1)求函数〃力的单调区间;

⑵当0<〃/时，证明：函数/⑴有两个零点;

e

2

(3)若函数g(x)=/(x)-ar2-x有两个不同的极值点不.(其中A<W)，证明：-x2>e\

2.形如y=/(x)x⑺的函数称为幕指函数，塞指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得

Iny=Inf(x)g(x)=In/(x),两边对x求导数，得上=g'(x)In/(x)+g(x),,于是

)‘JV'J

)/=/"严)gXx)\nf(x)+g(x).已知/(幻=2/加、>>(x)=.r+1.

/(x)

(1)求曲线y=/@)在x=i处的切线方程:

(2)若久用=/'("),求〃(X)的单调区问；

(3)求证：Vxe(O,r)J(x)..g(x)恒成立.

3.已知函数/(用=『叫工>0).

⑴求/“)的极值点.

⑵若有且仅有两个不相等的实数外,%(0<%<9)满足/(X)=/U)=el

(i)求