导数同构与导数异构

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导数同构与导数异构是解决含指数、对数函数的导数问题（不等式恒成立、零点、最值、证明）的核心方法。同构核心是“化异为同”，将式子配凑为单一核心函数的结构；异构核心是“化同为异”，拆分式子为两个独立函数，通过各自导数性质求解，二者均需依托导数分析函数单调性、极值与最值。

1. 导数同构

定义：通过代数配凑，将含 \( e^x \)、\( \ln x \) 的复杂式子，转化为 \( f(g(x)) \) 或 \( f(a) = f(b) \) 的形式（\( f(t) \) 为核心函数）。

关键：核心函数 \( f(t) \) 需易求导、单调性明确（如 \( f(t) = t e^t \)、\( f(t) = e^t - t \)）。

逻辑：利用 \( f(t) \) 的单调性，将复杂式子转化为 \( g(x) \) 的不等式/方程，简化求解。

2. 导数异构

定义：当式子无法同构时，拆分为两个函数 \( f(x) \) 和 \( g(x) \)（通常指数项归一类、对数项归一类）。

关键：拆分后两个函数均需易求导、能明确最值。

逻辑：通过“\( f(x)_{\min} \geq g(x)_{\max} \)”（恒成立）、“\( f(x)_{\max} = g(x)_{\min} \)”（零点匹配）等关系建立求解桥梁。

3. 核心区别

结构处理：同构“合二为一”，异构“一分为二”。

导数成本：同构只需分析1个函数的导数，异构需分析2个。

适用场景：结构含 \( x e^x \)、\( \frac{e^x}{x} \) 等可配凑项用同构；结构零散、含参复杂用异构。

4. 方法与技巧

（1）同构优先：遇到 \( x e^x \)、\( \frac{e^x}{x} \)、\( e^x + x \) 等特征项，先尝试配凑核心函数（如 \( f(t) = t e^t \)、\( f(t) = e^t - t \)）。

（2）异构拆分原则：无法同构时，按“指数项+常数”“对数项+多项式”拆分，确保拆分后两函数均易求导、能定最值。

（3）关键辅助：灵活运用换元（如 \( t = x + \ln x \)、\( t = \ln x \)）、不等式放缩（如 \( e^x \geq x + 1 \)、\( \ln x \leq x - 1 \)）简化分析。

例题1：证明 \( x e^x \geq x + \ln x + 1 \)（\( x > 0 \)）

配凑同构：左边 \( x e^x = e^{\ln x} \cdot e^x = e^{x + \ln x} \)，式子化为 \( e^{x + \ln x} - (\ln x + 1) \geq 0 \)。

核心函数：令 \( f(t) = e^t - t \)，求导得 \( f’(t) = e^t - 1 \)，\( f(t) \) 在 \( (-\infty, 0) \) 递减，\( (0, +\infty) \) 递增，最小值 \( f(0) = 1 \)。

转化求解：令 \( t = x + \ln x \)，原式为 \( f(t) - 1 \geq 0 \)，因 \( f(t) \geq 1 \)，故不等式恒成立，得证。

例题2：求 \( k \) 的范围，使 \( x e^x - k \ln x \geq 0 \) 对 \( x > 0 \) 恒成立

配凑同构：式子化为 \( e^{x + \ln x} \geq k \ln x \)，当 \( x = 1 \) 时，左边 \( e \geq 0 \) 恒成立。

分类讨论：

当 \( x > 1 \) 时，\( \ln x > 0 \)，即 \( k \leq \frac{e^{x + \ln x}}{\ln x} \)，令 \( t = \ln x \)（\( t > 0 \)），则 \( k \leq \frac{e^{e^t + t}}{t} \)，设 \( f(t) = \frac{e^{e^t + t}}{t} \)，导数分析得 \( f(t)_{\min} = e^e \)（\( t = 1 \) 时）。

当 \( 0 < x < 1 \) 时，\( \ln x < 0 \)，即 \( k \geq \frac{e^{x + \ln x}}{\ln x} \)，此时右边为负，\( k \geq 0 \) 即可。

结论：\( 0 \leq k \leq e^e \)。

例题3：判断函数 \( f(x) = x e^x - \ln x - x - 1 \) 的零点个数

配凑同构：\( f(x) = e^{x + \ln x} - (x + \ln x) - 1 \)，令 \( t = x + \ln x \)（\( t \in \mathbb{R} \)），则 \( g(t) = e^t - t - 1 \)。

导数分析：\( g’(t) = e^t - 1 \)，\( g(t) \) 在 \( t = 0 \) 处取最小值 \( 0 \)，即 \( g(t) \geq 0 \)，仅当 \( t = 0 \) 时取等。

求解零点：\( x + \ln x = 0 \) 有唯一解 \( x_0 \in (0,1) \)，故 \( f(x) \) 有1个零点。

例题4：解不等式 \( e^x + x \geq \ln \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \)（\( x > 0 \)）

配凑同构：右边 \( -\ln x + \frac{1}{x} = e^{-\ln x} + (-\ln x) \)，令 \( f(t) = e^t + t \)（单调递增）。

转化：左边 \( f(x) \)，右边 \( f(-\ln x) \)，故 \( x \geq -\ln x \)，即 \( x + \ln x \geq 0 \)。

求解：设 \( h(x) = x + \ln x \)，单调递增，\( h(x_0) = 0 \)（\( x_0 \in (0,1) \)），解集为 \( [x_0, +\infty) \)。

例题5：证明 \( \frac{e^x}{x} \geq x + \ln x \)（\( x > 0 \)）

配凑同构：左边 \( \frac{e^x}{x} = e^{x - \ln x} \)，令 \( t = x - \ln x \)（\( t \geq 1 \)，因 \( x - \ln x \geq 1 \)）。

核心函数：\( f(t) = e^t - t \)，单调递增，\( f(t) \geq f(1) = e - 1 \)。

不等式转化：\( e^t \geq t + (x + \ln x) \)，因 \( t = x - \ln x \)，故 \( e^t \geq (x - \ln x) + (x + \ln x) = 2x \)，而 \( e^t \geq e \geq 2x \)（\( x > 0 \)），得证。

例题6：求 \( f(x) = x^2 e^x - \ln x \) 的最小值

配凑同构：\( x^2 e^x = e^{2\ln x + x} \)，令 \( t = 2\ln x + x \)（\( t \in \mathbb{R} \)），则 \( f(x) = e^t - \frac{t - x}{2} \)。

导数分析：设 \( g(t) = e^t - \frac{t}{2} \)，\( g’(t) = e^t - \frac{1}{2} \)，最小值 \( g(-\ln 2) = \frac{1}{2} + \frac{\ln 2}{2} \)。

验证：当 \( t = -\ln 2 \) 时，\( x = 1 \) 满足，故最小值为 \( 1 \)（代入 \( x = 1 \) 得 \( e - 0 = e \)，修正：正确配凑为 \( x^2 e^x = x \cdot x e^x = x e^{x + \ln x} \)，令 \( t = x + \ln x \)，最小值为 \( e \)）。

例题7：证明 \( e^x - \ln x - 2 \geq 0 \)（\( x > 0 \)）

配凑同构：\( e^x - x - 1 \geq \ln x + 1 - x \)，左边 \( f(x) = e^x - x - 1 \geq 0 \)，右边 \( h(x) = \ln x - x + 1 \leq 0 \)。

核心逻辑：\( f(x) \geq -h(x) \)，因 \( f(x)_{\min} = 0 \)，\( -h(x)_{\max} = 0 \)，故等号同时成立时 \( x = 1 \)，得证。

例题8：解不等式 \( (x + 1) e^x \geq \ln x^2 + 2 \)（\( x > 0 \)）

配凑同构：右边 \( 2\ln x + 2 = 2(\ln x + 1) \)，左边 \( (x + 1) e^x = e^x \cdot e^{\ln(x + 1)} = e^{x + \ln(x + 1)} \)。

令 \( f(t) = e^t - t \)，左边 \( e^{x + \ln(x + 1)} = (x + 1) e^x \geq x + 1 + 1 = x + 2 \)，右边 \( 2\ln x + 2 \)。

转化：\( x + 2 \geq 2\ln x + 2 \)，即 \( x \geq 2\ln x \)，解集为 \( (0, +\infty) \)（验证 \( x = 1 \) 成立，函数单调递增）。

例题9：求参数 \( m \) 的范围，使 \( e^x + m \geq \ln(x + m) \) 对 \( x > -m \) 恒成立

配凑同构：令 \( t = x + m \)（\( t > 0 \)），式子化为 \( e^{t - m} + m \geq \ln t \)。

核心函数：\( f(t) = e^{t - m} + m - \ln t \)，求导得 \( f’(t) = e^{t - m} - \frac{1}{t} \)，当 \( t = 1 \) 时，\( f(1) = e^{1 - m} + m \geq 0 \)。

最值分析：当 \( m = 1 \) 时，\( f(t) = e^{t - 1} + 1 - \ln t \geq 0 \) 恒成立，故 \( m \geq 1 \)。

例题10：证明 \( x e^x \geq x^2 + \ln x \)（\( x > 0 \)）

配凑同构：左边 \( e^{x + \ln x} \)，右边 \( x^2 + \ln x = x \cdot x + \ln x \)，令 \( t = x + \ln x \)，则 \( e^t \geq x^2 + \ln x \)。

辅助证明：因 \( x^2 \leq x e^x \)（\( e^x \geq x \)），故 \( x^2 + \ln x \leq x e^x + \ln x \)，结合例题1结论 \( x e^x \geq \ln x + 1 \)，得证。

例题11：求 \( k \) 的范围，使 \( e^x - k x \ln x \geq 0 \) 对 \( x > 0 \) 恒成立

异构拆分：当 \( x = 1 \) 时，\( e \geq 0 \) 恒成立；当 \( x > 0 \) 且 \( x \neq 1 \) 时，拆分为 \( f(x) = \frac{e^x}{x} \) 和 \( g(x) = k \ln x \)。

分别求导：

\( f(x) = \frac{e^x}{x} \)，在 \( (0,1) \) 递减，\( (1, +\infty) \) 递增，最小值 \( f(1) = e \)。

\( g(x) = k \ln x \)，当 \( x > 1 \) 时递增，\( 0 < x < 1 \) 时递减。

分类讨论：

\( x > 1 \) 时，\( k \leq \frac{e^x}{x \ln x} \)，设 \( h(x) = \frac{e^x}{x \ln x} \)，最小值 \( h(e) = e^{e - 1} \)。

\( 0 < x < 1 \) 时，\( k \geq \frac{e^x}{x \ln x} \)，右边最大值为 \( -\infty \)，故 \( k \geq 0 \)。

结论：\( 0 \leq k \leq e^{e - 1} \)。

例题12：证明 \( e^x - x^2 > \ln x \)（\( x > 0 \)）

异构拆分：令 \( f(x) = e^x - x^2 \)，\( g(x) = \ln x \)，需证 \( f(x) > g(x) \)。

求导分析：

\( f’(x) = e^x - 2x \)，\( f(x) \) 在 \( (0, \ln 2) \) 递减，\( (\ln 2, +\infty) \) 递增，最小值 \( f(\ln 2) = 2 - 2(\ln 2)^2 > 0.6 \)。

\( g(x) = \ln x \) 在 \( (0, +\infty) \) 递增，\( g(x) < x - 1 \)（不等式放缩）。

验证：\( f(x)_{\min} > 0.6 \)，而 \( g(x) < x - 1 \)，当 \( x = 1 \) 时 \( f(1) = e - 1 > 0 = g(1) \)，得证。

例题13：判断函数 \( f(x) = e^x - \ln x - x^2 + x - 1 \) 的零点个数

异构拆分：令 \( f(x) = (e^x - x^2) - (\ln x - x + 1) \)，设 \( h(x) = e^x - x^2 \)，\( k(x) = \ln x - x + 1 \)。

求导分析：

\( h(x)_{\min} = h(\ln 2) = 2 - 2(\ln 2)^2 > 0 \)。

\( k(x)_{\max} = k(1) = 0 \)，即 \( k(x) \leq 0 \)。

结论：\( f(x) = h(x) - k(x) > 0 \) 恒成立，无零点。

例题14：求 \( f(x) = \frac{e^x}{x} - \ln x - \frac{1}{x} \) 的最小值

异构拆分：\( f(x) = \left( \frac{e^x}{x} - \frac{1}{x} \right) - \ln x = \frac{e^x - 1}{x} - \ln x \)。

分别求导：

设 \( h(x) = \frac{e^x - 1}{x} \)，\( h’(x) = \frac{(x - 1)e^x + 1}{x^2} > 0 \)，单调递增。

设 \( k(x) = \ln x \)，单调递增。

最值求解：\( f(x) \) 单调递增，最小值 \( f(1) = e - 1 - 0 = e - 1 \)。

例题15：求 \( k \) 的范围，使 \( \ln x + k x \leq e^x \) 对 \( x > 0 \) 恒成立

异构拆分：不等式变形为 \( e^x - \ln x \geq k x \)，拆分为 \( f(x) = \frac{e^x - \ln x}{x} \) 和 \( g(x) = k \)，需 \( f(x)_{\min} \geq k \)。

求导分析：对 \( f(x) \) 求导，\( f’(x) = \frac{e^x (x - 1) + \ln x - 1}{x^2} \)，令 \( h(x) = e^x (x - 1) + \ln x - 1 \)。

零点判断：\( h(1) = 0 \)，当 \( 0 < x < 1 \) 时 \( h(x) < 0 \)（\( f(x) \) 递减），当 \( x > 1 \) 时 \( h(x) > 0 \)（\( f(x) \) 递增）。

结论：\( f(x)_{\min} = f(1) = e \)，故 \( k \leq e \)。

例题16：证明 \( e^x + \ln(x + 1) > x^2 \)（\( x > 0 \)）

异构拆分：令 \( f(x) = e^x + \ln(x + 1) \)，\( g(x) = x^2 \)，需证 \( f(x) - g(x) > 0 \)。

分别求导：

\( f’(x) = e^x + \frac{1}{x + 1} > 0 \)，\( f(x) \) 单调递增，\( f(x) > f(0) = 1 \)。

\( g’(x) = 2x \)，\( g(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 递增，\( g(x) > 0 \)。

分段验证：

当 \( 0 < x \leq 1 \) 时，\( f(x) > 1 \geq g(x) \)（\( g(1) = 1 \)）。

当 \( x > 1 \) 时，\( f(x) > e^x > x^2 \)（利用 \( e^x > x^2 \) 对 \( x > 1 \) 恒成立），得证。

例题17：求函数 \( f(x) = e^x - x - \ln x - 1 \) 的最小值

异构拆分：拆分为 \( h(x) = e^x - x - 1 \) 和 \( k(x) = \ln x \)，即 \( f(x) = h(x) - k(x) \)。

求导分析：

\( h’(x) = e^x - 1 > 0 \)（\( x > 0 \)），\( h(x) \) 单调递增，\( h(x) \geq h(0) = 0 \)。

\( k’(x) = \frac{1}{x} > 0 \)，\( k(x) \) 单调递增。

最值求解：令 \( f’(x) = e^x - 1 - \frac{1}{x} \)，\( f’(1) = e - 2 > 0 \)，\( f’(\frac{1}{2}) = \sqrt{e} - 3 < 0 \)，存在 \( x_0 \in (\frac{1}{2},1) \) 使 \( f’(x_0) = 0 \)。

结论：\( f(x)_{\min} = f(x_0) = 0 \)（代入 \( e^{x_0} = 1 + \frac{1}{x_0} \) 验证）。

例题18：求 \( k \) 的范围，使 \( x e^x - k(\ln x + x) \geq 0 \) 对 \( x > 0 \) 恒成立

异构拆分：变形为 \( \frac{x e^x}{x + \ln x} \geq k \)（\( x + \ln x \neq 0 \)），令 \( f(x) = \frac{x e^x}{x + \ln x} \)，\( g(x) = k \)。

配凑辅助：令 \( t = x + \ln x \)，则 \( x e^x = e^t \)，故 \( f(x) = \frac{e^t}{t} \)（\( t \in \mathbb{R} \)，\( t \neq 0 \)）。

求导分析：\( h(t) = \frac{e^t}{t} \) 的最小值为 \( h(1) = e \)（\( t > 0 \) 时），\( t < 0 \) 时 \( h(t) < 0 \)。

结论：\( k \leq e \)。

例题19：证明 \( \frac{\ln x}{x} + \frac{1}{e} \leq \frac{e^x}{x^2} \)（\( x > 0 \)）

异构拆分：两边乘 \( x^2 \) 得 \( x \ln x + \frac{x^2}{e} \leq e^x \)，拆分为 \( f(x) = e^x \) 和 \( g(x) = x \ln x + \frac{x^2}{e} \)。

分别求导：

\( f(x) \) 单调递增，\( f(x) \geq 1 \)。

\( g’(x) = \ln x + 1 + \frac{2x}{e} \)，\( g''(x) = \frac{1}{x} + \frac{2}{e} > 0 \)，\( g’(x) \) 单调递增，\( g’(\frac{1}{\sqrt{e}}) = 0 \)。

最值验证：\( g(x)_{\max} = g(e^{-1/2}) = -\frac{1}{2\sqrt{e}} + \frac{e}{e} = 1 - \frac{1}{2\sqrt{e}} < 1 \leq f(x) \)，得证。

例题20：判断方程 \( e^x - \ln x = x^2 + 1 \) 的解的个数

异构拆分：令 \( f(x) = e^x - x^2 - 1 \)，\( g(x) = \ln x \)，方程化为 \( f(x) = g(x) \)。

求导分析：

\( f’(x) = e^x - 2x \)，\( f(x) \) 在 \( (0, \ln 2) \) 递减，\( (\ln 2, +\infty) \) 递增，\( f(\ln 2) = 2 - 2(\ln 2)^2 > 0 \)。

\( g(x) \) 单调递增，\( g(1) = 0 \)，\( g(e) = 1 \)。

交点判断：\( f(1) = e - 2 > 0 = g(1) \)，\( f(e) = e^e - e^2 - 1 > 1 = g(e) \)，且 \( f(x) - g(x) \) 单调递增，故仅有1个解。

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