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专题03 指对幂等函数值大小比较的深度剖析
目录
01 考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.........................................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.........................................................................................................................5
05 核心精讲·题型突破.......................................................................................................................11
题型一：直接利用单调性
11
题型二：引入媒介值
13
题型三：含变量问题
15
题型四：构造函数
18
题型五：数形结合
23
题型六：特殊值法、估算法
27
题型七：放缩法
30
题型八：同构法
35
1
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重难点突破：泰勒展开、帕德逼近估算法
40
指、对、幂形数的大小比较问题是高考重点考查的内容之一，也是高考的热点问题，命题形式主要以
选择题为主．每年高考题都会出现，难度逐年上升．
考点要求
目标要求
考题统计
考情分析
指对幂比较大小
掌握指对幂大小
比较的方法与技
巧
2024 年北京卷第9 题，5 分
2024 年天津卷第5 题，5 分
2022 年新高考I 卷第7 题，5 分
2022 年天津卷第5 题，5 分
2022 年甲卷第12 题，5 分
2021 年II 卷第7 题，5 分
2021 年天津卷第5 题，5 分
预测2025 年高考趋
势，指对幂比较大小或以
小题压轴，预计：
（1）以选择、填空题型
呈现，侧重综合推理。
（2）构造灵活函数比较
大小将成为考查热点。
2
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3
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（1）利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c 的大小．
（2）指、对、幂大小比较的常用方法：
①底数相同，指数不同时，如a
x1和a
x2，利用指数函数y =a
x的单调性；
②指数相同，底数不同，如x1
a和x2
a利用幂函数y = x
a单调性比较大小；
③底数相同，真数不同，如lo ga x1和lo ga x2利用指数函数lo ga x单调性比较大小；
④底数、指数、真数都不同，寻找中间变量0，1 或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小
关系的判定．
（3）转化为两函数图象交点的横坐标
（4）特殊值法
（5）估算法
（6）放缩法、基本不等式法、作差法、作商法、平方法
（7）常见函数的麦克劳林展开式：
①e
x =1+ x + x
2
2! +⋯+ x
n
n! +
e
θx
(n+1)! x
n+1
②sin x = x−x
3
3! + x
5
5! −⋯+(−1)
n
x
2n+1
(2n+1)! +o( x
2n+2)
③cos x =1−x
2
2! + x
4
4! −x
6
6! +⋯+(−1)
n
x
2n
(2n)! +o( x
2n)
④ln(1+ x)= x−x
2
2 + x
3
3 −⋯+(−1)
n x
n+1
n+1 +o( x
n+1)
⑤
1
1−x =1+ x + x
2+⋯+ x
n+o( x
n)
⑥(1+ x)
n=1+nx + n(n−1)
2!
x
2+o( x
2)
4
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5
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1．（2024 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数f ( x)的定义域为R，f ( x)>f ( x−1)+ f ( x−2)，且当
x<3时f ( x)= x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．f (10)>100
B．f (20)>1000
C．f (10)<1000
D．f (20)<10000
【答案】B
【解析】因为当x<3时f ( x)= x，所以f (1)=1,f (2)=2，
又因为f ( x)>f ( x−1)+ f ( x−2)，
则f (3)>f (2)+ f (1)=3,f (4)>f (3)+ f (2)>5，
f (5)>f (4)+ f (3)>8,f (6)>f (5)+ f (4)>13,f (7)>f (6)+ f (5)>21，
f (8)>f (7)+ f (6)>34 ,f (9)>f (8)+ f (7)>55,f (10)>f (9)+ f (8)>89，
f (11)>f (10)+ f (9)>144 ,f (12)>f (11)+ f (10)>233,f (13)>f (12)+ f (11)>377
f (14)>f (13)+ f (12)>610,f (15)>f (14)+ f (13)>987，
f (16)>f (15)+ f (14)>1597>1000，则依次下去可知f (20)>1000，则B 正确；
且无证据表明ACD 一定正确.
故选：B.
2．（2024 年天津高考数学真题）设a= 4.2
−0.2，b= 4.2
0.2，c =log4.20.2，则a，b，c的大小关系为
（ ）
A．a<b<c
B．a<c<b
C．c<b<a
D．c<a<b
【答案】D
【解析】因为y = 4.2
x在R上递增，且−0.2<0<0.2，
6
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所以0<4.2
−0.2<4.2
0<4.2
0.2，
所以0<4.2
−0.2<1<4.2
0.2，即0<a<1<b，
因为y = log4.2 x在(0,+∞)上递增，且0<0.2<1，
所以log4.20.2<log4.21=0，即c<0，
所以c<a<b，
故选：D
3．（2024 年北京高考数学真题）已知(x1, y1)，(x2, y2)是函数y =2
x的图象上两个不同的点，则（ ）
A．log2
y1+ y2
2
< x1+ x2
2
B．log2
y1+ y2
2
> x1+ x2
2
C．log2
y1+ y2
2
< x1+ x2
D．log2
y1+ y2
2
> x1+ x2
【答案】B
【解析】由题意不妨设x1< x2，因为函数y =2
x是增函数，所以0<2
x1<2
x2，即0< y1< y2，
对于选项AB：可得2
x1+2
x2
2
>√2
x1·2
x2=2
x1+ x2
2 ，即y1+ y2
2
>2
x1+ x2
2 >0，
根据函数y = log2 x是增函数，所以log2
y1+ y2
2
>log22
x1+ x2
2 = x1+ x2
2
，故B 正确，A 错误；
对于选项D：例如x1=0, x2=1，则y1=1, y2=2，
可得log2
y1+ y2
2
= log2 3
2 ∈(0,1)，即log2
y1+ y2
2
<1= x1+ x2，故D 错误；
对于选项C：例如x1=−1, x2=−2，则y1= 1
2 , y2= 1
4 ，
可得log2
y1+ y2
2
= log2 3
8 = log23−3∈(−2,−1)，即log2
y1+ y2
2
>−3= x1+ x2，故C 错误，
故选：B.
4．（2023 年天津高考数学真题）设a=1.01
0.5,b=1.01
0.6,c =0.6
0.5，则a,b,c的大小关系为（ ）
7
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A．a<b<c
B．b<a<c
C．c<b<a
D．c<a<b
【答案】D
【解析】由y =1.01
x在R 上递增，则a=1.01
0.5<b=1.01
0.6，
由y = x
0.5在[0,+ ∞)上递增，则a=1.01
0.5>c =0.6
0.5.
所以b>a>c.
故选：D
5．（2022 年新高考天津数学高考真题）设a=2
0.7，b=(
1
3)
0.7
，c = log2 1
3，则a,b,c的大小关系为
（ ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．b<c<a
D．c<b<a
【答案】D
【解析】因为2
0.7>(
1
3)
0.7
>0= log21>log2
1
3，故a>b>c.
故选：D.
6．（2022 年高考全国甲卷数学（文）真题）已知9
m=10,a=10
m−11,b=8
m−9，则（ ）
A．a>0>b
B．a>b>0
C．b>a>0
D．b>0>a
【答案】A
【解析】［方法一］：（指对数函数性质）
由9
m=10可得m= log910= lg10
lg9 >1，而lg9lg11<(
lg9+lg11
2
)
2
=(
lg99
2 )
2
<1=(lg10)
2，所以
lg10
lg9 > lg11
lg10，即m>lg11，所以a=10
m−11>10
lg11−11=0.
又lg8lg10<(
lg8+lg10
2
)
2
=(
lg80
2 )
2
<(lg9)
2，所以lg9
lg8 > lg10
lg9 ，即log89>m，
所以b=8
m−9<8
log89−9=0.综上，a>0>b.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由9
m=10，可得m= log910∈(1,1.5)．
8
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根据a,b的形式构造函数f ( x)= x
m−x −1( x >1) ，则f
'( x)=m x
m−1−1，
令f
'( x)=0，解得x0=m
1
1−m ，由m= log910∈(1,1.5) 知x0∈(0,1) .
f ( x) 在 (1,+ ∞) 上单调递增，所以f (10)>f (8) ，即 a>b ，
又因为f (9)=9
log910−10=0 ，所以a>0>b .
故选：A.
【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用a,b的形式构造函数f ( x)= x
m−x −1( x >1)，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是
该题的最优解．
7．（2022 年高考全国甲卷数学（理）真题）已知a= 31
32 ,b=cos 1
4 ,c = 4 sin 1
4 ，则（ ）
A．c>b>a
B．b>a>c
C．a>b>c
D．a>c>b
【答案】A
【解析】[方法一]：构造函数
因为当x∈(0,π
2 ), x<tan x
故c
b = 4 tan 1
4 >1，故c
b >1，所以c>b；
设f ( x)=cos x + 1
2 x
2−1, x∈(0,+∞)，
f
'( x)=−sin x + x>0，所以f ( x)在(0,+∞)单调递增，
故f(
1
4)>f (0)=0，所以cos 1
4 −31
32 >0，
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当x∈(0,π
2 ),sin x< x，
取x = 1
8得：cos 1
4 =1−2sin
2 1
8 >1−2(
1
8)
2
= 31
32，故b>a
9
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4 sin 1
4 +cos 1
4 =√17sin(
1
4 +φ)，其中φ∈(0, π
2)，且sin φ = 1
√17 ,cosφ = 4
√17
当4 sin 1
4 +cos 1
4 =√17时，1
4 +φ = π
2 ，及φ = π
2 −1
4
此时sin 1
4 =cosφ = 4
√17 ，cos 1
4 =sin φ = 1
√17
故cos 1
4 = 1
√17 < 4
√17 =sin 1
4 <4 sin 1
4 ，故b<c
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法三]：泰勒展开
设x =0.25，则a= 31
32 =1−0.25
2
2
，b=cos 1
4 ≈1−0.25
2
2
+ 0.25
4
4! ，
c = 4sin 1
4 =
sin 1
4
1
4
≈1−0.25
2
3! + 0.25
4
5!
，计算得c>b>a，故选A.
[方法四]：构造函数
因为c
b = 4 tan 1
4 ，因为当x∈(0,π
2 ),sin x< x<tan x，所以tan 1
4 > 1
4 ,即c
b >1，所以c>b；设
f ( x)=cos x + 1
2 x
2−1, x∈(0,+∞)，f
'( x)=−sin x + x >0，所以f ( x)在(0,+∞)单调递增，则
f(
1
4)>f (0)=0,所以cos 1
4 −31
32 >0，所以b>a,所以c>b>a，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为c
b = 4 tan 1
4 ，因为当x∈(0,π
2 ),sin x< x<tan x，所以tan 1
4 > 1
4 ,即c
b >1，所以c>b；因为当
x∈(0,π
2 ),sin x< x，取x = 1
8得cos 1
4 =1−2sin
2 1
8 >1−2(
1
8)
2
= 31
32，故b>a，所以c>b>a．
故选：A．
10
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【整体点评】方法4：利用函数的单调性比较大小，是常见思路，难点在于构造合适的函数，属于通性通
法；
方法5：利用二倍角公式以及不等式x∈(0,π
2 ),sin x< x<tan x放缩，即可得出大小关系，属于最优解．
8．（2022 年新高考全国I 卷数学真题）设a=0.1e
0.1,b= 1
9 ，c =−ln 0.9，则（ ）
A．a<b<c
B．c<b<a
C．c<a<b
D．a<c<b
【答案】C
【解析】方法一：构造法
设f ( x)= ln(1+ x)−x( x>−1)，因为f
'( x)=
1
1+ x −1=−
x
1+ x ，
当x∈(−1,0)时，f
'( x)>0，当x∈(0,+∞)时f
'( x)<0，
所以函数f ( x)= ln(1+ x)−x在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增，
所以f ( 1
9 )<f (0)=0，所以ln 10
9 −1
9 <0，故1
9 >ln 10
9 =−ln 0.9，即b>c，
所以f (−1
10 )<f (0)=0，所以ln 9
10 + 1
10 <0，故9
10 <e
−1
10，所以1
10 e
1
10 < 1
9
，
故a<b，
设g( x)= x e
x+ ln(1−x)(0< x <1)，则g
'( x)=(x +1)e
x+
1
x−1 = (x
2−1)e
x+1
x−1
,
令h( x)=e
x( x
2−1)+1，h
'( x)=e
x( x
2+2 x−1)，
当0< x<√2−1时，h
'( x)<0，函数h( x)=e
x( x
2−1)+1单调递减，
当√2−1< x<1时，h
'( x)>0，函数h( x)=e
x( x
2−1)+1单调递增，
又h(0)=0，
所以当0< x<√2−1时，h( x)<0，
所以当0< x<√2−1时，g
'( x)>0，函数g( x)= x e
x+ ln(1−x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e
0.1>−ln 0.9，所以a>c
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故选：C.
方法二：比较法
a=0.1e
0.1 ， b=
0.1
1−0.1 ， c =−ln(1−0.1) ，
① ln a−ln b=0.1+ ln(1−0.1) ，
令 f ( x)= x + ln(1−x), x∈(0,0.1],
则 f '( x)=1−
1
1−x = −x
1−x <0 ，
故 f ( x) 在 (0,0.1] 上单调递减，
可得 f (0.1)<f (0)=0 ，即 ln a−ln b<0 ，所以 a<b ；
② a−c =0.1e
0.1+ ln(1−0.1) ，
令 g( x)= x e
x+ ln(1−x), x ∈(0,0.1],
则 g'( x)= x e
x+e
x−
1
1−x = (1+ x)(1−x)e
x−1
1−x
，
令 k( x)=(1+ x)(1−x)e
x−1 ，所以 k '( x)=(1−x
2−2 x)e
x>0 ，
所以 k( x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 k( x)>k(0)>0 ，即 g'( x)>0 ，
所以 g( x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 g(0.1)>g(0)=0 ，即 a−c>0 ，所以 a>c .
故 c<a<b.
9．（2021 年天津高考数学试题）设a= log20.3,b= log 1
2
0.4 ,c =0.4
0.3
，则a，b，c 的大小关系为（ ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．b<c<a
D．a<c<b
【答案】D
【解析】∵log20.3<log21=0，∴a<0，
∵log 1
2
0.4 =−log20.4 = log2 5
2 >log22=1，∴b>1，
∵0<0.4
0.3<0.4
0=1，∴0<c<1，
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∴a<c<b.
故选：D.
10．（2021 年全国新高考II 卷数学试题）已知a= log52，b= log83，c = 1
2，则下列判断正确的是（ ）
A．c<b<a
B．b<a<c
C．a<c<b
D．a<b<c
【答案】C
【解析】a= log52<log5√5= 1
2 = log82√2<log83=b，即a<c<b.
故选：C.
11．（2021 年全国高考乙卷数学（理）试题）设a=2ln1.01，b= ln1.02，c =√1.04−1．则（ ）
A．a<b<c
B．b<c<a
C．b<a<c
D．c<a<b
【答案】B
【解析】[方法一]：
a=2ln1.01 = ln1.01
2 = ln (1+0.01)
2 = ln(1+2×0.01+0.01
2) >ln1.02=b，
所以b<a；
下面比较c与a,b的大小关系.
记f (x)=2ln (1+ x)−√1+ 4 x +1，则f (0)=0，f
' (x)=
2
1+ x −
2
√1+ 4 x = 2(√1+ 4 x−1−x)
(1+ x)√1+ 4 x
，
由于1+ 4 x−(1+ x)
2=2 x−x
2= x (2−x)
所以当0<x<2 时，1+ 4 x−(1+ x)
2>0，即√1+ 4 x>(1+ x)，f
' (x)>0，
所以f (x)在[0,2]上单调递增，
所以f (0.01)>f (0)=0，即2ln1.01>√1.04−1，即a>c；
令g(x)= ln (1+2 x)−√1+ 4 x +1，则g(0)=0，g
' (x)=
2
1+2 x −
2
√1+ 4 x = 2(√1+ 4 x−1−2 x)
(1+ x)√1+ 4 x
，
由于1+ 4 x−(1+2 x)
2=−4 x
2，在x>0 时，1+ 4 x−(1+2 x)
2<0，
所以g
' (x)<0，即函数g(x)在[0，+∞)上单调递减，所以g(0.01)<g(0)=0，即ln1.02<√1.04−1，即
b<c；
综上，b<c<a，
13
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故选：B.
[方法二]：
令f (x)=ln(
x
2+1
2 )−x−1( x>1)
f
' (x)=- (x−1)
2
x
2+1
<0，即函数f ( x)在（1，+∞)上单调递减
f (√1+0.04)<f (1)=0,∴b<c
令g(x)=2ln(
x
2+3
4 )−x +1(1< x<3)
g
' (x)= (x−1)(3−x)
x
2+3
>0，即函数g( x)在（1，3)上单调递增
g(√1+0.04)⟨g(1)=0,∴a⟩c
综上，b<c<a，
故选：B.
题型一：直接利用单调性
【典例1-1】设a=2
1.2,b=lg3,c =ln 1
3，则a、b、c的大小顺序为（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>a>c
D．c>a>b
【答案】A
【解析】由函数y = ln x , y =lg x在(0,+ ∞)上单调递增，可得ln 1
3 <ln1=0， 0=lg1<lg3<lg10=1.
14
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因函数y =2
x在R 上单调递增，则2
1.2>2
1=2.故ln 1
3 <ln1=0=lg1<lg3<1<2
1.2，
即a>b>c.
故选：A
【典例1-2】（2024·高三·黑龙江鸡西·期中）已知函数f (x)=2
x+ x，g(x)= log2 x + x，h(x)= x
3+ x的零点
分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A．a>b>c
B．b>c>a
C．c>a>b
D．b>a>c
【答案】B
【解析】由函数解析式可知三个函数在定义域上均为单调递增函数.
∵f (0)=2
0+0=1>0，f (−1)=2
−1−1=−1
2 <0，故−1<a<0，
∵g(
1
2)= log2
1
2 + 1
2 =−1
2 <0，g(1)= log21+1=1>0，故0<b<1，
h(0)=0，故c =0，
∴a<c<b.
故选：B.
利用指对幂函数的单调性判断
【变式1-1】已知a= log56,b= log0.52,c =e
−2，比较a，b，c 的大小为（ ）
A．b>a>c
B．b>c>a
C．a>c>b
D．a>b>c
【答案】C
【解析】因为函数y = log5 x在(0,+ ∞)上单调递增，
所以a= log56<log55=1，
又c<1，所以a>c，又因为函数y = log0.5 x在(0,+∞)上单调递减，
所以b= log0.52<log0.51=0，因为c>0，
所以b<c，综上，a>c>b.
故选：C.
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【变式1-2】已知a=0.33
π，b=(
1
e)
e
（e为自然对数的底数）c =tan1，比较a，b，c的大小（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>a>b
D．c>b>a
【答案】D
【解析】由三角函数线可得：不等式tan x> x>sin x , x∈(0, π
2)，
则c =tan1>1，
又函数y = x
e为增函数，y =0.33
x为减函数，
则1>(
1
e)
e
>(
1
3)
e
>0.33
e>0.33
π>0，
所以1>b>a，
综上所述：c>b>a，
故选D．
1．（2024·江西新余·一模）故a=(
5
7)
−5
7，b=(
7
5)
3
5，c = log3 14
5 ，则a，b，c 的大小顺序是（ ）
A．b<a<c
B．c<a<b
C．b<c<a
D．c<b<a
【答案】D
【解析】a=(
5
7)
−5
7 =(
7
5)
5
7 >b=(
7
5)
3
5 >1= log3
15
5 >c = log3
14
5 ，
所以c<b<a，
故选：D
2．已知实数a，b 满足2
a+a=2,b= log163，则（ ）
A．a>b
B．a<b
C．a=b
D．a，b 的大小无法判断
【答案】A
【解析】函数f ( x)=2
x+ x在R上单调递增，且f ( 1
2 )=√2+ 1
2 <2，则由2
a+a=2，得a> 1
2，
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又b= log163<log164 = 1
2，所以a>b.
故选：A
题型二：引入媒介值
【典例2-1】（2024·高三·江西·期中）已知a= ln 2,b=cos2,c =(
1
2)
−2
，则a，b，c 的大小顺序为（ ）
A．c>a>b
B．a>c>b
C．b>c>a
D．b>a>c
【答案】A
【解析】a=ln2>ln√e= 1
2，b=cos2<0，c =(
1
2)
−2
=2
2= 4，则c>a>b.
故选：A
【典例2-2】三个数a=sin 3
2，b=2
1
3，c = ln3−ln 2的大小顺序是（ ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．a<c<b
D．b<c<a
【答案】B
【解析】a=sin 3
2 ∈(0,1)，b=2
1
3 >1，c = ln3−ln2= ln 3
2 ∈(0,1)，
所以b最大，
因为π
3 < 3
2 <π
2 ，所以√3
2 <sin 3
2 <1，
因为9
4 <e，所以3
2 <√e，则ln 3
2 <ln √e= 1
2，所以sin 3
2 >ln 3
2，
即c<a<b.
故选：B
寻找中间变量0，1 或者其它能判断大小关系的中间量，借助中间量进行大小关系的判定．
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【变式2-1】已知a= log23，b=(
3
2)
2
3，c =cos(−5
3 π)−sin(−π
2 )，比较a，b，c的大小为（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．c>b>a
D．c>a>b
【答案】B
【解析】易知c =cos(−5
3 π)−sin(−π
2 )=cosπ
3 +sinπ
2 = 3
2，
a= log23>log2(2√2)= 3
2 =(
3
2)
1
=c>b=(
3
2)
2
3.
故选：B
【变式2-2】已知a= ln 4，b=lg 4，c =(
1
4)
2
3，则（ ）
A．c<b<a
B．b<a<c
C．b<c<a
D．a<c<b
【答案】A
【解析】因为ln 4>lne =1，lg 4<lg10=1，lg 4>lg√10= 1
2，(
1
4)
2
3 <(
1
4)
1
2 = 1
2，
所以(
1
4)
2
3 <lg 4<ln 4，所以c<b<a.
故选：A.
1．已知a= log0.48，b= log0.60.5，c = log23，则（ ）
A．b>a>c
B．b>c>a
C．c>a>b
D．c>b>a
【答案】D
【解析】a= log0.48<log0.41=0，而0.6
3
2 =√0.216<√0.25=0.5<0.6，
则1= log0.60.6<log0.60.5<log0.60.6
3
2 = 3
2
，又c = log23>log22√2= 3
2，
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所以c>b>a.
故选：D
2．已知a= 2
ln 4 ，b= ln3
ln 2 ，c = 3
2，则（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>a>c
D．b>c>a
【答案】D
【解析】由题意可得：a=
2
2ln2 = 1
ln2 = log2e，b= ln3
ln2 = log23，c = 3
2 = log22
3
2 = log2√8，
因为3>√8>e，且y = log2 x在定义域(0,+ ∞)内单调递增，
可得log23>log2√8>log2e，所以b>c>a．
故选：D.
3．已知a=log1.40.7，b=1.4
0.7，c =0.7
1.4，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a<b<c
B．a<c<b
C．c<a<b
D．c<b<a
【答案】B
【解析】由于a=log1.40.7<log1.41=0，0<c =0.7
1.4<0.7
0=1=1.4
0<1.4
0.7=b，
所以a<c<b.
故选：B
题型三：含变量问题
【典例3-1】[新考法]若0<2a<b<1，x1=a
b，x2=(2a)
b，x3=b
2a，x4=(2b)
2a，则（ ）
A．x4< x3< x1< x2
B．x1< x2< x3< x4
C．x2< x1< x4< x3
D．x3< x4< x1< x2
【答案】B
【解析】方法一：因为b>0，所以函数y = x
b在(0,+∞)上单调递增．
因为a>0，所以a
b<(2a)
b，即x1< x2．
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同理，由函数y = x
2a在(0,+ ∞)上单调递增，得b
2a<(2b)
2a，即x3< x4．
因为0<2a<b，所以(2a)
2a<b
2a．
因为0<2a<1，所以y =(2a)
x在R上单调递减，
所以(2a)
b<(2a)
2a，所以(2a)
b<b
2a，即x2< x3，
所以x1< x2< x3< x4．
方法二：
由0<2a<b<1，令a= 1
8，b= 1
2，
则x1=√
1
8 = √2
4 ，x2= 1
2，x3=(
1
2)
1
4 =
4√8
2 ，x4=1．
因为√2
4 < 1
2 <
4√8
2 <1，所以x1< x2< x3< x4．
故选：B．
【典例3-2】（2024·高三·河北邢台·期中）已知1<m<n<2, a=n
m, b=m
n, c = lognm，则a, b, c的大小
关系是（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>a>b
D．c>b>a
【答案】A
【解析】因为1<m<n<2，所以y =n
x , y =m
x , y = logn x在(0,+ ∞)上均单调递增，
所以a=n
m>n
1>1, b=m
n>m
1>1, c = lognm<lognn=1，即a>c ,b>c，
对于a,b，构造函数f (x)= ln x
x ⇒f
' (x)= 1−ln x
x
2
，
易知e> x>0时，f
' (x)>0，即此时函数单调递增，则f (m)<f (n)⇒ln m
m < ln n
n ，
所以n ln m<mln n⇒ln m
n<ln n
m，
因为y = ln x在(0,+ ∞)上单调递增，所以m
n<n
m，
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综上a>b>c.
故选：A
对变量取特殊值代入或者构造函数
【变式3-1】（多选题）已知正数a,b满足e
a(1−lnb)=1，则（ ）
A．e<b<e
2
B．e
a+ 1
e
a >2
C．e
a>b
D．e
a−lnb>1
【答案】BCD
【解析】对于A 中，因为a>0，可得0< 1
e
a <1，又因为1−lnb= 1
e
a ，所以0<1−lnb<1，
可得0<lnb<1，解得1<b<e，所以A 不正确；
对于B 中，由a>0，则e
a>1，则e
a+ 1
e
a ≥2√
e
a⋅1
e
a =2，
当且仅当e
a= 1
e
a ，即a=0时，等号成立，因为a>0，所以e
a+ 1
e
a >2，所以B 正确，
对于C 中，由函数f (x)=e
x−x−1，可得f
' (x)=e
x−1，
当x<0时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
当x>0时，f
' (x)>0，f (x)单调递增，
所以f ( x)min= f (0)=0，则f (x)=e
x−x−1≥0，即e
x≥x +1，
当且仅当x =0时，等号成立，
因为a>0时，因为e
a(1−lnb)=1，可得1−lnb=e
−a>−a+1，
所以a>lnb，即e
a>b，所以C 正确；
对于D 中，由1−lnb=e
−a，所以e
a+1−lnb=e
a+e
−a>2，可得e
a−lnb>1，所以D 正确.
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故选：BCD.
【变式3-2】（2024·陕西西安·统考一模）设a>b>0,a+b=1且x =−(
1
a)
b
, y =lo g 1
b
a, z =lo g
(
1
a + 1
b)
ab，则
x , y , z的大小关系是（ ）
A．x< z< y
B．z< y < x
C．y < z< x
D．x< y < z
【答案】A
【解析】由a>b>0,a+b=1，可得0<b< 1
2 <a<1，
则z =lo g
(
1
a + 1
b)
ab=lo g a+b
ab
ab=lo g 1
ab
ab=−1
因为0<b<1，所以lo gba<lo gbb=1，则y =lo g 1
b
a=−lo gba>−lo gbb=−1，
因为x =−(
1
a)
b
<−1，所以x< z< y．
故选：A．
1．（多选题）若0<a<b<c，且lga+lgb+lgc =0，则下列各式一定成立的是（ ）
A．2
a+2
b>4
B．ab<1
C．a+c
2>2
D．a
2+c>2
【答案】BC
【解析】因为lga+lgb+lgc =0，所以lgabc =0，则abc =1，
又由于0<a<b<c，所以0<a<1，c>1，ab= 1
c ，则ab<1，故B 正确；
因为c
b >1，所以a+c
2>2√ac
2=2√
c
b >2，故C 正确；
当a= 1
2，b=1，c =2时，可2
a+2
b=√2+2<4，故A 错误；
当a= 1
√3，b= 2
√3，c = 3
2时，a
2+c = 1
3 + 3
2 <2，故D 错误.
故选：BC.
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2．（多选题）若0<a<b<1，则（ ）
A．a
b<b
a
B．ab+1<a+b
C．a
1−b<b
1−a
D．lo ga(1+b)>lo gb(1+a)
【答案】AC
【解析】A 选项中，因为0<a<1，故y =a
x在R 上单调递减，故a
b<a
a，
因为y = x
a在(0,+ ∞)上单调递增，故a
a<b
a，综上，a
b<a
a<b
a，A 正确；
B 选项中，由于a+b−ab−1=(a−1)(1−b)<0，而已知0<a<b<1，所以B 不正确；
C 选项中，a
1−b<b
1−a⇔(1−b)ln a<(1−a)ln b⇔ln a
1−a < ln b
1−b，
设f ( x)= ln x
1−x (0< x<1)，则f '( x)=
1
x −1+ ln x
(1−x)
2
(0< x<1)，
设g( x)= ln x + 1
x −1(0< x<1)，
则g'( x)= x−1
x
2 <0⇒g( x)> g(1)=0⇒f '( x)>0，
所以f ( x)在(0,1)上递增，这样f (a)<f (b)，故C 正确；
D 选项中，取a= 1
9，b= 1
3，则lo ga(1+b)=lo g 1
9
4
3 =lo g 1
3
2√3
3
，lo gb(1+a)=lo g1
3
10
9 ，
又2√3
3
= 6√3
9
> 10
9 >1，故lo ga(1+b)=lo g 1
9
4
3 <lo gb(1+a)=lo g1
3
10
9 ，所以D 错误.
故选：AC.
题型四：构造函数
【典例4-1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知a=ln√2
2
,b=ln3
6
,c = 1
2e，则a,b,c的大小为（ ）
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A．b>c>a
B．a>b>c
C．b>a>c
D．c>b>a
【答案】D
【解析】因为a=ln√2
2
=
1
2 ln2
2
=ln2
4
，c = 1
2e = lne
2e ，
设f ( x)= ln x
2 x , x>0，
则f
'( x)=
1
x ⋅(2 x)−2ln x
(2 x)
2
= 1−ln x
2 x
2
，
所以当x∈(0,e)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x∈(e,+∞)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
所以a= f (2)<f (e)=c，b= f (3)<f (e)=c，
又因为a=ln2
4 =3ln2
12 =ln8
12 <ln9
12 =2ln3
12 =ln3
6 =b，
所以c>b>a.
故选：D.
【典例4-2】（2024·全国·模拟预测）若a= 2−ln2
e
2
，b= 1
2e，c = ln2
4 ，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A．a<c<b
B．c<a<b
C．a<b<c
D．b<a<c
【答案】B
【解析】构造函数f (x)= ln x
2 x ，则a= f(
e
2
2)，b= f (e)，c = f (2)，
由f
' (x)= 1−ln x
2 x
2
，令f
' (x)>0得0< x<e，令f
' (x)<0得x>e，
则f (x)在(0,e)上单调递增，在(e,+ ∞)上单调递减．
因为2<e，所以f (2)<f (e)，所以c<b；
因为e<e
2
2 ，所以f (e)>f(
e
2
2)，所以b>a；
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令x1 x2=e
2，且1< x1<e< x2，则f (x1)−f (x2)= f (x1)−f(
e
2
x1)= ln x1
2 x1
−(2−ln x1)x1
2e
2
，
令g(x)= ln x
2 x −(2−ln x) x
2e
2
，x∈(1,e)，
则g
' (x)= 1−ln x
2 x
2
−1−ln x
2e
2
=(1−ln x)e
2−x
2
2e
2 x
2 >0，
所以g(x)在(1,e)上单调递增，
又g (e)=0，所以g(x)<0，所以f (x1)<f (x2)，
因为e
2
2 ×2=e
2，且1<2<e<e
2
2 ，所以a= f(
e
2
2)>f (2)=c，所以c<a<b.
故选：B
构造函数比大小是高考数学的重点题型，它可以从“形”与“数”两个角度入手解题。
“形”的构造：不等式两边的结构相似时，我们可以构建一个函数，通过分析这个函数的单调性，进而根
据“ 若函数
单调递增，则
；若函数
单调递减，
”判断．
“数”的构造：观察到待比较式子间数与数的关系后，我们可据此构造函数．
【变式4-1】[新考法]设函数f (x)= x + ln x，g(x)= x ln x−1，h( x)=1−1
x + x
2 + x
2
3 在(0,+∞)上的零点分
别为a,b,c，则a,b,c的大小顺序为（ ）
A．c<b<a
B．b>c>a
C．c>a>b
D．b>a>c
【答案】B
【解析】因为f (x)= x + ln x，f
'( x)=1+ 1
x >0，所以f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
又因为f(
1
2)= 1
2 −ln 20<0,f (1)=10>0，所以存在a∈(
1
2 ,1)使得f (a)=0，
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所以a∈(
1
2 ,1)，
因为g(x)= x ln x−1，g
'( x)= ln x +1，令g
'( x)=0，解得x = 1
e ，
当x∈(0, 1
e)时，g
' (x)<0，则g(x)在(0, 1
e)上单调递减，
当x∈(
1
e ,+ ∞)时，g
' (x)>0，则g(x)在(0, 1
e)上单调递增，
又因为g(1)=−1<0,g(2)=2ln 2−1>0,∴b∈(1,2)，
又h( x)=1−1
x + x
2 + x
2
3 ，x∈(0,+∞)，所以h
'( x)= 2 x
3 + 1
2 + 1
x
2 >0，所以h( x)在(0,+∞)上单调递增，
又h(
1
2)<0，h(1)>0，所以存在c∈(
1
2 ,1)使得h(c)=0，所以b最大，
因为
5
8 = 1
8
5
= 1
1.6 =
1
√2.56 > 1
√e，所以ln 5
8 >ln 1
√e = lne
−1
2 =−1
2
，
f(
5
8)= ln 5
8 + 5
8 >−0.5+ 5
8 >0，∴a∈(
1
2 , 5
8)，
又h(
5
8)=1−8
5 + 5
16 +
25
64
3 <0，∴c∈(
5
8 ,1)
∴a<c<b.
故选：B．
【变式4-2】已知a=√5，b= ln(√5+1)，c = 5−√5
4
，试比较a，b，c的大小（ ）
A．a>c>b
B．a>b>c
C．b>a>c
D．c>b>a
【答案】B
【解析】设m( x)= ln x−x +1,
则当x>1时m
'( x)= 1
x −1<0,m(x)单调递减，
26
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故m(√5+1)= ln(√5+1)−(√5+1)+1<m(1)=0,
故ln(√5+1)<√5,进而b<a，
设n( x)= 4 ln x + x−6,
由于函数y = ln x和y = x均为定义域内的单调递增函数，
所以n( x)= 4 ln x + x−6为(3,+ ∞)上的单调递增函数，
因此n(√5+1)= 4 ln(√5+1)+(√5+1)−6>n(3)= 4 ln3−3>0，
故4 ln(√5+1)+(√5+1)−6>0⇒ln(√5+1)> −(√5+1)+6
4
= 5−√5
4
，
故b>c，
因此a>b>c，
故选：B
1．已知a= ln (sin1.02)，b= √1.02
51
，c = ln1.02，则（ ）
A．a<b<c
B．c<a<b
C．a<c<b
D．b<a<c
【答案】C
【解析】因为y =sin x在(0,π
2 )内单调递增，
则0=sin 0<sin1.02<sinπ
2 =1，即sin1.02∈(0,1)，
又因为y = ln x在(0,+ ∞)内单调递增，
则a= ln (sin1.02)<ln1=0，c = ln1.02>ln1=0，可得a<c；
令x =0.02，则b=
x
√1+ x ，c = ln(1+ x)，
27
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构建f (x)= ln(1+ x)−
x
√1+ x , x>0，
则f
' (x)=
1
1+ x −
√1+ x−
x
2√1+ x
1+ x
=−(√1+ x−1)
2
2(1+ x)√1+ x <0，
可知f (x)在(0,+ ∞)上递减，则f (0.02)<f (0)=0，即c<b；
综上所述：a<c<b.
故选：C.
2．若a= 1
3，b=cos( 1
3 −π
2 )，c = 1
π ，则a、b、c 满足的大小关系式是（ ）.
A．a>b>c
B．a<b<c
C．a>c>b
D．b>c>a
【答案】A
【解析】显然1
3 > 1
π ，即a>c，而b=cos( 1
3 −π
2 )=sin 1
3，
设f ( x)= x−sin x(0< x<1)，求导得f
'( x)=1−cos x >0,f ( x)在(0,1)上单调递增，
则f ( x)>f (0)=0，即当0< x<1时，x>sin x，因此a= 1
3 >sin 1
3 =b；
设g( x)=sin x−x + x
3
6 (0< x<1)，求导得g
'( x)=cos x−1+ x
2
2 ，
令φ( x)=cos x−1+ x
2
2 (0< x<1)，φ
'( x)=−sin x + x>0，
则函数φ( x)，即g
'( x)在(0,1)上单调递增，g
'( x)> g
'(0)=0，
即函数g( x)在(0,1)上单调递增，于是g( x)>g(0)=0，则当0< x<1时，sin x> x−x
3
6 ，
从而sin 1
3 > 1
3 −
( 1
3 )
3
6
= 1
3 −1
162 = 53
162 ≈0.327，而1
π ≈0.318，即有b=sin 1
3 > 1
π =c，
所以a>b>c.
故选：A
3．设a=√e−1,b= 1
2 ,c =1−ln 3
2，则（ ）
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A．c>a>b
B．a>c>b
C．b>a>c
D．b>c>a
【答案】B
【解析】因为a=√e−1>√2.25−1= 1
2，所以a>b；
因为函数y =ln x单调递增，√e> 3
2，所以ln 3
2 <ln√e，即ln 3
2 < 1
2，则1−ln 3
2 > 1
2，所以c>b；
构造函数f (x)=e
x−1−2 x +1+ln x，则f
' (x)=e
x−1−2+ 1
x ，
令g(x)=e
x−1−2+ 1
x ，则g
' (x)=e
x−1−1
x
2，
显然g
' (x)在[1,+∞)上单调递增，所以g
' (x)≥g
' (1)=0，
故f
' (x)在[1,+∞)上单调递增，所以f
' (x)≥f
' (1)=0，所以f (x)在[1,+∞)上单调递增，
从而f(
3
2)>f (1)=0，故有√e−2× 3
2 +1+ln 3
2 >0，整理得√e−1>1−ln 3
2，
所以a>c，故a>c>b．
故选：B
题型五：数形结合
【典例5-1】函数f (x)=2
x+ x，g(x)= log2 x + x，h(x)=√x + x的零点分别为a，b，c，则a，b，c，的大
小顺序为（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．b>c>a
D．c>a>b
【答案】C
【解析】令f (x)=0，即2
x =−x，
令g(x)=0，即log2 x =−x，
令h(x)=0，即√x =−x，分别作出y =2
x，y = log2 x，y =√x和y =−x的图象，
如图所示：
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由图象可知：c =0，所以b>c>a.
故选：C.
【典例5-2】实数a,b,c∈R满足a−4 =ln a
4 <0，b−3=ln b
3 <0，c−2=ln c
2 <0，则a，b，c的大小为
（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．c>b>a
【答案】D
【解析】设f (x)= x−ln x，则f
' (x)= x−1
x
，令f
' (x)>0⇒x>1，f
' (x)<0⇒x<1，
∴f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f (x)≥f (1)=1
由条件可知f (a)= f (4)>f (b)= f (3)>f (c)= f (2)，
且a−4 =ln a
4 <0，b−3=ln b
3 <0，c−2=ln c
2 <0，故有a<4 ,b<3,c<2，
如下图所示，作出函数简图，可知a,b,c<1，由f (a)>f (b)>f (c)⇒a<b<c，
故选：D
转化为两函数图象交点的横坐标
【变式5-1】[新考法]已知函数f (x)=
3
x
1+3
x .设a+b+c =0,abc<0，则（ ）
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A．f (a)+ f (b)+ f (c)< 3
2
B．f (a)+ f (b)+ f (c)≤3
2
C．f (a)+ f (b)+ f (c)> 3
2
D．f (a)+ f (b)+ f (c)≥3
2
【答案】C
【解析】由题意，函数f ( x)的定义域为R，
令g( x)= f ( x)−1
2 =
3
x
1+3
x −1
2 =
3
x−1
2(3
x+1)
= 1
2 −
1
3
x+1，
则g(−x)=
3
−x−1
2(3
−x+1)
=
1−3
x
2(3
x+1)
=−g( x)，
所以g( x)为奇函数，且g( x)=
3
x−1
2(3
x+1)
= 1
2 −
1
3
x+1在R单调递增，如图所示，
因为a+b+c =0,abc<0，
所以不妨设a<0,c>b>0，
设点A(b+c ,g(b+c))，
则OA的直线方程为y = g(b+c)
b+c
x，
如图，因为g(b)> g(b+c)
b+c
b,g(c)> g(b+c)
b+c
c，
所以两式相加得g(b)+ g(c)> g(b+c)
b+c
b+ g(b+c)
b+c
c = g(b+c)
b+c
(b+c)= g(b+c)，
又因为g(b+c)= g(−a)=−g(a)，
所以g(a)+ g(b)+ g(c)>g(b+c)+ g(a)=−g(a)+ g(a)=0，
所以f (a)−1
2 + f (b)−1
2 + f (c)−1
2 >0，
即f (a)+ f (b)+ f (c)> 3
2.
故选：C.
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【变式5-2】已知a=0.8
0.5+0.8
0.7+0.8
0.9，b=0.6
0.8+0.7
0.8+0.8
0.8，c =e
−8
15 +e
−12
35 +e
−1
5，则
（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．c>a>b
D．b>c>a
【答案】A
【解析】设f (x)=0.8
x，画出f (x)的图象，
故f (x)为下凸函数，
当x1≠x2时
f (x1)+ f (x2)
2
>f(
x1+ x2
2 )，
所以0.8
0.5+0.8
0.9>2×0.8
0.7，a=0.8
0.5+0.8
0.7+0.8
0.9>3×0.8
0.7．
设g(x)= x
0.8(x>0)，画出g(x)图象，
故g(x)为上凸函数，当x1≠x2时
g(x1)+ g(x2)
2
< g(
x1+ x2
2 )，
所以b=0.6
0.8+0.7
0.8+0.8
0.8<3×0.7
0.8，
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同一坐标系内画出f (x)=0.8
x和r (x)=0.7
x的图象，
又y =0.7
x在R 上单调递减，故0.8
0.7>0.7
0.7>0.7
0.8，所以a>b．
设h(x)= ln x−1+ 1
x
(0< x<1)，则h' (x)= 1
x −1
x
2 <0，h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0< x<1时h(x)>h(1)=0，
所以ln x>1−1
x ，0.8 ln 0.6> 4
5(1−5
3)=−8
15，
所以0.6
0.8>e
−8
15，同理可得0.7
0.8>e
−12
35，0.8
0.8>e
−1
5，
相加得0.6
0.8+0.7
0.8+0.8
0.8>e
−8
15 +e
−12
35 +e
−1
5，b>c，
所以a>b>c．
故选：A
1．若实数a，b，c 满足a2
b=a3
c=6，则下列不等关系中不可能成立的是（ ）
A．c<a<b
B．b<c<a
C．a<c<b
D．a<b<c
【答案】D
【解析】由已知得2
b=3
c= 6
a，易知a>0，
设直线l：y = 6
a，作出y =2
x，y =3
x，直线l 图象，
33
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如图：当6
a >1时，0<a<6，0<c<b，
当0< 6
a <1时，a>6，b<c<0，
所以a<b<c不可能成立，
故选:D.
2．已知(x1, y1),(x2, y2)是函数y =log2 x图象上两个不同的点，则下列4 个式子中正确的是（ ）
①x1+ x2
2
<2
y1+ y2
2
；②x1+ x2
2
>2
y1+ y2
2 ；③log2
2
x1+ x2
<−y1+ y2
2
；④log2
2
x1+ x2
>−y1+ y2
2
.
A．①③
B．②③
C．①④
D．②④
【答案】B
【解析】如图所示，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB的中点为M(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，
点N在函数y =log2 x的图象上，且MN // x轴，则N(2
y1+ y2
2
, y1+ y2
2 )，
由图知点N在M的左侧，即x1+ x2
2
>2
y1+ y2
2
，故①错误，②正确；
则log2
x1+ x2
2
>log22
y1+ y2
2
= y1+ y2
2
，即−log2
2
x1+ x2
> y1+ y2
2
，
即log2
2
x1+ x2
<−y1+ y2
2
，故③正确，④错误.
故选：B.
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题型六：特殊值法、估算法
【典例6-1】（2024·高三·四川·期中）已知(x1, y1)、(x2, y2)是函数y = log2 x图象上不同的两点，则（ ）
A．y1+ y2
2
<log2
x1+ x2
2
B．y1+ y2
2
>log2
x1+ x2
2
C．y1+ y2<log2
x1+ x2
2
D．y1+ y2>log2
x1+ x2
2
【答案】A
【解析】由题意不妨设0< x1< x2，因为y = log2 x是增函数，所以log2 x1<log2 x2，即y1< y2．
log2 x1+ log2 x2= log2(x1 x2)<log2(
x1+ x2
2 )
2
，
则y1+ y2<2log2
x1+ x2
2
，即y1+ y2
2
<log2
x1+ x2
2
，A 正确，B 错误；
取x1=1，x2=2，则y1=0，y2=1，y1+ y2=1= log22>log2 3
2 = log2
x1+ x2
2
，C 错误．
取x1= 1
4 ，x2= 1
2，则y1=−2，y2=−1，y1+ y2=−3= log2 1
8 <log2 3
8 = log2
x1+ x2
2
，D 错误．
故选：A.
【典例6-2】已知x , y ∈R，且x + y >0，则（ ）
A．1
x + 1
y >0
B．x
3+ y
3>0
35
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C．lg(x + y)>0
D．sin (x + y)>0
【答案】B
【解析】因为1
x + 1
y = x + y
xy ，又x + y >0，故不能确定1
x + 1
y >0，
反例为：x =2，y =−1，此时x + y >0，1
x + 1
y =−1
2 <0，A 错误，
因为x + y >0，所以x>−y，又函数y = x
3为增函数，
所以x
3>(−y)
3=−y
3，故x
3+ y
3>0，B 正确，
当x + y =1>0时，lg(x + y)=0，C 错误，
当x + y =2π时，sin (x + y)=0，D 错误.
故选：B.
估算要比较数值的大致范围，从而判断其大小关系。
【变式6-1】设a=3e
−0.2，b=2e
0.2，c =2.4，则（ ）
A．a<b<c
B．b<c<a
C．c<a<b
D．c<b<a
【答案】D
【解析】由题意，得b
2 =e
0.2，c
2 =1.2=0.2+1．
令f (x)=e
x−x−1，x>0，则f
' (x)=e
x−1>0，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)>f (0)=0，即e
x> x +1(x>0)，
所以b
2 > c
2，则b>c，故排除A，B．
因为a
b = 3
2 e
−0.4，(
3
2)
5
= 243
32 ≈7.59，(e
0.4)
5=e
2≈7.39，
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所以(
a
b)
5
=(
3
2)
5
(e
−0.4)
5≈7.59
7.39 >1，所以a
b >1，
所以a>b．
故选：D．
【变式6-2】（多选题）已知正数x , y满足x−y +1= 1
x −1
y ，则（ ）
A．lg( y −x +1)>0
B．cos y >cos x
C．2025
y −x>1
D．|y −2|>|x−2|
【答案】AC
【解析】由题意可得x−1
x +1= y −1
y > x−1
x ，
令函数f (x)= x−1
x , x>0，易知f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
由x−1
x < y −1
y 可得f (x)<f ( y)，即可得x< y；
对于A，由y > x，可得y −x +1>1，故lg( y −x +1)>0，故A 正确；
对于B，分别取x =1<π
2 ，y = 1+√5
2
>π
2 ，则cos y <0<cos x ,故B 错误；
对于D，分别取x =1<π
2 ，y = 1+√5
2
>π
2 ，|y −2|=|
√5−3
2 |<|x−2|=1，故D 错误；
对于C，因为y −x>0，2025>1，则 2025
y −x>1，故C 正确.
故选：AC．
1．已知a=sin1.01，b=
1
1.02，c = ln1.04，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．b>a>c
B．a>b>c
C．a>c>b
D．b>c>a
【答案】A
【解析】因为sinπ
4 <sin1.01<sinπ
3 ，所以√2
2 <a< √3
2 ，
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又b=
1
1.02，所以b>a，
1.04
2<e，则1.04<√e，c = ln1.04<ln √e= 1
2，
所以a>c，所以b>a>c.
故选：A.
2．已知a= log20.05，b=0.5
1.002，c =2
0.05，则下列判断正确的是（ ）
A．a<b<c
B．b<c<a
C．c<b<a
D．b<a<c
【答案】A
【解析】由对数函数性质知a=log20.05<0，由指数函数性质知b=0.5
1.002∈(0,1)，
由指数函数性质知c =2
0.05>2
0=1，所以a<b<c．
故选：A．
3．已知a= 5
3，b=√3，c = 3+ log32
2
，则（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．c>b>a
【答案】D
【解析】∵ a
2= 25
9 <3=b
2，∴ a<b，
∵ log32>log3√3= 1
2，∴ c = 3+ log32
2
> 7
4 ，
∵ (
7
4)
2
= 49
16 >3，∴ c = 3+ log32
2
> 7
4 >√3=b，
∴ c>b>a.
故选：D.
题型七：放缩法
【典例7-1】（2024·高三·四川德阳·开学考试）已知a=log32，b=log43，c =0.5
1.2，比较a，b，c 的大
小为（ ）
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A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．b>a>c
【答案】D
【解析】a−b= ln2
ln3 −ln3
ln 4 = ln2⋅ln 4−(ln3)
2
ln3⋅ln 4
，
因为ln 2,ln 4>0，
所以ln 2+ ln 4>2√ln 2⋅ln 4，即ln 2⋅ln 4< 1
4
(ln 8)
2< 1
4
(ln 9)
2=(ln3)
2，
所以ln 2⋅ln 4<(ln3)
2，且ln3⋅ln 4>0，
所以a<b，
又因为a=log32>log3√3= 1
2 ,c =0.5
1.2<0.5
1= 1
2，
所以a>c，
综上，b>a>c，
故选：D.
【典例7-2】（2024·河南·模拟预测）已知a=e
1
19 ,b= 19
18 ,c =1+ln 37
35
，则a,b,c的大小关系是（ ）
A．a<b<c
B．a<c<b
C．c<b<a
D．c<a<b
【答案】A
【解析】由a=e
1
19 ,b= 19
18
可构造函数f (x)=e
x−x−1，
则f
' (x)=e
x−1，令f
' (x)=0，解得x =0，
因此可得当x∈(0,+ ∞)时，f
' (x)>0，即f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当x∈(−∞,0)时，f
' (x)<0，即f (x)在(−∞,0)上单调递减，
可知f (x)在x =0处取得极小值，也是最小值，所以f (x)≥f (0)=0，
即e
x≥x +1，故e
−x≥−x +1，即1
e
x ≥1−x
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当0< x<1时，有e
x<
1
1−x ，所以e
1
19 <
1
1−1
19
= 19
18，可得a<b；
令g(x)= ln (x +1)−2 x
x +2 , x>0，
则g
' (x)=
1
x +1 −
4
(x +2)
2 =
x
2
(x +1)(x +2)
2 >0，
故g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
可得g(x)>g(0)=0，即ln (x +1)> 2 x
x +2，
取x = 2
35，则ln(
2
35 +1)>
2× 2
35
2
35 +2
= 1
18，所以1+ ln 37
35 >1+ 1
18 = 19
18，可得c>b；
综上可得，a<b<c.
故选：A
放缩法比较指对幂大小，关键在于合理估计与调整。可通过适当放大或缩小数值，转化为更易比较的
形式，如利用指数、对数的性质进行放缩，或结合均值不等式等。需注意保持放缩方向的一致性，以确保
比较结果的准确性。
【变式7-1】（2024·浙江杭州·一模）对∀x∈[1,+∞），不等式((lnax)
2−1)(e
x−b)≥0恒成立，则
（ ）
A．若a∈(0, 1
e)，则b≤e
B．若a∈(0, 1
e)，则b>e
C．若a∈[
1
e ,e)，则a
b=e
e
D．若a∈[
1
e ,e)，则b
a=e
e
【答案】D
【解析】由((lnax)
2−1)(e
x−b)≥0得(lnax−1)(lnax +1)(e
x−b)≥0，
40
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对于选项A、B，若a∈(0, 1
e)，可令a= 1
e
2，不等式可化为(ln x−3)(ln x−1)(e
x−b)≥0，
当x ∈[e
3,+ ∞)时，ln x−3≥0,ln x−1>0，
要使(ln x −3)(ln x −1)(e
x−b)≥0恒成立，则需e
x−b≥0，即b≤e
x恒成立，
∴b≤(e
x)min=e
e
3
，
当x ∈(e ,e
3)时，ln x−3<0,ln x−1>0，
要使(ln x −3)(ln x −1)(e
x−b)≥0恒成立，则需e
x−b≤0，即b≥e
x恒成立，
∴b≥(e
x)max，
∴b≥e
e
3
，
当x∈[1,e ]时，ln x−3<0,ln x−1≤0，
要使(ln x −3)(ln x −1)(e
x−b)≥0恒成立，则需e
x−b≥0，即b≤e
x恒成立，
∴b≤(e
x)min=e，
综上可得，不存在b使得不等式(ln x −3)(ln x −1)(e
x−b)≥0恒成立，选项A、B 错误.
对于选项C、D，若a∈[
1
e ,e)，
∵x∈[1,+ ∞）
∴ax ≥1
e ，
∴lnax +1≥0，
要使不等式(lnax−1)(lnax +1)(e
x−b)≥0恒成立，则需(lnax−1)(e
x−b)≥0，
∵函数y =lnax−1, y =e
x−b在[1,+∞）为增函数，
∴函数y =lnax−1, y =e
x−b有相同的零点，
由lnax−1=0得x = e
a，由e
x−b=0得，x = ln b，
41
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∴e
a = ln b，即e =a ln b，
∴lne
e= ln b
a，
∴b
a=e
e，选项D 正确.
故选D.
【变式7-2】已知a=√e−1，b=sin 1
2，c = ln 3
2，则（ ）
A．a<b<c
B．b<c<a
C．c<a<b
D．c<b<a
【答案】D
【解析】构造m(x)=e
x−x−1，0≤x ≤1，
则m
' (x)=e
x−1≥0对0≤x ≤1恒成立，则m(x)在[0,1]单调递增，
此时m(x)=e
x−x−1≥m(0)=0，当且仅当x =0时取等，
所以m(
1
2)=√e−1
2 −1>0，则a=√e−1> 1
2；
构造n(x)=ln(1+ x)−x，0≤x ≤1，
则n
' (x)=
1
x +1 −1= −x
x +1 ≤0对0≤x ≤1恒成立，则n(x)在[0,1]单调递减，
此时n(x)=ln(1+ x)−x ≤n(0)=0，当且仅当x =0时取等，
所以n(
1
2)=ln 3
2 −1
2 <0，则c =ln 3
2 < 1
2；
构造p(x)=sin x−x，0≤x ≤1，
则p
' (x)=cos x−1≤0对0≤x ≤1恒成立，则p(x)在[0,1]单调递减，
此时p(x)≤p(0)=0，当且仅当x =0时取等，
所以p(
1
2)=sin 1
2 −1
2 <0，则b=sin 1
2 < 1
2；
则a>c，a>b；
下面比较b 和c 的大小：
42
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设f (x)=ln(1+ x)−sin x，0< x<π
6 ，f
' (x)=
1
1+ x −cos x = 1−cos x−xcos x
1+ x
，
设g(x)=1−cos x−xcos x，0< x<π
6 ，g
' (x)=sin x−(cos x−xsin x)=(x +1)sin x−cos x，
易知g
' (x)在(0,π
6 )上单调递增，则g
' (x)< g
'(
π
6 )= 1
2(1+π
6 )−√3
2 <0，
所以g(x)在(0,π
6 )上单调递减，g(x)<g(0)=0，
即f
' (x)<0在(0,π
6 )上恒成立，则f (x)在(0,π
6 )上单调递减，
由1
2 ∈(0,π
6 )，则f(
1
2)<f (0)=0，即ln 3
2 <sin 1
2，则c<b，
综上所述，c<b<a.
故选：D.
1．已知a=log23+log94，3
a+ 4
a=5
b，则（ ）
A．a>b>2
B．b>a>2
C．a>2>b
D．b>2>a
【答案】A
【解析】 ∵ log23>0，log94>0，
∴a=log23+log94 =log23+log32=log23+
1
log23 ≥2√
log23⋅
1
log23 =2，
∵log23≠
1
log23 ，∴等号取不到，
∴a>2，
∵ 3
a+ 4
a=5
b，
∴ 5
b=3
a+ 4
a>3
2+ 4
2=5
2，
∴b>2，
43
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令f (x)=( 3
5 )
x
+( 4
5 )
x
−1，
∵3
5 < 4
5 <1，∴f (x)单调递减，且f (2)=0，
∴f (a)<0，可得 3
a+ 4
a<5
a．
于是 5
b<5
a，
∴b<a，
∴a>b>2．
故选：A.
2．已知a=log57，b=log68，c =log810，则a，b，c 的大小关系是（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>a>b
D．c>b>a
【答案】A
【解析】因5
log68=(6× 5
6 )
log68
=6
log68×( 5
6 )
log68
<8×( 5
6 )
log66
= 20
3 <7=5
log57，
故log68<log57，即b<a；
又6
log810=(8× 6
8 )
log810
=8
log810×( 3
4 )
log810
<10×( 3
4 )
log88
= 15
2 <8=6
log68，
故log810<log68，即c<b.
故有c<b<a即a>b>c.
故选：A.
3．设a= tan 0.21，b= ln1.21,c = 21
22，则下列大小关系正确的是 （ ）
A．b<c<a
B．b<a<c
C．c<a<b
D．c<b<a
【答案】B
【解析】设h(x)= tan x−x ,0< x<π
2 ，则
h
' (x)= cos x⋅cos x−(−sin x)sin x
cos
2 x
−1=
1
cos
2 x
−1>0,0< x<π
2 ，
44
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所以h(x)= tan x−x在(0,π
2 )上单调递增，
所以h(x)= tan x−x>h(0)=0，即tan x> x ,0< x<π
2 ，
令f (x)= x−ln (1+ x),0< x<π
2 ，则f
' (x)=1−
1
1+ x =
x
1+ x >0，
所以f (x)= x−ln (1+ x)在(0,π
2 )上单调递增，
从而f (x)= x−ln (1+ x)>f (0)=0，即x>ln (1+ x)，x∈(0,π
2 )，
所以tan x> x>ln (1+ x)，x∈(0,π
2 )，
从而当x =0.21时，a= tan 0.21>b= ln1.21，
a= tan 0.21<tanπ
6 = √3
3 < 2
3 = 44
66 < 63
66 = 21
22 =c，
所以c>a>b.
故选：B.
题型八：同构法
【典例8-1】[新考法]已知α , β ∈(0,π
2 )，且e
α−2cos2α =e
β−sin2 β −1=0，则（ ）
A．α > β
B．α = β
C．α < β
D．无法确定α，β的大小
【答案】C
【解析】令f (x)=e
x−2cos2 x，则f
' (x)=e
x+ 4 sin 2 x，
当x∈(0,π
2 )时，2 x∈(0,π)，sin2 x>0，
故f
' (x)=e
x+ 4 sin 2 x>0恒成立，
45
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故f (x)=e
x−2cos2 x在x∈(0,π
2 )上单调递增，
又f (0)=1−2=−1<0，f(
π
4 )=e
π
4 −2cosπ
2 =e
π
4 >0，
由零点存在性定理得α ∈(0,π
4 )，
令g(x)=e
x−sin2 x−1，则g
' (x)=e
x−2cos2 x，
由上面的求解可知g
' (x)=e
x−2cos2 x在x∈(0,π
2 )上单调递增，
且存在α ∈(0,π
4 )，使得g
' (α )=0，
当x∈(0,α )时，g
' (x)<0，当x∈(α ,π
2 )时，g
' (x)>0，
所以g(x)=e
x−sin2 x−1在x∈(0,α )上单调递减，在x∈(α ,π
2 )上单调递增，
又g(0)=0，g(
π
2 )=e
π
2 −1>0，
故零点β ∈(α ,π
2 )，使得g(β)=0，
所以α < β.
故选：C
【典例8-2】（2024·高三·浙江绍兴·期末）已知0<a<b,loga x +logb y <loga y +logb x，则下列说法正
确的是（ ）
A．当logab>0时，x> y
B．当logab>0时，x< y
C．当logab<0时，x< y
D．当logab<0时，x , y大小不确定
【答案】B
【解析】由0<a<b,loga x +logb y <loga y +logb x可知，x>0, y >0，
46
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移项可得loga x−loga y <logb x−logb y，
即loga
x
y <logb
x
y ，
当0<a<b<1时，logab>0，此时x
y <1，即x< y，故A 错，B 对，
当1<a<b时，logab>0，此时x
y <1，即x< y，故A 错，B 对，
当0<a<1<b时，logab<0，此时x
y >1，即x> y，故C，D 错，
故选：B.
同构法比较指对幂大小，核心在于构造相同结构的函数。通过变形使待比较式具有相同函数形式，利
用函数单调性或图像直观比较大小。关键在于准确识别并构造同构函数，简化比较过程。
【变式8-1】（2024·高三·江西·期中）已知a>0,b>0,e
1
a =ab(1+lnb)，则（ ）
A．lnb>a
B．alnb>1
C．e>b
a
D．a(1+lnb)<1
【答案】C
【解析】A 选项，当b∈(0,1)时，lnb<0，因为a>0，所以A 错误；
C 选项，a>0,b>0，由e
1
a =ab(1+lnb)，得1
a e
1
a =blnb+b=e
lnblnb+b>e
lnblnb，
令f (x)= xe
x，则f(
1
a)>f (lnb)，
f
' (x)=(x +1)e
x，由f
' (x)>0，得x>−1，由f
' (x)<0，得x<−1，
则函数f (x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，
47
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且x<0时，f (x)<0，当x>0时，f (x)>0，
因为a>0，由f(
1
a)>f (lnb)，得1
a >lnb，即e
1
a >b，所以e>b
a，选项C 正确；
B 选项，由C 知e>b
a，则lne>lnb
a，即1>alnb，所以B 错误；
D 选项，因为e
1
a >b,e
1
a =ab(1+lnb)，所以ab(1+lnb)>b，得a(1+lnb)>1，D 错误.
故选：C.
【变式8-2】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知实数a，b 满足lo g3a+lo gb3=lo g3b+lo ga4，则下
列关系式中可能正确的是（ ）
A．∃a,b∈(0,+ ∞)，使|a−b|>1
B．∃a,b∈(0,+∞)，使ab=1
C．∀a,b∈(1,+ ∞)，有b<a<b
2
D．∀a,b∈(0,1)，有b<a<√b
【答案】ABC
【解析】由lo g3a+lo gb3=lo g3b+lo ga4
得lo g3b−
1
lo g3b =lo g3a−
1
lo g4a，
令f ( x)=lo g3 x−
1
lo g3 x ，则f ( x)分别在(0,1)和(1,+ ∞)上单调递增，
令g( x)=lo g3 x−
1
lo g4 x ，则g( x)分别在(0,1)和(1,+∞)上单调递增，
当x∈(0,1)时，f (x)的值域为R，当x∈(2,+∞)时，g( x)的值域为(lo g32−2,+∞)，
所以存在b∈(0,1),a∈(2,+∞)，使得f (b)= g(a)；
48
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同理可得，存在b∈(2,+∞),a∈(0,1)，使得f (b)= g(a)，
因此∃a,b∈(0,+ ∞)，使|a−b|>1，故选项A 正确．
令ab=1，则方程lo g3a+lo gb3=lo g3b+lo ga4
可化为lo gb3+lo gb4 =2lo g3b，
由换底公式可得(ln b)
2= ln3×ln12
2
>0，
显然关于b 的方程在(0,+ ∞)上有解，所以∃a,b∈(0,+∞)，使ab=1，故选项B 正确．
当a,b∈(1,+∞)时，因为lo g3b−
1
lo g3b =lo g3a−
1
lo g4a <lo g3a−
1
lo g3a，所以f (b)<f (a)．
又f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，所以b<a．
因为lo g3b−
1
lo g3b =lo g3a−
1
lo g4a >lo g4a−
1
lo g4a，
令h( x)= x−1
x ，则h( x)在(0,+ ∞)上单调递增．
因为h(lo g3b)>h(lo g4a)，所以lo g3b>lo g4a，
从而lo g3b>lo g4a=lo g2√a>lo g3√a，所以b>√a．
综上所述，b<a<b
2，故选项C 正确．
当a,b∈(0,1)时，因为lo g3b−
1
lo g3b =lo g3a−
1
lo g4a >lo g3a−
1
lo g3a，所以f (b)>f (a)．
又f (x)在(0,1)上单调递增，所以b>a．
因为lo g3b−
1
lo g3b =lo g3a−
1
lo g4a <lo g4a−
1
lo g4a．
令h( x)= x−1
x ，则h( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为h(lo g3b)<h(lo g4a)，所以lo g3b<lo g4a，
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从而lo g3b<lo g4a=lo g2√a<lo g3√a，所以b<√a．
综上所述，b
2<a<b，故选项D 错误．
故选：ABC．
1．若正数a，b，c满足e
a+2a=e
b+3b=e
c+c（e为自然对数底数），则（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．c>b>a
D．c>a>b
【答案】D
【解析】令f (x)=e
x+ x，显然f (x)在R上单调递增，
又a，b，c为正数，所以e
c+c =e
a+2a>e
a+a，即f (c)>f (a)，所以c>a，
令g(x)=e
x+2 x，则g(x)在R上单调递增，又e
a+2a=e
b+3b>e
b+2b，即g(a)> g(b)，所以a>b，
综上可得c>a>b.
故选：D
2．已知正数a，b，c满足alnb=be
c =ca，则（ ）
A．a>b>c
B．c>b>a
C．b>a>c
D．b>c>a
【答案】A
【解析】由a ln b=ca得c = ln b，即b=e
c，所以b−c =e
c−c，
令h( x)=e
x−x( x >0)，h
'( x)=e
x−1( x >0)，
当x∈(0,+∞)时，h
'( x)>0，h( x)在(0,+∞)单调递增，
所以h( x)>h(0)=0，所以h(c)=e
c−c>0，
则有b−c =e
c−c>0，所以b>c；
由be
c=ca得e
c·e
c=ca，即a=e
2c
c ，
50
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所以a−b=e
2c
c −e
c =e
2c−ce
c
c
=e
c(e
c−c)
c
，
因为e
c>0,c>0,e
c−c>0，所以a−b>0，即a>b，故a>b>c．
故选：A.
3．（多选题）已知a>0，b>0且满足ab−2b+b ln (ab)=e，则下列结论一定正确的是（ ）
A．ab>e
B．ab<e
C．ab>e
2
D．ab<e
2
【答案】AD
【解析】等式ab−2b+b ln (ab)=e，等号两边同除以b，
可得a−2+ ln (ab)= e
b ，
所以a+ ln a= e
b −ln b+2，
所以a+ ln a= e
b +(1−ln b)+1，
所以a+ ln a= e
b + ln e
b +1，
构造函数a+ ln a= e
b + ln e
b +1，则f (a)= f(
e
b)+1，
显然，函数f (x)= x + ln x在定义域(0,+ ∞)内是增函数，
所以a> e
b ，即ab>e．
而ab−e =b(2−ln (ab))，而ab>e，
故2−ln (ab)>0，故ab<e
2，故D 正确.
故选：AD．
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重难点突破：泰勒展开、帕德逼近估算法
【典例9-1】[新考法]若a= 1
3 ,b=sin 1
3 ,c = 1
π ，则a、b、c满足的大小关系式是（ ）
A．a>b>c
B．a<b<c
C．a>c>b
D．b>c>a
【答案】A
【解析】由于1
3 > 1
π ，所以a>c.
设f (x)= x−sin x (0≤x ≤1)，
f
' (x)=1−cos x>0,f (x)在[0,1]上单调递增，
所以f (x)≥f (0)=0，所以当0< x<1时，f (x)>0，
则f(
1
3)= 1
3 −sin 1
3 >0, 1
3 >sin 1
3，即a>b.
设g(x)=sin x−x + x
3
6
(0≤x ≤1)，
g
' (x)=cos x−1+ x
2
2 ,(cos x−1+ x
2
2 )
'
=−sin x + x ≥0，
所以g
' (x)在[0,1]上单调递增，g
' (x)≥g
' (0)=0，
所以g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)≥g(0)=0，
所以当0< x<1时，g(x)>0，即sin x−x + x
3
6 >0,sin x> x−x
3
6 ，
所以sin 1
3 > 1
3 −(
1
3)
3
6
= 1
3 −1
162 = 53
162 ≈0.327，
而1
π ≈0.318，所以sin 1
3 > 1
π ,b>c，所以a>b>c.
故选：A
【典例9-2】已知a=e
0.2−1，b= ln1.2，c = 1
6，则（ ）
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A．a<b<c
B．c<b<a
C．c<a<b
D．a<c<b
【答案】B
【解析】利用帕德逼近，得a=e
0.2−1≈0.2
2+6×0.2+12
0.2
2−6×0.2+12
−1= 13.24
10.84 −1≈0.2214，
b= ln1.2≈
3×1.2
2−3
1.2
2+ 4×1.2+1
= 1.32
7.24 ≈0.1823，c = 1
6 ≈0.1666，综上，c<b<a．
故选：B
帕德逼近估算法比较指对幂大小，即通过构造有理函数逼近原函数，利用逼近函数的性质来估计原函
数值的大小，从而比较指对幂的大小。关键在于选择合适的逼近阶数，以确保逼近的精度和有效性。
【变式9-1】已知a= 31
32 ,b=cos 1
4 ,c = 4 sin 1
4 ，则（ ）
【答案】A
【解析】设x =0.25，则a= 31
32 =1−0.25
2
2
，b=cos 1
4 ≈1−0.25
2
2
+ 0.25
4
4!
，
c = 4 sin 1
4 =
sin 1
4
1
4
≈1−0.25
2
3!
+ 0.25
4
5!
，计算得c>b>a，故选A．
【变式9-2】已知a=e
0.3，b= ln1.5
2
+1，c =√1.5，则（ ）
A．a<b<c
B．b<c<a
C．c<a<b
D．a<c<b
【答案】B
【解析】利用帕德逼近可得，
a=e
0.3≈0.3
2+6×0.3+12
0.3
2−6×0.3+12
= 13.89
10.29 ≈1.3499
b= ln1.5
2
+1≈1
2 ×
3×1.5
2−3
1.5
2+ 4×1.5+1
+1= 1
2 × 3.75
9.25 +1≈1.2027
c =√1.5=√1+0.5≈1+ 1
2 ×0.5−1
8 ×0.5
2=1.21875
综上，b<c<a．
故选：B．
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1．设a=0.1e
0.1,b= 1
9 ,c =−ln 0.9，则（ ）
A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b
【答案】C
【解析】a=0.1e
0.1≈0.1(1+0.1+ (0.01)
2
2 )=0.1105，b= 1
9 ≈0.1111
c =−ln 0.9= ln 10
9 = ln(1+ 1
9)≈1
9 −(
1
9)
2
2
=0.1049
∴c<a<b
故选C
2．a=2ln1.01,b= ln1.02,c =√1.04−1，则（ ）
A．a<b<c B．b<c<a C．c<a<b D．a<c<b
【答案】B
【解析】a=2ln1.01=2ln(1+0.01)≈2(0.01 −(0.01)
2
2
+ (0.01)
3
3 )=0.0199，
b= ln(1+0.02)≈0.02−(0.02)
2
2
=0.0198，
c =√1.04−1=(1+0.04)
1
2 −1≈1+ 1
2 ×0.04 +
1
2(−1
2)(0.04)
2
2
−1=0.02−0.00002=0.0198
∴b<c<a，故选B
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