《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题13 导数中对数单身狗指数找基友的应用(解析版)

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专题 13　导数中对数单身狗指数找基友的应用

导数在高考中占据了及其重要的地位，导数是研究函数的一个重要的工具，在判断函数的单调性、

求函数的极值、最值与解决函数的零点(方程的根)、不等式问题中都用到导数．而这类问题都有一条经验

性规则：对数单身狗，指数找基友，指对在一起，常常要分手．

考点一　对数单身狗

【方法总结】

在证明或处理含对数函数的不等式时，如 f(x)为可导函数，则有(f(x)lnx)′＝f′(x)lnx＋，若 f(x)为非常数

函数，求导式子中含有 lnx，这类问题需要多次求导，烦琐复杂．通常要将对数型的函数“独立分离”出

来，这样再对新函数求导时，就不含对数了，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导．

这种相当于让对数函数“孤军奋战”的变形过程，我们形象的称之为“对数单身狗”．

1．设 f(x)>0，f(x)lnx＋g(x)>0lnx＋>0，则(lnx＋)′＝＋()′，不含超越函数，求解过程简单．或者

f(x)lnx＋g(x)>0f(x)(lnx＋)>0，即将前面部分提出，就留下 lnx这个单身狗，然后研究剩余部分．

2．设 f(x)≠0，f(x)lnx＋g(x)＝0lnx＋＝0，则(lnx＋)′＝＋()′，不含超越函数，求解过程简单．或者

f(x)lnx＋g(x)＝0f(x)(lnx＋)＝0，即将前面部分提出，就留下 lnx这个单身狗，然后研究剩余部分．

【例题选讲】

[例1] (2016·全国Ⅱ)已知函数 f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．

(1)当a＝4时，求曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；

(2)若当 x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求 a的取值范围．

解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当 a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，

f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2．故曲线 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2x＋y－2＝0．

(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于 ln x－＞0．

设g(x)＝ln x－，则 g′(x)＝－＝，g(1)＝0．

①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，

故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此 g(x)＞0；

②当a＞2时，令 g′(x)＝0得x1＝a－1－，x2＝a－1＋．

由x2＞1和x1x2＝1得0<x1＜1，故当 x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，

因此 g(x)＜g(1)＝0．

综上，a的取值范围是(－∞，2]．

[例2]已知函数 f(x)＝＋，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 x＋2y－3＝0．

(1)求a，b的值；

(2)证明：当 x＞0，且 x≠1 时，f(x)＞．

解析　(1)f′(x)＝－(x＞0)．由于直线 x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1，1)，

故即解得

(2)由(1)知f(x)＝＋(x＞0)，所以 f(x)－＝．

考虑函数 h(x)＝2ln x－(x＞0)，则 h′(x)＝－＝－．

所以当 x≠1 时，h′(x)＜0．而 h(1)＝0，故当 x∈(0，1)时，h(x)＞0，可得 h(x)＞0；

当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得 h(x)＞0．从而当 x＞0，且 x≠1 时，f(x)－＞0，即 f(x)＞．

【对点精练】

1．若不等式 xln x≥a(x－1)

对所 x≥1 有都成立，求实数 a的取值范围．

1．解析　原问题等价于 lnx－≥0对所有 x≥1 都成立，

令h(x)＝lnx－(x≥1)，则 f′(x)＝．

(1)当a≤1 时，f′(x)＝≥0恒成立，即 f(x)在[1，＋∞)上单调递增，因而 f(x) ≥f(1)＝0恒成立；

(2)当a>1 时，令 f′(x)＝0，则 x＝a，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，

f(x)min＝f(a)＝lna－a＋1，不合题意．综上所述，实数 a的取值范围是(－∞，1]．

2．(2017·全国Ⅱ)已知函数 f(x)＝ax2－ax－xln x，且 f(x)≥0．

(1)求a；

(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e－2<f(x0)<2－2．

2．解析　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设 g(x)＝ax－a－ln x，则 f(x)＝xg(x)，f(x)≥0 等价于 g(x)≥0．

因为 g(1)＝0，g(x)≥0，故 g′(1)＝0，而 g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得 a＝1．

若a＝1，则 g′(x)＝1－．当 0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当 x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增．

所以 x＝1是g(x)的极小值点，故 g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．

(2)由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x．

设h(x)＝2x－2－ln x，则 h′(x)＝2－．当 x∈时，h′(x)<0；当 x∈时，h′(x)>0．

所以 h(x)在单调递减，在单调递增．又 h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，

所以 h(x)在有唯一零点 x0，在有唯一零点 1，

且当 x∈(0，x0)时，h(x)>0；当 x∈(x0，1)时，h(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．

因为 f′(x)＝h(x)，所以 x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由 f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，

故f(x0)＝x0(1－x0)．由 x0∈(0，1)得f(x0)<．因为 x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，

由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0 得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以 e－2<f(x0)<2－2．

3．(2018·全国Ⅲ)已知函数 f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x．

(1)若a＝0，证明：当－1<x<0 时，f(x)<0；当 x>0 时，f(x)>0；

(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求 a．

3．解析　(1)当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－．

设函数 g(x)＝ln(1＋x)－，则 g′(x)＝．

当－1<x<0 时，g′(x)<0；当 x>0 时，g′(x)>0，故当 x>－1时，g(x)≥g(0)＝0，

且仅当 x＝0时，g(x)＝0，从而 f′(x)≥0，且仅当 x＝0时，f′(x)＝0．

所以 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．又 f(0)＝0，

故当－1<x<0 时，f(x)<0；当 x>0 时，f(x)>0．

另解　当 a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x(x>－1)，由于 2＋x>0．故令 g(x)＝ln(1＋x)－，

g′(x)＝－＝，故 x∈(－1，＋∞)，g′(0) >0．所以 g(x)在(－1，＋∞)上单调递增．

因为 g(0)＝0，所以，当－1<x<0 时，gx)<0；当 x>0 时，g(x)>0，

故当－1<x<0 时，f(x)<0；当 x>0 时，f(x)>0．

(2)①若a≥0，由(1)知，当 x>0 时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x>0＝f(0)，这与 x＝0是f(x)的极大值点矛盾．

②若a<0，设函数 h(x)＝＝ln(1＋x)－．

由于当|x|<min 时，2＋x＋ax2>0，故 h(x)与f(x)符号相同．又 h(0)＝f(0)＝0，

故x＝0是f(x)的极大值点，当且仅当 x＝0是h(x)的极大值点．

h′(x)＝－＝．

若6a＋1>0，则当 0<x<－，且|x|<min 时，h′(x)>0，故 x＝0不是 h(x)的极大值点．

若6a＋1<0，则 a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根 x1<0，

故当 x∈(x1，0)，且|x|<min 时，h′(x)<0，所以 x＝0不是 h(x)的极大值点．

若6a＋1＝0，则 h′(x)＝，则当 x∈(－1，0)时，h′(x)>0；当 x∈(0，1)时，h′(x)<0．

所以 x＝0是h(x)的极大值点，从而 x＝0是f(x)的极大值点．综上，a＝－．

考点二　指数找基友

【方法总结】

在证明或处理含指数函数的不等式时，通常要将指数型的函数“结合”起来，即让指数型的函数乘

以或除以一个多项式函数，这样再对新函数求导时，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次

求导．这种相当于让指数函数寻找“合作伙伴”的变形过程，我们形象的称之为“指数找基友”．

1．由 ex＋f(x)>01＋>0，则(1＋)′＝是一个多项式函数，变形后可大大简化运算．

2．由 ex＋f(x)＝01＋＝0，则(1＋)′＝是一个多项式函数，变形后可大大简化运算．

【例题选讲】

[例3] (2018·全国Ⅱ)已知函数 f(x)＝ex－ax2．

(1)若a＝1，证明：当 x≥0 时，f(x)≥1；

(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求 a．

解析　(1)当a＝1时，f(x)≥1 等价于(x2＋1)e－x－1≤0．

设函数 g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则 g′(x)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x．

当x≠1 时，g′(x)＜0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递减．而 g(0)＝0，故当 x≥0 时，g(x)≤0，即 f(x)≥1．

另解　当 a＝1时，f(x)＝ex－x2，则 f′(x)＝ex－2x．

令g(x)＝f′(x)，则 g′(x)＝ex－2．令 g′(x)＝0，解得 x＝ln2．

当x∈(0，ln2)时，g′(x)<0；当 x∈(ln2，＋∞)时，g′(x)>0．

∴当x≥0 时，g(x)≥g(ln2)＝2－2ln2>0，

∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(0)＝1．

(2)设函数 h(x)＝1－ax2e－x．f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点等价于 h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．

(ⅰ)当a≤0 时，h(x)＞0，h(x)没有零点；

(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x．

当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当 x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0．

所以 h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

故h(2)＝1－是 h(x)在(0，＋∞)上的最小值．

①当h(2)＞0，即 a＜时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．

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