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第11讲代数变形
学问与方法
代数变形是利用代数学问实施形变而质不变的一种手段,将一个问题等价地变为另一个问题,由一种困难的形式转变为一种简洁的形式,将整个数学问题转变为一个较为简洁处理或熟识的问题.
在处理含对数或指数式时,有如下两个技巧:
1.对数处理技巧——对数靠边走
设f(x)是可导函数,不难得到(f(x)ln?x)=f(x)ln?x+f(x)1x,若f(x)不是常函数,则所得的导数式中含有ln?x,往往须要再次甚至多次求导.对于这类含有对数式ln?x的不等式问题时,通常要让对数型的函数
相关的转化如下:
情形1设f(
情形2设f(
点睛意到:
(
比较(1)(2)两式中等号右边的部分,可知(1)式含有对数ln?x,但(2)式中不含对数ln?x,这将为后续的解题带来
2.指数处理技巧——指数找挚友
在证明或处理含指数型函数的不等式时,通常要让指数型函数乘以或除以一个多项式函数(让多项式除以指数也一样),这样就很简洁求出新函数的极值点,从而可以避开多次求导.这种相当于给指数函数找寻了一个合作伙伴的变形过程,我们称之为指数处理技巧,即“指数找挚友”.
相关的转化如下:
情形1设f(x)0
情形2设g(x)0
情形3设f(x)≠0,
情形4设g(x)≠0,
因为f(
所以f(
f(
运用上述变形,可以削减求导次数,优化解题过程.
典型例题
对数靠边走
【例1】当x1时,求证:
【解析】因为x1,所以
令f(x)=ln?
所以f(x)在
所以f(x)f(1)=0,所以
即(x
【例2】若不等式xln?x?a(x-1)对全部
【解析】原问题等价于ln?x-a(x-1)x?0对全部的x
(1)当a?1时,f
即f(x)在[1,+∞)上单调递增,因而
(2)当a1时,令f(x)=0,得x=a,f(x)
综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1].
【例3】设二次函数g(x)对随意实数x都满意g(x-1)+g
(1)求g(x
(2)设1m?e,H(x)=f(x
【解析】(1)设g(
所以g
=2a
比较两边的系数得2a=1,-4a=-2,2
又因为g(1)=-1,所以12+b-1=-1,所以
(2)H(
H
所以H(x)在
所以H(
H(
所以Hx
下面只需证12m2-mln?m-3
即证明12
令g(
所以g(m)在(1,e]上单调递增,
而e2
所以g(e)0,所以g(m
【点睛】上面解法的优势在于,将ln?x的系数化为“1”后,就可以有效避开求导后再出现对数函数,避开了隐零点出现,这是解决对数型函数的精华所在
指数找挚友
【例4】已知函数f(x)=ln?x+
【解析】解法1:以指数处理技巧为主线
要证e-x+xf
令g(
g
令h(x)=ln?x+
又因为h(1)=1
所以存在t∈1e,1,使得h(t)=ln?
当x∈(0,t)时,
当x∈(t,+∞)时,
所以g(
所以1+xexf
解法2:以对数的处理技巧为主线
要证e-x+xf(x
令g(
则g
令h(x)=xe
又因为h(1)=e-1
所以存在t∈12,1,使得h(t)=
当x∈(0,t)时,
当x∈(t,+∞)时,
所以,g(
所以e-xx+
解法3:虚设零点+同构
令g(
g(x)=-
且g1e=-e-1
所以e-t=ln?t
令G(x)=ex+x在(0,+∞)单调递增
当x∈(0,t)时,
当x∈(t,+∞)时,
g(
所以e-
【点睛】解法3看似行云流水,思维干脆,但是细致品尝,暗流汹涌,思维含量特别大,主要表现在以下三个方面:
1.没有明显的零点,须要利用函数的单调性以及零点存在性定理,虚设零点;
2.虚设零点后,出现了指数、对数以及多项式同时存在的状况,这样难以利用零点的关系式一次把指数以及对数全部消退;
3.本题目须要较强的技巧性构造同构式,借助于单调性,找出对数与多项式的关系,万一想不到这一点,这道题目就不简洁处理.
事实上,本题之所以难,是因为指数、对数以及多项式的同时出现,将题目提升了一个难度.对于这种指、对混合形式出现的试题,利用指数或对数的处理技巧,可以帮助我们提高“求导效率”,将指数与多项式结合起来,或者将对数分别出来.
【例5】已知函数f(x)=ax21+ln?x(a≠0),e
【解析】解法1:巧用对数、指数处理技巧对方程变形
f(x)
由f
当a0时,f(x
在e-1,e-12单调递减;在e-12,+∞
明显,当a0时,f(x)有极大值,此时
此时f(
明显,当x∈0,1
故当x∈1e,+∞
即1+ln?x-e
令F(x)=1+ln?x-ex
令G(
令G(x)=0,解得x
所以G(
当x4时,G(x)0,所以G(
因为F(1)=0,所以当1ex1时,F(
所以f(x)+
解法2:构造同构式
当x∈0,1e时
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