处理指对混合型导数问题的“七种武器”*

江西省萍乡中学(337000) 黄贤锋

有这样一类导数问题,研究的函数f(x)同时含有指数(型)函数及对数(型)函数,我们称之为指对混合型导数问题.众所周知,指数函数、对数函数都是超越函数,有了它们的加入,经常使得f(x)的导函数f′(x)零点不可求,要判断f′(x)的符号也异常困难.这类问题对学生的运算求解能力、逻辑思维能力有着较高的要求,因而倍受命题者青睐,频频出现在高考及各地模考试卷中.笔者结合自身的教学实践提炼出解决这类问题的“七种武器”,与读者分享.

一、通解通法,虚设零点

对于导函数零点不可求的问题,我们通常都通过“虚设零点,设而不求”的手段进行处理,这是解决指对混合型导数问题的基本方法.

例1(2019年南昌二模理科第21 题) 已知函数f(x) =xex - a(lnx+x),g(x) =mx+ 1.(a,m ∈R 且为常数,e 为自然对数的底)

(1)讨论函数f(x)的极值点个数;

(2)当a= 1 时,f(x) ≥g(x)对任意的x ∈(0,+∞)恒成立,求实数m的取值范围.

解(1) 略; (2) 当a= 1 时, 原问题等价于m≤ex -1-对任意的x ∈(0,+∞) 恒成立.令h(x) = ex -1-,x ＞0,h′(x) =令φ(x) =x2ex+lnx,x ＞0,则φ(x)在(0,+∞)上单调递增,又-1＜0,φ(1) = e＞0,由零点存在定理知,存在唯一的x0∈使得φ(x0)=0,即+lnx0=0.因此, 当x ∈(0,x0)时,φ(x)＜0,h′(x)＜0, 则h(x)单调递减; 当x ∈(x0,+∞)时,φ(x)＞0,h′(x)＞0, 则h(x)单调递增.因此h(x)min=h(x0) = ex0-1-又φ(x0)=0,即=-lnx0,两边取对数得2 lnx0+x0=ln(-lnx0), 整理得lnx0+x0= ln(-lnx0)+(-lnx0).易知函数y= lnx+x单调递增,则x0=-lnx0(经检验此方程在上有解), 即有ex0=故h(x)min=h(x0) =因此m的取值范围为(-∞,0].

二、切线放缩,化繁为简

在指对混合型函数不等式证明问题中,可以考虑利用指(对)数函数适当位置处的切线进行放缩,从而将待证问题转化为只含对(指)函数的不等式证明,最终达到化繁为简的目的.

例2(2014 高考全国Ⅰ卷理科第21 题节选)[1]证明:exlnx+＞1.

分析要证原不等式,只需证明lnx-＞0,观察式子的结构,想到利用不等式“ex≥ex”进行放缩,原问题转化为证明lnx+

证明令g(x) = ex -ex, 则g′(x) = ex -e, 当x ＞1时g′(x)＞0,g(x) 单调递增; 当x ＜1 时g′(x)＜0,g(x)单调递减.则g(x)min=g(1) = 0, 故ex≥ex当且仅当x= 1 时不等式取等号.因此lnx-令h(x) = lnx+则h′(x) =当0＜x ＜时,h′(x)＜0,h(x)单调递减;当x ＞时,h′(x)＞0,h(x)单调递增,则h(x)min== 0,当且仅当x=时取等号.由于两个等号不能同时取到,不等式得证.

三、对数独行,指数结伴

由函数的求导法则可知,当函数的结构为“lnx±f(x)”时, 导函数中不再有“lnx”; 当函数的结构为“(或exf(x))时,此时导函数为(或ex(f′(x)+f(x))),要研究导函数的符号,只需研究f′(x)-f(x)(或f′(x)+f(x)).这无疑简化了运算.因此在处理指、对数函数相关问题时,可以考虑对函数作些处理,使“lnx”单独成一项,使“ex”与其它函数相乘(除),正所谓“对数独行,指数结伴”.

例3[2]已知函数f(x)=ex+ax2,g(x)=x+blnx.若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与曲线y=g(x)在点(1,g(1))处的切线相交于点(0,1).

(1)求a,b的值;(2)求函数g(x)的最小值;(3)证明: 当x ＞0 时,f(x)+xg(x)≥(e-1)x+1.

解(1)a=b=-1;(2)1(过程略);以下考虑(3)的证明.

证法一(对数独行) 要证原不等式, 即证-lnx-+ 1-e ≥0.令σ(x) =+ 1-e, 则σ′(x) =因为x ＞0 时, ex -1＞0, 故当x ∈(0,1)时,σ′(x)＜0,σ(x)单调递减;当x ∈(1,+∞)时,σ′(x)＞0,σ(x)单调递增.因此σ(x)≥σ(1)=0,不等式得证.

证法二(指数结伴)要证原不等式,即证ex≥xlnx+(e-1)x+ 1, 即证≤1.令h(x) =则h′(x) =令h′(x) = 0, 解得x= e1-e或1.当x ∈(0,e1-e) 时,h′(x)＜0,h(x) 单调递减; 当x ∈(e1-e,1) 时,h′(x)＞0,h(x)单调递增; 当x ∈(1,+∞)时,h′(x)＜0,h(x)单调递减.因为x →0+时,h(x)→1-且h(1)=1,不等式得证.

评注由方法2 可知,可以先利用(2)的结果对g(x)进行切线放缩,于是证法二还可以稍作改进: 由(2)可知g(x)≥1,故xg(x)≥x,要证原不等式,只需证明ex≥x2+(e-2)x+1,即证≤1,这是简单的,此处不再赘述.

四、凹凸反转,分而治之

在证明指对混合型函数不等式时, 通常将指、对数函数移到不等号的两侧, 构造一个下凹函数、一个上凸函数,通过比较下凹函数的最小值与上凸函数的最大值达到证明不等式的目的.这种方法最大的难点在于如何构造下凹(上凸)函数.当a ＞0 时,(0,+∞)上常见的下凹函数有等,上凸函数有

例4已知函数f(x)=,g(x)=lnx+1.

(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求证x3f(x)＞g(x).

解(1)减区间: (-∞,0),(0,1);增区间: (1,+∞);以下考虑(2)的证明.

分析注意到f(x) 为下凹函数,为上凸函数,于是考虑用凹凸反转的办法处理.

证明要证原不等式,只需证明f(x)＞,由(1)可知,f(x)min=f(1) = e.令h(x) =, 则h′(x) =因此当x ∈时,h′(x)＞0,h(x) 单调递增; 当x ＞时,h′(x)＜0,h(x) 单调递 减, 故h(x)max=＜e.不等式得证.

五、指对互化,巧用换元

在指对混合型导数问题中,若函数同时包含“xaebx,bx+alnx(a,b ∈R)”,注意到,令t=xaebx,则lnt=bx+alnx(或令t=bx+alnx,则et=xaebx).这样就把一个指对混合型问题转化为纯对(指)数问题,大大简化了运算.

例5(2018年珠海一模理科第21 题节选) 已知函数f(x)=axex+lnx+x有两个零点,求实数a的取值范围.

解令t=xex,则lnt= lnx+x,易证t关于x单调递增, 于是问题等价于关于t的方程at+lnt= 0 有两个解.分离参数得a=令g(t) =则g′(t) =因此当t ∈(0,e)时,g′(t)＜0,g(t)单调递减; 当t ＞e 时,g′(t)＞0,g(t)单调递增.则g(t)min=g(e)=又t →0+时,g(t)→+∞;t →+∞时,g(t)→0-,结合g(t)的图象可知,当时方程at+lnt= 0 有两个解,即函数f(x)有两个零点.

例6(2018年广州一测)设函数f(x) =ax+lnx+1,若对任意的x ＞0,f(x) ≤xe2x恒成立,求实数a的取值范围.

解依题意,f(x) ≤xe2x ⇔ax+lnx+1 ≤xe2x.即a≤+2.令t=2x+lnx,则et=xe2x,易证et - t -1 ≥0, 当且仅当t= 0 时取等号, 又易知2x+lnx=0 存在唯一正解.故xe2x-2x-lnx-1 ≥0,即有+2 ≥2,因此a≤2 为所求.

六、关注结构,妙用同构

我们知道指数与对数经常可以相互转化,因此在解决指对混合型导数问题时,细心观察函数结构,对待解决问题作适当变形,通过构造“同构式”,结合函数的单调性,可以简化问题.比如f(x) =xex与f(lnx) =xlnx同构;f(x) =与同构.

例7(2016年辽宁省部分重点中学高考模拟理科)已知函数f(x)=

(1) 判断f(x) 在(0,+∞) 上的单调性; (2) 证明: (ex -1)ln(x+1)＞x2.

解(1)f(x)在(0,+∞)上单调递减(过程略);以下考虑(2)的证明.

证明要证原不等式,只需证明即只需证明f(x)＞ f(ex -1), 由f(x)在(0,+∞) 上单调递减知, 只需证明x ＜ex -1.令g(x) = ex - x -1,x ＞0, 可证g(x)＞0(过程略), 即有x ＜ex-1,证毕.

例8设实数λ ＞0,若对任意的x ∈(0,+∞),不等式eλx-≥0 恒成立,则λ的最小值为_____.

解依题意,λeλx -lnx≥0 恒成立, 即有λxeλx -xlnx≥0 恒成立,又xlnx=lnx·elnx.令f(x)=xex,x ＞0,易知f(x)在(0,+∞)上单调递增.依题意,f(λx) ≥f(lnx)恒成立, 即λx≥lnx恒成立, 则λ≥恒成立, 又易求因此λ≥则λ的最小值为

七、反客为主,变换主元

例9(2015年高考全国新课标Ⅰ卷文科第21 题节选)设函数f(x)=e2x-alnx.证明:a ＞0 时,f(x)≥2a+

证明要证原不等式只需证明-lnx-2＞0,将左式看成关于a的函数,令g(a) =-lnx-2.则g′(a) =因此g(a) 在(0,e2x) 上单调递减; 在(e2x,+∞) 上单调递增, 故g(a)min=g(e2x) = 2x-lnxln 2-1.令h(x) = 2x-lnx-ln 2-1,则h′(x) =则h(x)在上单调递减;在上单调递增,因此h(x)min==0,证毕.

本文所选择的部分例题可以用笔者给出的“七种武器”里面的其它武器解决,感兴趣的读者可以自行尝试.另外需要指出的是, 没有哪种解题策略是可以解决所有的问题的,当面对具体的问题时,我们还需具体分析,选择最适合的方法解题.