高考數(shù)學專項研究：導數(shù)（24）指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)第五章函數(shù)模型第一節(jié)指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)一、指對要分離如果不等號的一邊同時含有指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù),那么我們一般首先考慮能否將其分離處理,因為一般情況下,同在一邊難以處理。1.(類型一:放縮為邊界值)證明:ex解:ex>易知fx【評注】:此題中我們直接將指數(shù)函數(shù)放縮成了邊界值,如果x>0,則ex>1;如果x2.(類型二:簡單構(gòu)造)證明:xlnx?x3+解:lnx?x2+x【評注】:這道題其實比較綜合,用了三個技巧:指對要分離,局部構(gòu)造,除以單項式,稍后我們會一一見到,但是講到這里我們已經(jīng)發(fā)現(xiàn),每種技巧不是絕對孤立的,因而我們學導數(shù)要帶著一種整體、全局的眼光重點分析痛點、難點?！就淳毩暋恳阎瘮?shù)fx=lnx+kex(k為常數(shù),e=2.71828?是自然對數(shù)的底數(shù)),曲線y=f解:g=因此對任意的x>0設(shè)?x=因此x∈0,e?2時,?′x設(shè)φx=e∵x>∴1?二、對數(shù)單身狗在導數(shù)問題中,如果遇到對數(shù)函數(shù),我們一般將其單獨放,而不建議結(jié)合,比如我們對于這樣的形式:fx?lnx,將其改變?yōu)閘n1.(類型一:lnx±解:令f令gx=故存在x0∈gx在0,x0xfx在0,2單調(diào)遞減,2【同源練習】①fx=lnxx解:ln當x>1時,k令g當0<x<1時,gx>于是g′1令?x=k?gx在0,1單調(diào)遞減,1,+∞單調(diào)遞減,故0<x②x∈(0解:即證明x?③是否存在正整數(shù)m,使得ex?x解:gx=exx2?ln2.(類型二:lnx對任意x∈[0,+∞),解:x+1令g因為g0=0且gx當a≤1時,g′x當a>1【同源練習】x∈1,+∞時,x+解:令f當a≤2時,f當a>2時,設(shè)fx1<1<綜上,a三、指數(shù)找朋友題目中如果含有指數(shù)函數(shù),我們一般將其與其他函數(shù)結(jié)合起來,形如:ex證明:e1.(類型一:fxex)fx=法一(指數(shù)要結(jié)合):1+ag′x所以?x單調(diào)遞增,又?π2<0,所以g′x<0。當a≥0時,原函數(shù)單調(diào)遞減,法二(必要探路法):f0≥g當a≤1時,原函數(shù)恒單調(diào)遞增,當a>1時,原函數(shù)單調(diào)遞減,由gπ2【同源練習】:證明:x>0法一(指數(shù)找朋友):即證xgx在0,1gx法二(虛設(shè)零點):ffx在?∞,ln2單調(diào)遞減,ff故?x0fx在0,xf又則f故不等式恒成立2.(類型二:exfx)對于任意解:原式等價于1令fx=ex1令gx=1?xlnx當gxmax<f3.(類型三)fx=ex?a的取值范圍.解法一:fx=fx=e當a≤0時,當a>0時,?′x=axx?所以?x在0,2上單調(diào)遞減,在當?2>0當?2=0當?2<0即a綜上,a解法二:由fx=0可得所以?x在0,2上單調(diào)遞增,在當1a<4e四、對數(shù)化(一)取對數(shù)1.(類型一)設(shè)fx=ax解:ax=xa當x=e時,lnxx【同源練習】:若x2lna解:可以構(gòu)造lnaxax=2.(類型二)已知21x>xa解:同時取對數(shù)可得1xln所以aln2>1【同源練習】①證明:當2emx2≥ex+e?x當m>0時,有l(wèi)nf當2m≥1當2m<1?x0使得f′x在0綜上,m②若ekx?解(必要探路):令x=1猜測最大整數(shù)k=2,現(xiàn)證e即證lnx+1?x≥?③若1+1nn+解:同時取對數(shù)可得n+a令1n=故fx單調(diào)遞減恒成立,所以3.(類型三)已知函數(shù)fx=ln解:兩邊同時取對數(shù)可得2020ln2020即證ln1又fx所以f故原不等式恒成立.(二)對數(shù)化1.證明:e解:證明:e五、指數(shù)化(一)指數(shù)化模型x1.f2.fx=ax+lnx解:ax+lnx3.exx3?x解:a又4.證明:x當x∈(0,當x>1即證f又f15.證明:x∈0解:1x16.證明:e證:e(二)一般指數(shù)化1.證明:fx解:由sinx=ln令gx∈(?1,0所以gx在(?1,0]單調(diào)遞減且gx∈0故?α∈0,π2使得g′′又g′0=0故gx在0,β當x∈π2,當x∈π,+∞時,易知gx<綜上,fx2.fx=lnx?解:由fx=0得lnx=則lnx1、lnx由gt1=gt2得3.已知0<x解:令gx=x1即證gx在0,12?g當x∈0,1即1當x∈0當x∈0,1綜上,當x∈0故gx在0,(三)引入指數(shù)對于非ex的對數(shù)函數(shù)(形如ax),這類函數(shù)求導往往非常復雜,如果我們引入一個1.fx=ax+解:設(shè)a=eλλ此時零點為x0=ln?μλ故而x0=2.fx=解:設(shè)lnx=g′t所以gt在[?1,0六、放縮消指對常用:e1.fx=x+解:由x>1,afx=x+a由ex>x+1得e2.證明:ex解:x=由于ex≥3.ex+1解:可轉(zhuǎn)化為a≤ex+1又tlnt+1>七、構(gòu)造模型最值函數(shù)模型有最大值有最小值lnxxxlnexx1x1x1.對任意x∈[0,+∞),解:令g令g′x=0得x=eagx≥g0=2.fx=解:fx>1即同時?x【同源練習】證明:ln解法一(模型法):即證xlnx同時?x解法二(放縮法):lnx+3.已知fx=解:即證ex?令g′x>0可解得x<1,所以故而gxmax4.fx=eλx?1λ解:f′x=λeλx?1λx當f′總沒有能夠讓fx取到最小值的點,因此我們設(shè)進一步構(gòu)造eλxx同源練習:已知函數(shù)fx=解:由題意易知exe≥lnx5.證明:x解:即證x構(gòu)造lnxx6.已知方程x2lna解:構(gòu)造lnaxax=【同源練習】①討論lnx解:令f易知fx在(0,f當m?e2當m?e2當m?e2②已知方程x2lnx解:由題得x=a為方程的一個實數(shù)根,問題轉(zhuǎn)化為方程有兩個不等于a的兩個實數(shù)根fxxlnx=axlnagg′x=x+點,又g若g′′a與g′x在a,1此時g′ag′a=a+2alna+1=2fag1=?alna>八、指對換元x1.fx=xe解:設(shè)令xex=ta≤0時,ft單調(diào)遞增,無最小值;a>2.(2018年武漢四調(diào)理數(shù))fx=x法一:令tfx=xegt在0,e單調(diào)遞增,在易知0<a<e時,無交點;a>法二:令t=xfx=xegt在?∞,1單調(diào)遞增,在1易知0<a<e時,無交點,a>e時,兩個交點,a<方法一(切線放縮):xex方法二(指對換元):xex設(shè)gx又g1e又x0ex0故而x方法三(同構(gòu)函數(shù)):xex設(shè)gx又g1e則x0ex0且有ex0【同源練習】①fxx1∈0,+∞,存在x2fx在?∞,lna單調(diào)遞減,在fg′x=x故存在x0,因為x易知?x=xegx0=x0e②x>0,解:分離參數(shù)可得ag′′x=又g′1故gx在0,x0得2x0九、除以單項式,調(diào)和單調(diào)性當指對函數(shù)難以處理時,可以嘗試除以單