第11节 指对同构

知识拓展

在解决指对混合不等式时,如恒成立求参数或证明不等式,部分试题是命题者利用函数单调性构造出来的,如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的是同一函数),无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法,我们称为同构法,其实质还是指数、对数恒等式的变换.

(1)五个常见变形:

xex=ex+lnx,exx=ex-lnx,xex=elnx-x,x+lnx=ln(xex),x-lnx=lnexx.

(2)三种基本模式

①积型:aea≤blnb



②商型:eaab±lnb





题型一积型

例1若对任意x>0,恒有a(eax+1)≥2x+1xlnx,则实数a的最小值为.

答案2e

解析由题有ax(eax+1)≥(x2+1)lnx2,

即(eax+1)lneax≥(x2+1)lnx2,

令f(x)=(x+1)lnx(x>0),

则f′(x)=lnx+x+1x,

设φ(x)=f′(x),则φ′(x)=1x-1x2=x-1x2,

易知f′(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

所以f′(x)≥f′(1)=2>0,

所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.

由(eax+1)lneax≥(x2+1)lnx2,

得f(eax)≥f(x2),

即eax≥x2,所以a≥2lnxx.

令g(x)=2lnxx(x>0),

则g′(x)=2(1-lnx)x2,

令g′(x)=0,则x=e.

当x∈(0,e)时,g′(x)>0;

当x∈(e,+∞)时,g′(x)f[h(x)]的结构,f(x)即为外层函数,其单调性易于研究.常见变形方式:xex=ex+lnx,exx=ex-lnx,xex=elnx-x,x+lnx=ln(xex),x-lnx=lnexx.

训练1(2025·哈尔滨模拟)设实数m>0,若对任意的正实数x,不等式emx≥lnxm恒成立,则m的最小值为()

A.1eB.12e

C.2eD.e3

答案A

解析∵m>0,emx≥lnxm,∴memx≥lnx,

当01时,原不等式可变形为mxemx≥xlnx=elnx·lnx,

设函数g(x)=xex,

则g′(x)=ex+xex=(x+1)ex,

当x>1时,g′(x)>0,∴g(x)单调递增,

则不等式emx≥lnxm恒成立等价于g(mx)≥g(lnx)恒成立,

即mx≥lnx恒成立,m≥lnxxmax,

设G(x)=lnxx,x>1,则G′(x)=1-lnxx2,

当10,

当x>e时,G′(x)0.设函数h(x)=g(x)-f(x),若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立,则实数a的取值范围是.

答案1e,+∞

解析由h(x)>0,得g(x)-f(x)>0,

得aexlnxlnxx对任意x∈(0,1)恒成立.

设H(x)=lnxx,则H′(x)=1-lnxx2.

当x∈(0,e)时,H′(x)>0,H(x)单调递增;

当x∈(e,+∞)时,H′(x)0;

当x∈(0,1)时,H(x)x,则H(aex)≥H(1)=0>H(x),

若0H(x),

且H(x)在(0,1)上单调递增,则可得aex>x.

综上可知,aex>x对任意x∈(0,1)恒成立,

即a>xex对任意x∈(0,1)恒成立.

设G(x)=xex,x∈(0,1),则G′(x)=1-xex>0,

所以G(x)在(0,1)上单调递增,

则G(x)0,

则g(x)在(0,e]上单调递增,

∴当x∈(0,e]时,g(eax)≥g(x)等价于eax≥x,

即a≥lnxx恒成立.

设函数h(x)=lnxx,x∈(0,e],

则h′(x)=1-lnxx2≥0,

即h(x)在(0,e]上单调递增,

∴h(x)max=h(e)=1e,则a≥1e即可,

∴a的取值范围为1e,+∞.

题型三和差型

例3对于任意的x>0,ex≥(a-1)x+ln(ax)恒成立,则a的最大值是.

答案e

解析由ex≥(a-1)x+ln(ax),

可得ex+x≥ax+ln(ax),

即ex+x≥eln(ax)+ln(ax),

令f(x)=ex+x,则f(x)≥f(ln(ax)),

因为f(x)在R上是增函数,

所以x≥ln(ax),即a≤exx,

令h(x)=exx(x>0),则h′(x)=(x-1)exx2,

当x∈(0,1)时,h′(x)0,h(x)单调递增,

所以h(x)min=h(1)=e,即a≤e,

所以a的最大值是e.

思维建模和差型ea±a≤b±lnb同构,两种同构途径:

(1)同左:ea±a≤elnb±lnb,构造函数f(x)=ex±x;

(2)同右:ea±lnea≤b±lnb,构造函数f(x)=x±lnx.

训练3若关于x的不等式ex-a≥lnx+a对一切正实数x恒成立,则实数a的取值范围是()

A.-∞,1eB.(-∞,e]

C.(-∞,1]D.(-∞,2]

答案C

解析∵ex-a≥lnx+a,

∴ex-a+x-a≥x+lnx,

∴ex-a+x-a≥elnx+lnx.

设f(t)=et+t,则f′(t)=et+1>0,

∴f(t)在R上单调递增,

故ex-a+x-a≥elnx+lnx,

即f(x-a)≥f(lnx),

∴x-a≥lnx,即x-lnx≥a.

设g(x)=x-lnx,x>0,

则g′(x)=1-1x=x-1x.

令g′(x)>0,则x>1,

令g′(x)0,

∴φ(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,

∴φ(t)min=φ(0)=2,

∴实数a的取值范围是(-∞,2].

2.(1)若ex-ax≥-x+ln(ax),求正实数a的取值范围.

(2)已知函数f(x)=x2ex-a(x+2lnx)有两个零点,求a的取值范围.

解(1)不等式ex-ax≥-x+ln(ax),

可化为ex+x≥eln(ax)+ln(ax),

设g(x)=ex+x,则g′(x)=ex+1>0,

即g(x)在R上是增函数,

而g(x)≥g(ln(ax)),因为a>0,x>0,

所以x≥ln(ax)=lna+lnx,

由已知lna≤x-lnx恒成立,

令f(x)=x-lnx,则f′(x)=1-1x,

当01时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

所以f(x)≥f(1)=1,故只需lna≤1,即a≤e.

又a>0,所以a的取值范围为(0,e].

(2)f(x)=x2ex-a(x+2lnx)=ex+2lnx-a(x+2lnx),

令t=x+2lnx,显然该函数单调递增,t∈R,

则et-at=0有两个根,

当t=0时,等式为1=0,不符合题意;

故t≠0时,等式转化为a=ett有两个根,

即y=a和y=ett有两个交点,

设g(x)=exx,

求导得g′(x)=ex(x-1)x2,

故当x∈(-∞,0)和x∈(0,1)时,

g′(x)0,g(x)单调递增;

且当x∈(-∞,0)时,g(x)0,ax>0,所以a>0,

不等式exa0),

则f(x)0时,f′(x)=(x+1)ex>0,

故函数f(x)=xex在(0,+∞)上单调递增.

当ln(ax)≤0时,f(ln(ax))≤0,不符合题意,舍去.

当ln(ax)>0时,x>1a,

因为f(x)在(0,+∞)上间单调递增,

f(x)0),

则g′(x)=1-1x=x-1x,

当01时,g′(x)>0,