【數(shù)學(xué)】指數(shù)化成對(duì)數(shù)策略

1、取對(duì)數(shù)法關(guān)于“>/(兀)的指數(shù)問(wèn)題往往可以轉(zhuǎn)化為x>ln(/w)的問(wèn)題，這樣可以在求導(dǎo)后，得到一個(gè)整式結(jié)構(gòu). 1.*已知函數(shù)/(x) = nx , g(x)是f(x)的反函數(shù).(i) 求證：當(dāng)兀m0時(shí)，/(兀+ 1)三x2 + x ；(ii) 若g(x) + g(-x)w2g("/)對(duì)任意的xer恒成立，求實(shí)數(shù)加的取值范圍.解：(i)略；(ii)令(p(x) = 2g(twc2) -g(x) + g(-x),貝0(p(-x) =(p(x),所以 ©(x)是偶函數(shù). g(兀)+ g(-兀)w 2g(mx?)對(duì)任意的x w r恒成立，即(p(x) 2 0(x m 0

2、)恒成立. 即 2 嚴(yán)"-ex-e'x0,x0.即 2 嚴(yán)“戶(hù)l$o,x$0.令 /t(x) = 2嚴(yán)“ 一戶(hù) _ 1,兀 $ o , /(x) = 2(2nvc +1)嚴(yán) - 2e2x,兀 m 0【解析：因?yàn)?i(0) = 0,所以加兀)必須一開(kāi)始就增，所以/(x) 開(kāi)始就大于0,即一開(kāi)始就2(2"眈+1)嚴(yán)g 三2e2x ,即一開(kāi)始就ln(2nu +1)嚴(yán)“2 in戶(hù)， 即一開(kāi)始就 ln(2mx +1) + nvc2 + x 2 2無(wú)，即一開(kāi)始就 ln(2/m: +1) + nvc1 一 兀 2 0.】令 k(x) = n(2/wc +1) + nvc2 - x

3、(x > 0),貝!1 kx)=2m2/7u + 1+ 2/wc-l=4m2x2 + 2m -12atu + 1當(dāng) m | 時(shí),kx) 0 , 心)在0,+oo)增，心)只(0) = 0,所以ln(2z7u +1) + nu2 -x0(xmo),所以ln(2mx +1) + rwc2 + x22x(x$0),所以 lnf(2/nr +1)嚴(yán)"m in e2x(x 2 0),所以 2(2mr +1)嚴(yán)"m 2戶(hù)(無(wú) 2 0),所以 hx) = 2(2mx+1)£宀- 2e2x mo,所以力(兀)在0, +8)增,所以 /2(x) = 2 嚴(yán)5 - 戶(hù) _ 1

4、2 /?(0)=0,所以 g(x) + g(x) w 2g(nvc2)對(duì)任意的 xwr 恒成立. 當(dāng)0 v加v丄時(shí)，下略。ooooo2.(2008年高考湖南理)已知函數(shù)/(x) = ln2(l + %)-一1 + x(i)求函數(shù)/(x)的單調(diào)區(qū)間；(ii)若不等式(l + -ra<對(duì)任意的71 gn*都成立(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)) n求(x的最大值.解:(i )函數(shù)/(兀)的定義域是(7+q),21n(l + x) f +2x1 + x (1 + x)22(1 + x) ln(l + x)-x2 -2x(l + x)2設(shè) g(x) = 2(1 + x) ln(l 4- x) - x2

5、-2x,則 gr(x) = 21n(l + x)-2x.2_2r令/?(x) = 21n(l + x)-2x,則 hx) =2 =l+x+x當(dāng)一 1 <x< 0時(shí)，hr(x) >0, zi(兀)在(-1, 0)上為增函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，hx) < 0, h(x)在(0,+oo)上為減函數(shù).所以加兀)在x=0處収得極大值，而/?(0)=0,所以g'(x) < 0(兀豐0),函數(shù)g(x)在(-1, +00)上為減函數(shù).于是當(dāng) 一1 v 兀 v0時(shí),g(x) > g(0) = 0,當(dāng) x>0 時(shí),g(x) < g(0) = 0.所以，當(dāng)1v

6、xv 0時(shí)，f(x) > 0, f(x)在(-1, 0)上為增函數(shù).當(dāng)x>0時(shí)，廣(兀)<0, /(x)在(0,+8)上為減函數(shù).故函數(shù)/(兀)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1, 0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+oo).(ii)不等式(1 + -)w+a < e 等價(jià)于不等式(n + a)ln(l + -)<l. nn由1+丄>1知,na <jn.ln(l+-)n設(shè) g(x)=!, x w (0,1,則 g'(x)ln(l + x) x11 _(l + x)ln2(l + x)-x2(l + x) in2 (l + x) x2 x2(1 + a*) ln2(l

7、 + x)由(i )知，ln2(l + x)-<0,即(l + x)li?(l + x)x2<o.1 + x所以g'g <0,xe(0,1,于是g(x)在(0,1上為減函數(shù).故函數(shù)g (x)在(0,1上的最小值為gw = 占一1 所以oc的最大值為亠-1.in 2【注】本題的難點(diǎn)在于g(q求導(dǎo).3.(2014年鄭州市二質(zhì)檢)已知函數(shù)/(兀)=壯：(1)求函數(shù).f (兀)的單調(diào)區(qū)間和極值；k(2)當(dāng)0 vxv 1時(shí)，/(x) > /(-),求實(shí)數(shù)k的取值范圍.x解：(i )由題知 f(x) = (l-x)e-x(xr)f當(dāng)x<l時(shí)，廣(兀)>0；當(dāng)兀&

8、gt;1時(shí)，fx) < 0 ,(3分)所以函數(shù)/(兀)的增區(qū)間為(-00,1)，減區(qū)間為(1,+00),其極大值為/(1)=-,無(wú)極小值.(5分)e(ii)法1：由題知0 <x<l,當(dāng)歴0時(shí)，因?yàn)?<0<%<1 ,由(1)知函數(shù)在(00,1)單調(diào)遞增,k所以/(%)>/()，符合題意；(7分)當(dāng)0vrv1時(shí)，収“匕 可得/(%) > f，這與函數(shù)在(-00,1)單調(diào)遞增不符：(9分)k 1當(dāng)&1時(shí)，因?yàn)橐簧弦?gt;1, rtl (1)知函數(shù)f(x) = xex在(1,+a)單調(diào)遞減， x xk11 一丄所以/(即只需證fm > /

9、(-),即證膽"一xxxx1_1_丄同時(shí)取對(duì)數(shù)得ln(x0 丫)> ln(幺 v),即 inx + inv > in+ ln幺 x,即 21nx-x + > 0 xxxa(x) = 21nx-x + -(0<x<l),則hx) = 'v()對(duì)0vx< 1 恒成立，所以力(兀)為(0, 1)上的減函數(shù),所以/?(兀)>力=0,所以/(x)> /(-),符合題意.(11分)x綜上：£w(oo,0 1,+00)為所求.(12 分)11 k法 2： 0<x< 1 時(shí)，/(%) > /(-)即壯7竺 xx1&#

10、176;：當(dāng)pw0時(shí)，上式子顯然成立；2°：當(dāng)£>0時(shí)，直接考慮不等式兩邊取對(duì)數(shù)，w21n%-x + -lnz:>0, ovxvl；xk、i八.n i/2kx+ 2x k令g(x) = 21nx-x + nk , 0< x< 1,貝u g (x)=1 =xxx"當(dāng)k吋，一兀2+2x rw0, g'(x)wo.g(x)w0在(0,1)單調(diào)遞減，只需g(l) = l + p lnk$o,即k-nk ,上式子顯然成立.當(dāng)0 v £ v 1時(shí)，一f+2x-z： = 0有兩個(gè)根兀,兀2，且0 <召<1<花.在兀丘(

11、0,西)上,gf(x) < 0, g(x)單調(diào)減;在兀(西，1)上,g'(x)>0, g(兀)單調(diào)增.k需 g(兀)mm =g(x1) = 21nxi-x1 +ln>0*' + 2%| k = 0, : k = + 2兀.；需要21nx -x + 石 +2"| _n(彳 +2西)=21nxj -2%j +2-ln(彳 + 2x,)>022x + 22( r h2令h(x) = 21nx-2x + 2-ln(-x2 + 2x),則 h(兀)=一一2 ；=-> ()x w (0,1) x x + 2,x兀(兀一2)/. h(x)在(0,1)上

12、單調(diào)遞增,h(x) < h(l) = 0,與 g(xj> 0 不符.綜上，£ w0或r 2 1.法3：極其精彩以上同法2當(dāng) 01 時(shí)，g(q = 21n£ £ + l lnk =lnk r + l v0,顯然不滿足題意.4.已知 /（兀）=axekx -1, g（x） = lnx + ax.（1）當(dāng)q = 1時(shí)，若/（兀）在（1,+00）上為減函數(shù)，go）在（0,1）上是增函數(shù)，求鳥(niǎo)的值;（2）對(duì)任意£>0,兀0, /（x） > （x）恒成立，求q的収值范圍.w： （ i） g = 1 日寸,/（兀）=xekx -1 ,廣（兀）=

13、（尬+1）曠，gf（x）=丄+ k, /（兀）在（1, +00）上為減函數(shù), 則 vx>l,廣（x）woorw-丄，x w-1；v g（x）在（0, 1）上為增函數(shù)，則we （0, 1）, g$） 4 <b 丄，i k $ 1 ；綜上所述：r二1（ii ）法1：分類(lèi)討論，反解代入設(shè) h（x） = /（x） 一 g（兀）=axe - in x - ax -1（ > 0）,hx) = (kx+ )(axelx -), x設(shè) u(x) = cixekxux) = akekx +®a<q 時(shí),w(x) = aekx-<09 則hf(x) = (fcr+1)( -

14、)<0,xxa /z(x)在(0, +oo)上是減函數(shù)，hx) > 0不恒成立；當(dāng) a>0 時(shí),ux) = ake*' 4 > 0 ,則在(0, +oo)上，厶心)是增函數(shù)，u(x)的函數(shù)值由負(fù)到正，必有皿丘(o, +oo), u (%0)=0,即必山=丄，兩邊取自然對(duì)數(shù)得，na + kx =-ln0 , 兀0加兀)在(0, xo)上是減函數(shù)，(丸，+oo)上是增函數(shù)，力(x)min =力(如)=弧幺弘-l-lnx0-ax0 = l-l-nx()-kx() =-nx()-kx() = na因此，lmz>0,即d的取值范圍是(1, +oo).法2:分離參數(shù)，

15、反解代入對(duì)任意£>0,x>0, f(x) > g(x)恒成立，即qln“ + ? + l恒成立.xe人,、lnx + d + l w 、-(1 + kx)elx (in x + kx)令h(x)=忑,貝畀'(兀)= 存十xexe令0(x) = lnx + fcx,顯然，(p(x) = nx + kx在(0,+oo)上單調(diào)遞增，且兀 t +00,(p(x) t -bx)； x > -00,(p(x) t -<x)/ 3x() e (0,+oo),使得 0(x() = lnx()+ 儀)=0 一(1 +也比總又< 0 ,0 < x < x0時(shí)，hx) < 0 ； x> xq 時(shí)，hf(x) > 0.in v -l kx + 1.h(x)=忑在(0,x()上單調(diào)遞減，在(無(wú)),+oo)上單調(diào)遞增,嚇=o)= lnxso + 1= 77 = 1a > i.法3：兩邊取對(duì)數(shù)，整體代換欲證 axekk > in x + 尬 +1,l°aw ()時(shí)，不等式顯然不成立；2° a > 0時(shí)，lnx + air + iwo時(shí)顯然成立.in兀+也+ 1>0時(shí)，不等式兩邊取對(duì)數(shù)，lna + lnx + zir>