大小比较

公式定理💯随心记

【三角函数的周期性】文字语言：正弦、余弦函数的最小正周期。符号语言：$\sin (x+2\pi)=\sin x$；$\cos (x+2\pi)=\cos x$；$\tan (x+\pi)=\tan x$

---

前言

高中数学中涉及大小比较的数学素材和知识点比较多，是高中数学中比较常见的一种题型，在不等式、函数、定积分，以及构造函数中，都会见到其影子，现对其进行整理，以便于学习。

理论依据

• 利用作差法或作商法比较大小；比较代数式大小，判断数列的单调性；

• 利用函数的单调性比较大小；可以利用现成的函数的单调性；

• 利用代数式的范围比较大小；此时可以利用二分法思想，将其范围压缩；

• 利用中间量比较大小；

• [高阶] 构造函数，再利用其单调性比较大小；

常见类型

• 1、利用不等式性质，对代数式大小比较，

作差法 ^[1] 或作商法，常用变形：平方做差法、取对数做差法等

【代数式】若 $P=\sqrt{a+2}+\sqrt{a+5}$，$Q=\sqrt{a+3}+\sqrt{a+4}(a\ge 0)$，比较 $P、Q$ 的大小。

分析：由于 $a\ge 0$，$P > 0$，$Q > 0$，

则有 $Q^2-P^2=2a+7+2\sqrt{a^2+7a+12}-(2a+7+2\sqrt{a^2+7a+10})$

$=2(\sqrt{a^2+7a+12}- \sqrt{a^2+7a+10}) > 0$，所以 $Q^2 > P^2$，则 $Q > P$。

试比较 $16^{18}$ 和 $18^{16}$ 的大小关系；

法 1：作商法，$\cfrac{16^{18}}{18^{16}}=(\cfrac{16}{18})^{16}\cdot 16^2=(\cfrac{8}{9})^{16}\cdot 2^8$

$=(\cfrac{64}{81})^{8}\cdot 2^8=(\cfrac{128}{81})^{8}>1$，故 $16^{18}>18^{16}$；

法 2：取对数作差法，$lg16^{18}-lg18^{16}=18lg16-16lg18$

$=72lg2-16(lg2+2lg3)=56lg2-32lg3>0$，故 $16^{18}>18^{16}$；

• 2、利用具体函数的单调性进行大小比较，常用变形；

涉及函数有二次函数，指数函数，对数函数，幂函数，三角函数，此时大多只涉及一类函数，

【幂函数】 幂函数的图像经过点 $(\cfrac{1}{2}，\cfrac{\sqrt{2}}{2})$，若 $0< a < b < 1$，试比较 $f(a)、f(b)、f(1)、f(\cfrac{1}{a})、f(\cfrac{1}{b})$ 的大小。

分析：设幂函数解析式为 $y=x^{\alpha}$，由 幂函数的图像经过点 $(\cfrac{1}{2}，\cfrac{\sqrt{2}}{2})$，

则 $(\cfrac{1}{2})^{\alpha}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$，即 $2^{-\alpha}=2^{-\frac{1}{2}}$，故 $\alpha=\cfrac{1}{2}$，故幂函数为 $y=x^{\frac{1}{2}}$，

则其在定义域 $[0，+\infty)$ 上单调递增。又由于 $0 < a < b < 1$，则可知 $\cfrac{1}{a}>\cfrac{1}{b}>1$，

即 $0 < a < b < 1 <\cfrac{1}{b} < \cfrac{1}{a}$，故有 $f(a) < f(b) < f(1) < f(\cfrac{1}{b}) < f(\cfrac{1}{a})$。

【指数函数】设 $y_1=4^{0.7}$，$y_2=8^{0.45}$，$y_3=(\cfrac{1}{2})^{-1.5}$，比较 $y_1，y_2，y_3$ 的大小。

分析：$y_1=4^{0.7}=2^{1.4}$，$y_2=8^{0.45}=2^{1.35}$，$y_3=(\cfrac{1}{2})^{-1.5}=2^{1.5}$，

又 $y=2^x$ 在 $R$ 上单调递增，故 $y_2 < y_1 < y_3$；

【幂、指数函数】设 $a=(\cfrac{3}{5})^{\frac{2}{5}}$，$b=(\cfrac{2}{5})^{\frac{3}{5}}$，$c=(\cfrac{2}{5})^{\frac{2}{5}}$，试比较 $a、b、c$ 的大小。

分析：比较 $a、c$，利用幂函数 $y=x^{\cfrac{2}{5}}$，在 $(0，+\infty)$ 上单调递增，故 $a > c$；

比较 $b、c$，利用指数函数 $y=(\cfrac{2}{5})^x$，在 $(-\infty，+\infty)$ 上单调递减，故 $c > b$；

故有 $a > c > b$。

【三角函数】设 $a=\cfrac{1}{2}cos2^{\circ}-\cfrac{\sqrt{3}}{2}sin2^{\circ}$，$b=\cfrac{2tan14^{\circ}}{1-tan^214^{\circ}}$，$c=\sqrt{\cfrac{1-\cos50^{\circ}}{2}}$，则有【】

$A.a < c < b$ $B.a < b < c$ $C.b < c < a$ $D.c < a < b$

分析：由题目可知，$a=sin(30^{\circ}-2^{\circ})=sin28^{\circ}$，$b=tan28^{\circ}$，$c=sin25^{\circ}$，

则 $c<a<b$，故选 $D$；

• 3、利用代数式的取值范围进行大小比较，此时涉及多个函数的单调性和值域问题；

涉及函数有二次函数，指数函数，对数函数，幂函数，三角函数，

设 $a=log_{\frac{1}{2}}2$，$b=ln\frac{\pi}{2}$，$c=2^{\frac{1}{\pi}}$，试比较 $a、b、c$ 的大小。

分析：$a=log_{\frac{1}{2}}2 < 0$，$0< b=ln\frac{\pi}{2} < 1$，$c=2^{\frac{1}{\pi}} >1$，

故有 $a < b < c$。

若 $x\in (e^{-1}，1)$，$a=lnx$，$b=(\cfrac{1}{2})^{lnx}$，$c=e^{lnx}$，则其大小关系为__________。

分析：借助赋值法，令 $x=\cfrac{1}{2}$，

则可知 $b=(\cfrac{1}{2})^{lnx}>1$，$a=lnx<0$，$c=e^{lnx}=\cfrac{1}{2}$，

故大小关系为 $b>c>a$；

• 4、利用赋值法比较大小

【2019 届高三理科数学三轮模拟试题】若 $0<a<b<1$，则 $a^b$，$b^a$，$log_ba$，$log_ab$ 的大小关系为【】

$A.a^b > b^a > log_ba > log_{\frac{1}{a}} b$ $B.b^a > a^b > log_{\frac{1}{a}} b> log_ba$

$C.log_ba > a^b > b^a >log_{\frac{1}{a}} b$ $D.log_ba > b^a > a^b >log_{\frac{1}{a}} b$

法 1：赋值法，令 $a=\cfrac{1}{4}$，$b=\cfrac{1}{2}$，计算比较得到， $log_ba > b^a > a^b >log_{\frac{1}{a}} b$，故选 $D$.

法 2：不等式性质法，由于 $0<a<b<1$，则 $1>b^a>a^a>a^b>0$，$log_ba>log_bb=1$，

又由于 $0<a<1$，则 $\cfrac{1}{a}>1$，则 $log_{\frac{1}{a}} b<0$，

综上， $log_ba > b^a > a^b >log_{\frac{1}{a}} b$，故选 $D$.

• 5、利用中间参量进行大小比较；

涉及函数有二次函数，指数函数，对数函数，幂函数，三角函数，此时只是单纯的一类函数，中间参量常常取 $0$，$1$ 等这些简单而特殊的值。涉及指数函数时中间量常取 $1=a^0$，涉及对数函数时中间量常取 $0=log_a1$，

大小比较：$log_23$ 和 $log_34$ 和 $log_45$；详解

• 6、利用形进行大小比较；

可能会涉及图形的面积、体积、或长度、角度、直线的斜率等，

【数形结合】【导数的几何意义】已知函数 $f(x)$ 的图象如图所示， $f^{\prime}(x)$ 是 $f(x)$ 的导函数， 则下列数值排序正确的是【$\qquad$】

$A$.$0< f'(2)< f'(3)< f(3)-f(2)$

$B.$$0< f'(3)< f'(2)< f(3)-f(2)$

$C.$$0< f'(3)< f(3)-f(2)< f'(2)$

$D.$$0< f(3)-f(2)< f'(2)< f'(3)$

解析：设 $f'(2)$ 表示曲线在点 $(2,f(2))$ 处的切线的斜率， $f'(3)$ 表示曲线在点 $(3,f(3))$ 处的切线的斜率，$f(3)$$-$$f(2)$$=$$\cfrac{f(3)-f(2)}{3-2}$ 表示经过点 $(2,f(2))$ 和点 $(3,f(3))$ 的直线的斜率，故数形结合知 $0$$<$$f'(3)$$<$$f(3)$$-$$f(2)$$<$$f'(2)$， 故选 $C$.

【定积分比较大小】若 $s_1=\displaystyle\int_{1}^{2}x^2\;dx$，$s_2=\displaystyle\int_{1}^{2}\cfrac{1}{x}\;dx$，$s_3=\displaystyle\int_{1}^{2}e^x\;dx$，则 $S_1，S_2，S_3$ 的大小关系如何？

法 1：从数的角度，计算定积分的大小，从而比较大小，过程略。$S_2 < S_1 < S_3$。

法 2：从形的角度，利用定积分的几何意义，借助图形的面积直观比较大小。$S_2 < S_1 < S_3$。

【选自 2021 届黄冈八模测试卷一第 8 题】设 $x_{1}$、 $x_{2}$、 $x_{3}$ 均为实数， $(\cfrac{1}{3})^{x_{1}}$$=$$\log _{2}(x_{1}+1)$，$(\cfrac{1}{3})^{x_{2}}$$=$$\log _{3}x_{2}$，$(\cfrac{1}{3})^{x_{3}}$$=$$\log _{2}x_{3}$， 则【$\quad$】

$A.x_{1}< x_{3}< x_{2}$ $B.x_{3}< x_{2}< x_{1}$ $C.x_{3}< x_{1}< x_{2}$ $D.x_{2}< x_{1}< x_{3}$

解析：做函数 $y=(\cfrac{1}{3})^x$，$y=log_2(x+1)$，$y=log_3x$，$y=log_2x$ 的大致图像，如图所示，

则三个交点的横坐标从左到右依次为 $x_1$、$x_3$、$x_2$，

所以 $x_{1}< x_{3}< x_{2}$ ，故选 $A$.

引申：若 $y_1=(\cfrac{1}{3})^{x_{1}}$$=$$\log _{2}(x_{1}+1)$，$y_2=(\cfrac{1}{3})^{x_{2}}$$=$$\log _{3}x_{2}$，$y_3=(\cfrac{1}{3})^{x_{3}}$$=$$\log _{2}x_{3}$， 则由交点的纵坐标的高低位置可知，还可以判断得到 $y_{1}> y_{3}> y_{2}$.

高阶拔高

• 7、利用线性规划进行大小比较；

已知 $x,y>0$，$x+\cfrac{y}{3}>8$，$2x+\cfrac{5y}{3}<22$，比较 $x$ 和 $y$ 的大小；

提示：首先做出可行域，令 $z=x-y$，从而转化为求 $z$ 的取值范围问题； 答案 $x-y>0$，即 $x>y$ ;

• 8、构造函数进行大小比较；

涉及构造函数，大难点，抽象函数和具体函数，

【2017・渭南模拟】已知定义域为 R 的奇函数 $y=f(x)$ 的导函数为 $y=f'(x)$，当 $x> 0$ 时，$f'(x)+\cfrac{f(x)}{x}>0$，若 $a=\cfrac{1}{3}f(\cfrac{1}{3})，b=-3f(-3)，c=(ln\cfrac{1}{3})f(ln\cfrac{1}{3})$，则 $a，b，c$ 的大小关系正确的是　 【 】

$A.a < b < c$ $B.a < c < b$ $C.b < c < a$ $D.c < a < b$

分析：当 $x> 0$ 时，$f'(x)+\cfrac{f(x)}{x}>0$，即 $xf'(x)+f(x)>0$，

故构造函数 $g(x)=x\cdot f(x)$，由于 $y=f(x)$ 与 $y=x$ 都是奇函数，则函数 $g(x)$ 为偶函数，

当 $x >0$ 时，$g'(x)=f(x)+xf'(x) >0$，即函数 $g(x)$ 在 $[0，+\infty)$ 上单调递增，

由偶函数可知，函数 $g(x)$ 在 $(-\infty，0]$ 上单调递减。

而 $a=\cfrac{1}{3}f(\cfrac{1}{3})=g(\cfrac{1}{3})$，

$b=-3f(-3)=g(-3)=g(3)$，

$c=(ln\cfrac{1}{3})f(ln\cfrac{1}{3})=g(ln\cfrac{1}{3})=g(-ln3)=g(ln3)$，

又 $\cfrac{1}{3} < ln3 < 3$，故 $g(\cfrac{1}{3}) < g(ln3) < g(3)$，即 $a < c < b$，故选 B.

【2020 年全国卷 Ⅱ 卷理数第 11 题文数第 12 题】若 $2^x-2^{y}<3^{-x}-3^{-y}$，则【$\quad$】

$A.\ln (y-x+1)>0$ $B.\ln (y-x+1)<0$ $C.\ln|x-y|>0$ $D.\ln|x-y|<0$

分析：要顺利解答本题目，需要先将原不等式作等价转化，$2^x-3^{-x}<2^{y}-3^{-y}$，

这样我们就能看到上述不等式的两端，是同结构的，故想到构造函数，

解析：令 $f(t)=2^t-3^{-t}$，则 $t\in R$，且 $f(t)$ 在 $t\in R$ 上单调递增 $y$$=$$2^t$ 为增函数，$y$$=$$-3^{-t}$ 为增函数，增 + 增 = 增，故 $f(t)$$=$$2^t$$-$$3^{-t}$ 为增函数。单调性的给出方式，

故原不等式等价于 $f(x)<f(y)$，由 $f(t)$ 单调递增，得到 $x<y$，

故 $y-x>0$，$y-x+1>1$，则 $ln(y-x+1)>0$；故选 $A$；

【2020 年新课标 Ⅰ 理科数学第 $12$ 题】【上例的延申题】 若 $2^{a}+\log_{2}a=4^{b}+2\log_{4}b$， 则 【$\quad$】

$A.a > 2b$ $B.a < 2b$ $C.a > b^2$ $D.a < b^2$

解析：因为 $2^{a}+\log _{2} a=4^{b}+2 \log _{4} b=2^{2 b}+\log _{2}b$，

又由于 $2^{2b}+\log_{2}b<2^{2b}+\log_{2}2b=2^{2b}+\log_{2}b+1$，

故 $2^{a}+\log_{2}a<2^{2b}+\log_{2}2b$，

此时令 $f(x)=2^{x}+\log_{2}x$， 则上述条件变化为 $f(a)<f(2b)$ 这样就能利用新构造的函数的性质比较大小，此时主要用到定义域和单调性。$\quad$，

由指对数函数的单调性可得 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递增，且 $f(a)<f(2b)$，

则得到 $a<2b$，故选：$B$ .

【构造函数 + 大小比较】【2017$\cdot$ 河南平顶山一模】已知 $f(x)$ 是定义在 $(0，+\infty)$ 上的函数，对任意两个不相等的正数 $x_1，x_2$，都有 $\cfrac{x_2f(x_1)-x_1f(x_2)}{x_1-x_2}>0$，记 $a=\cfrac{f(3^{0.2})}{3^{0.2}}$，$b=\cfrac{f(0.3^2)}{0.3^2}$，$c=\cfrac{f(log_25)}{log_25}$，则【】

$A.a < b < c$ $B.b < a < c$ $C.c < a < b$ $D.c < b < a$

分析：注意到 $a，b，c$ 的结构，由题目猜想：要构造的函数是 $g(x)=\cfrac{f(x)}{x}$，

那么是否正确，以下做以验证。

令 $0< x_1< x_2$，则由单调性定义的等价形式可得，

$\cfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}=\cfrac{\cfrac{f(x_1)}{x_1}-\cfrac{f(x_2)}{x_2}}{x_1-x_2}=\cfrac{x_2f(x_1)-x_1f(x_2)}{x_1x_2(x_1-x_2)}$

由题目，对任意两个不相等的正数 $x_1，x_2$，都有 $\cfrac{x_2f(x_1)-x_1f(x_2)}{x_1-x_2} >0$，

则可知 $\cfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2} >0$，即函数 $g(x)=\cfrac{f(x)}{x}$ 是单调递增的，

故题目需要我们比较 $g(3^{0.2})$，$g(0.3^2)$，$g(log_25)$ 这三个的大小关系，

只需要比较自变量的大小就可以了；

由于 $1=3^0 < 3^{0.2} < 3^{0.5}=\sqrt{3} <2$，$0 < 0.3^2=0.09 <1$，$log_25 > log_24=2$，

故 $g(0.3^2) < g(3^{0.2}) < g(log_25)$，即 $b < a < c$。故选 $B$.

需要记忆

下述结论中的结论 2 和结论 3，在函数与导数的高阶考察中常常会作为变形的基础，故需要认真理解记忆。

【三角函数比较大小】三角函数章节中的重要不等式：$\theta\in (0，\cfrac{\pi}{2})$ 时，$sin\theta < \theta < tan\theta$。

【证法 1】：三角函数线法，如图所示为单位圆，则 $sin\theta=MP$，$tan\theta=AT$，$\overset{\frown}{AP}=\theta\cdot 1=\theta$

由图可知，$S_{\Delta OAP} < S_{扇形 OAP} < S_{\Delta OAT}$

即 $\cfrac{1}{2}\cdot |OA|\cdot MP < \cfrac{1}{2}\cdot \theta \cdot |OA| <\cfrac{1}{2}\cdot |OA|\cdot AT$

则有 $MP < \theta < AT$，即 $sin\theta < \theta < tan\theta$。

故 $\theta\in (0，\cfrac{\pi}{2})$ 时，$sin\theta < \theta < tan\theta$。

【证法 2】：构造函数法，如令 $g(x)=sinx-x$，$x\in (0，\cfrac{\pi}{2})$，

则 $g'(x)=cosx-1\leq 0$ 恒成立，故 $g(x)$ 在 $x\in (0，\cfrac{\pi}{2})$ 上单调递减，

故 $g(x) < g(0)=0$，即 $sinx < x$，同理可证 $x < tanx$，

故 $\theta\in (0，\cfrac{\pi}{2})$ 时，$sin\theta < \theta < tan\theta$。

$e^x>x+1(x\neq 0)$

证明思路：【法 1】数形结合法，令 $f(x)=e^x$，$g(x)=x+1$，在同一个坐标系中作出这两个函数的图像，

由图像可知，当 $x\neq 0$ 时，都满足关系 $e^x>x+1$。

补充：至于函数 $f(x)=e^x$ 和函数 $g(x)=x+1$ 为什么会相切与点 $(0，1)$，

我们可以用导数方法来解答。

【法 2】作差构造函数法，令 $h(x)=e^x-x-1$，则 $h'(x)=e^x-1$ ，

当 $x<0$ 时，$h'(x)<0$；当 $x>0$ 时，$h'(x)>0$；

即函数 $h(x)$ 在 $(-\infty，0)$ 上单调递减，在 $(0，+\infty)$ 上单调递增，

故函数 $h(x)_{min}=h(0)=0$，故 $h(x)\ge 0$，当且仅当 $x=0$ 时取到等号，

故 $x\neq 0$ 时，总有 $h(x)>0$，即 $e^x>x+1$。

证明： $lnx\leq x-1(x>0)$

证明思路：【法 1】数形结合法，令 $f(x)=lnx$，$g(x)=x-1$，

在同一个坐标系中作出这两个函数的图像，

由图像可知，当 $x> 0$ 时，都满足关系 $lnx\leq x-1$。

【法 2】：作差构造函数法，令 $h(x)=lnx-x+1(x>0)$，则 $h'(x)=\cfrac{1}{x}-1$，

当 $0<x<1$ 时，$h'(x)>0$；当 $x>1$ 时，$h'(x)<0$；

即函数 $h(x)$ 在 $(0，1)$ 上单调递增，在 $(1，+\infty)$ 上单调递减，

故函数 $h(x)_{max}=h(1)=0$，故 $h(x)\leq 0$，当且仅当 $x=1$ 时取到等号，

故 $x> 0$ 时，总有 $h(x)\leq 0$，即 $lnx\leq >x-1$。

【法 3】利用反函数法，此法主要基于 $e^x\ge x+1$ 的结论，

由于函数 $y=e^x$ 以及函数 $y=x+1$ 关于直线 $y=x$ 的对称函数

分别是 $y=lnx$ 和函数 $y=x-1$，故得到 $lnx\leq x-1$。

【法 4】：利用代数变换，由 $e^x\ge x+1$，两边取自然对数得到 $lne^x\ge ln(x+1)$，

即 $x\ge ln(x+1)$，再用 $x-1$ 替换 $x$，得到 $x-1\ge lnx$，即 $lnx\leq x-1$。

典例剖析

【涉及 2017 全国卷 1 理科第 11 题】设 $x$，$y$，$z$ 为正数，且 $2^x=3^y=5^z$，则【$\quad$】

$A.3y<2x<5z$ $B.2x<3y<5z$ $C.3y<5z<2x$ $D.5z<2x<3y$

分析：令 $2^x=3^y=5^z=k$，

则 $x=log_2k=\cfrac{lgk}{lg2}$，$y=log_3k=\cfrac{lgk}{lg3}$，$z=log_5k=\cfrac{lgk}{lg5}$，

故 $2x=\cfrac{2lgk}{lg2}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{2}lg2}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt{2}}$，

$3y=\cfrac{3lgk}{lg3}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{3}lg3}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}$，

$5z=\cfrac{5lgk}{lg5}=\cfrac{lgk}{\cfrac{1}{5}lg5}=\cfrac{lgk}{lg\sqrt[5]{5}}$，接下来，

法 1：【单调性法】转化为只需要比较 $\sqrt[2]{2}$，$\sqrt[3]{3}$，$\sqrt[5]{5}$ 三者的大小即可。

先比较 $\sqrt[2]{2}$，$\sqrt[3]{3}$，给两个式子同时 6 次方，

得到 $(\sqrt[2]{2})^6=2^3=8$，$(\sqrt[3]{3})^6=3^2=9$，

故 $\sqrt[2]{2}<\sqrt[3]{3}$，则 $\cfrac{lgk}{lg\sqrt[2]{2}}>\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}$，

即得到 $2x>3y$

再比较 $\sqrt[2]{2}$，$\sqrt[5]{5}$，给两个式子同时 10 次方，

得到 $(\sqrt[2]{2})^{10}=2^5=32$，$(\sqrt[5]{5})^{10}=5^2=25$，

故 $\sqrt[2]{2}>\sqrt[5]{5}$，则 $\cfrac{lgk}{lg\sqrt[2]{2}}<\cfrac{lgk}{lg\sqrt[3]{3}}$，

即得到 $5z>2x$，综上得到 $3y<2x<5z$

法 2：【作差法】

$2x-3y=\cfrac{2lgt}{lg2}-\cfrac{3lgt}{lg3}=\cfrac{lgt(2lg3-3lg3)}{lg2lg3}=\cfrac{lgt(lg9-lg8)}{lg2lg3}>0$，

故 $2x>3y$;

$2x-5z=\cfrac{2lgt}{lg2}-\cfrac{5lgt}{lg5}=\cfrac{lgt(2lg5-5lg2)}{lg2lg5}=\cfrac{lgt(lg25-lg32)}{lg2lg5}<0$

故 $2x<5z$;

综上有 $3y<2x<5z$。

法 3：【作商法】

$\cfrac{2x}{3y}=\cfrac{2}{3}\cdot \cfrac{lg3}{lg2}=\cfrac{lg9}{lg8}=log_89>1$，故 $2x>3y$；

$\cfrac{5z}{2x}=\cfrac{5}{2}\cdot \cfrac{lg2}{lg5}=\cfrac{lg2^5}{lg5^2}=log_{25}32>1$，

故 $5z>2x$；故 $3y<2x<5z$。素材链接

法 4：【特值法】取 $z=1$，则由 $2^x=3^y=5^z$ 得，$x=\log_25$，$y=\log_35$，

所以 $2x=\log_25<\log_2{32}=5z$，

$3y=\log_3{125}<\log_3{243}=5z$，所以 $5z$ 最大；

取 $y=1$，则由 $2^x=3$，得到 $x=\log_23$，所以 $2x=\log_29>3y$，

综上所述，可得 $3y<2x<5z$，故选 $A$.

法 5：设令 $2^x=3^y=5^z=k$，则 $x=log_2k$，$y=log_3k$，$z=log_5k$ 注意到这三个对数式的真数相同，故想到取倒数，这样得到三个结果的底数就是相同的，便于下一步利用单调性比较大小；，

所以 $\cfrac{1}{2x}=\log_k{2^{\frac{1}{2}}}$，$\cfrac{1}{3y}=\log_k{3^{\frac{1}{3}}}$，$\cfrac{1}{5z}=\log_k{5^{\frac{1}{5}}}$，

又易知，$k>1$，则 $5^{\frac{1}{5}}$$<$$2^{\frac{1}{2}}$$<$$3^{\frac{1}{3}}$ 由于 $5^{\frac{1}{5}}$$=$$\sqrt[5]{5}$$=$$\sqrt[10]{5^2}$，$2^{\frac{1}{2}}$$=$$\sqrt[2]{2}$$=$$\sqrt[10]{2^5}$，故 $5^{\frac{1}{5}}$$<$$2^{\frac{1}{2}}$，同理，$2^{\frac{1}{2}}$$=$$\sqrt[2]{2}$$=$$\sqrt[6]{2^3}$，$3^{\frac{1}{3}}$$=$$\sqrt[3]{3}$$=$$\sqrt[6]{3^2}$，故 $2^{\frac{1}{2}}$$<$$3^{\frac{1}{3}}$，因此，$5^{\frac{1}{5}}$$<$$2^{\frac{1}{2}}$$<3^{\frac{1}{3}}$，

所以，$\log_k5^{\frac{1}{5}}<\log_k2^{\frac{1}{2}}<\log_k3^{\frac{1}{3}}$

即 $0<\cfrac{1}{5z}<\cfrac{1}{2x}<\cfrac{1}{3y}$，

可得 $3y<2x<5z$，故选 $A$.

已知 $log_2x=log_3y=log_5z<-1$，则 【$\quad$】

$A.2x < 3y < 5z$ $B.5z < 3y < 2x$ $C.3y < 2x < 5z$ $D.5z < 2x < 3y$

解析：大胆引入第四个变量 $t$ ，以便于实现变量集中的设想，方便解题；

设 $t=log_2x=log_3y=log_5z<-1$，则依次得到，

$x=2^t$， $y=3^t$， $z=5^t$，到此就实现了变量的集中，便于下一步的运算和思考；

则 $2x=2^{t+1}$， $3y=3^{t+1}$， $5z=5^{t+1}$，

又由于 $t<-1$， 得到 $t+1<0$，故由幂函数的单调性或者指数函数的图像可知，

$5^{t+1}<3^{t+1}<2^{t+1}$，即 $5z<3y<2x$ ，即选 $B$.

【2021 届高三文科数学】已知 $1<a<b$， $m=a^{b-1}$， $n=b^{a-1}$ 则 $m$， $n$ 的大小关系为 【$\quad$】

$A.m > n$ $B.m < n$ $C.m = n$ $D. 以上选项都有可能$

思路 1：如果仅仅是应对考试，可以使用赋值法验证，比如，令 $b=4$，$a=2$，

则 $m=a^{b-1}=2^{4-1}=8$，$n=b^{a-1}=4^{2-1}=4$，则 $m>n$，故选 $A$；

思路 2：由于比较的是指数式，故我们可能会想到使用作商法，但尝试后发现不行，比如 $\cfrac{m}{n}=\cfrac{a^{b-1}}{b^{a-1}}$；其原因是没法有效的利用指数函数的性质，但考虑到除法降级运算 [用取对数的方法进行降级，由此你也能体会对数运算引入的必要性] 对应的是减法，故想到取对数后再比较大小；

法 3： 由 $m=a^{b-1}$， $n=b^{a-1}$， $1<a<b$，

得 $\ln m=(b-1)\ln a$， $\ln n=(a-1) \ln b$，

[若 $(b-1)\ln a$ $>$ $=$ $<$ $(a-1)\ln b$，则可以等价转化为 $\cfrac{\ln a}{a-1}$ $>$ $=$ $<$ $\cfrac{\ln b}{b-1}$]

所以要比较 $m$， $n$ 的大小，即比较 $\cfrac{\ln a}{a-1}$， $\cfrac{\ln b}{b-1}$ 的大小，

由于要比较的两个式子结构相同，故想到构造函数法，设 $f(x)=\cfrac{\ln x}{x-1}(x>1)$ 此处可以利用导数探究其单调性，也可以利用幂函数 $y=x-1$ 和对数函数 $y=\ln x$ 的增长速度的不同来粗浅的判断；函数与导数中常用的函数和不等关系 $\quad$，

则 $f'(x)=\cfrac{\frac{x-1}{x}-\ln x}{(x-1)^{2}}=\cfrac{x-1-x\ln x}{x(x-1)^{2}}$，

设 $g(x)=x-1-x\ln x$，则 $g^{\prime}(x)=1-\ln x-1=-\ln x$，

当 $x>1$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ，所以 $g(x)<g(1)=0$，

即 $f^{\prime}(x)<0$， 所以 $f(x)$ 为 $(1,+\infty)$ 上的减函数.

因为 $1<a<b$， 所以 $f(a)>f(b)$，即 $\cfrac{\ln a}{a-1}>\cfrac{\ln b}{b-1}$，

$(b-1)\ln a>(a-1)\ln b$， $\ln m>\ln n$， 从而 $m>n$， 故选 $A$.

【2021 届宝鸡市一检文科数学第 12 题】 直线 $y=ax+c$ 与曲线 $y=e^{x}$ 相切于点 $(x_{0}, e^{x_{0}})$ ，且 $x_{0}\in[0,1]$，设 $b=\log _{5}(3^{a}+4^{a})$， 则 $a$ 与 $b$ 的大小关系是 【$\quad$】

$A.a=b$ $B.a > b$ $C.a < b$ $D. 以上均有可能$

解析：由直线 $y=ax+c$ 与曲线 $y=e^{x}$ 相切于点 $(x_{0}, e^{x_{0}})$ 可知 ，则切线斜率为 $k=a$ 且 $k=e^{x_0}$，

则 $a=e^{x_0}$，又由于 $x_{0}\in[0,1]$，故 $a\in [1,e]$，问题转换为：

当 $a\in [1,e]$ 时，比较 $b=\log _{5}(3^{a}+4^{a})$ 与 $a$ 的大小关系；

注意到 $b$ 为对数式，故想到将 $a$ 对数化为 $a=log_55^a$，

比较 $b=\log _{5}(3^{a}+4^{a})$ 与 $a=log_55^a$ 的大小，这样只需要比较 $3^a+4^a$ 与 $5^a$ 的大小关系，

注意到，$3^2+4^2=5^2$，我们想到需要针对 $a$ 分类讨论，可以使用验证法；

当 $a=1$ 时，$3^1+4^1>5^1$，故 $b>a$；

当 $a=2$ 时，$3^2+4^2=5^2$，故 $b=a$；

当 $a=\cfrac{5}{2}$ 时，$3^{\frac{5}{2}}+4^{\frac{5}{2}}\approx48.2$，$5^{\frac{5}{2}}=25\sqrt{5}\approx57.5$，故 $b<a$；

故选 $D$；

补充：①$7\leqslant 3^a+4^a\leqslant 3^e+4^e$，$5\leqslant 5^a\leqslant 5^e$；

②$\cfrac{3^a+4^a}{5^a}=(\cfrac{3}{5})^a+(\cfrac{4}{5})^a$； $\cos\theta$，$\sin\theta$；

③证明，若 $3^n+4^n>5^n$，则 $n>2$；

【2021 届宝鸡市一检理科数学第 12 题】 设 $1<a<2$， $m=\log _{4}(2^{a}+3^{a})$， $n=\log _{5}(3^{m}+4^{m})$， 则 【$\quad$】

$A.n=2$ $B.n >2$ $C.n <2$ $D. 以上均有可能$

法 1： 不等式性质法，因为 $1<a<2$， 所以 $5<2^{a}+3^{a}<13$，

所以 $1<\log_{4}5<m<\log_{4}13<2$，

所以 $1<m<2$， 所以 $7<3^{m}+4^{m}<25$，

所以 $1<\log _{5}7<n<\log _{5}25=2$

所以 $n<2$， 故选 $C$ .

法 2：估值计算法，

令 $a=\cfrac{3}{2}$，$2^{\frac{3}{2}}+3^{\frac{3}{2}}=2\sqrt{2}+3\sqrt{2}=5\sqrt{2}=\sqrt{50}=7$

$m=log_47\approx log_48=\cfrac{3}{2}log_22=\cfrac{3}{2}$；

当 $m=\cfrac{3}{2}$ 时，$3^{\frac{3}{2}}+4^{\frac{3}{2}}\approx 13.2$，

$n=\log _{5}(3^{m}+4^{m})=\log_513.2<\log_5 25=2$，故 $n<2$，故选 $C$ ；

【2020 全国卷 Ⅲ 文】设 $a=\log_32$，$b=\log_53$，$c=\cfrac{2}{3}$，则【$\quad$】

$A.a< c < b$ $B.a< b < c$ $C.b< c < a$ $D.c< a < b$

法 1：由于 $2^3<3^2$，两边同时 $\cfrac{1}{3}$ 次方，即 $2<3^{\frac{2}{3}}$，

两边同时取以 $3$ 为底数的对数，得到 $\log_32<\log_33^{\frac{2}{3}}=\cfrac{2}{3}$，

即 $\log_32<\cfrac{2}{3}$，则 $a<c$；

又由于 $3^3>5^2$，两边同时 $\cfrac{1}{3}$ 次方，即 $3>5^{\frac{2}{3}}$，

两边同时取以 $5$ 为底数的对数，得到 $\log_53>\log_55^{\frac{2}{3}}=\cfrac{2}{3}$，

即 $\log_53>\cfrac{2}{3}$，则 $b>c$；

综上所述，得到 $a<c<b$，故选 $A$.

法 2：作商法，由于 $a,b,c>0$，故尝试采用作商法，

$\cfrac{a}{c}$$=$$\cfrac{\log_32}{\frac{2}{3}}$$=$$\cfrac{3}{2}\log_32$$=$$\log_32^{\frac{3}{2}}$$=$$\log_3\sqrt{8}$$=$$\log_{\sqrt{9}}{\sqrt{8}}$$<$$1$，故 $a<c$；

$\cfrac{b}{c}$$=$$\cfrac{\log_53}{\frac{2}{3}}$$=$$\cfrac{3}{2}\log_53$$=$$\log_53^{\frac{3}{2}}$$=$$\log_5\sqrt{27}$$=$$\log_{\sqrt{25}}{\sqrt{27}}$$>$$1$，故 $b>c$；

综上所述，得到 $a<c<b$，故选 $A$.

【2020 全国卷 Ⅲ 理】已知 $5^5<8^4$，$13^4<8^5$，设 $a=\log_53$，$b=\log_85$，$b=\log_{13}8$，，则【$\quad$】

$A.a< b < c$ $B.b< a < c$ $C.b< c < a$ $D.c< a < b$

解析：$\cfrac{a}{b}$$=$$\cfrac{\log_53}{\log_85}$$=$$\log_53\cdot\log_58$

$<$$\bigg(\cfrac{\log_53+\log_58}{2}\bigg)^2$$=$$\bigg(\cfrac{\log_5{24}}{2}\bigg)^2$$<$$(\cfrac{\log_5{25}}{2})^2$$=$$1$，故 $\log_53<\log_{8}5$；

由于 $5^5<8^4$，$13^4<8^5$，给两式分别取以 $8$ 和 $13$ 为底的对数，

$5\log_85<4\log_88=4$，$4=4\log_{13}{13}<5\log_{13}8$，即 $5\log_85<5\log_{13}8$，

即 $\log_85<\log_{13}8$，则 $\log_53<\log_{8}5<\log_{13}8$，即 $a<b<c$，故选 $A$.

补充思路：二分法思想，我们可以确定 $a=\log_53\in (\cfrac{1}{2},1)$， $b=\log_85\in (\cfrac{1}{2},1)$，此时如果要进一步比较，可以考虑中间量选为区间中点 $\cfrac{3}{4}$，

比如要确定 $\log_53$ 的范围，即比较 $\log_53$ 与 $\cfrac{3}{4}$ 的大小，即 比较 $\log_53$ 与 $\log_55^{\frac{3}{4}}$ 的大小，

即比较 $3$ 与 $5^{\cfrac{3}{4}}$ 的大小，即比较 $3^{\cfrac{4}{4}}$ 与 $5^{\cfrac{3}{4}}$ 的大小，

此时， $3^{\cfrac{4}{4}}=\sqrt[4]{3^4}$，$5^{\cfrac{3}{4}}=\sqrt[4]{5^3}$，$3^4<5^3$，

故 $\log_53<\cfrac{3}{4}$ ，即 $\log_53\in (\cfrac{1}{2},\cfrac{3}{4})$，

同理，可得 $\log_85\in (\cfrac{3}{4},1)$，故 $\log_53<log_85$；

【2005 $\cdot$ 湖北高考】已知 $x\in(0,\cfrac{\pi}{2})$，则 $2x$ 与 $3\sin x$ 的大小关系是 【$\qquad$】

$A.2x >3\sin x$ $B.2x <3\sin x$ $C.2x=3\sin x$ $D. 与 x 的取值有关$

解：令 $g(x)=2x-3\sin x$，则 $g'(x)=2-3\cos x$，令 $g'(x)=0$ ，得到 $x=\arccos\cfrac{2}{3}$，

则当 $0<x<\arccos\cfrac{2}{3}$，$g'(x)<0$，$g(x)$ 单调递减，$g(x)<g(0)=0$，$2x<3\sin x$；

当 $\arccos\cfrac{2}{3}<x<\cfrac{\pi}{2}$ 时， $g'(x)>0$，$g(x)$ 单调递增，

但是 $g(\arccos\cfrac{2}{3})<0$，$g(\cfrac{\pi}{2})>0$，

所以在区间 $[\arccos\cfrac{2}{3},\cfrac{\pi}{2})$ 内必有且仅有一点 $\theta$ 使得 $g(\theta)=0$，

当 $\arccos\cfrac{2}{3}\leq x<\cfrac{\pi}{2}$ 时， $g(x)<g(\theta)=0$， 则 $2x<3\sin x$；

当 $\theta< x<\cfrac{\pi}{2}$ 时， $g(x)>g(\theta)=0$， 则 $2x>3\sin x$；

综上所述，当 $0<x<\theta$ 时， $2x<3\sin x$，

当 $x=\theta$ 时， $2x=3\sin x$，

当 $\theta< x<\cfrac{\pi}{2}$ 时， $2x>3\sin x$；

故选 $D$ .

解后反思：本题目若不采用反三角函数，则可以考虑 特殊值法。

【2024 高三数学演练】已知 $a=\cfrac{5}{6}\ln\cfrac{6}{7}$， $b=\cfrac{6}{7}\ln\cfrac{5}{6}$， $c=-\cfrac{5}{42}$，则【$\qquad$】

$A.a< b < c$ $B.b< a < c$ $C.b< c < a$ $D.c< a < b$

解：由糖水定律可知，$\cfrac{5}{6}<\cfrac{5+1}{6+1}=\cfrac{6}{7}$，又指数函数 $y=(\cfrac{6}{7})^x$ 单调递减，故 $(\cfrac{6}{7})^\cfrac{5}{6}>(\cfrac{6}{7})^\cfrac{6}{7}$；

又幂函数 $y=x^{\cfrac{6}{7}}$ 单调递增，故 $(\cfrac{6}{7})^\cfrac{6}{7}>(\cfrac{6}{7})^\cfrac{5}{6}$；则有 $(\cfrac{6}{7})^\cfrac{5}{6}>(\cfrac{5}{6})^\cfrac{6}{7}$；

两边同时取自然对数，得到 $\cfrac{5}{6}\ln\cfrac{6}{7}>$$\cfrac{6}{7}\ln\cfrac{5}{6}$，即 $a>b$，

又由于 $\cfrac{a}{c}=\cfrac{\cfrac{5}{6}\ln\cfrac{6}{7}}{-\cfrac{5}{42}}=-7\ln\cfrac{6}{7}=\ln(\cfrac{6}{7})^{-7}=\ln(\cfrac{7}{6})^{7}>\ln e=1$，

又由于 $c<0$，故给 $\cfrac{a}{c}>1$ 两边同时乘以 $c$，得到 $a<c$，故 $c>a>b$，选 $B$ .

---

1. 作差法步骤：作差 $\rightarrow$ 变形 $\rightarrow$ 定号 $\rightarrow$ 结论，其难点是数学变形，常用的数学变形有因式分解，配方法，通分，分子分母有理化等，有时候针对根式作差时，可能会需要先平方再作差。 ↩︎