小題考法1基本初等函數(shù)(1)(2023·廣東模擬)若a＝1og93000，b＝log42023，c＝eq\f(11×1.0010.01,2)，則()A．a(chǎn)<b<cB．b<a<cC．c<a<bD．a(chǎn)<c<b(2)(2023·廣州一模)已知a，b，c均為正實數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若a＝bec，|lna|>|lnb|，則下列不等式一定成立的是()A．a(chǎn)＋b<abB．a(chǎn)b<baC．c<eq\f(a－b,a＋b)D．a(chǎn)2>c＋1解析：(1)2000<2023<2048，所以lg2000<lg2023<lg2048，所以3＋lg2<lg2023<11lg2，所以eq\f(3＋lg2,2lg2)<eq\f(lg2023,lg4)<eq\f(11,2)，令f(x)＝eq\f(3＋x,2x)＝eq\f(3,2x)＋eq\f(1,2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(lg2)>f(lg3)，即eq\f(3＋lg2,2lg2)>eq\f(3＋lg3,2lg3)＝log93000，又eq\f(11×1.0010.01,2)>eq\f(11×1,2)＝eq\f(11,2)，所以log93000＝eq\f(3＋lg3,2lg3)<eq\f(3＋lg2,2lg2)<eq\f(lg2023,lg4)<eq\f(11,2)<eq\f(11×1.0010.01,2)，所以a<b<c.故選A.(2)已知a，b，c均為正實數(shù)，a＝bec，|lna|>|lnb|，當b＝1，c＝1時，a＝e，滿足|lna|＝1>|lnb|＝0成立，對于A，a＋b＝e＋1>ab＝e，故A錯誤；對于B，ab＝e>ba＝1，故B錯誤；對于C，c＝1>eq\f(a－b,a＋b)＝eq\f(e－1,e＋1)，故C錯誤；對于D，由已知a＝bec>be0＝b，則lna－lnb>0，由|lna|>|lnb|，則(lna)2－(lnb)2>0，所以lna＋lnb>0，即ab>1，得b>eq\f(1,a)，a＝bec>eq\f(1,a)ec，即a2>ec，下面證明ec>c＋1.c>0.設(shè)f(c)＝ec－c－1，f′(c)＝ec－1>0，所以f(c)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(c)＝ec－c－1>f(0)＝e0－1＝0，所以a2>c＋1，故D正確．故選D.答案：(1)A(2)D1．基本初等函數(shù)常常以比較大小的題型出現(xiàn)．2．準確記憶對數(shù)的運算性質(zhì)和常用結(jié)論，以免計算錯誤．3．掌握基本初等函數(shù)的圖象是解決問題的根本．1．(2023·汕頭二模)已知a＝log23，b＝log34，c＝log45，則有()A．a(chǎn)>b>cB．a(chǎn)<b<cC．b>c>aD．b>a>c解析：設(shè)n∈N，且n>2，logn(n＋1)>0，logn－1n>0，eq\f(logn（n＋1）,logn－1n)＝logn(n＋1)·logn(n－1)<[eq\f(logn（n2－1）,2)]2<(eq\f(lognn2,2))＝1，所以logn(n＋1)<logn－1n，所以log45<log34<log23，即a>b>c.故選A.答案：A2．(2023·珠海香洲區(qū)校級模擬)已知a＝2eq\a\vs4\al(\f(1,2))，b＝3eq\a\vs4\al(\f(1,3))，c＝log0.20.5，則()A．b>a>cB．b>c>aC．a(chǎn)>b>cD．a(chǎn)>c>b解析：因為(2eq\a\vs4\al(\f(1,2)))6＝23＝8，(3eq\a\vs4\al(\f(1,3)))6＝32＝9，所以a6<b6，因為a