［摘 要］[ex]與[lnx]“聯(lián)姻”題涉及面廣，解題方法靈活多變，對(duì)考生的解題技巧和應(yīng)變能力要求較高。文章結(jié)合幾個(gè)例題，探尋破解[ex]與[lnx]“聯(lián)姻”題的策略，旨在幫助學(xué)生突破解題難點(diǎn)，提高學(xué)生的解題能力。

［關(guān)鍵詞］函數(shù)；[ex]；[lnx]；轉(zhuǎn)化

［中圖分類(lèi)號(hào)］ G633.6 ［文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼］ A ［文章編號(hào)］ 1674-6058（2024）26-0023-03

[y=ex]與[y=lnx]是兩個(gè)非常重要的函數(shù)，數(shù)學(xué)考試命題者常常把它們命制在同一個(gè)問(wèn)題中，形成[ex]與[lnx]“聯(lián)姻”題，這類(lèi)題型涉及面廣，解法靈活多變，對(duì)考生的解題技巧和應(yīng)變能力要求較高。那么，這類(lèi)題型有哪些基本求解策略呢？本文將通過(guò)幾個(gè)例題具體探討這類(lèi)題型的求解策略。

一、直接轉(zhuǎn)化

對(duì)給出的問(wèn)題嘗試應(yīng)用相關(guān)知識(shí)加以轉(zhuǎn)化，并進(jìn)行計(jì)算。

［例1］已知函數(shù)[f（x）=x（ex-1-2a）-lnx]的最小值為0，則[a]的值為 。

分析：對(duì)[f（x）]求導(dǎo)，進(jìn)而研究[g（x）=f（x）]的單調(diào)性，根據(jù)[f（x）]有最小值0，則[? x0∈]（0，+∞）使[f（x0）=0]，且[f（x0）=0]求出[x0]，即可求參數(shù)值。

解：由[f（x）=（x+1）ex-1-1x-2a]，且[x∈]（0，+∞），令[g（x）=f（x）]，則[g（x）=（x+2）ex-1+1x2>0]，即[g（x）]在（0，+∞）上遞增，所以[f（x）]在（0，+∞）上遞增，又[x→0+]， [f'（x）→]-∞，[x→]+∞， [f'（x）→]+∞，所以[?x0∈]（0，+∞）使[f（x0）=（x0+1）ex0-1-1x0-2a=0]，且[x∈（0，x0）]時(shí)，[f'（x）<0]，[x∈]（x0，+∞）時(shí)， [f'（x）>0]，所以[f（x）]在[（0，x0）]上遞減，在（x0，+∞）上遞增，所以[f（x）min=f（x0）=x0（ex0-1-2a）-lnx0=0]，由[（x0+1）ex0-1-1x0=2a，x0（ex0-1-2a）=lnx0，]得[x20ex0-1+lnx0=1]，令函數(shù)[t（x）=x2ex-1+lnx]，[t'（x）=（x2+2x）ex-1+1x>0]，所以[t（x）]在（0，+∞）上是增函數(shù)，注意到[t（1）=1]，所以[x0=1]，所以[2a=1?a=12]。

點(diǎn)評(píng)：例1直接利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合最小值為0可得到方程組[（x0+1）ex0-1-1x0=2a，x0（ex0-1-2a）=lnx0，]消去[a]得到關(guān)于[x0]的方程，再利用函數(shù)的單調(diào)性及特殊點(diǎn)的函數(shù)值解方程即可。

二、對(duì)稱(chēng)轉(zhuǎn)化

[y=ex]與[y=lnx]互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線[y=x]對(duì)稱(chēng)。在解題時(shí)可利用這些性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解。

［例2］已知函數(shù)[f（x）=ex-a-lnx-a]有兩個(gè)零點(diǎn)，則[a]的取值范圍為 。

分析：易知函數(shù)[y=ex-a]與函數(shù)[y=lnx+a]互為反函數(shù)，則問(wèn)題可等價(jià)于[a=x-lnx]在（0，+∞）上有兩個(gè)根，設(shè)[g（x）=x-lnx]，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)[g（x）]的取值情況，即可得到答案。

解：令[f（x）=0]，則[ex-a=lnx+a]，注意函數(shù)[y=ex-a]與函數(shù)[y=lnx+a]互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線[y=x]對(duì)稱(chēng)，則要使函數(shù)[f（x）]有兩個(gè)零點(diǎn)，只需[y=lnx+a]與直線[y=x]有兩個(gè)交點(diǎn)，即關(guān)于[x]的方程[lnx+a=x]有兩個(gè)根，也即[a=x-lnx]在（0，+∞）上有兩個(gè)根，設(shè)[g（x）=x-lnx]，則[g（x）=1-1x]，易知當(dāng)[0<x<1]時(shí)，[g（x）<0]，[g（x）]單調(diào)遞減，當(dāng)[x>1]時(shí)，[g（x）>0]，[g（x）]單調(diào)遞增，則[g（x）min=g（1）=1]，且[x→0]時(shí)，[g（x）→]+∞，當(dāng)[x→]+∞時(shí)，[g（x）→]+∞，故[a>1]。

點(diǎn)評(píng)：從例2可以看出，利用圖象的對(duì)稱(chēng)性可以將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)與僅含[lnx]（[ex]）函數(shù)圖象與直線（對(duì)稱(chēng)軸）的位置關(guān)系的問(wèn)題。

三、同構(gòu)轉(zhuǎn)化

當(dāng)[ex]與[lnx]同時(shí)出現(xiàn)在一個(gè)方程或不等式中時(shí)，一般需將方程或不等式的兩邊等價(jià)變形成相同的結(jié)構(gòu)，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)來(lái)求解。

［例3］已知[m]是方程[xeex-2+（e-1）lnx=2]的一個(gè)根，則[e2-me-1+（e-1）lnm=] 。

分析：設(shè)[f（t）=et+t]，同構(gòu)得[f（elnx+x-2）=f（lnx）]，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性得[（e-1）lnx=2-x]，結(jié)合[m]是方程的一個(gè)根，故[（e-1）lnm=2-m]，得[m=e2-me-1]，從而求出答案。

解：[xeex-2+（e-1）lnx=2?eelnx+x-2+elnx+x-2=x+lnx=elnx+lnx]，設(shè)[f（t）=et+t]，則[f（t）=et+1>0]恒成立，故[f（t）]單調(diào)遞增，由[f（elnx+x-2）=f（lnx）]得[elnx+x-2=lnx]，即[（e-1）lnx=2-x]。因?yàn)閇m]是方程[xeex-2+（e-1）lnx=2]的一個(gè)根，所以[（e-1）lnm=2-m]，所以[m=e2-me-1]，所以[e2-me-1+（e-1）lnm=m+（e-1）lnm=2]。

點(diǎn)評(píng)：導(dǎo)函數(shù)求解參數(shù)范圍，當(dāng)函數(shù)中同現(xiàn)[ex]與[lnx]，常使用同構(gòu)進(jìn)行求解。本題的難點(diǎn)是由[xeex-2+（e-1）lnx=2]變形得到[eelnx+x-2+elnx+x-2=elnx+lnx]，從而構(gòu)造[f（t）=et+t]進(jìn)行求解。

［例4］已知正實(shí)數(shù)[x]，[y]滿(mǎn)足[yex=lnx-lny]，則[exx+lny]的最小值為 。

分析：利用同構(gòu)的方法對(duì)[yex=lnx-lny]進(jìn)行轉(zhuǎn)化，然后構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性得到[x=lnxy]，即[y=xex（x>0）]，代入[exx+lny]，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求單變量式子的最小值問(wèn)題，再次構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可求解最值。

解：由[yex=lnx-lny]得[yex=lnxy]，即[xex=xylnxy=lnxy·elnxy]，設(shè)[f（t）=tet]，則[f（x）=flnxy]，[f（t）=et（t+1）]，當(dāng)[t>-1]時(shí)，[f（t）>0]，所以[f（t）]在（-1，+∞）上單調(diào)遞增。因?yàn)閇x]，[y]均為正實(shí)數(shù)，所以[yex=lnxy>0]，由[f（x）=flnxy]，可得[x=lnxy]，即[y=xex（x>0）]。由[y=1-xex]知，當(dāng)[0<x<1]時(shí)，[y>0]，[y=xex]單調(diào)遞增，當(dāng)[x>1]時(shí)，[y<0]，[y=xex]單調(diào)遞減，所以[y=xex∈0，1e]，則[exx+lny=1y+lny]，[0<y≤1e]。令[g（u）=1u+lnu]，[0<u≤1e]，則[g（u）=-1u2+1u=u-1u2<0]，所以[g（u）]在[0，1e]上單調(diào)遞減，所以[g（u）min=g1e=e-1]，所以[1y+lny≥e-1]，即[exx+lny]的最小值為[e-1]。

點(diǎn)評(píng)：與[ex]和[lnx]相關(guān)的常見(jiàn)同構(gòu)模型有：①[aea≤blnb?ealnea≤blnb]，構(gòu)造函數(shù)[f（x）=xlnx]（或[aea≤blnb?aea≤elnblnb]，構(gòu)造函數(shù)[g（x）=xex]）；②[eaa<blnb?ealnea<blnb]，構(gòu)造函數(shù)[f（x）=xlnx]（或[eaa<blnb?eaa<elnblnb]，構(gòu)造函數(shù)[g（x）=exx]）；③[ea±a>b±lnb?ea±lnea>b±lnb]，構(gòu)造函數(shù)[f（x）=x±lnx]（或[ea±a>b±lnb?ea±a>elnb±lnb]，構(gòu)造函數(shù)[g（x）=ex±x]）。

［例5］已知函數(shù)[f（x）=eax-1-1alnx-1a]，若[f（x）≥0]恒成立，則[a]的取值范圍是 。

分析：將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為[elna+ax-1+lna+ax-1≥elna+lnx+lna+lnx]，令函數(shù)[g（x）=ex+x]，則[g（lna+ax-1）≥g（lna+lnx）]，再由[g（x）]的單調(diào)性將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為[a≥1+lnxx]恒成立，構(gòu)造函數(shù)[h（x）=1+lnxx]，利用導(dǎo)數(shù)求出其最大值即可。

解：由題知[eax-1≥1alnx+1a]恒成立，可得[a>0]（否則[x→0]時(shí)，不等式不成立），所以[aeax-1≥lnx+1]，則[elna+ax-1+lna+ax-1≥elna+lnx+lna+lnx]。令函數(shù)[g（x）=ex+x]，則[g（lna+ax-1）≥g（lna+lnx）]。因?yàn)閇g（x）=ex+1>0]，所以[g（x）]在[R]上為增函數(shù)，所以[lna+ax-1≥lna+lnx]，即[a≥1+lnxx]。令函數(shù)[h（x）=1+lnxx]，則[h（x）=-lnxx2]，當(dāng)[0<x<1]時(shí)，[h（x）>0]；當(dāng)[x>1]時(shí)，[h（x）<0]，所以[h（x）]在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以[h（x）max=h（1）=1]，[a≥1]，故[a]的取值范圍是[1，+∞]。

點(diǎn)評(píng)：解題的關(guān)鍵是對(duì)已知化簡(jiǎn)變形，再構(gòu)造函數(shù)[g（x）=ex+x]，則轉(zhuǎn)化為[g（lna+ax-1）≥g（lna+lnx）]，再利用函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為[a≥1+lnxx]，然后構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想和計(jì)算能力，屬于難題。

四、放縮轉(zhuǎn)化

對(duì)于同時(shí)含有[ex]與[lnx]的不等式問(wèn)題，有時(shí)要尋找一個(gè)中間量加以放縮后，才能利用導(dǎo)數(shù)解決問(wèn)題，這個(gè)中間量一般取一個(gè)“恰到好處”的函數(shù)。

［例6］（1）求證：[ex-lnx≥2]。（2）已知函數(shù)[f（x）=ex-ln（x+m）]。當(dāng)[m≤2]時(shí)，求證： [f（x）>0]。

分析：（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)求解[ex≥x+1]，[lnx≤x-1]，即可獲證；（2）先利用導(dǎo)數(shù)證明[ex≥x+1]，則[f（x）=ex-ln（x+m）≥x+1-ln（x+m）]，構(gòu)造函數(shù)[g（x）=x+1-ln（x+m）]，再利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值即可得證。

證明：（1）設(shè)[m（x）=lnx-x+1]，[n（x）=ex-x-1]，則當(dāng)[x>1]時(shí)[m（x）=1x-1<0]，[m（x）]單調(diào)遞減，當(dāng)[0<x<1]時(shí)，[m（x）>0]，[m（x）]單調(diào)遞增，故當(dāng)[m（x）≤m（1）=0]，[lnx≤x-1，]當(dāng)[x>0]，[n（x）>0]，[n（x）]單調(diào)遞增，當(dāng)[x<0]，[n（x）<0]，[n（x）]單調(diào)遞減，所以[n（x）≥n（0）=0]，故[ex≥x+1]，由[ex≥x+1]及[-lnx≥1-x]得[ex-lnx≥2]。

（2）令[h（x）=ex-x-1]，則[h（x）=ex-1]，當(dāng)[x<0]時(shí)，[h（x）<0]，當(dāng)[x>0]時(shí)，[h（x）>0]，所以函數(shù)[h（x）]在[（-∞，0）]上單調(diào)遞減，在[（0，+∞）]上單調(diào)遞增，所以[h（x）≥h（0）=0]，所以[ex≥x+1]，當(dāng)且僅當(dāng)[x=0]時(shí)取等號(hào)，故[f（x）=ex-ln（x+m）≥x+1-ln（x+m）]，令[g（x）=x+1-ln（x+m）]，則[g（x）=1-1x+m=x+m-1x+m（x>-m）]，當(dāng)[-m<x<-m+1]時(shí)，[g（x）<0]，當(dāng)[x>-m+1]時(shí)，[g（x）>0]，所以函數(shù)[g（x）]在（-m，-m + 1）上單調(diào)遞減，在[（-m+1，+∞）]上單調(diào)遞增，所以[g（x）≥g（-m+1）=-m+2≥0]，當(dāng)且僅當(dāng)[mr86BW+2HOha5r//c/2QfnjW6f+6CEpaR97ZURSC3/3o==2]，[x=-1]時(shí)，等號(hào)成立，當(dāng)[x=-1]時(shí)，[ex>x+1]，所以[f（x）>0]。

點(diǎn)評(píng)：放縮轉(zhuǎn)化主要有兩種：一是基于已知條件進(jìn)行適當(dāng)放縮；二是借助常見(jiàn)的放縮結(jié)論來(lái)輔助轉(zhuǎn)化。

五、分解轉(zhuǎn)化

當(dāng)同時(shí)含有[ex]與[lnx]的不等式無(wú)法直接證明時(shí)，可將它分解成兩個(gè)部分，再利用導(dǎo)數(shù)分別求出它們的最值，通過(guò)最值比較來(lái)證明大小關(guān)系。

［例7］已知函數(shù)[f（x）=exx-e34lnx]。證明：[f（x）>0]。

分析：由[f（x）>0]等價(jià)于[exx2>e3lnx4x]，令[g（x）=exx2（x>0）]，[h（x）=e3lnx4x]，論證[g（x）min≥h（x）max]恒成立，且[g（x）=exx2（x>0）]與[h（x）=e3lnx4x]不在同一[x]處取到最值即可。

證明：由題可得，函數(shù)[f（x）]的定義域?yàn)閇（0，+∞）]，所以[f（x）>0]等價(jià)于[exx>e34lnx]，等價(jià)于[exx2>e3lnx4x]。設(shè)函數(shù)[g（x）=exx2（x>0）]，則[g（x）=ex（x-2）x3]，令[g（x）<0]，解得[0<x<2]，所以[g（x）]在[（0，2）]上單調(diào)遞減；令[g（x）>0]，解得[x>2]，所以[g（x）]在[（2，+∞）]上單調(diào)遞增，從而[g（x）]在[（0，+∞）]上的最小值為[g（2）=e24]。設(shè)函數(shù)[h（x）=e3lnx4x（x>0）]，則[h（x）=e3（1-lnx）4x2]。令[h（x）>0]，解得[0<x<e]，所以[h（x）]在[（0，e）]上單調(diào)遞增；令[h（x）<0]，解得[x>e]，所以[h（x）]在[（e，+∞）]上單調(diào)遞減，從而[h（x）]在[（0，+∞）]上的最大值為[h（e）=e3lne4e=e24]，所以[g（x）min≥h（x）max]恒成立。又因?yàn)閇g（x）=exx2（x>0）]與[h（x）=e3lnx4x]不在同一[x]處取到最值，所以[g（x）>h（x）]恒成立，即[f（x）>0]得證。

點(diǎn)評(píng)：要證[g（x）≥h（x）]，只需證明[g（x）min≥h（x）max]，這種方法是處理不等式恒成立問(wèn)題的常用方法，有時(shí)也可以用于函數(shù)不等式的證明。

由此可見(jiàn)，[ex]與[lnx]“聯(lián)姻”題的求解策略靈活多樣，處處體現(xiàn)了數(shù)學(xué)思維的創(chuàng)新性，同時(shí)也體現(xiàn)了導(dǎo)數(shù)的靈活應(yīng)用。

（責(zé)任編輯 黃春香）