对数方程与不等式：保留原域、换元还原与参数边界

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把对数式转成代数式，是为了更容易求解，不是扩大原题的定义范围。每个真数正、每个底数非1、每个新除数非零，都应贯穿变形；换元后更要认清最后要求的是哪个变量。

一、知识点概念与依据

1. 去掉对数符号，必须连同定义条件写等价

对于固定合法底 $a$ ，比较 $\log_aU>\log_aV$ ，总要先有 $U>0,V>0$ 。若 $a>1$ ，再要求 $U>V$ ；若 $0<a<1$ ，则要求 $U<V$ 。三个条件一起才是与原式等价的条件组。 $U>V$ 本身不能推出 $V>0$ ，去符号后的代数式可能比原对数式有更宽的意义范围。

两对数合成商以前仍须保留每项真数正，不能改成仅查 $U/V>0$ ，因为正商还可能来自两个负数。真数含根式、分母时，也保留内层自身条件。

常数可写成同底对数 $c=\log_a(a^c)$ ，真数 $a^c>0$ 自动合法。例如

\log_aU>c\iff \begin{cases} U>a^c,&a>1,\\ 0<U<a^c,&0<a<1. \end{cases}

第一支的比较已蕴含正性，第二支却须保留正的下界，不能只写 $U<a^c$ 。含其他非对数项的式子，也不能套这个流程一口气删掉全部函数，要另证整个函数的性质或作合法变形。

2. 参数在底数或真数中，分类依据不同

底数参数先分大于1与0到1之间，比较方向由此决定；真数参数可能改变代数解集端点的次序，求交时再按临界值分类。两边同加减移项不改变不等号方向；乘除带参数或变量的因子前判断正、负、零，不能为“简化”提前删支。

解出的比较范围与所有原域取交，允许得到空集。不同“若”小问的附加条件各自生效，不能把第一问的参数结果偷渡到第二个独立小问。端点真数为0永不合法；两边相等的点只有原比较为非严格时才可能保留。

3. 对数换元把正输入与实指数一一对应

固定 $a>0,a\ne1$ ，令 $t=\log_ax$ ，则 $x=a^t$ 。原输入仅受 $x>0$ 限制时， $t$ 取遍实数；若另有范围，就把它转换给 $t$ 。不同的实 $t$ 因指数函数严格单调而给不同正 $x$ ，所以还原不会把两不同根混成一个。

若原式还有 $\log_xa$ ，则 $x$ 也作底数，须 $x>0,x\ne1$ ，即 $t\ne0$ ；换底得到 $\log_xa=1/t$ 。乘以 $t$ 化简前，正是这个非零条件保证等价，最后仍不能把 $t=0$ 收入答案。

方程分解成两个因子乘积为0，要取“第一因子为0或第二因子为0”，不是要求同时为0。求得全部 $t$ 根后逐个还原，再回代原式验定义与等式。

4. 韦达连接实际二次变量，不自动连接原真数

若二次方程的根是 $u=\lg a,v=\lg b$ ，根和、根积是 $u+v,uv$ ，不是 $a+b,ab$ 。例如正真数的积满足 $\lg(ab)=u+v$ ，故 $ab=10^{u+v}$ 。一般若 $t_1,t_2$ 是换元方程的根，原根积为 $a^{t_1+t_2}$ ，不是 $t_1t_2$ 。

使用前检查二次首项非零、判别式允许实根；参数令首项为0时先另行处理。差平方目标可用 $(u-v)^2=(u+v)^2-4uv$ ，无需每次显式解两根。

对数根和还原原数积。原题 $\lg a,\lg b$ 是 $5x^2-10x+3=0$ 的两实根，求 $ab$ ，候选为2、1/2、100、 $\sqrt{10}$ 。首项5非零、判别式40正；根和为2，所以 $\lg(ab)=2$ ， $ab=100$ 。2是对数和而非原数积；1/2不是该指数还原结果； $\sqrt{10}$ 的常用对数是1/2，也不等于2。

目标仍在对数根层的短例。原题 $\lg a,\lg b$ 是 $6x^2-4x-3=0$ 两根，求 $[\lg(a/b)]^2$ ，候选4/9、13/9、14/9、22/9。首项6非零、判别式88正； $u+v=2/3,uv=-1/2$ ，商法则把目标变成 $(u-v)^2$ ，不是 $(u/v)^2$ 。故目标为 $4/9-4(-1/2)=22/9$ ，其余三值不合，4/9尤其漏掉积项。

5. 错改系数时，只信仍未改变的信息

对 $t^2+bt+c=0$ ，根和为 $-b$ ，根积为 $c$ 。只改了 $b$ ，错误方程仍保留原根积信息；只改了 $c$ ，仍保留原根和信息。题给若是原 $x$ 根，要先换成 $t$ 根才使用这两条关系，不能拿已被改掉的信息反推原系数。

6. 恒成立既要全程有定义，也要处理未取到的界

对每个给定输入都成立，先要求每个输入处原式均有意义。一个参数即使让代数比较总成立，若使某个对数真数非正，仍不能入解。

若变形成 $m<H(t)$ 对所有允许的 $t$ 成立，而 $H(t)>L$ 且能任意接近 $L$ ，那么 $m=L$ 仍可能满足原严格比较：因为每个实际输入都有 $L<H(t)$ 。排除 $m>L$ 应给具体可选输入或可靠界，不能把未取得的 $L$ 说成“最小值”。

7. 乘参因子要分正、零、负三支

若要求 $P(x)>bQ(x)$ 对整个原输入范围成立，分离参数前先按 $Q$ 的符号分开：

$Q(x)>0$ 时等价 $b<P(x)/Q(x)$ 。
$Q(x)<0$ 时等价 $b>P(x)/Q(x)$ ，除负数必须反向。
$Q(x)=0$ 时回原式检查 $P(x)>0$ 。若真，此输入对参数无额外限制；若假，则没有任何参数能让原全称要求成立。

各分支参数范围取交，因为每个原输入都须通过。商的最值只在实际可以相除的分支范围求，不能把已单列的零点强行代回商，也不能扩大输入范围后拿到一个错误的最不利值。

若 $b<H(x)$ 的最小值 $m$ 真在允许输入处取得，必须 $b<m$ ；等于 $m$ 时该输入使严格比较失败。若 $H$ 始终大于 $m$ 且可任意靠近它，则可能 $b\le m$ 。下面可取右端与未取到界分别展示这两种情况；开闭由是否取得及原定义条件共同决定，不由某一个区间端点的外观决定。

二、考点方法与例题

1. 先列完整域，再转代数并回代

保留底正非1、所有真数正以及内部禁值；按底数方向去符号，或对共同对数换元。二次式按全部根与开口取完整区间，不只猜一支。与原域取交后回代端点、临界参数与全部原方程根。

2. 对恒成立分别证明充分与必要

先从原域推出参数限制，再分离参数并确认除数符号。给出的参数范围应对每个输入都通过；范围外任意参数则要找到一个允许输入使它失败。开边界、未取到界以及指数换元的新范围都应明确说明。

例题 01 两个一次真数的严格比较

题目

不等式 ${\log }_{2}\left( 2x+3\right)>{\log }_{2}\left( 5x-6\right)$ 的解集为（）

A． $\left( -\infty ,3\right)$ B． $\left( -\frac{3}{2},3\right)$ C． $\left( -\frac{3}{2},\frac{6}{5}\right)$ D． $\left( \frac{6}{5},3\right)$

答案与解析

解析

先有 $2x+3>0$ 与 $5x-6>0$ ，共同域 $x>6/5$ 。在此域底2递增，所以原比较等价于 $2x+3>5x-6$ ，即 $x<3$ 。两范围相交为 $(6/5,3)$ ，选D。

A只顾大小而越出原域，B只查第一个真数；C的输入让第二真数非正，并且漏掉全部合法解。端点6/5使第二真数0，端点3使两边相等，两端都不取。

本题结论

D，即 $(6/5,3)$ 。

例题 02 对数二次方程的原根乘积

题目

若方程 ${\left( \lg x\right)}^{2}+\left( \lg 7+\lg 5\right)\lg x+\lg 7\cdot \lg 5=0$ 的两根为 $\alpha$ 、 $\beta$ ，则 $\alpha \cdot \beta =$ （）

A． $\lg 7\cdot \lg 5$ B． $\lg 35$ C．35 D． $\frac{1}{35}$

答案与解析

解析

原域 $x>0$ ，令 $t=\lg x\in\mathbb R$ 。方程分解为

(t+\lg7)(t+\lg5)=0,

所以 $t=-\lg7$ 或 $t=-\lg5$ ，还原为 $x=1/7$ 或 $x=1/5$ 。这两个正数代回原式各使一个因子为0，故原根积为 $1/35$ ，选D。

也可先用韦达求 $t_1+t_2=-\lg7-\lg5=-\lg35$ ，直接还原原根积 $10^{t_1+t_2}=1/35$ 。A是换元方程根积，不是原根积；B为系数对数和，C漏了指数中的负号。两种零因子是“或”，不是要求同一输入同时使两因子为0。

本题结论

D，即 $\alpha\beta=1/35$ 。

例题 03 两次系数误写后的原方程

题目

甲、乙两人同时解关于x的方程： ${\log }_{2}x+b+c{\log }_{x}2=0$ ．甲写错了常数b，得两根为 $\frac{1}{4}$ 及 $\frac{1}{8}$ ；乙写错了常数c，得两根为 $\frac{1}{2}$ 及64，则这个方程的真正的根为（）

A． $x=2$ B． $x=4$

C． $x=4$ 或 $x=8$ D． $x=2$ 或 $x=8$

答案与解析

解析

原式要求 $x>0,x\ne1$ 。设 $t=\log_2x\ne0$ ，于是 $\log_x2=1/t$ ，乘非零 $t$ 等价得到

t^2+bt+c=0.

甲仅写错 $b$ ，所给原根1/4、1/8转换成 $t$ 根−2、−3；它们的积保留正确 $c$ ，所以 $c=6$ 。乙仅写错 $c$ ，原根1/2、64转换成 $t$ 根−1、6；它们的和保留正确 $-b$ ，所以 $b=-5$ 。

真正方程 $(t-2)(t-3)=0$ 给 $t=2$ 或3，还原为 $x=4$ 或8。回代原式分别为 $2-5+6/2=0$ 与 $3-5+6/3=0$ ，两根合法。

C完整；A的 $x=2$ 给 $1-5+6=2\ne0$ ，B漏8，D多2且漏4。不能将错误方程已被改掉的根和或根积拿来恢复相应原系数。

本题结论

C，即 $x=4$ 或 $x=8$ 。

例题 04 方程换元与参数底数的两问

题目

已知 $f(x)={\log }_{a}x(a>0$ 且 $a\ne 1)$ ．

(1)若 $a=2$ ，解关于 $x$ 的方程 $f\left( \frac{8}{x}\right)f(2x)=-5$ ；

(2)若 $f(2a-1)>f(a+2)$ ，求 $a$ 的取值范围．

答案与解析

解析

（1） $8/x>0$ 、 $2x>0$ 共同要求 $x>0$ 。令 $t=\log_2x$ ，两对数分别是 $3-t$ 、 $1+t$ ，所以

(3-t)(1+t)=-5\iff t^2-2t-8=0\iff(t-4)(t+2)=0.

还原 $x=16$ 或1/4。代回两因子分别为−1、5或5、−1，积均−5，定义也合法。

（2）本问按原始合法底 $a>0,a\ne1$ ，不沿用第一问的 $a=2$ 。真数正要求 $2a-1>0,a+2>0$ ，共同得 $a>1/2$ 且 $a\ne1$ 。

当 $1/2<a<1$ ，底递减，要 $2a-1<a+2$ ，即 $a<3$ ，在这一支全满足。当 $a>1$ ，底递增，要 $2a-1>a+2$ ，即 $a>3$ 。故并集为 $(1/2,1)\cup(3,\infty)$ 。

端点1/2给真数0，1给非法底，3给两真数相等，全部排除。

本题结论

（1） $x=16$ 或 $x=1/4$ ；（2） $(1/2,1)\cup(3,+\infty)$ 。

例题 05 闭区间极差与带参数真数

题目

已知函数 $f\left( x\right)={\log }_{a}x$ （ $a>0$ 且 $a\ne 1$ ）.

(1)若 $f\left( x\right)$ 在区间 $\left[ a,2a\right]$ 上的最大值与最小值之差为1，求 $a$ 的值；

(2)解关于 $x$ 的不等式 ${\log }_{\frac{1}{3}}\left( -ax-1\right)>{\log }_{\frac{1}{3}}\left( a-{x}^{2}\right)$ .

答案与解析

解析

（1） $[a,2a]$ 是正闭区间。当 $a>1$ 时递增，最大最小之差为 $\log_a(2a)-\log_aa=\log_a2=1$ ，得 $a=2$ ；当 $0<a<1$ 时递减，极差为 $-\log_a2=1$ ，得 $a=1/2$ 。等价写法为 $\lvert\log_a2\rvert=1$ ，两值都回验合法。

（2）此问不承接第一问额外条件，只用题首 $a>0,a\ne1$ 。底1/3递减，需同时满足

-ax-1>0,\qquad a-x^2>0,\qquad -ax-1<a-x^2.

由 $a>0$ ，前两式给 $x<-1/a$ 、 $-\sqrt a<x<\sqrt a$ 。第三式整理为

(x+1)(x-a-1)<0,

因为 $-1<a+1$ ，给 $-1<x<a+1$ 。三段取交：

$0<a<1$ 时， $x>-1$ 与 $x<-1/a<-1$ 矛盾，解集空。
$a>1$ 时， $-\sqrt a<-1<-1/a<0$ ，其余右端 $\sqrt a,a+1$ 均正，故解集 $(-1,-1/a)$ 。

$a=1$ 已由题首底数条件排除；端点−1使两真数相等，−1/a使第一真数0，不可取。

本题结论

（1） $a=2$ 或 $a=1/2$ ；（2） $0<a<1$ 时为空集， $a>1$ 时为 $(-1,-1/a)$ 。

例题 06 奇性、定义法单调与恒成立

题目

已知函数 $f(x)={\log }_{2}\frac{1-ax}{x-1}$ 是奇函数.

(1)求a的值；

(2)判断函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上的单调性，并用定义证明；

(3)若不等式 $f\left( {2}^{x}+1\right)+f\left( {2}^{-x}+1\right)>{\log }_{2}\left( m\left( {2}^{x}-{2}^{-x}\right)\right)$ 对 $x\in (0,+\infty )$ 恒成立，求实数m的取值范围.

答案与解析

解析

（1）按高中函数语境，定义域非空。 $x=0$ 使原真数−1，故0不在域；奇性还要求域关于0对称。对任一合法成对输入 $x,-x$ ，有 $x\ne0,\pm1$ ，两真数均正，可以相乘并使用 $f(x)+f(-x)=0$ ：

\log_2\frac{1-a^2x^2}{1-x^2}=0\Longrightarrow\frac{1-a^2x^2}{1-x^2}=1\Longrightarrow(a^2-1)x^2=0.

因 $x\ne0$ ，得 $a=\pm1$ 。 $a=1$ 时商 $(1-x)/(x-1)$ 恒为−1，除去原分母零点后仍无合法输入，排除。 $a=-1$ 时

f(x)=\log_2\frac{x+1}{x-1},\qquad D=(-\infty,-1)\cup(1,\infty),

域对称，替换 $-x$ 后正商变成倒数，故 $f(-x)=-f(x)$ ，确满足奇性。

（2）任取 $1<x_1<x_2$ ，由对数商法则

f(x_1)-f(x_2)=\log_2\frac{(x_1+1)(x_2-1)}{(x_1-1)(x_2+1)}.

该商分母正，分子减分母为 $2(x_2-x_1)>0$ ，所以商大于1，对数差正，即 $f(x_1)>f(x_2)$ 。这按定义证明了在 $(1,\infty)$ 上严格递减，不把两支合并误称全域递减。

（3）令 $t=2^x>1$ 。两个左侧输入 $t+1$ 与 $1/t+1$ 均大于1，处于 $f$ 域内；右侧真数 $m(t-1/t)$ 必须正，因括号正，先得到 $m>0$ 。

左侧的两个正真数分别为 $(t+2)/t$ 与 $1+2t$ 。合并对数，再按底2递增比较，原式等价于

(t+2)(2t+1)>m(t^2-1)\iff m<H(t):=2+\frac{5t+4}{t^2-1}.

乘的 $t$ 与除的 $t^2-1$ 均正。对每个 $t>1$ 有 $H(t)>2$ ，所以每个 $0<m\le2$ 均满足原严格不等式，包括 $m=2$ 。

反过来，任取 $m>2$ 。当 $t\ge2$ 时， $5t+4\le7t$ ， $t^2-1\ge3t^2/4$ ，所以

0<H(t)-2\le\frac{28}{3t}.

选 $t>\max\{2,28/[3(m-2)]\}$ ，就有 $H(t)<m$ ，使原式失败。该 $t$ 对应允许的 $x=\log_2t>0$ ，因此任何 $m>2$ 都不能保留。

也可沿原解换元 $n=5t+4>9$ ，写 $H=2+25/(n-8-9/n)$ ：分母在 $n>9$ 正且递增，令它增大可使分式任意接近0。这里的界2从未取到，不是最小值；不必为排除 $m>2$ 宣称它已取得。

原答案勘误。原资料写 $m\le2$ ，漏掉右侧真数条件 $m>0$ ，且把未取到的界2称最小值。完整范围应为 $0<m\le2$ ，严格比较并不排斥这个上端点。

本题结论

（1） $a=-1$ ；（2）在 $(1,+\infty)$ 上严格递减；（3） $0<m\le2$ ，原答案须补正性条件。

例题 07 指数分式的奇性、单调与恒成立

题目

已知函数 $f(x)=\frac{{2}^{x+1}+a}{{2}^{x}+1},g(x)=1-f(-x)$ ，且 $g(x)$ 是 $R$ 上的奇函数.

(1)求实数 $a$ 的值；

(2)①判断函数 $g(x)$ 的单调性并用定义证明；

②求不等式 $g(2x-1)+g(x)>0$ 的解集；

(3)若 $\forall x\in [0,3]$ ，不等式 $f(x)>b\cdot g(x)$ 恒成立，求实数 $b$ 的取值范围.

答案与解析

解析

（1）任意实 $x$ 均有 $2^x+1>0$ ，定义域为 $\mathbb R$ 。奇函数在0处的值为0，故 $g(0)=1-f(0)=-a/2=0$ ，得到必要候选 $a=0$ 。

回代有 $g(x)=1-2/(2^x+1)=(2^x-1)/(2^x+1)$ 。把 $g(-x)$ 的分子分母乘正数 $2^x$ ，得 $g(-x)=(1-2^x)/(1+2^x)=-g(x)$ ，因此候选也充分。另一原解是由奇性得到 $f(x)+f(-x)=2$ ；通分左边恒为 $a+2$ ，同样推出 $a=0$ ，随后仍可代回核验。

（2）①任取 $x_1<x_2$ ， $2^{x_1}<2^{x_2}$ 。准确通分为

g(x_1)-g(x_2)=\frac{2(2^{x_1}-2^{x_2})}{(2^{x_1}+1)(2^{x_2}+1)}<0.

两分母因子正，分子负，按定义得到全实数域严格递增。原详解把分母两因子都印作 $2^{x_2}+1$ ，那一等式不正确；应一项含 $x_1$ 、一项含 $x_2$ 。虽不改变正性与递增结论，证明等式仍须修正。

②奇性给 $-g(x)=g(-x)$ ，所以

g(2x-1)+g(x)>0\iff g(2x-1)>g(-x)\iff2x-1>-x.

两输入均全域合法，严格递增保证等价，解得 $x>1/3$ 。端点使原和为0，排除。

（3）乘正分母 $2^x+1$ ，原条件变为 $2^{x+1}>b(2^x-1)$ 。先单列 $x=0$ ：左边2、右边0，任何 $b$ 都通过，不因商在此处无定义就删去原输入。

对 $x\in(0,3]$ ，乘参因子 $2^x-1>0$ ，可除并得

b<h(x):=\frac{2^{x+1}}{2^x-1}=2+\frac2{2^x-1}.

指数递增，正倒数递减，所以 $h$ 在 $(0,3]$ 严格递减，最小值在可取右端3，等于 $h(3)=16/7$ 。因此 $b<16/7$ 必要且充分：低于这个实际最小值，每个输入都通过；等于它时 $x=3$ 已使原严格比较失败。左端0单列通过，与右端3排除参数等号，是两个不同理由。

本题结论

（1） $a=0$ ；（2）①全实数域严格递增，② $(1/3,+\infty)$ ；（3） $b<16/7$ 。