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afx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.lnx+11(2024届辽宁省大连市高三上学期期初考试)已知函数fx=.ax(1)讨论fx的单调性；x2x122(2)若ex1=ex2(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x1+x2>2.lnx+1lnx【解析】(1)函数f(x)=的定义域为(0,+∞)，求导得则f(x)=-，由f(x)=0得x=1，axax2若a<0，当01时，f(x)>0，则f(x)单调递增，若a>0，当00，则f(x)单调递增，当x>1时，f(x)<0，则f(x)单调递减；所以当a<0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.x2x1lnx1+1lnx2+1(2)由ex1=ex2，两边取对数得x2lnx1+1=x1lnx2+1，即=，x1x2由(1)知，当a=1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，1f(x)=f(1)=1，而f=0，x>1时，f(x)>0恒成立，maxe因此当a=1时，存在x1,x2且0x2≥4>2成立；若x2∈(1,2)，则2-x2∈(0,1)，记g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,2)，2lnxln(2-x)lnxln(2-x)ln[-(x-1)+1]则g(x)=f(x)+f(2-x)=-->--=->0，x2(2-x)2x2x2x2即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)=0，即f(x)>f(2-x)，于是fx1=fx2>f2-x2，而x2∈(1,2)，2-x2∈(0,1)，x1∈(0,1)，函数f(x)在(0,1)上单调递增，因此x1>2-x2，即x1+x2>2，·1·22222222又x1+1>2x1=2x1,x2+1>2x2=2x2，则有x1+1+x2+1>2x1+x2>4，则x1+x2>2，22所以x1+x2>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fagb=hcfa>0,gb>0,fc>0或fagb>hc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.2(2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考)已知a>0，b∈R，函数fx=axlnx和gx=blnx+1的图像共有三个不同的交点，且fx有极大值1．(1)求a的值以及b的取值范围；2x3x12b-2(2)若曲线y=fx与y=gx的交点的横坐标分别记为x1，x2，x3，且x10，x∈0,+∞，所以当x≥1时，fx=axlnx，fx=alnx+a>0，所以fx在1,+∞上单调递增，无极大值；当x∈0,1时，fx=-axlnx，fx=-alnx+1，1所以当x∈0,时，fx>0，fx单调递增，e1当x∈,1时，f'x<0，fx单调递减，e1所以x=为极大值点，e111所以f=-a⋅⋅ln=1，解得a=e．eee因为fx，gx图像共有三个不同的交点，所以方程exlnx=blnx+1有三个不等正实根．设t=lnx+1，则x=et-1，且当x>0时，t与x一一对应，t所以问题转化为关于t的方程et-1=bt有三个不等实根．t又0不满足方程et-1=bt，t-1t所以方程b=e有三个实根．tt-1tt-1t设ht=e，则函数ht=e与函数y=b的图像有三个交点，ttt-1t当t≥1或t<0时，ht=e，t2t-t+1t∴ht=e>0，所以ht在-∞,0，1,+∞上单调递增；t2tt-1e当00，而h1=0；1t当t→-∞时，ht=1-e→0，t1t无论t>0还是t<0，当t→0时，都有ht=1-e→+∞，t1t当t→+∞时，ht=1-e→+∞．t根据以上信息，画出函数ht的大致图像如下图所示，  t-1t所以当b>0时，函数ht=e与函数y=b的图像有三个交点，t故b的取值范围为0,+∞．2x3x12b-2(2)证明：要证1．xx下面先证明e≥x+1，设φx=e-x-1，x则φx=e-1．当x>0时，φx>0，φx在0,+∞上单调递增，当x<0时，φx<0，φx在-∞,0上单调递增，x所以φx≥φ0=0，所以当x≠0时，e>x+1，t-1tt-1从而当t≠0，t≠1时，ht=e>t+1．tt又由(1)知ht在-∞,0，1,+∞上单调递增，ht在0,1上单调递减．·3·t2-111b+b2+4所以当t>1时，ht>=t-，令b=t-，解得t=，ttt2b+b2+4b+b2+4由ht=b-t，令b=-t，解得t=，tt2-b+b2+4-b+b2+4由ht=b；222211b-b2+4当t<0时，ht>t-，令b=t-，解得t=，tt2b-b2+4b-b2+4由ht=b0,b>0转化为比较lna,lnb的大小n+1n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n,n+1∗lnnn∈N,n>2的大小，可通过取对数转化为比较n+1lnn,nlnn+1的大小，再转化为比较,nlnn+1lnx的大小，然后可以构造函数fx=，利用fx的单调性比较大小.n+1x13一天，小锤同学为了比较ln1.1与的大小，他首先画出了y=lnx的函数图像，然后取了离1.1很近10的数字1，计算出了y=lnx在x=1处的切线方程，利用函数y=lnx与切线的图像关系进行比较.1(1)请利用小锤的思路比較ln1.1与大小10ae(2)现提供以下两种类型的曲线y=+b,y=kx+t，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较π,x2e3的大小.【解析】(1)构造函数f(x)=lnx-x+1，由f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，得f(x)≤f(1)=0，即lnx≤x-1，取x=1，得ln1.1<0.1e33(2)通过取对数，把比较π,e的大小转化为比较elnπ与3的大小，即比较lnπ与大小eaa选y=+b，令y=lnx与y=+b公切于ex2x2alne=+be2e23则有⇒a=-,b=，12a22=-3eee23∴y=-+2x22·4·2222e31ex-e记g(x)=lnx+-,g(x)=-=，2x22xx3x3∴g(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增,e23∴g(x)≥g(e)=0,∴lnx≥-+2x22e233e23∴lnπ>-+，下证：->2π2222π2e3e23只需证+0.7744,∴lnπ>，即π>e9ee33选y=kx+t，通过取对数，把比较π,e的大小转化为比较elnπ与3的大小，即比较lnπ与大小，即较e13ln与-大小πe111ln=k+t令y=lnx与y=kx+t切于，则有ee⇒k=e,t=-2,∴y=ex-2ee=k11-ex令g(x)=lnx-ex+2,g(x)=-e=xx11∴g(x)在0,上单调递增，在,+∞上单调递减,ee11∴g(x)≤g=0,∴lnx≤ex-2，当x=取等ee1ee3e3∴ln≤-2下证-2<-，只需证+<2πππeπee32.72310∵+<+<0.88+，πe3.12.79108133e3∵2-==0.8>0.88,∴ln<-,∴lnπ>,∴π>e.99πee三、典例展示xa1(2021全国甲卷高考试题)已知a>0且a≠1，函数f(x)=(x>0)．ax(1)当a=2时，求fx的单调区间；(2)若曲线y=fx与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．·5·x2x2xx⋅22-xln2【解析】当时，x2x⋅2-x⋅2ln2,(1)a=2fx=x,fx=x2=x224222令f'x=0得x=,当00,当x>时，fx<0,ln2ln2ln222∴函数fx在0,上单调递增；,+∞上单调递减；ln2ln2axxalnxlnalnx(2)fx==1⇔a=x⇔xlna=alnx⇔=,设函数gx=,axxax1-lnx则gx=,令gx=0，得x=e,x2在0,e内gx>0,gx单调递增；在e,+∞上gx<0,gx单调递减；1∴gx=ge=,maxe又g1=0，当x趋近于+∞时，gx趋近于0，a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lnalna1必要条件是0<<,这即是0．x1x21【解析】(1)因为g(x)=ax+(a+1)lnx-，xa+11(x+1)(ax+1)所以gx=a++=(x>0)，xx2x2当a≥0时，gx>0，所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，11当a<0时，令gx>0，得0-，aa11所以g(x)在区间0,-上单调递增，在区间-,+∞上单调递减，aa1综上当a≥0时，g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，当a<0