指數、對數不等式問題“同構”處理策略

胡 振 劉 勇

(山東省淄博市臨淄中學)

既含有指數函數又含有對數函數的不等式證明或不等式恒成立問題,是近年高考的常考題型,且大多以解答壓軸題的形式出現.此類問題雖然綜合性強、題型多變,但并非無規律可循,下面引例探究.

例1(2020 年新高考Ⅰ卷21)已知函數f(x)＝aex－1－lnx＋lna.

(1)當a＝e時,求曲線y＝f(x)在點(1,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;

(2)若f(x)≥1,求a的取值范圍.

本題是含參的不等式恒成立問題,常用的方法是分離參數求函數的最值,但函數f(x)中既含有指數式,又含有對數式,因此本文給出其中一種通用的解題方法,即針對指數式的指數或對數式的真數進行相應變換,構造函數,再利用函數的單調性判斷.

1 知識儲備

轉化、構造是應用同構法解題的關鍵步驟,常用的轉化關系如下.

另外,還要熟悉上述轉化關系式中等號左邊函數的圖像和性質,如f(x)＝xex.除此之外,f(x)＝,f(x)＝x±ex都是常考的函數模型.

2 知識拓展

我們可以進一步將上面的知識進行拓展,即通過轉化建立不同函數之間的關聯.例如,設f(x)＝xex,g(x)＝xlnx,則對函數g(x)進行轉化可得g(x)＝xlnx＝elnxlnx＝f(lnx).

此外,還要注意積累一些重要的不等式,如切線不等式ex≥x＋1,其中直線y＝x＋1是曲線y＝ex在點(0,1)處的切線.

將不等式ex≥x＋1中的x換為lnx,可得x≥lnx＋1,即x－1≥lnx,其中y＝x－1是曲線y＝lnx在點(0,1)處切線.其他的變化形式還有如下幾種.

求解有關問題時利用這些不等式進行放縮,可收到事半功倍之效.當然這些不等式只是我們推導得出的結論,在應用前要先進行證明.

3 策略應用

下面先來看例1第(2)問的解答.

方法1不等式f(x)≥1,即aex－1－lnx＋lna≥1,可按如下幾個步驟構造同構函數:

1)將指數與對數分離,即分別放在不等號的兩邊,即aex－1≥lnx－lna＋1.

2)將aex－1化為同底數的指數函數,即

3)在不等號的兩邊同時加lna＋x－1,得

化簡整理得

4)將不等號右邊的x轉化為elnx,即

進而構造同構函數g(x)＝ex＋x,則將不等式elna＋x－1＋(lna＋x－1)≥elnx＋lnx轉化為不等式g(lna＋x－1)≥g(lnx),再利用g(x)的單調性進行判斷.

易證g(x)為增函數,所以只需lna＋x－1≥lnx,即lnx－x＋1≤lna.

令h(x)＝lnx－x＋1,求導得,由h′(x)＝0,得x＝1.在(0,1)上,h′(x)＞0,h(x)單調遞增;在(1,＋∞)上,h′(x)＜0,h(x)單調遞減,所以hmax(x)＝h(1)＝0,所以lna≥0,a≥1.

綜上,a的取值范圍是[1,＋∞).

當然也可以利用如下的構造方法.

方法21)將指數與對數分離,即分別放在不等號的兩邊,即aex－1≥lnx－lna＋1.

2)將不等號右邊的對數式與常數合并得aex－1≥

3)在不等號的兩邊同時乘ex,再同時除以a,得

4)構造同構函數g(x)＝xex,易知此函數在(0,＋∞)上單調遞增,故不等式可轉化為

4 方法鞏固

下面給出幾道例題,深入體會這種解題方法的應用,題目條件略有變化,求解時要注意轉化的方向及變形的方法.

例2對于任意x＞0,不等式2ae2x－lnx＋lna≥0恒成立,則實數a的最小值為_________.

方法1由條件可知a＞0,2ae2x－lnx＋lna≥0,可從如下幾個步驟對不等式進行同構變形.

1)將指數式與對數式分別置于不等式的兩邊可得2ae2x≥lnx－lna.

2)不等號的右邊同底數的兩個對數之差可合并為同一對數,即

3)在不等式的兩邊同時乘x,再同時除以a,得

方法21)將指數式與對數式分別置于不等式的兩邊得2ae2x≥lnx－lna.

2)對不等號的左邊進行變形得

3)在不等式的兩邊同時加2x＋lna＋ln2,得

化簡得e2x＋lna＋ln2＋2x＋lna＋ln2≥ln2x＋2x.

4)再將不等號右邊的2x進行指數化得

5)構造同構函數g(x)＝ex＋x,從而不等式e2x＋lna＋ln2＋2x＋lna＋ln2≥eln2x＋ln2x等價于g(2x＋lna＋ln2)≥g(ln2x),而函數g(x)＝ex＋x在(0,＋∞)上單調遞增,所以2x＋lna＋ln2≥ln2x,即lna≥lnx－2x.以下同方法1.

(完)