指数与对数互换（指数对数互换题目）

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摘要 本文利用同构的思想解决了一些同时含指数和对数的函数中的求值,不等式的证明以及不等式恒成立求参数的取值范围和零点问题.

关键词 同构;指数;对数

数学中的同构式是指除了变量不同,而结构相同的两个表达式.数学中的同构式,它不仅体现了数学的对称和谐美,而且运用同构式的思想解题能够培养学生的转化和化归的思维能力.同时含有指数和对数的函数的问题是高考中的重点也是难点问题,此类问题常常在压轴题的位置出现,难度较大,而且直接求导后导函数往往比较复杂,只有少部分简单类型能够直接利用求导求解,其思考角度比较独特,由于x=logaax 和x= alogax (a ＞0 且a /=1),因此,指数和对数之间往往可以相互转化,通过适当的变形同构,可以很方便的解决一些同时含指数和对数函数的问题.

首先,我们给出本文将会用到的一些常见的指数式和对数式的同构类型.

类型1 函数y= xex 与函数y= x ln x,它们可以从以下三个角度同构:

(1)将函数y= xex 变形为y=ex ln ex,与函数y=x ln x 同构;

(2)将函数y= x ln x 变形为y=(ln x)elnx,与函数y=xex 同构;

(3)将函数y= xex 与函数y= x ln x 分别取对数得:y=x+ln x 和y=ln x+ln(ln x),与函数y=x+ln x 同构.

类型2 函数y=与函数y=它可以从以下三个角度同构:

(1)将函数y=变形为y=与函数y=同构;

(2)将函数y= 变形为y=,与函数y=同构;

(3)将函数与函数分别取对数得:y=x −ln x 和y=ln x −ln(ln x),与函数y=x −ln x 同构.

类型3 y=ex±x 与函数y= x±ln x,它可以从以下两个角度同构:

(1)将函数y=ex ±x 变形为y=ex ±ln ex,与函数y=x±ln x 同构;

(2)将函数y= x±ln x 变形为y=elnx ±ln x,与函数y=ex±x 同构.

除此以外,有时我们还需要对所求代数式两边适当添项或者同乘以某一个变量从而达到同构,下面举例说明同构式的应用.

例1 若x1 满足方程xex=1,x2 满足方程x ln x=1,则x1x2=__.

解 由题意x2 ln x2=ln x2elnx2=1,且x2 ＞1,又x1ex1=1,令f(x)= xex,则有f(x1)= f(ln x2).显然f(x)在(0,+∞)上递增,故x1=ln x2,代入x2 ln x2=1 得x1x2=1.

评注本题也可以如下求解: 由题意然后在同一坐标系中画出函数y=ex,y=ln x,y=的图像,根据y=ex 和y=ln x 的图像关于直线y=x 对称以及自身图像关于直线y=x 对称可得x1x2=1,类似的问题如下面的例2.

例2 若x1 满足x+2x=5,x2 满足x+log2x=5,则x1+x2=__.

解 x2 + log2x2 −5=2log2x2 + log2x2 −5=0,x1 + 2x1 −5=0,令f(x)=2x + x −5,则f(x1)=f(log2x2)=0,显然f(x)递增,故x1=log2x2,于是x2+log2x2 −5=x1+x2 −5=0,即x1+x2=5.

例3 若x0 满足2e2x0 + =0,证明: x0e2x0=1.

证明 由2e2x0 + =0 得即令h(x)=xex,则h(2x0)= h显然h(x)在(0,+∞)上递增,可得即于是x0e2x0=1.

例4 (2014年高考全国新课标Ⅰ卷)证明: ex ln x +

证明 易见,待证式等价于

设函数g(x)= x ln x,则(−x)e−x=e−x ln e−x=g(e−x),于是待证式为: g(x)+ g(e−x)+ ＞0.由于g′(x)=1 + ln x.所以当x∈时, g′(x) ＜0; 当时, 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 因为e−x∈(0,+∞),故当x=1 时, gmin(e−x)=从而g(x)+ g(e−x)＞即g(x)+g(e−x)+＞0.

评注 本题常见的解法是将 变形为然后证明左边函数的最小值大于等于右边函数的最大值,需要分别研究左右两边的函数,这里我们采用同构的做法,书写和运算更为简单,颇具新意.

例5 (2015年高考全国Ⅰ卷文科第21 题)设函数f(x)=e2x −a ln x.

(Ⅰ)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数;

(ⅠⅠ)证明: 当a ＞0 时f(x)≥2a+

解 (1)略. (2)要证: f(x)≥ 2a + 即e2x −a ln x≥将其变形为−ln x≥2+进一步有: e2x−lna≥ 2 + ln 2x −ln a,继续变形同构:[e2x−lna −(2x −ln a)−1]+[eln 2x −ln 2x −1]≥ 0,令g(x)=ex −x −1,所证即为g(2x −ln a)+g(ln 2x)≥0,显然g(x)≥0 恒成立,故g(2x −lna)+g(ln 2x)≥0 成立,等号成立条件为2x −lna=ln 2x=0,即

评注 本题常见的解法是采用零点的设而不求或者是变换主元法,仔细观察后适当变形是同构的关键.

例6 (2018年高考全国Ⅰ卷文科第21 题)已知函数f(x)=aex −ln x −1.

(1)设x=2 是f(x)的极值点,求a,并求f(x)的单调区间;

(2)证明: 当时,f(x)≥0.

解 (1)略.(2)待证式为aex≥ln x+1,由于当时, aex≥只需证:≥ln x + 1,即ex≥e ln ex,两边同乘以x 得: xex≥ex ln ex,即ex ln ex≥ex ln ex.令g(x)= x ln x,于是所证为g(ex)≥g(ex),由例4 知g(x)在上单调递减,在上单调递增.当x∈时, g(ex) ＜0 ＜g(ex); 当x∈时,根据g(x)递增知待证式为: ex≥ex.令h(x)=ex −exh′(x)=ex −e,可知h(x)在递减,在(1,+∞)递增,故h(x)≥h(1)=0,从而原不等式成立.

例7 当x ＞0 时,不等式ex −x−1≥a[x −ln(x+1)]恒成立,求a 的取值范围.

解 令f(x)=ex −x −1,显然当x ＞0 时, f(x) ＞0且f(x)递增. x −ln(x+1)= x + 1 −ln(x+1) −1=eln(x+1) −ln(x+1) −1= f(ln(x+1)),于是不等式ex −x −1≥a[x −ln(x+1)]即为: f(x)≥af(ln(x+1)).因为x ＞0,故ln(x+1) ＞0 且x ＞ln(x+1),根据f(x)递增知,f(x) ＞f(ln(x+1)),从而 ＞1,于是a≤1.

评注 本题若是采用一般求导求最值来求解,不胜其烦,而采用同构法则十分简便,值得我们细细品味!

例8 已知函数f(x)=axex −1,g(x)=ln x+kx.

(1)求g(x)的单调区间;

(2)若k=1,f(x)≥g(x)恒成立,求实数a 的取值范围.

解 (1)略.(2)当k=1 时, f(x)≥g(x)恒成立,即axex −1≥ln x + x 恒成立, aex+lnx −1≥ln x + x,令t=x+ln x,从而aet −1≥t ⇒a≥由于et≥t+1,故≤1,所求实数a 的取值范围为a≥1.

评注 本题也可以采用分离参数后虚设零点,然后用零点代换解决,做法也十分巧妙,读者不妨一试!

例9 试讨论函数f(x)=xex −a(x+ln x)的零点的个数.

解 f(x)=ex+lnx −a(x+ln x),令t= x + ln x,显然t 递增且t∈ (−∞,+∞),故t 与x 一一对应,于是f(x)= xex −a(x+ln x)的零点的个数即为f(t)=et −at的零点的个数.也为直线y= a 与y=的交点的个数,结合函数y=的图像不难得出函数f(x)的零点的个数情况: 当a∈(−∞,0)∪{e}时,f(x)有一个零点;当a∈[0,e)时,f(x)无零点;当a∈(e,+∞)时,f(x)有两个零点.

点评 本题也可以采用分离参数然后数形结合解决,这里利用同构法转化为复合函数的零点问题,提供了另外一个思考角度!

从以上问题可以看出,对于同时含有指数和对数的函数问题,我们可以根据函数结构式的特点,采用同构的思想来求解,这样能避免复杂的求导运算以及对函数单调性的讨论与分析,求解简洁快速,值得我们学习和研究.

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