高考真題+知識(shí)總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破06比較大小問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國(guó)通用)專題06比較大小問題【高考真題】1．(2022·全國(guó)甲理)已知，則()A．B．C．D．1．答案A解析因?yàn)?，因?yàn)楫?dāng)，所以，即，所以；設(shè)，，所以在單調(diào)遞增，則，所以，所以，所以，故選A．2．(2022·全國(guó)甲文)已知，則()A．B．C．D．2．答案A解析由可得，而，所以，即，所以．又，所以，即，所以．綜上，．故選A．3．(2022·新高考Ⅰ)設(shè)，則()A．B．C．D．3．答案C解析設(shè)，因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，所以函數(shù)在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，設(shè)，則，令，，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，又，所以當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，所以，即，所以，故選C．【同類問題】1．已知a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(1,e)，c＝eq\f(ln3,3)，則a、b、c的大小關(guān)系為()A．b＜c＜aB．c＜a＜bC．a(chǎn)＜c＜bD．c＜b＜a1．答案C解析設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0＜x＜e時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x＞e時(shí)，f′(x)＜0，則f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則當(dāng)x＝e時(shí)，f(x)max＝eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)，即b＞a，b＞c；a－c＝eq\f(ln2,2)－eq\f(ln3,3)＝eq\f(3ln2－2ln3,6)＝eq\f(ln8－ln9,6)＜0．2．下列不等式成立的是()A．2ln

eq\f(3,2)<eq\f(3,2)ln2B．eq\r(2)lneq\r(3)<eq\r(3)lneq\r(2)C．5ln4<4ln5D．π>elnπ2．答案AD解析設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．因?yàn)閑q\f(3,2)<2<e，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<f(2)，即2ln

eq\f(3,2)<eq\f(3,2)ln2，故選項(xiàng)A正確；因?yàn)閑q\r(2)<eq\r(3)<e，所以f(eq\r(2))<f(eq\r(3))，即eq\r(2)lneq\r(3)>eq\r(3)lneq\r(2)，故選項(xiàng)B不正確；因?yàn)閑<4<5，所以f(4)>f(5)，即5ln4>4ln5，故選項(xiàng)C不正確；因?yàn)閑<π，所以f(e)>f(π)，即π>elnπ，故選項(xiàng)D正確．3．已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足xf′(x)<f(x)，若a＝f(1)，b＝eq\f(f(ln4),ln4)，c＝eq\f(f(3),3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)>b>cB．c>a>bC．b>a>cD．a(chǎn)>c>b3．答案A解析設(shè)g(x)＝eq\f(f(x),x)，則g′(x)＝eq\f(xf′(x)－f(x),x2)<0，∴g(x)為減函數(shù)．∵3>ln4>1，∴g(3)<g(ln4)<g(1)，即a>b>c．4．已知a＝lneq\r(3,3)，b＝e－1，c＝eq\f(3ln2,8)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．b>c>aB．a(chǎn)>c>bC．a(chǎn)>b>cD．b>a>c4．答案D解析依題意，得a＝lneq\r(3,3)＝eq\f(ln3,3)，b＝e－1＝eq\f(lne,e)，c＝eq\f(3ln2,8)＝eq\f(ln8,8)．令f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易知函數(shù)f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c．5．已知a，b∈(0，3)，且4lna＝aln4，4lnb＝bln2，c＝log0.30.06，則()A．c＜b＜aB．a(chǎn)＜c＜bC．b＜a＜cD．b＜c＜a5．答案C解析由已知得eq\f(lna,a)＝eq\f(ln4,4)＝eq\f(ln2,2)，eq\f(lnb,b)＝eq\f(ln2,4)＝eq\f(ln16,16)，可以構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，又f(a)＝f(2)＝f(4)＞f(b)＝f(16)，結(jié)合a，b∈(0，3)，所以b＜a＝2，又c＝log0.30.06＝log0.3(0.2×0.3)＝log0.30.2＋1＞1＋log0.30.3＝2，所以b＜a＜c．6．(多選)已知e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則下列不等關(guān)系中不正確的是()A．ln2＞eq\f(2,e)B．ln3＜eq\f(3,e)C．lnπ＞eq\f(π,e)D．eq\f(ln3,lnπ)＜eq\f(3,π)6．答案ACD解析令g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0＜x＜e時(shí)，g′(x)＞0，當(dāng)x＞e時(shí)，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減.∵2＜e，∴g(2)＜g(e)，即eq\f(ln2,2)＜eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)，∴l(xiāng)n2＜eq\f(2,e)，故A錯(cuò)誤．∵e＜3＜π，∴g(e)＞g(3)＞g(π)，即eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)＞eq\f(ln3,3)＞eq\f(lnπ,π)，∴l(xiāng)n3＜eq\f(3,e)，lnπ＜eq\f(π,e)，eq\f(ln3,lnπ)＞eq\f(3,π)，故B正確，C、D錯(cuò)誤．7．(多選)若0<x1<x2<1，則下列不等式成立的是()A．B．C．>lnx2－lnx1D．<lnx2－lnx17．答案AD解析構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)(0<x<1)，因?yàn)閒′(x)＝eq\f(ex(x－1),x2)<0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，因?yàn)?<x1<x2<1，所以，即，所以選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ex－lnx(0<x<1)，h′(x)＝ex－eq\f(1,x)，易知h′(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，而h′(1)＝e－1>0，當(dāng)x→0＋時(shí)，h′(x)→－∞，所以存在x0∈(0，1)，使h′(x0)＝0，所以h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，1)上單調(diào)遞增，所以無法判斷C選項(xiàng)的正確性；構(gòu)造函數(shù)g(x)＝ex＋lnx(0<x<1)，易知g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，因?yàn)?<x1<x2<1，所以＋lnx1<＋lnx2，即<lnx2－lnx1，所以選項(xiàng)D正確．8．若e－2b＋eq\f(1,2)(a－1)2＝e－a＋eq\f(1,2)(2b－1)2，則()A．a(chǎn)>2bB．a(chǎn)＝2bC．a(chǎn)<2bD．a(chǎn)>b28．答案B解析設(shè)f(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－e－x，則f′(x)＝x－1＋e－x，設(shè)g(x)＝x－1＋e－x，則g′(x)＝1－e－x＝eq\f(ex－1,ex)，令g′(x)>0?x>0?f′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；令g′(x)<0?x<0?f′(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以f′(x)min＝f′(0)＝0，即f′(x)≥0恒成立，所以f(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－e－x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，e－2b＋eq\f(1,2)(a－1)2＝e－a＋eq\f(1,2)(2b－1)2化為eq\f(1,2)(a－1)2－e－a＝eq\f(1,2)(2b－1)2－e－2b，即f(a)＝f(2b)?a＝2b．9．(多選)已知a，b∈(0，e)，且a<b，則下列式子中可能成立的是()A．a(chǎn)eb<beaB．a(chǎn)eb>beaC．a(chǎn)lnb<blnaD．a(chǎn)lnb>blna9．答案ABD解析設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)，則g′(x)＝eq\f(ex(x－1),x2)，所以g(x)＝eq\f(ex,x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增．所以當(dāng)a，b∈(0，e)，a<b時(shí)，不能判斷出g(a)與g(b)的大?。赃x項(xiàng)A，B都有可能正確；設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由f′(x)>0，得0<x<e，由f′(x)<0，得x>e，所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，因?yàn)閍，b∈(0，e)，且a<b，所以eq\f(lna,a)<eq\f(lnb,b)，即alnb>blna．所以選項(xiàng)C不正確，D正確．10．已知a，b，c∈(0，1)，且a2－2lna＋1＝e，b2－2lnb＋2＝e2，c2－2lnc＋3＝e3，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則a，b，c的大小關(guān)系是________．10．答案a>b>c解析設(shè)f(x)＝x2－2lnx，g(x)＝ex－x，則f(a)＝g(1)，f(b)＝g(2)，f(c)＝g(3)，又g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(3)＞g(2)＞g(1)，即f(c)＞f(b)＞f(a)，因?yàn)閒′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2(x2－1),x)＜0(x∈(0，1))，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以a＞b＞c．11．已知a＝eq\f(1,2)ln2＋eq\f(1,4)，b＝eq\f(2,e)，c＝eq\f(lnπ＋1,π)，則a，b，c之間的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)＜b＜cB．a(chǎn)＜c＜bC．c＜a＜bD．b＜c＜a11．答案B解析設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，令f′(x)＞0得0＜x＜1，令f′(x)＜0得x＞1，所以f(x)在(0，1)上為增函數(shù)，在(1，＋∞)上為減函數(shù)，所以f(4)＜f(π)＜f(e)，即eq\f(ln4＋1,4)＜eq\f(lnπ＋1,π)＜eq\f(lne＋1,e)，所以a＜c＜b．12．已知a>1，b>1，且滿足a2－3b＝2lna－ln4b，則()A．a(chǎn)2>2bB．a(chǎn)2＜2bC．a(chǎn)2>b2D．a(chǎn)2＜b212．答案A解析由題，得a2－lna2＝3b－ln4b，且a>1，b>1，令f(x)＝x－lnx(x>0)，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令f′(x)＞0得x＞1，令f′(x)＜0得0＜x＜1，∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∵a>1，b>1，∴a2>1，2b>1，又∵f(a2)＝a2－lna2＝3b－ln4b，f(2b)＝2b－ln2b，∴f(a2)－f(2b)＝(3b－ln4b)－(2b－ln2b)＝b－ln2>0，即f(a2)>f(2b)，∴a2>2b．13．(2020·全國(guó)Ⅰ)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)>2bB．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2D．a(chǎn)<b213．答案B解析由指數(shù)和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b．令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b．故選B．14．(多選)若0<x1<x2<1，則()A．x1＋lnx2>x2＋lnx1B．x1＋lnx2<x2＋lnx1C．>D．<14．答案AC解析令f(x)＝x－lnx，∴f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減．∵0<x1<x2<1，∴f(x2)<f(x1)，即x2－lnx2<x1－lnx1，即x1＋lnx2>x2＋lnx1．設(shè)g(x)＝eq\f(ex,x)，則g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(ex(x－1),x2)．當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，即g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∵0<x1<x2<1，∴g(x2)<g(x1)，即<，∴>，故選AC．15．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－ax，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x2＞x1時(shí)，不等式eq\f(f(x1),x2)－eq\f(f(x2),x1)<0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，e]B．(－∞，e)C．(－∞，eq\f(e,2))D．(－∞，eq\f(e,2)]15．答案D解析由eq\f(f(x1),x2)－eq\f(f(x2),x1)<0，得x1f(x1)<x2f(x2)，令g(x)＝xf(x)，則g(x)在(0，＋∞)上調(diào)遞增，又因?yàn)間(x)＝ex－ax2，所以g′(x)＝ex－2ax≥0，在(0，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(ex,2x)，令h(x)＝eq\f(ex,2x)，則h′(x)＝eq\f(ex(x－1),2x2)，令h′(x)＝0，則h(x)在(0，1)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝eq\f(e,2)，選D．16．(2021·全國(guó)乙)設(shè)a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝eq\r(1.04)－1，則()A．a(chǎn)<b<cB．b<c<aC．b<a<cD．c<a<b16．答案B解析b－c＝ln1.02－eq\r(1.04)＋1，設(shè)f(x)＝ln(x＋1)－eq\r(1＋2x)＋1，則b－c＝f(0.02)，f′(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(2,2\r(1＋2x))＝eq\f(\r(1＋2x)－(x＋1),(x＋1)\r(1＋2x))，當(dāng)x>0時(shí)，x＋1＝eq\r((x＋1)2)>eq\r(1＋2x)，故當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝eq\f(\r(1＋2x)－(x＋1),(x＋1)\r(1＋2x))<0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c．a(chǎn)－c＝2ln1.01－eq\r(1.04)＋1，設(shè)g(x)＝2ln(x＋1)－eq\r(1＋4x)＋1，則a－c＝g(0.01)，g′(x)＝eq\f(2,x＋1)－eq\f(4,2\r(1＋4x))＝eq\f(2[\r(1＋4x)－(x＋1)],(x＋1)\r(1＋4x))，當(dāng)0<x<2時(shí)，eq\r(4x＋1)＝eq\r(2x＋2x＋1)>eq\r(x2＋2x＋1)＝eq\r((x＋1)2)＝x＋1，故當(dāng)0<x<2時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(0，2)上單調(diào)遞增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，從而有b<c<a，故選B．17．設(shè)x，y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則()A．2x<3y<5zB．5z<2x<3yC．3y<5z<2xD．3y<2x<5z17．答案D解析令2x＝3y＝5z＝t(t>1)，兩邊取對(duì)數(shù)得x＝log2t＝eq\f(lnt,ln2)，y＝log3t＝eq\f(lnt,ln3