指数型函数取对数问题(解析版)

2023-11-14 · U1 上传 · 22页 · 640.2 K

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

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