2023高考数学二轮专题导数38讲 专题13 导数中对数单身狗指数找基友的应用

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专题13　导数中对数单身狗指数找基友的应用
导数在高考中占据了及其重要的地位，导数是研究函数的一个重要的工具，在判断函数的单调性、求函数的极值、最值与解决函数的零点(方程的根)、不等式问题中都用到导数．而这类问题都有一条经验性规则：对数单身狗，指数找基友，指对在一起，常常要分手．
考点一　对数单身狗
【方法总结】
在证明或处理含对数函数的不等式时，如f(x)为可导函数，则有(f(x)lnx)′＝f′(x)lnx＋，若f(x)为非常数函数，求导式子中含有lnx，这类问题需要多次求导，烦琐复杂．通常要将对数型的函数“独立分离”出来，这样再对新函数求导时，就不含对数了，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导．这种相当于让对数函数“孤军奋战”的变形过程，我们形象的称之为“对数单身狗”．
1．设f(x)>0，f(x)lnx＋g(x)>0ólnx＋>0，则(lnx＋)′＝＋()′，不含超越函数，求解过程简单．或者f(x)lnx＋g(x)>0óf(x)(lnx＋)>0，即将前面部分提出，就留下lnx这个单身狗，然后研究剩余部分．
2．设f(x)≠0，f(x)lnx＋g(x)＝0ólnx＋＝0，则(lnx＋)′＝＋()′，不含超越函数，求解过程简单．或者f(x)lnx＋g(x)＝0óf(x)(lnx＋)＝0，即将前面部分提出，就留下lnx这个单身狗，然后研究剩余部分．
【例题选讲】
[例1] (2016·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．
解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2．故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0．
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－＞0．
设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝－＝，g(1)＝0．
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，
故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋．
由x2＞1和x1x2＝1得0 因此g(x)＜g(1)＝0．
综上，a的取值范围是(－∞，2]．
[例2]已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当x＞0，且x≠1时，f(x)＞．
解析　(1)f′(x)＝－(x＞0)．由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，
故即解得
(2)由(1)知f(x)＝＋(x＞0)，所以f(x)－＝．
考虑函数h(x)＝2ln x－(x＞0)，则h′(x)＝－＝－．
所以当x≠1时，h′(x)＜0．而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0．从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，即f(x)＞．
【对点精练】
1．若不等式xln x≥a(x－1))对所x≥1有都成立，求实数a的取值范围．
1．解析　原问题等价于lnx－≥0对所有x≥1都成立，
令h(x)＝lnx－(x≥1)，则f′(x)＝．
(1)当a≤1时，f′(x)＝≥0恒成立，即f(x)在[1，＋∞)上单调递增，因而f(x) ≥f(1)＝0恒成立；
(2)当a>1时，令f′(x)＝0，则x＝a，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(a)＝lna－a＋1，不合题意．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．
2．(2017·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0．
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2 2．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1．
若a＝1，则g′(x)＝1－．当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．
(2)由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x．
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－．当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0．
所以h(x)在单调递减，在单调递增．又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，
且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，
故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈(0，1)得f(x0)<．因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，
由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以e－2 3．(2018·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x．
(1)若a＝0，证明：当－10时，f(x)>0；
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a．
3．解析　(1)当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－．
设函数g(x)＝ln(1＋x)－，则g′(x)＝．
当－10时，g′(x)>0，故当x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，
且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0．
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，
故当－10时，f(x)>0．
另解　当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x(x>－1)，由于2＋x>0．故令g(x)＝ln(1＋x)－，
g′(x)＝－＝，故x∈(－1，＋∞)，g′(0) >0．所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
因为g(0)＝0，所以，当－10时，g(x)>0，
故当－10时，f(x)>0．
(2)①若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
②若a<0，设函数h(x)＝＝ln(1＋x)－．
由于当|x|0，故h(x)与f(x)符号相同．又h(0)＝f(0)＝0，
故x＝0是f(x)的极大值点，当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝－＝．
若6a＋1>0，则当00，故x＝0不是h(x)的极大值点．
若6a＋1<0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1<0，
故当x∈(x1，0)，且|x| 若6a＋1＝0，则h′(x)＝，则当x∈(－1，0)时，h′(x)>0；当x∈(0，1)时，h′(x)<0．
所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．综上，a＝－．
考点二　指数找基友
【方法总结】
在证明或处理含指数函数的不等式时，通常要将指数型的函数“结合”起来，即让指数型的函数乘以或除以一个多项式函数，这样再对新函数求导时，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导．这种相当于让指数函数寻找“合作伙伴”的变形过程，我们形象的称之为“指数找基友”．
1．由ex＋f(x)>0ó1＋>0，则(1＋)′＝是一个多项式函数，变形后可大大简化运算．
2．由ex＋f(x)＝0ó1＋＝0，则(1＋)′＝是一个多项式函数，变形后可大大简化运算．
【例题选讲】
[例3] (2018·全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax2．
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a．
解析　(1)当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0．
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x．
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1．
另解　当a＝1时，f(x)＝ex－x2，则f′(x)＝ex－2x．
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2．令g′(x)＝0，解得x＝ln2．
当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0．
∴当x≥0时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1．
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x．f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x．
当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0．
所以h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．
①当h(2)＞0，即a＜时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．
②当h(2)＝0，即a＝时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．
③当h(2)＜0，即a＞时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)上有一个零点．
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，
故h(x)在(2，4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝．
另解(参变分离)　若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，
由a＝，令φ(x)＝，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝2．
当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0．
∴φ(x)min＝φ(2)＝．∴a＝．
[例4](2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．
(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围．
解析　(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，
由于f″(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，
故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
(2) f(x)≥x3＋1等价于(x3－ax2＋x＋1) e－x≤1．
设函数g(x)＝(x3－ax2＋x＋1) e－x(x≥0)，则g′(x)＝－(x3－ax2＋x＋1－x2＋2ax－1) e－x
＝－x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－x(x－2a－1) (x－2)e－x．
（i）若2a+1≤0，即a≤－，则当x∈（0，2）时，g′(x)>0．
所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意．
（ii）若0<2a+1<2，即－0．
所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增．
由于g(0)=1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥．所以当≤a<时，g(x)≤1．
（iii）若2a+1≥2，即a≥，则g(x)≤(x3＋x＋1)e－x．
由于0∈[，)，故由（ii）可得(x3－ax2＋x＋1) e－x≤1．故当时a≥，g(x)≤1．
综上，a的取值范围是．
另解(参变分离)　由f(x)≥x3＋1，得ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0，
①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；
②当x＞0时，分离参数a得a≥－，
记g(x)＝－，g′(x)＝－，
令h(x)＝ex－x2－x－1(x≥0)，则h′(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1≥0，
故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，
由h(x)≥0可得ex－x2－x－1≥0恒成立，
故当x∈(0，2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
因此，g(x)max＝g(2)＝，综上可得，实数a的取值范围是．
【对点精练】
1．已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
1．解析　解法一　由f′(x)＝ex－1－2ax，又ex≥x＋1，所以f′(x)＝ex－1－2ax≥x－2ax＝(1－2a)x，
所以当1－2a≥0，即a≤时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0，满足题意；
又x≠0时，ex＞x＋1，所以可得e－x＞1－x，
从而当a＞时，f′(x)＝ex－1－2ax≤ex－ex·e－x＋2a(e－x－1)＝(1－e－x)·(ex－2a)，
故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)＜0，而f(0)＝0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)＜0，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围为．
解法二　因为ex≥x＋1，所以当a≤0时，ex≥ax2＋x＋1恒成立，故只需讨论a＞0的情形．
令F(x)＝e－x(1＋x＋ax2)－1，问题等价于F(x)≤0，
由F′(x)＝e－x[－ax2＋(2a－1)x]＝0得x1＝0，x2＝．
当0＜a≤时，F(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以F(x)≤F(0)＝0恒成立；
当a＞时，因为F(x)在[0，x2]上单调递增，所以F(x2)≥F(0)＝0恒成立，此时F(x)≤0不恒成立．
综上所述，实数a的取值范围是．
2．已知函数f(x)＝e－x＋ax(a∈R)．
(1)讨论f(x)的最值；
(2)若a＝0，求证：f(x)>－x2＋．
2．解析：(1)依题意，得f′(x)＝－e－x＋a．
①当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在R上单调递减，故f(x)不存在最大值和最小值；
②当a>0时，由f′(x)＝0得x＝－ln a．
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x) >0，f(x)单调递增．
故当x＝－ln a时，f(x)取得极小值，也是最小值，最小值为f(－ln a)＝a－aln a，不存在最大值．
综上，当a≤0时，f(x)不存在最大值和最小值；当a>0时，f(x)的最小值为a－aln a，不存在最大值．
(2)当a＝0时，f(x)＝e－x，要证f(x)>－x2＋，即证e－x>－x2＋，即证(5－4x2)ex<8．
设h(x)＝(5－4x2)ex，
当5－4x2≤0，即x≤－或x≥时，h(x)≤0<8；
当5－4x2>0，即－ 所以当－0，h(x)在上单调递增，
当 所以当－ 综上所述，不等式f(x)>－x2＋成立．
3．已知函数f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·ex，a∈R．
(1)求证：存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切；
(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有两个整数解，求a的取值范围．
3．解析　(1)f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)ex．
设直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)，
得a(x0－x0＋1)＝，①
又因为直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)，
整理得a(x0＋－1)＝，②
结合①②得x0－x0＋1＝x0＋－1，即＋x0－2＝0，令h(x)＝ex＋x－2，
则h′(x)＝ex＋1＞0，所以h(x)在R上单调递增．
又因为h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一实数x0，使得＋x0－2＝0，且x0∈(0，1)，
所以存在唯一实数a，使①②两式成立，故存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)与曲线y＝g(x)相切．
(2)令f(x)＞g(x)，即a(x－1)＞(ax－1)ex，所以axex－ax＋a＜ex，所以a＜1，
令m(x)＝x－，则m′(x)＝，
由(1)可得m(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且x0∈(0，1)，
故当x≤0时，m(x)≥m(0)＝1，当x≥1时，m(x)≥m(1)＝1，所以当x∈Z时，m(x)≥1恒成立．
①当a≤0时，am(x)＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；
②当0＜a＜1时，m(x)＜，因为＞1，m(0)＝m(1)＝1，
所以两个整数解分别为0，1，即解得a≥，即a∈；
③当a≥1时，m(x)＜，因为≤1，m(x)在x∈Z时大于或等于1，所以m(x)＜无整数解，舍去．
综上所述，a的取值范围为．
考点三　指对在一起，常常要分手
【方法总结】
设f(x)为可导函数，则有(exlnx－f(x))′＝exlnx＋－f′(x)，若f(x)为非常数函数，求导式子中还是含有ex，lnx，针对此类型，可以采用作商的方法，构造＝lnx－，从而达到简化证明和求极值、最值的目的，exlnx腻在一起，常常会分手．
【例题选讲】
[例5] (2014·全国Ⅰ)设函数f(x)＝aexln x＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为y＝e(x－1)＋2．
(1)求a，b；
(2)证明：f(x)＞1．
解析　(1)f′(x)＝aex＋(x＞0)，由于直线y＝e(x－1)＋2的斜率为e，图象过点(1，2)，所以即解得
(2)由(1)知f(x)＝exln x＋(x＞0)，从而f(x)＞1等价于xln x＞xe－x－．
构造函数g(x)＝xln x，则g′(x)＝1＋ln x，
所以当x∈时，g′(x)＜0，当x∈时，g′(x)＞0，
故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－．
构造函数h(x)＝xe－x－，则h′(x)＝e－x(1－x)．
所以当x∈(0，1)时，h′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0；
故h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，从而h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－．
综上，当x＞0时，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1．

[例6]已知函数f(x)＝＋a ln x，g(x)＝．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：a＝1时，f(x)＋g(x)－ln x＞e．
解析　(1)f(x)＝＋a ln x，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝－＋＝．
当a≤0时，f′(x)＜0，函数f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递减．
当a＞0时，由f′(x)<0，得00，得x>，
所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)a＝1时，要证f(x)＋g(x)－ln x＞e．
即要证＋－ln x－e＞0⇔ex－ex＋1>，x∈(0，＋∞)．
令F(x)＝ex－ex＋1，F′(x)＝ex－e，
当x∈(0，1)时，F′(x)＜0，此时函数F(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，此时函数F(x)单调递增．
可得当x＝1时，函数F(x)取得最小值F(1)＝1．
令G(x)＝，G′(x)＝，
当00，此时G(x)为增函数，当x>e时，G′(x)<0，此时G(x)为减函数，
所以x＝e时，函数G(x)取得最大值G(e)＝1．
x＝1与x＝e不同时取得，因此F(x)＞G(x)，即ex－ex＋1>，x∈(0，＋∞)．故原不等式成立．
【对点精练】
1．设函数f(x)＝，求证：当x＞1时，不等式＞．
1．解析　将不等式＞变形为·＞，
分别构造函数g(x)＝和函数h(x)＝．
对于g′(x)＝，令φ(x)＝x－ln x，则φ′(x)＝1－＝．
因为x＞1，所以φ′(x)＞0，所以φ(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x)＞φ(1)＝1＞0，
所以g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以当x＞1时，g(x)＞g(1)＝2，故＞．
对于h′(x)＝，因为x＞1，所以1－ex＜0，所以h′(x)＜0，
所以h(x)在(1，＋∞)上是减函数，所以当x＞1时，h(x)＜h(1)＝．
综上所述，当x＞1时，＞h(x)，即＞．
　　　　　
　　　　　(第1题) 　　　　　　　　　　　　　　　(第2题)
2．已知f(x)＝ex－alnx－a，其中常数a>0．
(1)当a>e时，求函数f(x)的极值；
(2)求证：e2x－2－ex－1lnx－x≥0．
2．解析　(1)当时，，，．
，在单调递增．
时，，，．
在单调递减，在单调递增．的极小值为，无极大值．
(2)由(1)得，所证不等式：．
设，，令可解得：．
在单调递增，在单调递减．．
，即，．
3．已知函数f(x)＝＋alnx，g(x)＝．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：a＝1时，f(x)＋g(x)－lnx＞e．
3．解析　(1)f(x)＝＋a ln x，x∈(0，＋∞)．f′(x)＝－＋＝．
当a≤0时，f′(x)＜0，函数f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递减．
当a＞0时，由f′(x)<0，得00，得x>，
所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)a＝1时，要证f(x)＋g(x)－ln x＞e．
即要证＋－ln x－e＞0⇔ex－ex＋1>，x∈(0，＋∞)．
令F(x)＝ex－ex＋1，F′(x)＝ex－e，
当x∈(0，1)时，F′(x)＜0，此时函数F(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＞0，此时函数F(x)单调递增．
可得当x＝1时，函数F(x)取得最小值F(1)＝1．
令G(x)＝，G′(x)＝，
当00，此时G(x)为增函数，当x>e时，G′(x)<0，此时G(x)为减函数，
所以x＝e时，函数G(x)取得最大值G(e)＝1．
x＝1与x＝e不同时取得，因此F(x)＞G(x)，即ex－ex＋1>，x∈(0，＋∞)．故原不等式成立．