对数单身狗，指数找朋友

对数单身狗

${\color{Red} \qquad 一、\quad }$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$(f(x)\ln x)'=f'(x)'\ln x+\cfrac{f(x)}{x}$,若$f(x)$为常数函数，求导式子中含有$\ln x$，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，只需要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，我们形象地称之为“对数单身狗”。
${\color{Red} \mathbf{1、} }$ 设$f(x)\gt 0\quad f(x)\ln x +g(x)\gt 0\Leftrightarrow \ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)} \gt 0,则(\ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)})'=\cfrac{1}{x}+(\cfrac{g(x)}{f(x)})'$,不含超越函数，求解过程更简单，或者$f(x)\ln x +g(x)\gt 0\Leftrightarrow f(x)[\ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)}] \gt 0$，即将前面部分提出，就留下对数单身狗，然后研究剩余部份。
${\color{Red} \mathbf{2、} }$ 设$f(x)\ne 0 f(x)\ln x +g(x)= 0\Leftrightarrow \ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)} = 0,则(\ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)})'=\cfrac{1}{x}+(\cfrac{g(x)}{f(x)})'$,不含超越函数，求解过程更简单，或者$f(x)\ln x +g(x)= 0\Leftrightarrow f(x)[\ln x+\cfrac{g(x)}{f(x)}]= 0$，即将前面部分提出，就留下对数单身狗，然后研究剩余部份。

例1、2016年全国2已知函数$f(x)=(x+1)\ln x -a(x-1)$
(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\in (1,+\infty)时,f(x)\gt 0，求a$的取值范围。
解：(2)$\quad x\gt 1,(x+1)\ln x-a(x-1)\gt 0\Leftrightarrow ln x-\cfrac{a(x-1)}{(x+1)} \gt0{\color{Red} \Leftrightarrow 即证[ln x-\cfrac{a(x-1)}{(x+1)}]_{min} \gt0} $
设$g(x)=\ln x-\cfrac{a(x-1)}{(x+1)}\qquad \qquad$
${g}' (x)=\cfrac{1}{x} -\cfrac{a(x+1)-a(x-1)}{(x+1)^2} =\cfrac{1}{x}-\cfrac{2a}{(1+x)^2}$
${g}' (x) =\cfrac{1}{x}-\cfrac{2a}{(1+x)^2} =\cfrac{(x+1)^2-2ax}{x(x+1)^2}$
显然$\quad g(1)=0,必须{g}' (1)\ge 0才满足条件，\Rightarrow (1+1)^2-2a\ge 0\qquad a\le 2$
令$t(x)=(x+1)^2-2ax,$讨论：
${\color{Red}\quad ①\quad } 当a\le 2时，t(x) =(x+1)^2-2ax\ge (x+1)^2-4x\ge 0\Rightarrow {g}' (x)\ge 0,g(x)\nearrow $
$g(x)\gt g(1)=0$成立
${\color{Red}\quad ②\quad }当a\gt 2时，t(x) =(x+1)^2-2ax=x^2+(2-2a)x+1$
$令t(x)=0,\bigtriangleup =4(1-a)^2-4\gt 0 ,设两根为x_1\lt x_2 $
$x_1+x_2\gt 0,x_1x_2=1,\Rightarrow 0<x_1<1<x_2$
$(1,x_2),{g}' (x)\lt 0,g(x)\searrow ;$
$(x_2,+),{g}' (x)\gt 0,g(x)\nearrow ;$
$\Rightarrow g(x_2)\lt g(1)=0$
与$g(x)\gt 0\quad$矛盾,故$a的取值范围是a\le 2$。

例2、2017年21、已知函数$f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^x-x$
(1)讨论$f(x)$的单调性；
(2)若$f(x)$有两个零点，求$a$的取值范围。
解：(1)$令t=e^x,x=\ln t ,t\gt 0$
$g(t)=at^2+(a-2)t-\ln t,$
${g}' (t)=2at+(a-2)-\cfrac{1}{t}=\cfrac{2at^2+(a-2)t-1}{t} = \cfrac{(2t+1)(at-1)}{t}$
$t\gt 0$,分类讨论
${\color{Red}\quad ①\quad } a\le 0,{g}' (t)\lt 0,g(t)\searrow,\Rightarrow f(x)\searrow $
${\color{Red}\quad ②\quad }当a\gt 0时,(0,\cfrac{1}{a}),{g}'(t)\lt 0,g(t)\searrow ;(\cfrac{1}{a},+\infty ),{g}'(t)\gt 0,g(t)\nearrow$
$g(t)在t=\cfrac{1}{a}处有最小值，g(\cfrac{1}{a})=\cfrac{1}{a}+(a-2)\cdot \cfrac{1}{a} -\ln \cfrac{1}{a}=g(\cfrac{1}{a})=1-\cfrac{1}{a}-\ln \cfrac{1}{a} $
即$(-\infty,-\ln a),f(x)$单调递减；$(-\ln a，+\infty),f(x)$单调递增。
(2)$a\le 0,f(x)$单调递增，不存在两个零点。
$a\gt 0时,g(t)_{min}\lt 0时有两个零点。\Rightarrow g(\cfrac{1}{a} )=1-\cfrac{1}{a}-\ln \cfrac{1}{a} \lt 0$
令$x=\cfrac{1}{a} ,h(x)=1-x-\ln x $，显然$h(x)$是单调递减函数，又$h(1)=0$,即$x\gt 1$时，$h(x)\lt 0，$
即$0\lt a\lt 1时，g(\cfrac{1}{a})\lt 0, $
还要说明一下：$g(t)当t\longrightarrow 0及+\infty 时g(t)\gt 0$

例3、已知函数$f(x)=x\ln x \quad(x\gt 0)$
(1)求$f(x)$的极值；
(2)若存在$x\in (0,\infty ),使得f(x)\le \cfrac{-x^2+mx-3}{2}$成立，$m$的最小值。

解：(2)、$x\ln x\le \cfrac{-x^2+mx-3}{2} \Rightarrow \ln x\le -\cfrac{x}{2}+\cfrac{m}{2}-\cfrac{3}{2x} \Rightarrow \cfrac{m}{2}\ge\cfrac{x}{2}+\ln x+\cfrac{3}{2x} \quad {\color{Green}有解，非恒成立 } $
${\color{Red}即求\cfrac{m}{2}\ge(\cfrac{x}{2}+\ln x+\cfrac{3}{2x})_{min}} ,设g(x)=\cfrac{x}{2}+\ln x+\cfrac{3}{2x}$
${g}' (x)=\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{x}-\cfrac{3}{2x^2}=\cfrac{x^2+2x-3}{2x^2} =\cfrac{(x+3)(x-1)}{2x^2}$
$\because x\gt 0,\quad \therefore x\in(0,1),{g}'(x)\lt 0, g(x)\searrow ;x\in(1,+\infty ),{g}'(x)\gt 0, g(x)\nearrow$
$g(x)\ge g(x)_{min}=g(1)=2$
$\cfrac{m}{2} \ge 2\Rightarrow m\ge 4,m_{min}=4$

2011年高考题：若不等式$\cfrac{\ln x}{x+1}+\cfrac{1}{x} \gt \cfrac{\ln x}{x-1}+\cfrac{k}{x} 在x\gt 0且x\ne 1$时恒成立，求$k$的取值范围。
解:$\cfrac{\ln x}{x+1}+\cfrac{1}{x} \gt \cfrac{\ln x}{x-1}+\cfrac{k}{x} \Rightarrow \cfrac{\ln x}{x+1}+\cfrac{1}{x} － \cfrac{\ln x}{x-1}－\cfrac{k}{x} \gt 0\Rightarrow$
$\cfrac{-2\ln x}{x^2-1}+\cfrac{1-k}{x} \gt 0\Rightarrow \cfrac{-1}{x^2-1}[2\ln x+(k-1)(x-\cfrac{1}{x})] $
$设f(x)=2\ln x+(k-1)(x-\cfrac{1}{x}),即\begin{cases} f(x)\gt 0\quad (0,1)\\f(x)\lt 0\quad (1,+\infty)\end{cases}$
$\Rightarrow {f}' (x)=\cfrac{2}{x} +(k-1)(1+\cfrac{1}{x^2})=\cfrac{1}{x^2} [(k-1)x^2+2x+k-1]$
$\because f(1)=0\quad {f}' (1)\le 0\Rightarrow k\ge 0.$下面讨论k在所有的取值范围的情况：
${\color{Red} ①} 当k\ge 0时，\bigtriangleup \lt 0,\Rightarrow (k-1)x^2+2x+k-1\le 0,所以{f}'(x)\le 0,f(x)$单调递减，满足题意。
${\color{Green} ②} 当k\ge 1, \Delta \le 0 ,{f}' (x)\ge 0,$不合题意；
${\color{Red} ③} 当0\lt k \lt 1时，函数有零点x_1,x_2(x_1\lt x_2)，所以f(x)在(x_1,1)单调递增，所以f(x)\lt f(1)=0，$不合题意。

指数找朋友

$F(x)=e^{ax}f(x)\Rightarrow {F}' (x)=e^{ax}[{f}'(x)+af(x) ],求导和数乘各进行一次$
${\color{Red} \qquad 二、\quad }$ 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，只需要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，我们形象地称之为“指数找基友”。
${\color{Red} \mathbf{1、} } 由e^x+f(x)\gt 0\Leftrightarrow 1+\cfrac{f(x)}{e^x}\gt 0，则( 1+\cfrac{f(x)}{e^x})'=\cfrac{{f}'(x)-f(x) }{e^x}$是一个多项式函数，变形后可大大简化运算。
${\color{Red} \mathbf{2、} } 由e^x+f(x)＝0\Leftrightarrow 1+\cfrac{f(x)}{e^x}＝0，则( 1+\cfrac{f(x)}{e^x})'=\cfrac{{f}'(x)-f(x) }{e^x} $是一个多项式函数，变形后可大大简化运算。
例4、2018年3、已知函数$f(x)=e^x-ax^2$
(1)若$a=1,证明：当x\ge 0时，f(x)\ge1；\qquad $
(2)若$f(x)在(0,\infty ),$只有一个零点，求$a$。
解:$(1) \because a=1\quad f(x)=e^x-x^2\ge1 \Leftrightarrow 1-\cfrac{x^2+1}{e^x} \ge 0\Leftrightarrow (1-\cfrac{x^2+1}{e^x})_{min}\ge 0$
设$g(x)=1-\cfrac{x^2+1}{e^x} \quad (x\ge 0)\qquad $
${g}' (x)=-\cfrac{2x-(x^2+1)}{e^x} =\cfrac{(x-1)^2}{e^x} \ge 0\quad$
$\Rightarrow g(x)\ge g(0)=0\quad$得证
(2)$\because f(x)=e^x-ax^2=0\Leftrightarrow a=\cfrac{e^x}{x^2}\quad (x\gt 0)$
设$h(x)=\cfrac{e^x}{x^2}\qquad {h}'(x)=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}$
$x\in (0,2),{h}' (x)\lt 0,h(x)\searrow ;\qquad $
$x\in (2,+\infty ),{h}' (x)\gt 0,h(x)\nearrow ;\qquad $
$h(x)\ge h(x)_{min}=h(2)=\cfrac{e^2}{4}$
故$a=\cfrac{e^2}{4}\quad f(x)$只有一个零点。(将零点问题转化为$y=a与h(x)$的交点问题。)

例5、求证：$x\gt 0时，2\ln ^2x+\ln x +2x\gt 1$
解：令$t=\ln x\Rightarrow x=e^t,t\in R$
原式$\Leftrightarrow t\in R,2t^2+t+2e^t\gt 1$
$2t^2+t+2e^t\gt 1{\color{Red} \Leftrightarrow } 2e^t\gt 1-2t^2-t{\color{Red} \Leftrightarrow }2\gt \cfrac{1-2t^2-t}{e^t}\quad$即证${\color{Red}2\gt (\cfrac{1-2t^2-t}{e^t})_{max}} $
$g(t)= \cfrac{1-2t^2-t}{e^t} \quad {g}' (t)=\cfrac{-4t-1-(1-2t^2-t)}{e^t}=\cfrac{(2t+1)(t-2)}{e^t} $
$t\in (-\infty,-\cfrac{1}{2}),{g}' (t)\gt 0,g(t)单增； \qquad$
$t\in (-\cfrac{1}{2},2),{g}' (t)\lt 0,g(t)单减； \qquad$
$t\in (2,+\infty),{g}' (t)\gt 0,g(t)单增；$
$\Rightarrow g(t)有极大值g(-\cfrac{1}{2}) =\cfrac{1-2\cdot \cfrac{1}{4}+\cfrac{1}{2} }{e^{-\cfrac{1}{2} }}=\sqrt{e}\lt 2 $
$g(t)有极小值g(2) =\cfrac{1-8－2 }{e^2}=-\cfrac{9}{e^2} $
虽然$t\ge 2时，g(t)从极小值g(2)=-\cfrac{9}{e^2}逐渐增大，但分子1-2t^2-t恒为负数，所以g(t)的最大值就是g(-\cfrac{1}{2})$。得证

对数题目：
1、若不等式$x\ln x\ge a(x-1)对所有x\ge 1$都成立，求实数a的取值范围。
2、已知当$x\ge 1时，x^2\ln x-x+1\ge m(x-1)^2恒成立，求实数m $的取值范围。
3、已知$f(x)=x\ln x,若f(x)\ge ax^2+\cfrac{2}{a}(a\ne 0),在x\in (0,+\infty)$上恒成立，求$a$的最小值。
$(-e^3\le a\lt 0)$
4、若$2x\ln x\ge -x^2+ax -3，对x\in (0,+\infty)$恒成立，求实数$a$的取值范围。
指数找朋友：
５、已知函数$f(x)=e^x-ax^2,a=1,证明:当x\ge 0时，f(x)\ge 1$
６、已知函数$f(x)=e^x-1-x-ax^2,当x\ge 0时，f(x)\ge 0$恒成立，求实数$a$的取值范围。
７、已知$e^x\gt x^2-2ax+1对于任意的x\gt 0$恒成立，求实数$a$的取值范围。
８、已知$f(x)=e^x+ax^2-x,当x\ge 0时,若f(x)\ge \cfrac{1}{2}x^2+1$,求实数$a$的取值范围；

已知函数$f(x)=e^x-\cos x+\sin x，证明当x\ge 0时，f(x)\ge 2.{\color{Red} 题目有问题} $
解：$e^x-\cos x+\sin x-2\ge 0\Rightarrow 1+\cfrac{\sin x-\cos x-2}{e^x} \ge 0$
设：$g(x)=1+\cfrac{\sin x-\cos x-2}{e^x} 即证x\ge 0,g(x)_{min\ge 0}$
${g}' (x)=\cfrac{\cos x+\sin x-(\sin x-\cos x-2)}{e^x}=\cfrac{2\cos x+2}{e^x}\ge 0 $