例谈[ex]与[lnx]“联姻”题的求解策略

［摘 要］[ex]与[lnx]“联姻”题涉及面广，解题方法灵活多变，对考生的解题技巧和应变能力要求较高。文章结合几个例题，探寻破解[ex]与[lnx]“联姻”题的策略，旨在帮助学生突破解题难点，提高学生的解题能力。

［关键词］函数；[ex]；[lnx]；转化

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2024）26-0023-03

[y=ex]与[y=lnx]是两个非常重要的函数，数学考试命题者常常把它们命制在同一个问题中，形成[ex]与[lnx]“联姻”题，这类题型涉及面广，解法灵活多变，对考生的解题技巧和应变能力要求较高。那么，这类题型有哪些基本求解策略呢？本文将通过几个例题具体探讨这类题型的求解策略。

一、直接转化

对给出的问题尝试应用相关知识加以转化，并进行计算。

［例1］已知函数[f（x）=x（ex-1-2a）-lnx]的最小值为0，则[a]的值为            。

分析：对[f（x）]求导，进而研究[g（x）=f（x）]的单调性，根据[f（x）]有最小值0，则[∃ x0∈]（0，+∞）使[f（x0）=0]，且[f（x0）=0]求出[x0]，即可求参数值。

解：由[f（x）=（x+1）ex-1-1x-2a]，且[x∈]（0，+∞），令[g（x）=f（x）]，则[g（x）=（x+2）ex-1+1x2>0]，即[g（x）]在（0，+∞）上递增，所以[f（x）]在（0，+∞）上递增，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）]时，[f'（x）<0]，[x∈]（x0，+∞）时， [f'（x）>0]，所以[f（x）]在[（0，x0）]上递减，在（x0，+∞）上递增，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]，令函数[t（x）=x2ex-1+lnx]，[t'（x）=（x2+2x）ex-1+1x>0]，所以[t（x）]在（0，+∞）上是增函数，注意到[t（1）=1]，所以[x0=1]，所以[2a=1⇒a=12]。

点评：例1直接利用导数研究函数的单调性，结合最小值为0可得到方程组[（x0+1）ex0-1-1x0=2a，x0（ex0-1-2a）=lnx0，]消去[a]得到关于[x0]的方程，再利用函数的单调性及特殊点的函数值解方程即可。

二、对称转化

[y=ex]与[y=lnx]互为反函数，它们的图象关于直线[y=x]对称。在解题时可利用这些性质进行转化求解。

［例2］已知函数[f（x）=ex-a-lnx-a]有两个零点，则[a]的取值范围为            。

分析：易知函数[y=ex-a]与函数[y=lnx+a]互为反函数，则问题可等价于[a=x-lnx]在（0，+∞）上有两个根，设[g（x）=x-lnx]，利用导数研究函数[g（x）]的取值情况，即可得到答案。

解：令[f（x）=0]，则[ex-a=lnx+a]，注意函数[y=ex-a]与函数[y=lnx+a]互为反函数，它们的图象关于直线[y=x]对称，则要使函数[f（x）]有两个零点，只需[y=lnx+a]与直线[y=x]有两个交点，即关于[x]的方程[lnx+a=x]有两个根，也即[a=x-lnx]在（0，+∞）上有两个根，设[g（x）=x-lnx]，则[g（x）=1-1x]，易知当[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，则[g（x）min=g（1）=1]，且[x→0]时，[g（x）→]+∞，当[x→]+∞时，[g（x）→]+∞，故[a>1]。

点评：从例2可以看出，利用图象的对称性可以将原问题转化为一个与仅含[lnx]（[ex]）函数图象与直线（对称轴）的位置关系的问题。

三、同构转化

当[ex]与[lnx]同时出现在一个方程或不等式中时，一般需将方程或不等式的两边等价变形成相同的结构，进而构造函数，利用导数来求解。

［例3］已知[m]是方程[xeex-2+（e-1）lnx=2]的一个根，则[e2-me-1+（e-1）lnm=]           。

分析：设[f（t）=et+t]，同构得[f（elnx+x-2）=f（lnx）]，结合函数的单调性得[（e-1）lnx=2-x]，结合[m]是方程的一个根，故[（e-1）lnm=2-m]，得[m=e2-me-1]，从而求出答案。

解：[xeex-2+（e-1）lnx=2⇔eelnx+x-2+elnx+x-2=x+lnx=elnx+lnx]，设[f（t）=et+t]，则[f（t）=et+1>0]恒成立，故[f（t）]单调递增，由[f（elnx+x-2）=f（lnx）]得[elnx+x-2=lnx]，即[（e-1）lnx=2-x]。因为[m]是方程[xeex-2+（e-1）lnx=2]的一个根，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]。

点评：导函数求解参数范围，当函数中同现[ex]与[lnx]，常使用同构进行求解。本题的难点是由[xeex-2+（e-1）lnx=2]变形得到[eelnx+x-2+elnx+x-2=elnx+lnx]，从而构造[f（t）=et+t]进行求解。

［例4］已知正实数[x]，[y]满足[yex=lnx-lny]，则[exx+lny]的最小值为             。

分析：利用同构的方法对[yex=lnx-lny]进行转化，然后构造函数，利用函数的单调性得到[x=lnxy]，即[y=xex（x>0）]，代入[exx+lny]，将问题转化为求单变量式子的最小值问题，再次构造函数，利用导数判断函数的单调性即可求解最值。

解：由[yex=lnx-lny]得[yex=lnxy]，即[xex=xylnxy=lnxy·elnxy]，设[f（t）=tet]，则[f（x）=flnxy]，[f（t）=et（t+1）]，当[t>-1]时，[f（t）>0]，所以[f（t）]在（-1，+∞）上单调递增。因为[x]，[y]均为正实数，所以[yex=lnxy>0]，由[f（x）=flnxy]，可得[x=lnxy]，即[y=xex（x>0）]。由[y=1-xex]知，当[0<x<1]时，[y>0]，[y=xex]单调递增，当[x>1]时，[y<0]，[y=xex]单调递减，所以[y=xex∈0，1e]，则[exx+lny=1y+lny]，[0<y≤1e]。令[g（u）=1u+lnu]，[0<u≤1e]，则[g（u）=-1u2+1u=u-1u2<0]，所以[g（u）]在[0，1e]上单调递减，所以[g（u）min=g1e=e-1]，所以[1y+lny≥e-1]，即[exx+lny]的最小值为[e-1]。

点评：与[ex]和[lnx]相关的常见同构模型有：①[aea≤blnb⇔ealnea≤blnb]，构造函数[f（x）=xlnx]（或[aea≤blnb⇔aea≤elnblnb]，构造函数[g（x）=xex]）；②[eaa<blnb⇔ealnea<blnb]，构造函数[f（x）=xlnx]（或[eaa<blnb⇔eaa<elnblnb]，构造函数[g（x）=exx]）；③[ea±a>b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb]，构造函数[f（x）=x±lnx]（或[ea±a>b±lnb⇔ea±a>elnb±lnb]，构造函数[g（x）=ex±x]）。

［例5］已知函数[f（x）=eax-1-1alnx-1a]，若[f（x）≥0]恒成立，则[a]的取值范围是           。

分析：将问题转化为[elna+ax-1+lna+ax-1≥elna+lnx+lna+lnx]，令函数[g（x）=ex+x]，则[g（lna+ax-1）≥g（lna+lnx）]，再由[g（x）]的单调性将问题转化为[a≥1+lnxx]恒成立，构造函数[h（x）=1+lnxx]，利用导数求出其最大值即可。

解：由题知[eax-1≥1alnx+1a]恒成立，可得[a>0]（否则[x→0]时，不等式不成立），所以[aeax-1≥lnx+1]，则[elna+ax-1+lna+ax-1≥elna+lnx+lna+lnx]。令函数[g（x）=ex+x]，则[g（lna+ax-1）≥g（lna+lnx）]。因为[g（x）=ex+1>0]，所以[g（x）]在[R]上为增函数，所以[lna+ax-1≥lna+lnx]，即[a≥1+lnxx]。令函数[h（x）=1+lnxx]，则[h（x）=-lnxx2]，当[0<x<1]时，[h（x）>0]；当[x>1]时，[h（x）<0]，所以[h（x）]在（0，1）单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以[h（x）max=h（1）=1]，[a≥1]，故[a]的取值范围是[1，+∞]。

点评：解题的关键是对已知化简变形，再构造函数[g（x）=ex+x]，则转化为[g（lna+ax-1）≥g（lna+lnx）]，再利用函数的单调性转化为[a≥1+lnxx]，然后构造函数利用导数求函数的最值，考查数学转化思想和计算能力，属于难题。

四、放缩转化

对于同时含有[ex]与[lnx]的不等式问题，有时要寻找一个中间量加以放缩后，才能利用导数解决问题，这个中间量一般取一个“恰到好处”的函数。

［例6］（1）求证：[ex-lnx≥2]。（2）已知函数[f（x）=ex-ln（x+m）]。当[m≤2]时，求证： [f（x）>0]。

分析：（1）根据导数求解[ex≥x+1]，[lnx≤x-1]，即可获证；（2）先利用导数证明[ex≥x+1]，则[f（x）=ex-ln（x+m）≥x+1-ln（x+m）]，构造函数[g（x）=x+1-ln（x+m）]，再利用导数求出函数的最小值即可得证。

证明：（1）设[m（x）=lnx-x+1]，[n（x）=ex-x-1]，则当[x>1]时[m（x）=1x-1<0]，[m（x）]单调递减，当[0<x<1]时，[m（x）>0]，[m（x）]单调递增，故当[m（x）≤m（1）=0]，[lnx≤x-1，]当[x>0]，[n（x）>0]，[n（x）]单调递增，当[x<0]，[n（x）<0]，[n（x）]单调递减，所以[n（x）≥n（0）=0]，故[ex≥x+1]，由[ex≥x+1]及[-lnx≥1-x]得[ex-lnx≥2]。