江西省萍鄉(xiāng)中學(337000) 黃賢鋒

有這樣一類導數(shù)問題,研究的函數(shù)f(x)同時含有指數(shù)(型)函數(shù)及對數(shù)(型)函數(shù),我們稱之為指對混合型導數(shù)問題.眾所周知,指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)都是超越函數(shù),有了它們的加入,經常使得f(x)的導函數(shù)f′(x)零點不可求,要判斷f′(x)的符號也異常困難.這類問題對學生的運算求解能力、邏輯思維能力有著較高的要求,因而倍受命題者青睞,頻頻出現(xiàn)在高考及各地?？荚嚲碇?筆者結合自身的教學實踐提煉出解決這類問題的“七種武器”,與讀者分享.

一、通解通法,虛設零點

對于導函數(shù)零點不可求的問題,我們通常都通過“虛設零點,設而不求”的手段進行處理,這是解決指對混合型導數(shù)問題的基本方法.

例1(2019年南昌二模理科第21 題) 已知函數(shù)f(x) =xex - a(lnx+x),g(x) =mx+ 1.(a,m ∈R 且為常數(shù),e 為自然對數(shù)的底)

(1)討論函數(shù)f(x)的極值點個數(shù);

(2)當a= 1 時,f(x) ≥g(x)對任意的x ∈(0,+∞)恒成立,求實數(shù)m的取值范圍.

解(1) 略; (2) 當a= 1 時, 原問題等價于m≤ex -1-對任意的x ∈(0,+∞) 恒成立.令h(x) = ex -1-,x ＞0,h′(x) =令φ(x) =x2ex+lnx,x ＞0,則φ(x)在(0,+∞)上單調遞增,又-1＜0,φ(1) = e＞0,由零點存在定理知,存在唯一的x0∈使得φ(x0)=0,即+lnx0=0.因此, 當x ∈(0,x0)時,φ(x)＜0,h′(x)＜0, 則h(x)單調遞減; 當x ∈(x0,+∞)時,φ(x)＞0,h′(x)＞0, 則h(x)單調遞增.因此h(x)min=h(x0) = ex0-1-又φ(x0)=0,即=-lnx0,兩邊取對數(shù)得2 lnx0+x0=ln(-lnx0), 整理得lnx0+x0= ln(-lnx0)+(-lnx0).易知函數(shù)y= lnx+x單調遞增,則x0=-lnx0(經檢驗此方程在上有解), 即有ex0=故h(x)min=h(x0) =因此m的取值范圍為(-∞,0].

二、切線放縮,化繁為簡

在指對混合型函數(shù)不等式證明問題中,可以考慮利用指(對)數(shù)函數(shù)適當位置處的切線進行放縮,從而將待證問題轉化為只含對(指)函數(shù)的不等式證明,最終達到化繁為簡的目的.

例2(2014 高考全國Ⅰ卷理科第21 題節(jié)選)[1]證明:exlnx+＞1.

分析要證原不等式,只需證明lnx-＞0,觀察式子的結構,想到利用不等式“ex≥ex”進行放縮,原問題轉化為證明lnx+

證明令g(x) = ex -ex, 則g′(x) = ex -e, 當x ＞1時g′(x)＞0,g(x) 單調遞增; 當x ＜1 時g′(x)＜0,g(x)單調遞減.則g(x)min=g(1) = 0, 故ex≥ex當且僅當x= 1 時不等式取等號.因此lnx-令h(x) = lnx+則h′(x) =當0＜x ＜時,h′(x)＜0,h(x)單調遞減;當x ＞時,h′(x)＞0,h(x)單調遞增,則h(x)min== 0,當且僅當x=時取等號.由于兩個等號不能同時取到,不等式得證.

三、對數(shù)獨行,指數(shù)結伴

由函數(shù)的求導法則可知,當函數(shù)的結構為“l(fā)nx±f(x)”時, 導函數(shù)中不再有“l(fā)nx”; 當函數(shù)的結構為“(或exf(x))時,此時導函數(shù)為(或ex(f′(x)+f(x))),要研究導函數(shù)的符號,只需研究f′(x)-f(x)(或f′(x)+f(x)).這無疑簡化了運算.因此在處理指、對數(shù)函數(shù)相關問題時,可以考慮對函數(shù)作些處理,使“l(fā)nx”單獨成一項,使“ex”與其它函數(shù)相乘(除),正所謂“對數(shù)獨行,指數(shù)結伴”.

例3[2]已知函數(shù)f(x)=ex+ax2,g(x)=x+blnx.若曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與曲線y=g(x)在點(1,g(1))處的切線相交于點(0,1).

(1)求a,b的值;(2)求函數(shù)g(x)的最小值;(3)證明: 當x ＞0 時,f(x)+xg(x)≥(e-1)x+1.

解(1)a=b=-1;(2)1(過程略);以下考慮(3)的證明.

證法一(對數(shù)獨行) 要證原不等式, 即證-lnx-+ 1-e ≥0.令σ(x) =+ 1-e, 則σ′(x) =因為x ＞0 時, ex -1＞0, 故當x ∈(0,1)時,σ′(x)＜0,σ(x)單調遞減;當x ∈(1,+∞)時,σ′(x)＞0,σ(x)單調遞增.因此σ(x)≥σ(1)=0,不等式得證.

證法二(指數(shù)結伴)要證原不等式,即證ex≥xlnx+(e-1)x+ 1, 即證≤1.令h(x) =則h′(x) =令h′(x) = 0, 解得x= e1-e或1.當x ∈(0,e1-e) 時,h′(x)＜0,h(x) 單調遞減; 當x ∈(e1-e,1) 時,h′(x)＞0,h(x)單調遞增; 當x ∈(1,+∞)時,h′(x)＜0,h(x)單調遞減.因為x →0+時,h(x)→1-且h(1)=1,不等式得證.

評注由方法2 可知,可以先利用(2)的結果對g(x)進行切線放縮,于是證法二還可以稍作改進: 由(2)可知g(x)≥1,故xg(x)≥x,要證原不等式,只需證明ex≥x2+(e-2)x+1,即證≤1,這是簡單的,此處不再贅述.

四、凹凸反轉,分而治之

在證明指對混合型函數(shù)不等式時, 通常將指、對數(shù)函數(shù)移到不等號的兩側, 構造一個下凹函數(shù)、一個上凸函數(shù),通過比較下凹函數(shù)的最小值與上凸函數(shù)的最大值達到證明不等式的目的.這種方法最大的難點在于如何構造下凹(上凸)函數(shù).當a ＞0 時,(0,+∞)上常見的下凹函數(shù)有等,上凸函數(shù)有

例4已知函數(shù)f(x)=,g(x)=lnx+1.

(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;(2)求證x3f(x)＞g(x).

解(1)減區(qū)間: (-∞,0),(0,1);增區(qū)間: (1,+∞);以下考慮(2)的證明.

分析注意到f(x) 為下凹函數(shù),為上凸函數(shù),于是考慮用凹凸反轉的辦法處理.

證明要證原不等式,只需證明f(x)＞,由(1)可知,f(x)min=f(1) = e.令h(x) =, 則h′(x) =因此當x ∈時,h′(x)＞0,h(x) 單調遞增; 當x ＞時,h′(x)＜0,h(x) 單調遞 減, 故h(x)max=＜e.不等式得證.

五、指對互化,巧用換元

在指對混合型導數(shù)問題中,若函數(shù)同時包含“xaebx,bx+alnx(a,b ∈R)”,注意到,令t=xaebx,則lnt=bx+alnx(或令t=bx+alnx,則et=xaebx).這樣就把一個指對混合型問題轉化為純對(指)數(shù)問題,大大簡化了運算.

例5(2018年珠海一模理科第21 題節(jié)選) 已知函數(shù)f(x)=axex+lnx+x有兩個零點,求實數(shù)a的取值范圍.

解令t=xex,則lnt= lnx+x,易證t關于x單調遞增, 于是問題等價于關于t的方程at+lnt= 0 有兩個解.分離參數(shù)得a=令g(t) =則g′(t) =因此當t ∈(0,e)時,g′(t)＜0,g(t)單調遞減; 當t ＞e 時,g′(t)＞0,g(t)單調遞增.則g(t)min=g(e)=又t →0+時,g(t)→+∞;t →+∞時,g(t)→0-,結合g(t)的圖象可知,當時方程at+lnt= 0 有兩個解,即函數(shù)f(x)有兩個零點.

例6(2018年廣州一測)設函數(shù)f(x) =ax+lnx+1,若對任意的x ＞0,f(x) ≤xe2x恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

解依題意,f(x) ≤xe2x ?ax+lnx+1 ≤xe2x.即a≤+2.令t=2x+lnx,則et=xe2x,易證et - t -1 ≥0, 當且僅當t= 0 時取等號, 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 為所求.

六、關注結構,妙用同構

我們知道指數(shù)與對數(shù)經?？梢韵嗷マD化,因此在解決指對混合型導數(shù)問題時,細心觀察函數(shù)結構,對待解決問題作適當變形,通過構造“同構式”,結合函數(shù)的單調性,可以簡化問題.比如f(x) =xex與f(lnx) =xlnx同構;f(x) =與同構.

例7(2016年遼寧省部分重點中學高考模擬理科)已知函數(shù)f(x)=

(1) 判斷f(x) 在(0,+∞) 上的單調性; (2) 證明: (ex -1)ln(x+1)＞x2.

解(1)f(x)在(0,+∞)上單調遞減(過程略);以下考慮(2)的證明.

證明要證原不等式,只需證明即只需證明f(x)＞ f(ex -1), 由f(x)在(0,+∞) 上單調遞減知, 只需證明x ＜ex -1.令g(x) = ex - x -1,x ＞0, 可證g(x)＞0(過程略), 即有x ＜ex-1,證畢.

例8設實數(shù)λ ＞0,若對任意的x ∈(0,+∞),不等式eλx-≥0 恒成立,則λ的最小值為_____.

解依題意,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,+∞)上單調遞增.依題意,f(λx) ≥f(lnx)恒成立, 即λx≥lnx恒成立, 則λ≥恒成立, 又易求因此λ≥則λ的最小值為

七、反客為主,變換主元

例9(2015年高考全國新課標Ⅰ卷文科第21 題節(jié)選)設函數(shù)f(x)=e2x-alnx.證明:a ＞0 時,f(x)≥2a+

證明要證原不等式只需證明-lnx-2＞0,將左式看成關于a的函數(shù),令g(a) =-lnx-2.則g′(a) =因此g(a) 在(0,e2x) 上單調遞減; 在(e2x,+∞) 上單調遞增, 故g(a)min=g(e2x) = 2x-lnxln 2-1.令h(x) = 2x-lnx-ln 2-1,則h′(x) =則h(x)在上單調遞減;在上單調遞增,因此h(x)min==0,證畢.

本文所選擇的部分例題可以用筆者給出的“七種武器”里面的其它武器解決,感興趣的讀者可以自行嘗試.另外需要指出的是, 沒有哪種解題策略是可以解決所有的問題的,當面對具體的問題時,我們還需具體分析,選擇最適合的方法解題.