巧用对数恒等式解决导数问题

韦莹 罗连

[摘   要]文章结合高考的考查重点——指数函数、对数函数，分析运用对数恒等式解决指对数混合式问题的两种方法技巧：一是对数恒等式同构式转化法：[alogaN=NN>0， a>0且a≠1];二是指、对数相关不等式放缩法：[ex≥x+1x∈R]与[lnx≤x-1x>0].

[关键词]对数恒等式;同构式转化法;切线放缩法

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章編号]    1674-6058（2021）20-0018-03

一、相关性质、定理

指数函数、对数函数是中学数学重要的基本初等函数，也是历年高考数学考查的重难点.其中，涉及指、对数含参、最值等导数与函数的问题，综合性强，灵活应用性高，运用以下两种方法技巧可实现高效、创新求解.一是对数恒等式同构式转化法：[alogaN=NN>0， a>0且a≠1];二是指、对数相关不等式放缩法：[ex≥x+1（x∈R）]与[ln x≤x-1（x>0）].

1.相关性质

性质：[alogaN=NN>0， a>0且a≠1].

这个等式描述了对数的一种性质，称为“对数恒等式”，当指、对数同时出现在一个式子中时，可以考虑利用这个恒等式把常数转化成指数，其中[x=eln xx>0]就是最常用的一个特例.

2.两个定理

定理 1： [?x∈R]，都有[ex≥x+1]，当且仅当[x=0]时等号成立.

证明：令[g（x）=ex-x-1]，则[g（x）=ex-1]，

当[x>0]时，[g（x）>0]，[g（x）]单调递增;

当[x<0]时，[g（x）<0]，[g（x）]单调递减.

故[g（x）≥g（0）=0]，即[ex≥x+1]恒成立，当且仅当[x=0]时等号成立.

定理2 ：[?x∈0，+∞]，都有[ln x≤x-1]，当且仅当[x=1]时等号成立.

不等式[ln x≤x-1]的证明方法与定理1相似，这里不再赘述.

在涉及指、对数的问题中，直接构造函数比较复杂，利用这两个不等式进行放缩，可化繁为简，实现问题的高效求解.

二、实例应用

1.对数恒等式同构式转化法

同构式是指变量不同、结构相同的表达式，多表现为函数对称性的应用，形如[x1-ln x1≥x2-ln x2]，记[F（x）=x-ln x]，则原不等式可变形为[F（x1）≥Fx2].在指、对数的问题中，直接构造函数利用隐零点进行求解，分析和计算量都较大，但利用对数恒等式的常用形式[x=eln xx>0]，对指、对数混合式进行改造、变形，可使其实现结构的统一，化繁为简.对数恒等式同构式转化主要通过以下两个步骤完成：（1）构造对称函数[Fg（x）≥≤Fh（x）]，其中称[F（x）]为外层函数，通常情况下函数[F（x）]具备两个特点：①含指数、对数的混合式;②单调性和最值易求;（2）研究[F（x）]的单调性，将问题转化为内层函数[g（x）]与[h（x）]的单调性、极值、最值问题求解.下面结合具体例子进行分析.

[例1]（2020年黑龙江二模）已知不等式[x+aln x+1ex≥xa]对[x∈1，+∞]恒成立，则实数[a]的最小值为（ ）.

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

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

设函数[f（x）=x-ln x]，则[f（x）=1-1x=1-xx]，∴[f（x）]在[0，1]上单调递减，在[1，+∞]上单调递增，即[f（e-x）≥f（xa）]对[x∈1，+∞]恒成立.

∵[x∈1，+∞]时，[e-x∈0，1e];根据选项，只需讨论[a<0]的情况.

当[a<0]时，[y=xa]在[x∈1，+∞]上单调递减，

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

设函数[h（x）=-xln x]，则[h（x）=1-ln x（ln x）2]，[h（x）]在[1，e]上单调递增，在[e，+∞]上单调递减，[h（x）max=h（e）=-e]，即[a≥-e]，故选C.

[例2]（2019年武汉调研）已知函数[f（x）=ex-aln（ax-a）+a（a>0）]，若关于[x]的不等式[f（x）>0]恒成立，则实数[a]的取值范围为[（][）].

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]，[∴]不等式两边同时除以[a]，得[exa>ln（x-1）+ln a-1]，变形为[ex-lna-ln a>ln（x-1）-1]，不等式两边同时加上[x]，得[ex-ln a+x-ln a>ln（x-1）+x-1].

令[g（x）=ex+x]，则[g（x-ln a）>g（ln（x-1））]，易得[g（x）]在[1，+∞]上单调递增，∴问题转化为不等式[x-ln a>ln（x-1）]在[1，+∞]上恒成立，∴[-ln a>ln（x-1）-x]在[1，+∞]上恒成立.

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

∴实数[a]的取值范围为[0， e2]，故选B.

评析：以上两个例题思路基本类似，但值得注意的是在构造同构式的过程中，利用对数恒等式变形后，不一定能够同构成功，还需要进行一定的四则运算配凑，如不等式两边同加[x].一般的求解模式：

[变形、构造同构式

[F（g（x））≥≤F（h（x））]][利用[Fx]的单调性，转化为[g（x）]与[h（x）]的不等式][研究函数[F（x）]的单调性]

2.指、对数相关不等式放缩法

有時在指、对数混合的函数问题中，利用切线不等式[ex≥x+1]、[ln x≤x-1x>0]进行放缩，会大大降低运算量，提高解题速率.

[例3]（2020年武汉模拟）已知关于[x]的不等式[exx3-x-aln x≥1]对于任意[x∈（1，+∞）]恒成立，则实数[a]的取值范围为      .

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

则由题意可得[a≤f（x）min]，

由切线不等式[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]，

当且仅当[x-3ln x=0]时，等号成立，所以[a≥-3].

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

（1）若[b=0]，曲线[f（x）]在点[1，  f1]处的切线与直线[y=2x]平行，求[a]的值;

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

解：（1）略;

（2）当[b=2]时，

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

当且仅当[2ln x+ax+1=0]时，取“=”.

所以问题转化为[2ln x+ax+1=0]在[0，+∞]上有解，即[a=-1+2ln xx]在[0，+∞]上有解.

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

∴[h（x）]的单调递减区间为[（0 ，e）]，单调递增区间为[e，+∞]，所以[h（x）]的最小值为[h（e）=-2e]，故[a]的最小值为[-2e].

当[a=-2e]时，[ f（x）]的值域为[2 ，+∞].

评析：在例3中，若直接对函数[f（x）=x-3ex-x-1ln x]进行求导，会比较困难，需另寻新思路.结合原式从泰勒展开式角度思考，尝试进行放缩处理，利用切线不等式[ex≥x+1]，得[ex-3ln x-1-x≥x-3ln x+1-1-x=-3ln x]，注意等号成立的条件是取到最值的关键.相对来说，例4则充分体现了放缩过程中等号成立条件应用的高效性.将[b=2]代入原式，利用对数恒等式[x=eln x]变形、切线不等式[ex≥x+1]放缩，即可证明[f（x）≥2]，但题目所求的是[a]的最小值，而上述过程没有涉及参数[a]的求解，所以考虑用不等式[e2ln x+ax+1≥2ln x+ax+1+1]等号成立的条件[2ln x+ax+1=0]求[a]的取值，注意检验最值的合理性.

[例5]（2020年江西模拟）已知函数[f（x）=axex+b]（其中[e]是自然对数的底数，[a]，[b∈R]）在点[1，  f（1）]处的切线方程是[2ex-y-e=0].

（1）求函数[f（x）]的单调区间.

（2）设函数[g（x）=f（x）2x-mx-ln x]，若[g（x）≥1]在[x∈0，+∞]上恒成立，求实数[m]的取值范围.

解：（1）对函数[f（x）=axex+b]求导，得[f（x）=a（1+x）ex]，由条件可知[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]，

当[x∈-∞，-1]时，[ f（x）<0]，函数[f（x）]单调递减;

当[x∈-1，+∞]时，[f（x）>0]，函数[f（x）]单调递增.

故函数[f（x）]的单调递减区间为[-∞，-1]，单调递增区间为[-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].

当[m>2]时，

[g（x）=e2x+ln x-mx-ln x

令[t=2x+ln x（t∈R）]，则[y=et-t， y=et-1].

∴[y=et-t]在[-∞， 0]上单调递减，在[0，+∞]上单调递增，∴[ymin=1]，∴[g（x）<1]，不合题意.

综上，实数m的取值范围是[-∞，2].

评析：本例运用对数恒等式进行变形，以及结合不等式[e2x+ln x≥2x+ln x+1]进行放缩，转化为恒成立问题，求出命题成立的必要条件，再证明充分性也成立，这大大缩短了运算的过程，但需要较强的逻辑思维能力与推理论证能力，有一定的灵活性.

对数恒等式同构式转化法与指、对数相关不等式放缩法是解决指、对数式函数单调性、极值、最值问题的两种重要思路方法，对数恒等式同构式转化法本质上就是复合函数单调性的应用，关键在于对称式函数[Fg（x）≥≤Fh（x）]的构造;而指、对数不等式放缩法则是借用泰勒展开式，消去某些变量或常数，降低超越函数——指、对数式求导的繁杂程度，实现降级求解，注意放缩时等号成立的条件往往是解题的关键.

[   参   考   文   献   ]

[1]  甘志国.用指数对数恒等式[x=eln x]简便解题[J].高中数学教与学，2020（9）：7-9.

[2]  李文东，王恒亮.利用同构式巧解数学问题[J].高中数学教与学，2019（13）：4-6.

[3]  钱鹏，邹生书.活用“龙凤不等式”简解函数压轴题[J].河北理科教学研究，2019（4）：1-3.

[4]  马汉阳.巧用切线不等式定理证明与导数有关的不等式问题[J].中学教学参考，2019（2）：3-4.

（责任编辑 黄春香）