專題16取對數法考向考向一解指數方程【方法儲備】1.等式兩邊取對數的原則：當等式一邊出現指數的時候，等式兩邊可以同時取對數.取對數運算可將乘法運算或除法降格為加法或減法運算，也可以將根式、冪函數、指數函數轉化為乘除運算，一般在采取這一策略之后會讓解題更加簡單方便.注意：等式兩邊必須都是正數時，才能同時取對數.2.常見的四種指數方程的一般解法：（1）方程afx=ba>0,b>0,a≠1（2）方程afx=（3）方程afx=方程兩邊同時取對數：ln（4）方程a2x+令ax=t,注意新變量范圍，將原方程化為關于t【典例精講】例1.(2023·遼寧省·模擬題)在數學中，我們把僅有變量不同，而結構、形式相同的兩個式子稱為同構式，相應的方程稱為同構方程，相應的不等式稱為同構不等式.若關于a的方程aea?2=e4和關于b的方程b(lnb?2)=e3λ?1A.e8 B.e C.ln6 解：對aea?2=e4兩邊取自然對數，得ln?a+a=6①，

對b(lnb?2)=e3λ?1兩邊取自然對數，得ln?b+ln?(ln?b?2)=3λ?1，

即ln?b?2+ln設F(x)=ln?x+x，x>0，則F'(x)=1x+1>0，所以F(x)在(0,+∞)上單調遞增，

所以方程F(x)=6的解只有一個，所以a=ln?b?2，

所以ab=(lnb?2)b=b(lnb?2)=【拓展提升】練11(2023·湖北省·月考試卷)對任意的x>1，不等式1aex?ln(x?1)?5+2lna≥0恒成立，則a解：由題意得a>0

設f(x)=1aex?ln(x?1)?5+2lna，則f'x=1aex?1x?1=exx?1?aax?1，

設gx=exx?1?a?x>1，則g'x=xex>0∴gx在區間1,+∞上單調遞增，

∵g1=?a<0,ga+1∴fxmin=fx0=1練12(2023·北京市·月考試卷)著名田園詩人陶淵明也是一個大思想家，他曾言：勤學如春起之苗，不見其增，日有所長；輟學如磨刀之石，不見其損，日有所虧.今天，我們可以用數學觀點來對這句話重新詮釋，我們可以把“不見其增”量化為每天的“進步率”都是1%，一年后是1.01365；而把“不見其損”量化為每天的“落后率”都是1%，一年后是0.99365.可以計算得到，一年后的“進步”是“落后”的1.013650.99365≈1481倍.那么，如果每天的“進步率”和“落后率”都是20%A.17天 B.19天 C.23天 D.25天解：經過x天后，“進步”與“落后”的比

1.2x所以

32x兩邊取以

10

為底的對數得

x?lg32≥4

，又

lg2≈0.301

，所以

x?(lg?3?lg?2)≈x(0.477?0.301)=0.176x?4解得

x≥40.176所以大約經過

23

天后，“進步”是“落后”的

10000

倍．故選：C．考向二考向二構造數列【方法儲備】遞推關系式如an+1①若P=1，則等式兩邊取常用對數或自然對數，化為lga得到首項為lga1，公比為q的等比數列lga②若P≠1，則等式兩邊取以P為對數，化為logP【典例精講】例2.(2023·湖南省·聯考題)已知數列an=32an?1A.63log23?31 B.31log23解：由an=32an?12+3an?1+12可得an+1=在等式an+1=3令bn=log2an+1所以，數列bn+log23∴b即log2a5+1=32【拓展提升】練21

(2023·江蘇省揚州市·模擬題)若數列{An}滿足An+1=An2，則稱數列{An}為“平方遞推數列”.已知數列(1)證明：數列{an+1}(2)設bn=lg(an+1)，cn=2n+4，定義a?b=a,a≤b,解：(1)∵點(an,an+1)在函數f(x)=x2+2x的圖象上，∴an+1=an2+2an，

∴an+1+1=(an+1)2，∴{an+1}是“平方遞推數列”．

因為lg(a1+1)=lg(9+1)=1>0，

對an+1+1=(an+1)2兩邊同時取對數得lg(an+1+1)=2lg(an+1)，

∴數列{lg(a練22(2023·河北省·月考試卷)已知數列{an}，an=(an?1)nn?1(n≥2)，a解：(1)∵a1=e，an=(an?1)nn?1>0，

則ln?an=ln?an?1nn?1，即ln?an=nn?1ln?an?1，

也就是ln考向三解復雜不等式考向三解復雜不等式【方法儲備】1.用取對數法可以使要證明的不等式轉化為另一個易證明的等價不等式，從而達到所要證明不等式的目的.2.解不等式兩邊取對數需滿足的條件：（1）首先等式兩邊都得大于零，（2）如果對數底數小于1,則不等號方向變化，（3）如果對數的底數大于1,則不等號方向不變.【典例精講】例3.(2023·湖南省岳陽市·模擬題)已知正實數x，y滿足x+y=1，則下列不等式恒成立的是（）A.x2+y2≥22 B.xxyy≤xyyx C.xx·yy?12 D.yx·xy?12

解：對于A，取x=12,y=12，x2+y2=14+14=兩邊取對數ln(yx由題可知正實數x，y滿足x+y=1，即證xln(1?x)+(1?x)lnx?ln12，

構造函數f(x)=xln(1?x)+(1?x)lnx，(0<x<1)，f′(x)=ln1?xx+1?2xx(1?x)

令t(x)=ln1?xx+1?2xx(1?x)，(0<x<1)，t′(x)=?x2+x?1x2(1?x)2<0，故t(x)在(0,1)上單調遞減，

且t(12)=0，∴t(x)在(0,1【拓展提升】練31(2023·福建省·月考試卷)（多選）已知實數a，b滿足：a>0且ab?a2≥1，則(

)A.b+sina>a+sinb B.bsina>asinb

C.log2b>log解：方法一：ab?a2≥1，則b≥1a+a>a>0，f(x)=x?sinx在(0,+∞)單調遞增，

∴f(b)>f(a)，∴b?sinb>a?sina，即b+sina>a+sinb，A對．

當a=3π2，b=414π時，bsina<0，asinb>0，此時bsina<asin?b，B錯．

又b≥1a+a≥2，log2b≥1，logba<logbb=1，∴log2b>logba，C對．

令g(x)=ln(x+1)x，g′(x)=xx+1?ln(x+1)x2

令h(x)=xx+1?ln(x+1)，h′(x)=1(x+1)2?1x+1=?x(x+1)2<0

故h(x)在(0,+∞)單調遞減，

∴h(x)<h(0)=0，∴?g′(x)<0，g(x)在(0,+∞)單調遞減，

∴g(a)>g(b)，∴ln(a+1)a>ln(b+1)b，∴bln(a+1)>aln(b+1)

∴(a+b)b>(b+1)a，D練32(2023·廣東省·月考試卷)已知函數f(x)=ex+alnx?xa?x(a>0,e為自然對數的底數，e=2.71828?).當a=2時，函數f(x)在點P(1,f(1))處的切線方程為

;若f(x)?解：由題意當a=1時，f(x)=ex+lnx?2x，f'x=ex+1x?2，

則f(1)=e?2，f'(1)=e?1，

所以函數f(x)在點P(1,f(1))處的切線