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在近年的高考和竞赛中，一类指数型不等式频频出现，而学生普遍感觉比较困难，有时甚至思路穷尽，无从下手，此时如果使用对数变换，将指数不等式转化为对数型不等式，则可有效地解决此类问题，现给出供同仁参考.
例1 （1983年高考理科试题）已知a，b为实数，并且eba.
证明：要证ab>ba，只须证blna>alnb，即证lnaa>lnbb，
构造函数y=lnxx（x>e），求导y′=1-lnxx2，因为x>e时，lnx>1，所以y′<0.所以函数y=lnxx在（e，+∞）上是减函数，
因为elnbb，ab>ba.
例2 （2011年高考·湖北卷理科第21题）（Ⅰ）已知函数
f （x）=lnx-x+1，x∈（0，+∞），求函数f （x）的最大值；
（Ⅱ）设ak，bk（k=1，2，…，n）均为正数，证明
（1）a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn，求证： ab11·ab22…abnn≤1.
（2）若b1+b2+…+bn=1，则1n≤ab11·ab22…abnn≤b21+b22+…+b2n.
解：（Ⅰ）f （x）max=f （1）=0.
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）得lnx≤x-1，取x=ak，得lnak≤ak-1，两边乘以正数bk，得bklnak≤akbk-bk，令k=1，2，…，n后相加得
b1lna1+b2lna2+…+bnlnan
≤（a1b1+a2b2+…+anbn）-（b1+b2+…+bn）≤0，
所以ln（ab11·ab22…abnn）≤0，所以ab11·ab22…abnn≤1.
（2）因为b1+b2+…+bn=1.
要证bb11bb22…bbnn≤b21+b22+…+b2n，
只须证bb11bb22…bbnn≤（b21+b22+…+b2n）b1+b2+…+bn，
只须证bb11bb22…bbnn（b21+b22+…+b2n）b1+b2+…+bn=
（b1b21+b22+…+b2n）b1·（b2b21+b22+…+b2n）b2…（bnb21+b22+…+b2n）bn
≤1.
只须证
b1ln b1b21+b22+…+b2n+b2lnb2b21+b22+…+b2n+…+bn×lnbnb21+b22+…+b2n≤1.
易证lnx≤x-1，
所以b1lnb1b21+b22+…+b2n+b2lnb2b21+b22+…+b2n+…+bnlnbnb21+b22+…+b2n≤b1（b1b21+b22+…+b2n-1）+b2（b2b21+b22+…+b2n-1）+…+bn（bnb21+b22+…+b2n-1）≤b1（b1b21+b22+…+b2n-1）+b2（b2b21+b22+…+b2n-1）+…+bn（bnb21+b22+…+b2n-1）=b21+b22+…+b2nb21+b22+…+b2n-（b1+b2+…+bn）=0.
因此不等式成立.
要证1n≤bb11bb22…bbnn，只须证bb11bb22…bbnn≥（1n）b1+b2+…+bn，
只须证bb11bb22…bbnn（1n）b1+b2+…+bn=（nb1）h1（nb2）b2…（nbn）n≥1，
只须证（1nb1）b1（1nb2）b2…（1nbn）bn≤1，
只须证b1ln（1nb1）+b2ln（1nb2）+…+bnln（1nbn）≤0，
易证lnx≤x-1，
所以b1ln（1nb1）+b2ln（1nb2）+…+bnln（1nbn）≤b1（1nb1-1）+b2（1nb2-1）+…+bn（1nbn-1）=1-（b1+b2+…+bn）=0.
因此不等式成立.
例3 （2012年高考湖北卷文22题）设函数f （x）=axn（1-x）+b （x>0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f （x）在（1，f （1））处的切线方程为x+y=1.
（1）求a，b的值；
（2）求函数f （x）的最大值；
（3）证明：f （x）<1ne.
本题（1）、（2）较为简单，基本功扎实的考生一般能迅速求解，但（3）却少有考生问津，究其原因，除了考试时间不够外，（3）确实难度较大，同时暴露了考生综合运用数学知识进行推理的能力较为薄弱.
证法1：（参考答案给出的证法）：
（1）a=1，b=0，（2）f （x）max=f （nn+1）=nn（n+1）n+1，
（3）令φ（t）=lnt-1+1t（t>0），则φ′（t）=t-1t2（t>0），在（0，1）上，φ′（t）<0，即φ（t）单调递减，在（1，+∞）上，φ′（t）>0，即φ（t）单调递增，故
φ（t）在（0，+∞）上的最小值为φ（1）=0，从而φ（t）>0 （t>1），即lnt>1-1t（t>1）.
令t=1+1n，得lnn+1n>1n+1，ln（n+1n）n+1>lne.
亦即（n+1n）n+1>e，故nn（n+1）n+1<1ne，
由（2）知f（x）≤nn（n+1）n+1<1ne，
故所证不等式成立.
绝大部分考生在惊叹考题设计之精巧，解答之巧妙的同时，仍一头雾水，满腹疑虑，辅助函数φ（t）=lnt-1+1t如何想到的，带着疑问，师生交流，合作共探，利用对数变换对参考答案的证法作如下改进： 证法2：（3）要证f （x）<1ne，只须证f （x）max=nn（n+1）n<1ne.
即证（n+1n）n+1>e，
利用对数变换，只须证
ln（1+1n）>1n+1=1/n1+1/n
（ *）
根据不等式的结构特征，构造函数g（t）=ln（1+t）-t1+t （t>0），
则g′（t）=t（1+t）2>0，
所以g（t）在（0，+∞）上单调递增，所以g（t）>g（0）=0，从而ln（1+t）>t1+t（t>0），
令t=1n即得不等式（*）成立，从而原不等式成立.
点评：证法2分析与综合相结合，构造辅助函数自然流畅，给人以水到渠成之感，易于师生理解与掌握，从而消除了参考答案中构设辅助函数生硬、突然、深不可测的神秘和恐惧感，增强了战胜此类问题的信心.
例4 （2011年“北约”自主招生题）已知函数f （x）=2xax+b，f （1）=1，f （12）=23， 令x1=12，xn+1=f （xn）.
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）证明x1x2…xn>12e.
本题（1）较为简单，答案为xn=2n-12n-1+1，（2）难度较大.
解法1：（2）注意到x1x2…xn>12e[1+（12）0][1+（12）]…[1+（12）n-1]<2e（1+12）（1+14）…（1+12n-1） 由均值不等式 n-1（1+12）（1+14）…（1+12n-1）<1+12+1+14+…+1+12n-1n-1<1+1n-1，
所以（1+12）（1+14）…（1+12n-1）<（1+1n-1）n-1，又{（1+1n）n}单调递增，且limn→∞（1+1n）n=e，所以（1+12）（1+14）…（1+12n-1） 点评：参考解答先利用（n-1）元均值不等式进行放缩，再利用数列极限单调有界定理和收剑数列的保号性求解，和高等数学联系甚为紧密，因此成为此次“北约”试卷的重难点之一，但是若利用对数变换，则有下面的简单证法.
证法2： （1+12）（1+14）…（1+12n-1） 易证ln（1+x） ln（1+12）+ln（1+14）+…+ln（1+12n-1）<12+122+…+12n-1=12（1-12n-1）1-12=1-12n-1<1.
点评：证法2通过不等式两边取对数，将数列积型不等式转化为数列和式不等式，并利用ln（1+x） 湖北省广水市第一中学（432700）
例1 （1983年高考理科试题）已知a，b为实数，并且eba.
证明：要证ab>ba，只须证blna>alnb，即证lnaa>lnbb，
构造函数y=lnxx（x>e），求导y′=1-lnxx2，因为x>e时，lnx>1，所以y′<0.所以函数y=lnxx在（e，+∞）上是减函数，
因为elnbb，ab>ba.
例2 （2011年高考·湖北卷理科第21题）（Ⅰ）已知函数
f （x）=lnx-x+1，x∈（0，+∞），求函数f （x）的最大值；
（Ⅱ）设ak，bk（k=1，2，…，n）均为正数，证明
（1）a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn，求证： ab11·ab22…abnn≤1.
（2）若b1+b2+…+bn=1，则1n≤ab11·ab22…abnn≤b21+b22+…+b2n.
解：（Ⅰ）f （x）max=f （1）=0.
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）得lnx≤x-1，取x=ak，得lnak≤ak-1，两边乘以正数bk，得bklnak≤akbk-bk，令k=1，2，…，n后相加得
b1lna1+b2lna2+…+bnlnan
≤（a1b1+a2b2+…+anbn）-（b1+b2+…+bn）≤0，
所以ln（ab11·ab22…abnn）≤0，所以ab11·ab22…abnn≤1.
（2）因为b1+b2+…+bn=1.
要证bb11bb22…bbnn≤b21+b22+…+b2n，
只须证bb11bb22…bbnn≤（b21+b22+…+b2n）b1+b2+…+bn，
只须证bb11bb22…bbnn（b21+b22+…+b2n）b1+b2+…+bn=
（b1b21+b22+…+b2n）b1·（b2b21+b22+…+b2n）b2…（bnb21+b22+…+b2n）bn
≤1.
只须证
b1ln b1b21+b22+…+b2n+b2lnb2b21+b22+…+b2n+…+bn×lnbnb21+b22+…+b2n≤1.
易证lnx≤x-1，
所以b1lnb1b21+b22+…+b2n+b2lnb2b21+b22+…+b2n+…+bnlnbnb21+b22+…+b2n≤b1（b1b21+b22+…+b2n-1）+b2（b2b21+b22+…+b2n-1）+…+bn（bnb21+b22+…+b2n-1）≤b1（b1b21+b22+…+b2n-1）+b2（b2b21+b22+…+b2n-1）+…+bn（bnb21+b22+…+b2n-1）=b21+b22+…+b2nb21+b22+…+b2n-（b1+b2+…+bn）=0.
因此不等式成立.
要证1n≤bb11bb22…bbnn，只须证bb11bb22…bbnn≥（1n）b1+b2+…+bn，
只须证bb11bb22…bbnn（1n）b1+b2+…+bn=（nb1）h1（nb2）b2…（nbn）n≥1，
只须证（1nb1）b1（1nb2）b2…（1nbn）bn≤1，
只须证b1ln（1nb1）+b2ln（1nb2）+…+bnln（1nbn）≤0，
易证lnx≤x-1，
所以b1ln（1nb1）+b2ln（1nb2）+…+bnln（1nbn）≤b1（1nb1-1）+b2（1nb2-1）+…+bn（1nbn-1）=1-（b1+b2+…+bn）=0.
因此不等式成立.
例3 （2012年高考湖北卷文22题）设函数f （x）=axn（1-x）+b （x>0），n为正整数，a，b为常数，曲线y=f （x）在（1，f （1））处的切线方程为x+y=1.
（1）求a，b的值；
（2）求函数f （x）的最大值；
（3）证明：f （x）<1ne.
本题（1）、（2）较为简单，基本功扎实的考生一般能迅速求解，但（3）却少有考生问津，究其原因，除了考试时间不够外，（3）确实难度较大，同时暴露了考生综合运用数学知识进行推理的能力较为薄弱.
证法1：（参考答案给出的证法）：
（1）a=1，b=0，（2）f （x）max=f （nn+1）=nn（n+1）n+1，
（3）令φ（t）=lnt-1+1t（t>0），则φ′（t）=t-1t2（t>0），在（0，1）上，φ′（t）<0，即φ（t）单调递减，在（1，+∞）上，φ′（t）>0，即φ（t）单调递增，故
φ（t）在（0，+∞）上的最小值为φ（1）=0，从而φ（t）>0 （t>1），即lnt>1-1t（t>1）.
令t=1+1n，得lnn+1n>1n+1，ln（n+1n）n+1>lne.
亦即（n+1n）n+1>e，故nn（n+1）n+1<1ne，
由（2）知f（x）≤nn（n+1）n+1<1ne，
故所证不等式成立.
绝大部分考生在惊叹考题设计之精巧，解答之巧妙的同时，仍一头雾水，满腹疑虑，辅助函数φ（t）=lnt-1+1t如何想到的，带着疑问，师生交流，合作共探，利用对数变换对参考答案的证法作如下改进： 证法2：（3）要证f （x）<1ne，只须证f （x）max=nn（n+1）n<1ne.
即证（n+1n）n+1>e，
利用对数变换，只须证
ln（1+1n）>1n+1=1/n1+1/n
（ *）
根据不等式的结构特征，构造函数g（t）=ln（1+t）-t1+t （t>0），
则g′（t）=t（1+t）2>0，
所以g（t）在（0，+∞）上单调递增，所以g（t）>g（0）=0，从而ln（1+t）>t1+t（t>0），
令t=1n即得不等式（*）成立，从而原不等式成立.
点评：证法2分析与综合相结合，构造辅助函数自然流畅，给人以水到渠成之感，易于师生理解与掌握，从而消除了参考答案中构设辅助函数生硬、突然、深不可测的神秘和恐惧感，增强了战胜此类问题的信心.
例4 （2011年“北约”自主招生题）已知函数f （x）=2xax+b，f （1）=1，f （12）=23， 令x1=12，xn+1=f （xn）.
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）证明x1x2…xn>12e.
本题（1）较为简单，答案为xn=2n-12n-1+1，（2）难度较大.
解法1：（2）注意到x1x2…xn>12e[1+（12）0][1+（12）]…[1+（12）n-1]<2e（1+12）（1+14）…（1+12n-1） 由均值不等式 n-1（1+12）（1+14）…（1+12n-1）<1+12+1+14+…+1+12n-1n-1<1+1n-1，
所以（1+12）（1+14）…（1+12n-1）<（1+1n-1）n-1，又{（1+1n）n}单调递增，且limn→∞（1+1n）n=e，所以（1+12）（1+14）…（1+12n-1） 点评：参考解答先利用（n-1）元均值不等式进行放缩，再利用数列极限单调有界定理和收剑数列的保号性求解，和高等数学联系甚为紧密，因此成为此次“北约”试卷的重难点之一，但是若利用对数变换，则有下面的简单证法.
证法2： （1+12）（1+14）…（1+12n-1） 易证ln（1+x） ln（1+12）+ln（1+14）+…+ln（1+12n-1）<12+122+…+12n-1=12（1-12n-1）1-12=1-12n-1<1.
点评：证法2通过不等式两边取对数，将数列积型不等式转化为数列和式不等式，并利用ln（1+x） 湖北省广水市第一中学（432700）