指對同構法處理導數(shù)題

胡貴平

(甘肅省白銀市第一中學 730900)

把一個等式或不等式通過變形,使左右兩邊結(jié)構形式完全相同，可構造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性進行處理，找這個函數(shù)模型的方法就是同構法.對于復雜的導數(shù)題，無疑是一把利器.

一、指對同構模型

aea≤blnb有三種同構方式.

(1)可以保留左邊，對右邊同構，aea≤blnb即aea≤lnb·elnb，可構造函數(shù)F(x)=xex模型；

(2)可以保留右邊，對左邊同構，aea≤blnb即ea·lnea≤blnb,可構造函數(shù)F(x)=xlnx模型；

(3)可以兩邊取對數(shù)，對兩邊同構，aea≤blnb即a+lna≤lnb+ln(lnb),可構造函數(shù)F(x)=x+lnx模型.

1.blnb與xex同構

blnb=elnb·lnb，即lnb·elnb對應xex模型，可構造函數(shù)F(x)=xex.

例1 設實數(shù)λ>0,若對任意的x∈(0,+), 不等式恒成立，則λ的最小值為( ).

2.aea與xlnx同構

aea=lnea·ea，即ealnea對應xlnx模型，可構造函數(shù)F(x)=xlnx.

ea±a>b±lnb有兩種同構方式.

(1)可以保留左邊，對右邊同構，ea±a>b±lnb即ea±a>elnb±lnb，可構造函數(shù)F(x)=ex±x模型；

(2)可以保留右邊，對左邊同構，ea±a>b±lnb即ea±lnea>b±lnb，可構造函數(shù)F(x)=x±lnx模型.

4.c+lnc與x+ex同構

c+lnc=elnc+lnc，即lnc+elnc對應x+ex模型，可構造函數(shù)F(x)=x+ex.

例4已知函數(shù)f(x)=ex+2ax(x∈R).

(1)求f(x)的單調(diào)性；

(2)已知a>0,令g(x)=f(x)-a(x-1)ln(ax-a)+a,若g(x)恒單調(diào)遞增,求a的取值范圍.

解析(1)f′(x)=ex+2a，當a≥0時，f(x)的增區(qū)間為(-,+)．

當a<0時，f(x)的減區(qū)間為(-,ln(-2a)),增區(qū)間為(ln(-2a),+)．

(2)g(x)=ex+2ax-a(x-1)ln(ax-a)+a定義域為(1,+),因為g(x)恒單調(diào)遞增,所以g′(x)=ex-aln(ax-a)+a≥0在(1,+)恒成立．即所以ex-lna-lna≥ln(x-1)-1,所以ex-lna+(x-lna)≥eln(x-1)+ln(x-1)．令F(x)=ex+x,顯然F(x)在(1,+)單調(diào)遞增,所以原不等式等價于F(x-lna)≥F(ln(x-1)),所以x-lna≥ln(x-1),所以lna≤x-ln(x-1).令h(x)=x-ln(x-1)(x>1),則所以h(x)在(1,2)單調(diào)遞減, 在(2,+)單調(diào)遞增,所以h(x)min=h(2)=2，因此lna≤2，即a≤e2，所以a的取值范圍是(0，e2].

二、高考中的應用

例5(2020年新全國Ⅰ山東)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna．

(1)當a=e時，求曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍．

在(0,1)上h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增；在(1,+)上h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max=h(1)=0,lna≥0，即a≥1，所以a的取值范圍是[1,+).

例6(2018年全國新課標Ⅰ文)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1．

(1)設x=2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

因為x>0，所以只需證xex≥exlnex.

即證xex≥elnexlnex構造函數(shù)F(x)=xex，只需證F(x)≥F(lnex).而F′(x)=(x+1)ex>0，于是F(x)在(0,+)上是增函數(shù)，所以只需證x≥lnex，即證x≥lnx+1．

令g(x)=x-lnx-1(0,+)，當x∈(0,1)時，g′(x)<0，從而g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當x∈(1,+)時，g′(x)>0，從而g(x)在(1,+)上單調(diào)遞增．所以g(x)≥g(1)=0，即x≥lnx+1．所以當時，f(x)≥0．