楊蒼洲

(福建省泉州第五中學(xué) 362000)

有一類(lèi)混合指對(duì)數(shù)式的函數(shù)導(dǎo)數(shù)壓軸試題，常?？梢酝ㄟ^(guò)指數(shù)與對(duì)數(shù)的互相轉(zhuǎn)化，實(shí)現(xiàn)局部同構(gòu)，并對(duì)同構(gòu)部分的式子進(jìn)行換元，從而化繁為簡(jiǎn)，并結(jié)合重要不等式進(jìn)行求解，我們把此方法稱(chēng)為“局部同構(gòu)換元法”.要掌握這種解題方法:

有了上述的兩個(gè)基礎(chǔ)知識(shí)，我們就可以應(yīng)用“局部同構(gòu)換元法”解決求函數(shù)的最值、不等式的證明、恒成立問(wèn)題求參數(shù)等問(wèn)題.

一、同構(gòu)換元法求函數(shù)最值

利用重要的不等式進(jìn)行放縮，是求函數(shù)最值的一種常見(jiàn)方法.因此，含有復(fù)雜的指對(duì)數(shù)函數(shù)問(wèn)題，可以通過(guò)局部同構(gòu)換元，并結(jié)合重要不等式進(jìn)行放縮，把函數(shù)放縮至某常數(shù)，則該常數(shù)可能為函數(shù)的最值.此時(shí)，需注意在函數(shù)的定義域內(nèi)是否存在對(duì)應(yīng)的變量使得函數(shù)取得該最值.

A.a=bB.a

C.a>bD.a,b的大小關(guān)系不確定

解法1f(x)=xex-lnx-x-2=elnx+x-(lnx+x)-2，易知et-t≥1，當(dāng)且僅當(dāng)t=0時(shí)，等號(hào)成立.

所以elnx+x-(lnx+x)-2≥1-2 =-1.

所以當(dāng)且僅當(dāng)lnx+x=0時(shí)，f(x)取得最小值-1，即a=-1.

所以ex-lnx-2-(x-lnx-2)-2≥1-2 =-1.

所以當(dāng)且僅當(dāng)x-lnx-2=0時(shí)，g(x)取得最小值-1，即b=-1.

因此a=b，故選A.

解法2f(x)=xex-lnx-x-2=xex-ln(xex)-2，易知t-lnt≥1，當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)，等號(hào)成立.

所以xex-ln(xex)-2≥1-2=-1.

故當(dāng)且僅當(dāng)xex=1時(shí)，f(x)取得最小值-1，即a=-1.

因此a=b，故選A.

二、同構(gòu)換元法證明不等式

證明含有指對(duì)數(shù)式的不等式，可以嘗試先對(duì)原不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，從而構(gòu)造出相同的式子，并進(jìn)行換元，然后構(gòu)造關(guān)于新元的函數(shù)，并求解含新元函數(shù)的最值，從而實(shí)現(xiàn)不等式的證明.

例2已知函數(shù)h(x)=(ax-1)·ex，a∈R.

(1)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)若a=1，求證：當(dāng)x>-1時(shí)，h(x)≥exln(x+1)-x-1.

解法1 (1)略；

(2)不等式(x-1)·ex≥exln(x+1)-x-1，等價(jià)于(x+1)·e-x-ln(x+1)+x-1≥0，等價(jià)于eln(x+1)-x-[ln(x+1)-x]-1≥0.

易知et-t-1≥0.

令t=ln(x+1)-x，故上式成立，不等式得證.

解法2 (1)略；

(2)不等式(x-1)·ex≥exln(x+1)-x-1，等價(jià)于(x+1)·e-x-ln(x+1)+x-1≥0，等價(jià)于(x+1)·e-x-ln[(x+1)·e-x]-1≥0.

易知t-lnt-1≥0.

令t=(x+1)·e-x，故上式成立，不等式得證.

三、同構(gòu)換元法求參數(shù)范圍

在含參不等式的恒成立問(wèn)題中，若能構(gòu)造出幾個(gè)熟悉不等式的形式，那么就可以猜測(cè)參數(shù)的臨界位置及其范圍，并對(duì)其進(jìn)行證明.如此可使得解題目標(biāo)、方向更加明確.

A.(-∞,1-e] B.(-∞,-3]

C.(-∞,-2] D.(-∞,2-e2]

ex·x-3-ln(ex·xa)-1≥0.

(*)

易知t-lnt-1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)，等號(hào)成立.

(1)當(dāng)a≤-3時(shí)，由x∈(1,+∞)知，xa≤x-3，ex·xa≤ex·x-3.

所以ex·x-3-ln(ex·xa)-1≥ex·x-3-ln(ex·x-3)-1≥0，故(*)恒成立，滿(mǎn)足題意.

(2)當(dāng)a>-3時(shí)，由x∈(1,+∞)知，xa>x-3，ex·xa>ex·x-3.

所以ex·x-3-ln(ex·xa)-1

又因?yàn)楫?dāng)x=x0時(shí)，ex·x-3-ln(ex·x-3)-1=0，此時(shí)ex·x-3-ln(ex·xa)-1<0，不滿(mǎn)足題意.

綜上，a≤-3.

(*)

易知et-t-1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)，等號(hào)成立.

令t=x-3lnx，則ex-3lnx-(x-3lnx)-1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=x0(其中x0滿(mǎn)足x0-3lnx0=1)時(shí)，等號(hào)成立.

(1)當(dāng)a≤-3時(shí)，由x∈(1,+∞)知，lnx>0，alnx≤-3lnx，x-3lnx≥x+alnx.

所以ex-3lnx-(x+alnx)-1≥ex-3lnx-(x-3lnx)-1≥0，故(*)恒成立，滿(mǎn)足題意.

(2)當(dāng)a>-3時(shí)，由x∈(1,+∞)知，lnx>0，alnx>-3lnx，x-3lnx

所以ex-3lnx-(x+alnx)-1

又因?yàn)楫?dāng)x=x0時(shí)，ex-3lnx-(x-3lnx)-1=0，此時(shí)ex-3lnx-(x+alnx)-1<0，不滿(mǎn)足題意.

綜上，a≤-3.

由上述三例可知，此方法的應(yīng)用：一在于如何進(jìn)行適當(dāng)?shù)暮愕茸冃?，從而得到相同的式子；二在于心中要有幾個(gè)重要的不等式及其變式.此方法的應(yīng)用一般都可以有兩條途徑，即，若能利用不等式t-lnt-1≥0解題，也應(yīng)該能利用不等式et-t-1≥0解題.