巧用對數恒等式解決導數問題

韋瑩 羅連

[摘? ?要]文章結合高考的考查重點——指數函數、對數函數，分析運用對數恒等式解決指對數混合式問題的兩種方法技巧：一是對數恒等式同構式轉化法：[alogaN=NN>0， a>0且a≠1];二是指、對數相關不等式放縮法：[ex≥x+1x∈R]與[lnx≤x-1x>0].

[關鍵詞]對數恒等式;同構式轉化法;切線放縮法

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2021）20-0018-03

一、相關性質、定理

指數函數、對數函數是中學數學重要的基本初等函數，也是歷年高考數學考查的重難點.其中，涉及指、對數含參、最值等導數與函數的問題，綜合性強，靈活應用性高，運用以下兩種方法技巧可實現高效、創新求解.一是對數恒等式同構式轉化法：[alogaN=NN>0， a>0且a≠1];二是指、對數相關不等式放縮法：[ex≥x+1（x∈R）]與[ln x≤x-1（x>0）].

1.相關性質

性質：[alogaN=NN>0， a>0且a≠1].

這個等式描述了對數的一種性質，稱為“對數恒等式”，當指、對數同時出現在一個式子中時，可以考慮利用這個恒等式把常數轉化成指數，其中[x=eln xx>0]就是最常用的一個特例.

2.兩個定理

定理 1： [?x∈R]，都有[ex≥x+1]，當且僅當[x=0]時等號成立.

證明：令[g（x）=ex-x-1]，則[g（x）=ex-1]，

當[x>0]時，[g（x）>0]，[g（x）]單調遞增;

當[x<0]時，[g（x）<0]，[g（x）]單調遞減.

故[g（x）≥g（0）=0]，即[ex≥x+1]恒成立，當且僅當[x=0]時等號成立.

定理2 ：[?x∈0，+∞]，都有[ln x≤x-1]，當且僅當[x=1]時等號成立.

不等式[ln x≤x-1]的證明方法與定理1相似，這里不再贅述.

在涉及指、對數的問題中，直接構造函數比較復雜，利用這兩個不等式進行放縮，可化繁為簡，實現問題的高效求解.

二、實例應用

1.對數恒等式同構式轉化法

同構式是指變量不同、結構相同的表達式，多表現為函數對稱性的應用，形如[x1-ln x1≥x2-ln x2]，記[F（x）=x-ln x]，則原不等式可變形為[F（x1）≥Fx2].在指、對數的問題中，直接構造函數利用隱零點進行求解，分析和計算量都較大，但利用對數恒等式的常用形式[x=eln xx>0]，對指、對數混合式進行改造、變形，可使其實現結構的統一，化繁為簡.對數恒等式同構式轉化主要通過以下兩個步驟完成：（1）構造對稱函數[Fg（x）≥≤Fh（x）]，其中稱[F（x）]為外層函數，通常情況下函數[F（x）]具備兩個特點：①含指數、對數的混合式;②單調性和最值易求;（2）研究[F（x）]的單調性，將問題轉化為內層函數[g（x）]與[h（x）]的單調性、極值、最值問題求解.下面結合具體例子進行分析.

[例1]（2020年黑龍江二模）已知不等式[x+aln x+1ex≥xa]對[x∈1，+∞]恒成立，則實數[a]的最小值為（ ）.

A.[-e] B.[-e2] C.[-e] D.[-2e]

解：不等式[x+aln x+1ex≥xa]對[x∈1，+∞]恒成立，即[x+1ex≥xa-aln x=xa-ln xa]對[x∈1，+∞]恒成立，即[e-x-ln e-x≥xa-ln xa]對[x∈1，+∞]恒成立.

設函數[f（x）=x-ln x]，則[f（x）=1-1x=1-xx]，∴[f（x）]在[0，1]上單調遞減，在[1，+∞]上單調遞增，即[f（e-x）≥f（xa）]對[x∈1，+∞]恒成立.

∵[x∈1，+∞]時，[e-x∈0，1e];根據選項，只需討論[a<0]的情況.

當[a<0]時，[y=xa]在[x∈1，+∞]上單調遞減，

則[xa∈0，1]，則[e-x≤xa]，∴[-x≤aln x（x>1）]，即[a≥-xln x（x>1）].

設函數[h（x）=-xln x]，則[h（x）=1-ln x（ln x）2]，[h（x）]在[1，e]上單調遞增，在[e，+∞]上單調遞減，[h（x）max=h（e）=-e]，即[a≥-e]，故選C.

[例2]（2019年武漢調研）已知函數[f（x）=ex-aln（ax-a）+a（a>0）]，若關于[x]的不等式[f（x）>0]恒成立，則實數[a]的取值范圍為[（][）].

A. [0， e2]B. [0， e2]C. [1， e2]D. [1， e2]

解：[ f（x）=ex-aln（ax-a）+a>0（a>0）]在[1，+∞]上恒成立，[∵a>0]，[∴]不等式兩邊同時除以[a]，得[exa>ln（x-1）+ln a-1]，變形為[ex-lna-ln a>ln（x-1）-1]，不等式兩邊同時加上[x]，得[ex-ln a+x-ln a>ln（x-1）+x-1].

令[g（x）=ex+x]，則[g（x-ln a）>g（ln（x-1））]，易得[g（x）]在[1，+∞]上單調遞增，∴問題轉化為不等式[x-ln a>ln（x-1）]在[1，+∞]上恒成立，∴[-ln a>ln（x-1）-x]在[1，+∞]上恒成立.

由切線不等式[ln x≤x-1]得，[ln（x-1）-x≤x-2-x=-2]，∴[-ln a>-2]，∴[0

∴實數[a]的取值范圍為[0， e2]，故選B.

評析：以上兩個例題思路基本類似，但值得注意的是在構造同構式的過程中，利用對數恒等式變形后，不一定能夠同構成功，還需要進行一定的四則運算配湊，如不等式兩邊同加[x].一般的求解模式：

[變形、構造同構式

[F（g（x））≥≤F（h（x））]][利用[Fx]的單調性，轉化為[g（x）]與[h（x）]的不等式][研究函數[F（x）]的單調性]

2.指、對數相關不等式放縮法

有時在指、對數混合的函數問題中，利用切線不等式[ex≥x+1]、[ln x≤x-1x>0]進行放縮，會大大降低運算量，提高解題速率.

[例3]（2020年武漢模擬）已知關于[x]的不等式[exx3-x-aln x≥1]對于任意[x∈（1，+∞）]恒成立，則實數[a]的取值范圍為 ? ? ?.

解：不等式[exx3-x-aln x≥1]對于任意[x∈1，+∞]恒成立，即不等式[a≤exx3-x-1ln x]對于任意[x∈（1，+∞）]恒成立，令[f（x）=exx3-x-1ln xx>1]，

則由題意可得[a≤f（x）min]，

由切線不等式[ex≥x+1]，得

[f（x）=exx3-x-1ln x=x-3ex-x-1ln x=ex-3ln x-1-xln x≥x-3ln x+1-1-xln x=-3]，

當且僅當[x-3ln x=0]時，等號成立，所以[a≥-3].

[例4]（2020年寧德一模）已知函數[f（x）=x2·eax+1-blnx-ax（a，b∈R）].

（1）若[b=0]，曲線[f（x）]在點[1，? f1]處的切線與直線[y=2x]平行，求[a]的值;

（2）若[b=2]，且函數[f（x）]的值域為[2，+∞]，求[a]的最小值.

解：（1）略;

（2）當[b=2]時，

[f（x）=x2eax+1-2ln x-ax=e2ln x+ax+1-2ln x-ax≥][2ln x+ax+1+1-2ln x-ax=2]，

當且僅當[2ln x+ax+1=0]時，取“=”.

所以問題轉化為[2ln x+ax+1=0]在[0，+∞]上有解，即[a=-1+2ln xx]在[0，+∞]上有解.

設[h（x）=-1+2ln xx（x>0）]，[h（x）=2ln x-1x2]，

∴[h（x）]的單調遞減區間為[（0 ，e）]，單調遞增區間為[e，+∞]，所以[h（x）]的最小值為[h（e）=-2e]，故[a]的最小值為[-2e].

當[a=-2e]時，[ f（x）]的值域為[2 ，+∞].

評析：在例3中，若直接對函數[f（x）=x-3ex-x-1ln x]進行求導，會比較困難，需另尋新思路.結合原式從泰勒展開式角度思考，嘗試進行放縮處理，利用切線不等式[ex≥x+1]，得[ex-3ln x-1-x≥x-3ln x+1-1-x=-3ln x]，注意等號成立的條件是取到最值的關鍵.相對來說，例4則充分體現了放縮過程中等號成立條件應用的高效性.將[b=2]代入原式，利用對數恒等式[x=eln x]變形、切線不等式[ex≥x+1]放縮，即可證明[f（x）≥2]，但題目所求的是[a]的最小值，而上述過程沒有涉及參數[a]的求解，所以考慮用不等式[e2ln x+ax+1≥2ln x+ax+1+1]等號成立的條件[2ln x+ax+1=0]求[a]的取值，注意檢驗最值的合理性.

[例5]（2020年江西模擬）已知函數[f（x）=axex+b]（其中[e]是自然對數的底數，[a]，[b∈R]）在點[1，? f（1）]處的切線方程是[2ex-y-e=0].

（1）求函數[f（x）]的單調區間.

（2）設函數[g（x）=f（x）2x-mx-ln x]，若[g（x）≥1]在[x∈0，+∞]上恒成立，求實數[m]的取值范圍.

解：（1）對函數[f（x）=axex+b]求導，得[f（x）=a（1+x）ex]，由條件可知[f（1）=ae+b=e]，[f（x）=a（1+1）e=2e]，解得[a=1， b=0]，[∴f（x）=xex]， [f（x）=（x+1）ex]，

令[f（x）=0]，得[x=-1]，

當[x∈-∞，-1]時，[ f（x）<0]，函數[f（x）]單調遞減;

當[x∈-1，+∞]時，[f（x）>0]，函數[f（x）]單調遞增.

故函數[f（x）]的單調遞減區間為[-∞，-1]，單調遞增區間為[-1，+∞];

（2）[g（x）=xe2x-mx-ln x≥1]在[0，+∞]上恒成立.

[g（x）=xe2x-mx-ln x=e2x+ln x-mx-ln x≥][2x+ln x+1-mx-ln x=（2-m）x+1，]即[（2-m）x+1≥1]在[0，+∞]恒成立，∴[2-m≥0]，∴[m≤2].

當[m>2]時，

[g（x）=e2x+ln x-mx-ln x

令[t=2x+ln x（t∈R）]，則[y=et-t， y=et-1].

∴[y=et-t]在[-∞， 0]上單調遞減，在[0，+∞]上單調遞增，∴[ymin=1]，∴[g（x）<1]，不合題意.

綜上，實數m的取值范圍是[-∞，2].

評析：本例運用對數恒等式進行變形，以及結合不等式[e2x+ln x≥2x+ln x+1]進行放縮，轉化為恒成立問題，求出命題成立的必要條件，再證明充分性也成立，這大大縮短了運算的過程，但需要較強的邏輯思維能力與推理論證能力，有一定的靈活性.

對數恒等式同構式轉化法與指、對數相關不等式放縮法是解決指、對數式函數單調性、極值、最值問題的兩種重要思路方法，對數恒等式同構式轉化法本質上就是復合函數單調性的應用，關鍵在于對稱式函數[Fg（x）≥≤Fh（x）]的構造;而指、對數不等式放縮法則是借用泰勒展開式，消去某些變量或常數，降低超越函數——指、對數式求導的繁雜程度，實現降級求解，注意放縮時等號成立的條件往往是解題的關鍵.

[? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?]

[1]? 甘志國.用指數對數恒等式[x=eln x]簡便解題[J].高中數學教與學，2020（9）：7-9.

[2]? 李文東，王恒亮.利用同構式巧解數學問題[J].高中數學教與學，2019（13）：4-6.

[3]? 錢鵬，鄒生書.活用“龍鳳不等式”簡解函數壓軸題[J].河北理科教學研究，2019（4）：1-3.

[4]? 馬漢陽.巧用切線不等式定理證明與導數有關的不等式問題[J].中學教學參考，2019（2）：3-4.

（責任編輯 黃春香）