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＋eq\f(f(x),x)，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＋eq\f(g(x),f(x))>0，则(lnx＋eq\f(g(x),f(x)))′＝eq\f(1,x)＋(eq\f(g(x),f(x)))′，不含超越函数，求解过程简单．或者f(x)lnx＋g(x)>0f(x)(lnx＋eq\f(g(x),f(x)))>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＋eq\f(g(x),f(x))＝0，则(lnx＋eq\f(g(x),f(x)))′＝eq\f(1,x)＋(eq\f(g(x),f(x)))′，不含超越函数，求解过程简单．或者f(x)lnx＋g(x)＝0f(x)(lnx＋eq\f(g(x),f(x)))＝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)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,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lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)＞0．设g(x)＝lnx－eq\f(a(x－1),x＋1)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,(x＋1)2)＝eq\f(x2＋2(1－a)x＋1,x(x＋1)2)，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－eq\r((a－1)2－1)，x2＝a－1＋eq\r((a－1)2－1)．由x2＞1和x1x2＝1得00时，f(x)>0；(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求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＋eq\f(f(x),ex)>0，则(1＋eq\f(f(x),ex))′＝eq\f(f′(x)－f(x),ex)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＋eq\f(f(x),ex)＝0，则(1＋eq\f(f(x),ex))′＝eq\f(f′(x)－f(x),ex)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－eq\f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)上的最小值．①当h(2)＞0，即a＜eq\f(e2,4)时，h(x)在(0，＋∞)上没有零点．②当h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)时，h(x)在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h(2)＜0，即a＞eq\f(e2,4)时，因为h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)上有一个零点．由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－eq\f(16a3,e4a)＝1－eq\f(16a3,(e2a)2)＞1－eq\f(16a3,(2a)4)＝1－eq\f(1,a)＞0，故h(x)在(2，4a)上有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝eq\f(e2,4)．另解(参变分离) 若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，即方程ex－ax2＝0在(0，＋∞)上只有一个解，由a＝eq\f(ex,x2)，令φ(x)＝eq\f(ex,x2)，x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝eq\f(ex(x－2),x3)，令φ′(x)＝0，解得x＝2．当x∈(0，2)时，φ′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)>0．∴φ(x)min＝φ(2)＝eq\f(e2,4)．∴a＝eq\f(e2,4)．[例4](2020·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x．(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，求a的取值范围．解析 (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，由于f″(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1等价于(eq\f(1,2)x3－ax2＋x＋1)e－x≤1．设函数g(x)＝(eq\f(1,2)x3－ax2＋x＋1)e－x(x≥0)，则g′(x)＝－(eq\f(1,2)x3－ax2＋x＋1－eq\f(3,2)x2＋2ax－1)e－x＝－eq\f(1,2)x[x2－(2a＋3)x＋4a＋2]e－x＝－eq\f(1,2)x(x－2a－1)(x－2)e－x．（i）若2a+1≤0，即a≤－eq\f(1,2)，则当x∈（0，2）时，g′(x)>0．所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意．（ii）若0<2a+1<2，即－eq\f(1,2)0．所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增．由于g(0)=1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥eq\f(7－e2,4)．所以当eq\f(7－e2,4)≤a<eq\f(1,2)时，g(x)≤1．（iii）若2a+1≥2，即a≥eq\f(1,2)，则g(x)≤(eq\f(1,2)x3＋x＋1)e－x．由于0∈[eq\f(7－e2,4)，eq\f(1,2))，故由（ii）可得(eq\f(1,2)x3－ax2＋x＋1)e－x≤1．故当时a≥eq\f(1,2)，g(x)≤1．综上，a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－e2,4)，＋∞))．另解(参变分离) 由f(x)≥eq\f(1,2)x3＋1，得ex＋ax2－x≥eq\