专题9 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fxa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ln1xfxax.(1)讨论fx的单调性；(2)若2112eexxxx（e是自然对数的底数），且10x，20x，12xx，证明：22122xx.【解析】（1）函数ln1()xfxax的定义域为(0,)，求导得则2ln()xfxax，由()0fx得1x，若a0，当01x时，()0fx，则()fx单调递减，当1x时，()0fx，则()fx单调递增，若0a，当01x时，()0fx，则()fx单调递增，当1x时，()0fx，则()fx单调递减；所以当a0时，函数()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增；当0a时，函数()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减.（2）由2112eexxxx，两边取对数得2112ln1ln1xxxx，即1212ln1ln1xxxx，由（1）知，当1a时，函数()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，max()(1)1fxf，而1()0ef，1x时，()0fx恒成立，因此当1a时，存在12,xx且1201xx，满足12fxfx，若2[2,)x，则22212242xxx成立；若2(1,2)x，则22(0,1)x，记()()(2)gxfxfx，(1,2)x，则22lnln(2)()()(2)(2)xxgxfxfxxx22lnln(2)xxxx22ln[(1)1]0xx，即有函数()gx在(1,2)上单调递增，()(1)0gxg，即()(2)fxfx，于是1222fxfxfx，而2(1,2)x，22(0,1)x，1(0,1)x，函数()fx在(0,1)上单调递增，因此122xx，即122xx，又2222111222122,122xxxxxx，则有2212121124xxxx，则22122xx，所以22122xx.(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0,0,0fagbhcfagbfc或fagbhc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0a，Rb，函数lnfxaxx和ln1gxbx的图像共有三个不同的交点，且fx有极大值1．(1)求a的值以及b的取值范围；(2)若曲线yfx与ygx的交点的横坐标分别记为1x，2x，3x，且123xxx．证明：222312ebxxx．【解析】（1）因为0a，0,x，所以当1x时，lnfxaxx，ln0fxaxa，所以fx在1,上单调递增，无极大值；当0,1x时，lnfxaxx，ln1fxax，所以当10,ex时，()0fx¢，fx单调递增，当1,1ex时，'0fx，fx单调递减，所以1ex为极大值点，所以111ln1eeefa，解得ea．因为fx，gx图像共有三个不同的交点，所以方程elnln1xxbx有三个不等正实根．设ln1tx，则1etx，且当0x时，t与x一一对应，所以问题转化为关于t的方程e1ttbt有三个不等实根．又0不满足方程e1ttbt，所以方程1ettbt有三个实根．设1etthtt，则函数1etthtt与函数yb的图像有三个交点，当1t或0t时，1etthtt，221e0ttthtt，所以ht在,0，1,上单调递增；当01t时，1etthtt，221e0ttthtt，所以ht在0,1上单调递减．当0t，1t时，0ht，而10h；当t时，11e0thtt，无论0t还是0t，当0t时，都有11ethtt，当t时，11ethtt．根据以上信息，画出函数ht的大致图像如下图所示，所以当0b时，函数1etthtt与函数yb的图像有三个交点，故b的取值范围为0,．（2）证明：要证222312ebxxx，只需证3212lnlnln22xxxb，只需证3212ln1ln1ln12xxxb．设（1）中方程的1ettbt三个根分别为1t，2t，3t，且123ttt，ln1iitx，1i，2，3，从而只需证明32122tttb．又由（1）的讨论知10t，201t，31t．下面先证明e1xx，设e1xxx，则e1xx．当0x时，0x，x在0,上单调递增，当0x时，0x，x在,0上单调递增，所以00x，所以当0x时，e1xx，从而当0t，1t时，11e1ttthtttt．又由（1）知ht在,0，1,上单调递增，ht在0,1上单调递减．所以当1t时，211thtttt，令1btt，解得242bbt，由2342bbhtbh得2342bbt；当01t时，1httt，令1btt，解得242bbt，由2242bbhtbh得2242bbt；当0t时，1httt，令1btt，解得242bbt，由2142bbhtbh得2142bbt．综上，2223214424222bbbbtttbbb，得证．(三)把比较,0,0abab转化为比较ln,lnab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1,1,2nnnnnnN的大小，可通过取对数转化为比较1ln,ln1nnnn的大小，再转化为比较ln1ln,1nnnn的大小，然后可以构造函数lnxfxx，利用fx的单调性比较大小.【例3】一天，小锤同学为了比较ln1.1与110的大小，他首先画出了lnyx的函数图像，然后取了离1.1很近的数字1，计算出了lnyx在x=1处的切线方程，利用函数lnyx与切线的图像关系进行比较.（1）请利用小锤的思路比較ln1.1与110大小（2）现提供以下两种类型的曲线2,aybykxtx，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较3,ee的大小.【解析】（1）构造函数()ln1fxxx，由f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，得()(1)0fxf，即ln1xx，取x=1，得ln1.10.1（2）通过取对数，把比较3,ee的大小转化为比较eln与3的大小，即比较ln与3e大小选2aybx，令lnyx与2aybx公切于e则有223ln3,1222aebeeabaee，22322eyx记2222233e31ee()ln,()22xgxxgxxxxx，∴()gx在(0,)e上单调递减，在(,)e上单调递增,223()()0,ln22egxgexx223ln22e，下证：223322ee只需证223322ee22222233(2.72)10(2.72)22.72(3.1)92(3.1)ee只需证22.7273.1922.720.88,(0.88)0.77443.1而730.7770.7744,ln9e，即3ee选ykxt，通过取对数，把比较3,ee的大小转化为比较eln与3的大小，即比较ln与3e大小，即较1ln与3e大小令lnyx与y=kx+t切于1e，则有11ln,2,2ktketyexeeek令11()ln2,()exgxxexgxexx∴()gx在10,e上单调递增，在1,e上单调递减,1()0,lne2egxgxx，当1xe取等1ln2e下证32ee，只需证32ee32.723100.883.12.79ee，310813320.80.88,ln,ln,e99eee.三、典例展示【例1】（2021全国甲卷高考试题）已知0a且1a，函数()(0)axxfxxa．(1)当2a时，求fx的单调区间；(2)若曲线yfx与直线1y有且仅有两个交点，求a的取值范围．【解析】（1）当2a时，22222ln2222ln2,242xxxxxxxxxxxfxfx,令'0fx得2ln2x,当20ln2x时，0fx,当2ln2x时，0fx,∴函数fx在20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；（2）lnln1lnlnaxaxxxafxaxxaaxaxa,设函数lnxgxx,则21lnxgxx,令0gx，得xe,在0,e内0gx,gx单调递增；在,e上0gx,gx单调递减；1maxgxgee,又10g，当x趋近于时，gx趋近于0，所以曲线yfx与直线1y有且仅有两个交点，即曲线ygx与直线lnaya有两个交点的充分必要条件是ln10aae,这即是0gage,所以a的取值范围是1,,ee．【例2】（2023届新疆高三第三次适应性检测）已知函数2()(1)ln1fxaxaxx，()()fxgxx．(1)讨论gx的单调性；(2)若方程2()eln1xfxxxx有两个不相等的实根12,xx，求实数a的取值范围，并证明12212eexxxx．【解析】（1）因为1()(1)lngxaxaxx，所以2211(1)(1)(0)axaxgxaxxxx，当0a时，0gx，所以()gx在区间(0,)上单调递增，当a0时，令0gx，得10xa；令0gx，得1xa，所以()gx在区间10,a上单调递增，在区间1,a上单调递减