高考数学一轮复习有关ex,lnx与x的组合函数
1 易知 φ′(x)在12，＋∞上单调递增，φ′12＝e 2 －2<0，φ′(1)＝e－1>0 且 φ′(x)的图象在12，1上连续， 所以存在唯一的 x0∈12，1，使得 φ′(x0)＝0，即 ex0－x10＝0，则 x0＝－lnx0。
当 x∈12，x0时，φ(x)单调递减； 当 x∈(x0，＋∞)时，φ(x)单调递增。
a 在(0，＋∞)上无解，需满足 a>1e，故实数 a 的取值范围为1e，＋∞。
(2)假设存在实数 m 满足题意，则不等式 lnx＋mx <exx对任意的 x∈12，＋∞恒 成立，
即 m<ex－xlnx 对任意的 x∈12，＋∞恒成立。 令 v(x)＝ex－xlnx，则 v′(x)＝ex－lnx－1， 令 φ(x)＝ex－lnx－1，则 φ′(x)＝ex－1x，
利用 ex≥x＋1，lnx≤x－1 可将超越函数转化为一次函数，有效地降低 了试题的难度。
【变式训练 3】 已知函数 f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b。 (1)若函数 f(x)与 g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求 a，b 的值； (2)当 b＝0 时，f(x)－g(x)>0 恒成立，求整数 a 的最大值。
【解】 (1)由题意知，f′(x)＝2ax－lnx－1。 因为函数 f(x)在 (0，＋∞)上单调递增，所以当 x>0 时，f′(x)≥0，即 2a≥lnxx＋1恒成立。 令 g(x)＝lnxx＋1(x>0)，则 g′(x)＝－lxn2x， 易知 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则 g(x)max＝g(1)＝1， 所以 2a≥1，即 a≥12。 故实数 a 的取值范围是12，＋∞。
【解】 (1)f′(x)＝ex，因为函数 f(x)的图象与直线 y＝x－1 相切， 所以令 f′(x)＝1，即 ex＝1，得 x＝0，即 f(0)＝－1，解得 a＝2。 (2)现证明 ex≥x＋1，设 F(x)＝ex－x－1， 则 F′(x)＝ex－1，令 F′(x)＝0，则 x＝0， 当 x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当 x∈(－∞，0)时，F′(x)<0， 所以 F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以 F(x)min ＝F(0)＝0，即 F(x)≥0 恒成立，即 ex≥x＋1，即 ex－2≥x－1， 同理可得 lnx≤x－1， 所以 ex－2>lnx， 当 a≤2 时，lnx<ex－2≤ex－a， 即当 a≤2 时，f(x)－lnx>0 恒成立。 当 a≥3 时，存在 x，使 ex－a<lnx，即 ex－a>lnx 不恒成立。 综上，整数 a 的最大值为 2。
令 t(x)＝lnxx，则 t′(x)＝1－x2lnx，令 t′(x)＝0，得 x＝e。
随着 x 的变化，t′(x)，t(x)的变化如下表所示。
x
(0，e)
e
(e，＋∞)
t′(x)
＋
0
－
t(x)
单调递增 极大值 单调递减
因为 x＝e 是函数 t(x)唯一的极值点，所以 t(x)max＝t(e)＝1e，故要使方程lnxx＝
h′(x)＝2exx－e1x＋1－1e2x，因为 x>1，所以 1－ex<0，所以 h′(x)<0，所以 h(x) 在(1，＋∞)上是减函数，所以 x>1 时，h(x)<h(1)＝e＋2 1。
综上所述，eg＋x1>h(x)，即ef＋x1>x＋12exx－e1x＋1。
支招三 借助 ex≥x＋1 和 lnx≤x－1 进行放缩 【例 3】 (2019·长春质检)已知函数 f(x)＝ex－a。 (1)若函数 f(x)的图象与直线 l：y＝x－1 相切，求 a 的值； (2)若 f(x)－lnx>0 恒成立，求整数 a 的最大值。 【思路点拨】 (1)利用导数的几何意义，得到 f′(x)＝1，代入求出 a 的值；(2)将 f(x)－lnx>0 恒成立的问题转化为求两个不等式的恒成立问题， 即 ex≥x＋1 与 lnx≤x－1 恒成立，然后构建不等式 ex－2>lnx，从而确定 a 的最大值。
所以 F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以 F(x)min＝F(0)＝0，即 F(x)≥0 恒成立， 即 ex≥x＋1。 同理可得 ln(x＋2)≤x＋1， 即 ex>ln(x＋2)， 当 a≤2 时，ln(x＋a)≤ln(x＋2)<ex， 所以当 a≤2 时，f(x)－g(x)>0 恒成立。 当 a≥3 时，e0<lna，即 ex－ln(x＋a)>0 不恒成立。 故整数 a 的最大值为 2。
(2)若 a＝e，要证 f(x)<xex＋1e，只需证 ex－lnx<ex＋e1x，即 ex－ex<lnx＋e1x。 令 h(x)＝lnx＋e1x(x>0)，则 h′(x)＝exe－x2 1， 易知 h(x)在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，则 h(x)min＝h1e＝ 0， 所以 lnx＋e1x≥0。 再令 φ(x)＝ex－ex，则 φ′(x)＝e－ex， 易知 φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则 φ(x)max＝φ(1)＝0， 所以 ex－ex≤0。 因为 h(x)与 φ(x)不同时为 0，所以 ex－ex<lnx＋e1x，故原不等式成立。
则 φ(x)在 x＝x0 处取得最小值，且最小值为 φ(x0)＝ex0－lnx0－1＝x10＋x0－
1>2 x0·x10－1＝1>0，
所以 v′(x)>0，即 v(x)在12，＋∞上单调递增，
1
1
所以 m≤e 2 －12ln12＝e 2 ＋21ln2≈1.995 29，
故存在整数 m 满足题意，且 m 的最大值为 1。
【思路点拨】 (1)函数 f(x)的图象与 h(x)的图象无公共点，等价于方 程lnxx＝a 在(0，＋∞)上无解；(2)将不等式恒成立问题转化为函数的最值问 题，通过求导判断函数的单调性，进而得到参数的值。
【解】 (1)函数 f(x)的图象与 h(x)的图象无公共点，等价于方程lnxx＝a 在
(0，＋∞)上无解，
有关ex，lnx与x的组合函数
近几年高考压轴题常以 x 与 ex，lnx 组合的函数为基础来命制，将基本 初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数 研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)。 预计今后高考试题除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组 合，注重对函数与方程、转化与化归、分类整合和数形结合等思想的灵活运 用，突出对数学思维能力和数学核心素养的考查。
【变式训练 1】 (2018·郑州市质量预测)若对于任意的正实数 x，y 都有
2x－ye·lnyx≤mxe成立，则实数 m 的取值范围为(
)
A．1e，1 C．e12，e
B>0，2x－ye·lnyx≤mxe，所以两边同时乘以ex，可得 2e－yx·lnyx≤m1，令yx＝t(t>0)，令 f(t)＝(2e－t)·lnt(t>0)，则 f′(t)＝－lnt＋(2e －t)·1t＝－lnt＋2te－1，令 g(t)＝－lnt＋2te－1(t>0)，则 g′(t)＝－1t －2t2e<0， 因此 g(t)即 f′(t)在(0，＋∞)上单调递减，又 f′(e)＝0，所以函数 f(t)在(0， e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，因此 f(t)max＝f(e)＝(2e－e)·lne＝e， 所以 e≤m1，得 0<m≤1e。故选 D。
本题分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时往往可 以采用设而不求的方法。在第(2)小问中，通过虚设零点 x0 得到 x0＝－lnx0， 将 ex0－lnx0－1 转化为普通代数式x10＋x0－1，然后使用基本不等式求出最 值，同时消掉 x0，即借助 φ′(x0)＝0 作整体代换，采取设而不求的方法， 达到化简并求解的目的。
【变式训练 2】 设函数 f(x)＝a＋xlnx，曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的 切线与直线 e2x－y＋e＝0 垂直。
(1)若 f(x)在(m，m＋1)上存在极值，求实数 m 的取值范围； (2)求证：当 x>1 时，不等式ef＋x1>x＋12exx－e1x＋1。
解 (1)因为 f′(x)＝1－ax－2 lnx，所以曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线斜 率为－ea2。
(2)将不等式ef＋x1>x＋12exx－e1x＋1变形为e＋1 1·x＋1xlnx＋1>x2eex＋x－11， 分别构建函数 g(x)＝x＋1xlnx＋1和函数 h(x)＝x2eex＋x－11。 则 g′(x)＝x－x2lnx，令 φ(x)＝x－lnx，则 φ′(x)＝1－1x＝x－x 1。 因为 x>1，所以 φ′(x)>0，所以 φ(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以 φ(x)>φ(1) ＝1>0，所以 g′(x)>0，所以 g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以 x>1 时，g(x)>g(1) ＝2，故eg＋x1>e＋2 1。
支招一 分离参数、设而不求 【例 1】 (2019·湖南省名校联考)已知函数 f(x)＝lnx，h(x)＝ax(a∈R)。 (1)若函数 f(x)的图象与 h(x)的图象无公共点，求实数 a 的取值范围；
(2)是否存在实数 m，使得对任意的 x∈12，＋∞，都有 y＝f(x)＋mx 的 图象在 g(x)＝exx的图象下方？若存在，请求出整数 m 的最大值；若不存在， 请说明理由。
1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两 个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标。
2．本题第(2)小题中变形后再隔离分析构造函数，便于探求构造的函 数 h(x)＝lnx＋e1x和 φ(x)＝ex－ex 的单调性。若直接构造函数，则很难借助 导数研究其单调性。
有关x与ex,ln x的组合函数专题
有关x 与ex ，ln x 的组合函数专题类型一 构造函数【例1】已知函数f (x )＝ax －ln xx，a ∈R.(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，求a 的值.【训练1】已知函数y ＝a ＋8ln x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 的图象上存在点P ，函数y ＝－x 2－2的图象上存在点Q ，且P ，Q 关于x 轴对称，则a 的取值范围是( ) A.[6－8ln 2，e 2－6] B.[e 2－6，＋∞) C.⎣⎡⎭⎫10＋1e 2，＋∞ D.⎣⎡⎦⎤6－8ln 2，10＋1e 2类型二 分离参数，设而不求【例2】已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝e xx，是否存在实数m，使得对任意的x∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞，都有y＝f(x)＋mx的图象在g(x)＝e xx的图象下方？若存在，请求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由.类型三巧拆函数，有效分离ln x与e x 【例3】已知函数f(x)＝ax2－x ln x.(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若a＝e，证明：当x>0时，f(x)<x e x＋1e .【训练2】已知函数f(x)＝ln x＋ax(a>0).(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；(2)证明：当a≥2e时，ln x＋ax－e－x>0.类型四借助e x≥x＋1或ln x≤x－1(x>0)进行放缩【例4】已知函数f(x)＝x－1－a ln x.(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值.【训练3】 已知函数f (x )＝e x－a .(1)若函数f (x )的图象与直线l ：y ＝x －1相切，求a 的值； (2)若f (x )－ln x >0恒成立，求整数a 的最大值.A 级 基础巩固一、选择题1.已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a >12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A.4B.3C.2D.12.函数f (x )＝e x －1－12ax 2＋(a －1)x ＋a 2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A.{1} B.{－1，1} C.{0，1}D.{－1，0}3.若函数f (x )＝x －x －a ln x 在区间(1，＋∞)上存在零点，则实数a 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，12 B.⎝⎛⎭⎫12，e C.(0，＋∞) D.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ 二、解答题4.已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围.5.设函数f(x)＝ln x－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1<x－1ln x<x.B级能力提升6.已知函数f(x)＝x3－a ln x(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数y＝f(x)在区间(1，e]上存在两个不同零点，求实数a的取值范围.7.已知函数f(x)＝a e x＋2x－1(其中常数e＝2.718 28…是自然对数的底数).(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)证明：对任意的a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋a e)x.C级创新猜想8.(综合创新题)已知函数f(x)＝cos πx，g(x)＝e ax－a＋12(a>0)，若∃x1，x2∈[0，1]，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是________.答 案有关x 与ex ，ln x 的组合函数专题类型一 构造函数【例1】 (2020·成都七中检测)已知函数f (x )＝ax －ln xx，a ∈R.(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，求a 的值. 解 (1)由题易知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞). 由f (x )≥0，得ax －ln xx≥0，所以ax ≥ln xx，又x >0，所以a ≥ln xx 2.令g (x )＝ln xx2，则g ′(x )＝1－2ln xx 3.令g ′(x )>0，得0<x <e ，令g ′(x )<0，得x > e. 所以当0<x <e 时，g (x )单调递增， 当x >e 时，g (x )单调递减.所以当x ＝e 时，g (x )取得最大值g (e)＝12e， 所以a ≥12e ，即a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12e ，＋∞. (2)设y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切于点(t ，a )， 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f （t ）＝a ，f ′（t ）＝0.因为f ′(x )＝a －1－ln xx 2，所以⎩⎨⎧at －ln tt ＝a ，a －1－ln tt 2＝0，消去a 可得t －1－(2t －1)ln t ＝0.(*)令h (t )＝t －1－(2t －1)ln t ，则h ′(t )＝1t－2ln t －1，易知h ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，且h ′(1)＝0， 所以当0<t <1时，h ′(t )>0，h (t )单调递增， 当t >1时，h ′(t )<0，h (t )单调递减.所以当且仅当t ＝1时，h (t )＝0，即(*)式成立，所以a ＝1－ln 112＝1. 思维升华 1.求解有关x 与e x，x 与ln x 的组合函数问题，要把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；若函数最值不易求解时，可重新分拆、组合、构建新函数，然后借助导数研究函数的性质来求解.2.本例中(1)先将不等式f (x )≥0转化为a ≥ln xx2，再构造函数g (x )＝ln xx 2，求其最大值即可求得a 的取值范围；(2)先由y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，得到方程组，再构造新函数，通过研究新函数的单调性，求出a 的值.【训练1】 (2020·合肥一中质检)已知函数y ＝a ＋8ln x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 的图象上存在点P ，函数y＝－x 2－2的图象上存在点Q ，且P ，Q 关于x 轴对称，则a 的取值范围是( ) A.[6－8ln 2，e 2－6] B.[e 2－6，＋∞) C.⎣⎡⎭⎫10＋1e 2，＋∞D.⎣⎡⎦⎤6－8ln 2，10＋1e 2 解析 函数y ＝－x 2－2的图象与函数y ＝x 2＋2的图象关于x 轴对称，根据已知得函数y ＝a ＋8ln x ⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 的图象与函数y ＝x 2＋2的图象有交点，即方程a ＋8ln x＝x 2＋2在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有解，即a ＝x 2＋2－8ln x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有解，令g (x )＝x 2＋2－8ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ，则g ′(x )＝2x －8x ＝2x 2－8x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫1e ，2时，g ′(x )<0；当x ∈(2，e]时，g ′(x )>0.故当x ＝2时，g (x )取最小值g (2)＝6－8ln 2， 由于g ⎝⎛⎭⎫1e ＝10＋1e 2，g (e)＝e 2－6.故当x ＝1e 时，g (x )取到最大值10＋1e 2.所以6－8ln 2≤a ≤10＋1e 2.答案 D类型二 分离参数，设而不求【例2】 已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝exx ，是否存在实数m ，使得对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞，都有y ＝f (x )＋m x 的图象在g (x )＝exx的图象下方？若存在，请求出整数m 的最大值；若不存在，请说明理由.解 假设存在实数m 满足题意，则不等式ln x ＋m x <e xx 对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞恒成立，即m <e x－x ln x 对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞恒成立.令v (x )＝e x－x ln x ，则v ′(x )＝e x－ln x －1， 令φ(x )＝e x －ln x －1，则φ′(x )＝e x－1x，易知φ′(x )在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增，φ′⎝⎛⎭⎫12＝e 12－2<0，φ′(1)＝e －1>0且φ′(x )的图象在⎝⎛⎭⎫12，1上连续，所以存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎫12，1，使得φ′(x 0)＝0，则e x 0－1x 0＝0，∴x 0＝－ln x 0.当x ∈⎝⎛⎭⎫12，x 0时，φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )单调递增.则φ(x )在x ＝x 0处取得最小值，且最小值为φ(x 0)＝e x 0－ln x 0－1＝1x 0＋x 0－1>2x 0·1x 0－1＝1>0，所以v ′(x )>0，即v (x )在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增，所以m ≤e 12－12ln 12＝e 12＋12ln 2≈1.995 29，故存在整数m 满足题意，且m 的最大值为1.思维升华 1.对于恒成立或有解问题分离参数后，导函数的零点不可求，且不能借助图象或观察得到，常采用设而不求，整体代入的方法.2.本例通过虚设零点x 0得到x 0＝－ln x 0，将e x 0－ln x 0－1转化为普通代数式1x 0＋x 0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x 0，即借助φ′(x 0)＝0作整体代换，采取设而不求，达到化简求解的目的.类型三 巧拆函数，有效分离ln x 与e x【例3】 (2020·雅礼中学调研)已知函数f (x )＝ax 2－x ln x . (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝e ，证明：当x >0时，f (x )<x e x＋1e.(1)解 由题意知，f ′(x )＝2ax －ln x －1.因为函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，f ′(x )≥0，即2a ≥ln x ＋1x在x >0时恒成立. 令g (x )＝ln x ＋1x(x >0)，则g ′(x )＝－ln xx2，易知g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g (x )max ＝g (1)＝1， 所以2a ≥1，即a ≥12.故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，＋∞.(2)证明 若a ＝e ，要证f (x )<x e x＋1e ，只需证e x －ln x <e x＋1e x ，即e x －e x<ln x ＋1e x. 令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2， 易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0，所以ln x ＋1e x≥0. 再令φ(x )＝e x －e x，则φ′(x )＝e －e x，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x≤0. 因为h (x )与φ(x )不同时为0， 所以e x －e x<ln x ＋1e x，故原不等式成立. 思维升华 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.2.本题第(2)小题中变形后再隔离分析构造函数，原不等式化为ln x ＋1e x >e x －e x (x >0)(分离ln x与e x)，便于探求构造的函数h (x )＝ln x ＋1e x和φ(x )＝e x －e x的单调性，分别求出h (x )的最小值与φ(x )的最大值，借助“中间媒介”证明不等式. 【训练2】 已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0). (1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围； (2)证明：当a ≥2e 时，ln x ＋a x－e －x>0.(1)解 由题意可知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞).由f (x )＝ln x ＋ax＝0有解，得a ＝－x ln x 有解， 令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1).∵当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，g ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，g ′(x )<0，∴函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递减，故g (x )max ＝g ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ln 1e ＝1e .∵a ＝－x ln x 有解，且x >0，a >0，∴0<a ≤1e ，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，1e .(2)证明 要证当a ≥2e 时，ln x ＋a x －e －x >0，即证ln x ＋a x >e －x，∵x >0，∴即证x ln x ＋a >x e －x，即证(x ln x ＋a )min >(x e －x)max . 令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，f ′(x )<0；当x >1e时，f ′(x )>0.∴函数h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ＋a ，故当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.①令φ(x )＝x e －x，则φ′(x )＝e －x－x e －x＝e －x(1－x ). 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.∴函数φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝1e .故当x >0时，φ(x )≤1e.②显然，不等式①②中的等号不能同时成立， 故当a ≥2e 时，ln x ＋a x－e －x>0.类型四 借助e x≥x ＋1或ln x ≤x －1(x >0)进行放缩【例4】 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意.②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点.因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0， 令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n .从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e ， 又⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123＝13564>2， 从而m 的最小正整数是m ＝3.思维升华 1.第(1)问可借助y ＝x －1与y ＝a ln x 图象的位置关系，利用导数的几何意义求解，请读者完成.2.第(2)问利用教材习题结论x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)进行放缩，优化了解题过程.若利用e x替换x ，可进一步得到不等式e x≥x ＋1(当x ≠0时取等号). 【训练3】 已知函数f (x )＝e x －a .(1)若函数f (x )的图象与直线l ：y ＝x －1相切，求a 的值； (2)若f (x )－ln x >0恒成立，求整数a 的最大值.解 (1)f ′(x )＝e x，因为函数f (x )的图象与直线y ＝x －1相切， 所以令f ′(x )＝1，即e x＝1，得x ＝0，∴切点坐标为(0，－1)，则f (0)＝1－a ＝－1，∴a ＝2. (2)先证明e x≥x ＋1，设F (x )＝e x－x －1， 则F ′(x )＝e x －1，令F ′(x )＝0，则x ＝0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0；当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<0. 所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以F (x )min ＝F (0)＝0，即F (x )≥0恒成立. ∴e x≥x ＋1，从而e x－2≥x －1(x ＝0时取等号). 以ln x 代换x 得ln x ≤x －1(当x ＝1时，等号成立)，所以e x－2>ln x .当a ≤2时，ln x <e x－2≤e x－a ， 则当a ≤2时，f (x )－ln x >0恒成立. 当a ≥3时，存在x ，使e x－a <ln x ， 即e x－a >ln x 不恒成立. 综上，整数a 的最大值为2.A 级 基础巩固一、选择题1.已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a >12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A.4B.3C.2D.1解析 依题意，当x ∈(0，2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a.当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.答案 D2.(2020·重庆调研)函数f (x )＝e x －1－12ax 2＋(a －1)x ＋a 2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A.{1} B.{－1，1} C.{0，1} D.{－1，0}解析 f ′(x )＝e x －1－ax ＋(a －1)≥0恒成立，即ex －1≥ax －(a －1)恒成立，由于：e x≥x ＋1，即e x －1≥x ，∴只需要x ≥ax －(a －1)，即(a －1)(x －1)≤0恒成立， 所以a ＝1. 答案 A3.(2020·深圳模拟)若函数f (x )＝x －x －a ln x 在区间(1，＋∞)上存在零点，则实数a 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，12 B.⎝⎛⎭⎫12，e C.(0，＋∞)D.⎝⎛⎭⎫12，＋∞解析 (特殊值法)取a ＝10时，函数f (x )＝x －x －10ln x . 此时f (e)＝e －e －10<0，f (100)＝100－10－10ln 10>0. 则f (x )在(e ，10)有零点，所以A ，B 不正确. 取a ＝12时，f (x )＝x －x －12ln x .则f ′(x )＝1－12x －12x ，当x >1时，f ′(x )>0恒成立. ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又f (1)＝0，故a ＝12时，函数f (x )没有零点，C 错误.答案 D 二、解答题4.已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围. 解 由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝（x ＋3）（x －1）x2. 所以x 在⎝⎛⎭⎫1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝e ＋e ＋2.且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e <0.所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，所以4<a ≤e＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .5.设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)求证：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x . (1)解 由题设知，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)上单调递增； 当x >1时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)上单调递减.(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x >0且x ≠1时，ln x <x －1. 故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，x －1ln x>1.① 因此ln 1x <1x －1，即ln x >x －1x ，x －1ln x <x .②故当x ∈(1，＋∞)时恒有1<x －1ln x<x . B 级 能力提升6.(2020·芜湖质检)已知函数f (x )＝x 3－a ln x (a ∈R). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数y ＝f (x )在区间(1，e]上存在两个不同零点，求实数a 的取值范围.解 (1)∵f ′(x )＝3x 2－a x ＝3x 3－ax(x >0).①当a ≤0时，f ′(x )>0，此时函数在(0，＋∞)上单调递增； ②当a >0时，令f ′(x )＝3x 3－ax＝0，得x ＝3a3，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3a 3时，f ′(x )<0，此时函数f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，3a 3上单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞时，f ′(x )>0，此时函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 3，＋∞上单调递增.(2)由题意知：a ＝x 3ln x在区间(1，e]上有两个不同实数解，即直线y ＝a 与函数g (x )＝x 3ln x的图象在区间(1，e]上有两个不同的交点，因为g ′(x )＝x 2（3ln x －1）（ln x ）2， 令g ′(x )＝0，得x ＝3e ，所以当x ∈(1，3e)时，g ′(x )<0，函数在(1，3e)上单调递减；当x ∈(3e ，e]时，g ′(x )>0，函数在(3e ，e]上单调递增； 则g (x )min ＝g (3e)＝3e ，而g (e 127)＝e19ln e127＝27e 19>27，且g (e)＝e 3<27. 所以要使直线y ＝a 与函数g (x )＝x 3ln x的图象在区间(1，e]上有两个不同的交点，则3e<a ≤e 3，所以a 的取值范围为(3e ，e 3].7.(2020·兰州质检)已知函数f (x )＝a e x＋2x －1(其中常数e ＝2.718 28…是自然对数的底数). (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明：对任意的a ≥1，当x >0时，f (x )≥(x ＋a e)x . (1)解 由f (x )＝a e x＋2x －1，得f ′(x )＝a e x＋2. ①当a ≥0时，f ′(x )>0，函数f (x )在R 上单调递增； ②当a <0时，由f ′(x )>0，解得x <ln ⎝⎛⎭⎫－2a ，由f ′(x )<0，解得x >ln ⎝⎛⎭⎫－2a ，故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞上单调递减.综上所述，当a ≥0时，函数f (x )在R 上单调递增； 当a <0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞上单调递减.(2)证明 对任意a ≥1，当x >0时，f (x )≥(x ＋a e)x ⇔e xx －x a －1ax ＋2a－e≥0.令g (x )＝exx－x a －1ax ＋2a－e ， 则g ′(x )＝（x －1）（a e x－x －1）ax 2.当a ≥1时，a e x－x －1≥e x－x －1.令h (x )＝e x－x －1，则当x >0时，h ′(x )＝e x－1>0. ∴当x >0时，h (x )单调递增，h (x )>h (0)＝0. ∴a e x－x －1>0.∴当0<x <1时，g ′(x )<0； 当x ＝1时，g ′(x )＝0； 当x >1时，g ′(x )>0.∴g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (1)＝0，即exx－x a －1ax ＋2a－e≥0， 故f (x )≥(x ＋a e)x .C 级 创新猜想8.(综合创新题)(2020·郑州调研)已知函数f (x )＝cos πx ，g (x )＝e ax－a ＋12(a >0)，若∃x 1，x 2∈[0，1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则实数a 的取值范围是________.解析 设集合F 、G 分别为函数f (x )与g (x )在区间[0，1]上的值域，则F ＝[－1，1]. 由a >0，知e a >1，∴g (x )＝(e a )x－a ＋12在[0，1]上单调递增.∴G ＝⎣⎡⎦⎤－a ＋32，e a－a ＋12.又∃x 1，x 2∈[0，1]使得f (x 1)＝g (x 2)， 所以F ∩G ≠∅.因为h (a )＝e a－a ＋12在(0，＋∞)上递增，所以h (a )>h (0)＝32≥1恒成立，所以只需－a ＋32≤1，即a ≥12.答案 ⎣⎡⎭⎫12，＋∞。
2024年高考数学一轮复习大题专练07导数构造函数证明不等式1
一轮大题专练7—导数（构造函数证明不等式1）1．已知函数()f x alnx x =+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，证明：()x xf x e <． 解：（1）()f x alnx x =+，(0,)x ∈+∞． ()1af x x'=+， 0a 时，()0f x '>，函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．0a <时，令()0f x '=，解得0x a =->，函数()f x 在(0,)x a ∈-上单调递减，在(,)a -+∞上单调递增．（2）证明：当1a =时，要证明：()xxf x e <，即证明21xlnx e x x+<， 令()1lnxg x x=+，21()lnx g x x -'=， 令()0g x '>，解得0x e <<；令()0g x '<，解得e x <． ∴函数()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减．x e ∴=时，函数()g x 取得极大值即最大值，g （e ）11e=+． 令2()xe h x x =，3(2)()xx e h x x -'=，令()0h x '<，解得02x <<；令()0h x '>，解得2x <． ∴函数()h x 在(0,)e 上单调递减，在(2,)+∞上单调递增．x e ∴=时，函数()h x 取得极小值即最小值，h （2）24e =．221251(1)1044 2.5e e ⋅-+>-->． ()()max min g x h x ∴<，即21xlnx e x x+<，也即()x xf x e <． 2．已知函数()f x x alnx =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）求()f x 的单调区间；（Ⅲ）若关于x 的方程0x alnx -=有两个不相等的实数根，记较小的实数根为0x ，求证：0(1)a x a ->．（Ⅰ）解：由()f x x alnx =-，可得()1a f x x'=-， 则f '（1）1a =-，又f （1）1=，所以曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为1(1)(1)y a x -=--， 即(1)y a x a =-+．（Ⅱ）解：()f x x alnx =-的定义域为(0,)+∞，()1a x af x x x-'=-=， 当0a 时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，可得x a >，令()0f x '<，可得0x a <<， 所以()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）可知，当0a >时，()0f x x alnx =-=才有两个不相等的实根，且00x >， 则要证0(1)a x a ->，即证011a a x ->，即证0111a x ->， 而000x alnx -=，则000(1x a x lnx =≠，否则方程不成立）， 所以即证00011lnx x x ->，化简得0010x lnx -->， 令000()1g x x lnx =--，则000011()1x g x x x -'=-=， 当001x <<时，0()0g x '<，0()g x 单调递减， 当01x >时，0()0g x '>，0()g x 单调递增， 所以0()g x g （1）0=，而01x ≠， 所以0()0g x >，所以0(1)a x a ->，得证．3．已知函数()f x alnx x =+，函数2()x g x e bx =+，（1）记2()()h x f x x =+，试讨论函数()h x 的单调性，并求出函数()h x 的极值点；（2）若已知曲线()y f x =和曲线()y g x =在1x =处的切线都过点(0,1)．求证：当0x >时，()()(1)1xf x g x e x +--．解：（1）2()h x alnx x x =++，22()(0)x x ah x x x++'=>， 记2()2(0)x x x a x ϕ=++>，当0a 时，()0h x '>，()h x 在(0,)+∞单调递增，无极值点，当0a <时，△180a =->，()x ϕ有异号的两根10)x =<，20)x =>，x ∴∈，()0x ϕ<，()0h x '<，()h x 在单调递减，x ∈，)+∞，()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 在，)+∞单调递减，()h x ∴有极小值点x =； （2）证明：()(0)x af x x x+'=>，()2x g x e bx '=+，f ∴'（1）1a =+，()f x 在1x =处的切线方程为1(1)(1)y a x -=+-，过点(0,1)得：1a =-，g '（1）2e b =+，()g x 在1x =处的切线方程为(2)(1)y e b e b x --=+-，过点(0,1)得：1b =-， ()f x lnx x ∴=-+，2()x g x e x =-，要证：()()(1)1xf x g x e x +--，即证：(1)10x e xlnx e x ----， 即证：1(1)0x e lnx e x x---，构造函数1()(1)x e K x lnx e x x =---，则2(1)(1)()x x e K x x --'=，0x >时，10x e ->，(0,1)x ∴∈时，()0K x '<，()K x 在(0,1)单调递减， (1,)x ∴∈+∞时，()0K x '>，()K x 在(1,)+∞单调递增，()K x K ∴（1）0=，故原不等式成立．4．已知函数()()f x ax lnx a R =+∈在1x =处取得极值．（Ⅰ）若对(0,)x ∀∈+∞，()1f x bx -恒成立，求实数b 的取值范围； （Ⅱ）设()()(2)x g x f x x e =+-，记函数()y g x =在1[4，1]上的最大值为m ，证明：(4)(3)0m m ++<．（Ⅰ）解：()()f x ax lnx a R =+∈，则1()f x a x'=+， 又()f x 在1x =处取得极值，则有f '（1）10a =+=，解得1a =-， 此时1()1f x x'=-，当01x <<时，()0f x '>，则()f x 单调递增， 当1x >时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 所以()f x 确实在1x =处取得极值， 故1a =-，设()(1)1h x lnx b x =+--，则()1f x bx -在(0,)+∞上恒成立，即()0h x 在(0,)+∞上恒成立， 因为1()1h x b x'=+-， 当10b -，即1b 时，()0h x >在(0,)+∞上恒成立，不符合题意； 当1b <时，令()0h x '=，解得11x b=-， 当101x b<<-时，()0h x '>，则()h x 单调递增， 当11x b>-时，()0h x '<，则()h x 单调递减， 所以当11x b =-时，()h x 取得最大值111()1(1)2111b h ln ln b b b b-=+-=------， 要使得()0h x 在(0,)+∞上恒成立， 则有(1)20ln b ---，解得21b e --，综上所述，实数b 的取值范围为(-∞，21]e --；（Ⅱ）证明：要证(4)(3)0m m ++<，即证明43m -<<-即可， 因为()()(2)(2)x x g x f x x e lnx x x e =+-=-+-， 则111()1(2)(1)()(1)x x x x x g x e x e e x e x x x x-'=-++-=+-=--， 因为1[4x ∈，1]时，10x -恒成立，设1()x M x e x=-，1[4x ∈，1]，则()M x 为单调递增函数，又113205112035()0,()0201153M e M e =-<=->，则存在0113(,)205x ∈，使得0()0M x =，即001x e x =，则当01[,)4x x ∈时，()0M x <，(1)0x -<，则()0g x '>，故()g x 单调递增，当0[x x ∈，1]时，()0M x ，(1)0x -且不同时为0，则()0g x '，故()g x 单调递减，所以()g x 在1[4，1]上的最大值为0000000000()(2)2x x x m g x lnx x x e lnx x x e e ==-+-=-+-，又001x e x =，则00021m lnx x x =-+-，0113(,)205x ∈，设2()1k x lnx x x =-+-，113(,)205x ∈， 则212()10k x x x'=-+>对于113(,)205x ∈恒成立， 故()k x 在113(,)205x ∈上单调递增 故1111114011940()()1420202011202011k x k ln ln >=-+-=+->-， 333103()()1 2.933355535k x k ln ln <=-+-≈-<-，于是43m -<<-， 故(4)(3)0m m ++<．5．已知函数()x f x e x a =--，对于x R ∀∈，()0f x 恒成立． （1）求实数a 的取值范围；（2）证明：当[0,]4x π∈时，cos tan x x x e +．解：（1）由0x e x a --恒成立，得x a e x -对x R ∀∈恒成立， 令()x g x e x =-，()1x g x e '=-， 当0x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当0x <，()0g x '<，()g x 单调减，()(0)1min g x g ==， 故所求实数a 的取值范围为(-∞，1]； （2）证明：由（1）得1x e x +．欲证cos tan x x x e +，只需证cos tan 1x x x ++即可， 令()cos tan 1h x x x x =+--，222221sin (sin cos )sin (sin sin 1)()sin 1cos cos cos x x x x x x h x x x x x-+-'=-+-==，令2()sin sin 1F x x x =+-，则易知()F x 在[0,]4π单调递增，且(0)0F <，()04F π>，故存在0(0,)4x π∈，使得0()0F x =；当[0x ∈，0)x 时，()0F x <，()0h x '，()h x 单调递减，当0(,]4x x π∈时，()0F x >，()0h x '>，()h x 单调递增，又(0)0h =，()044h ππ<，()(0)0max h x h ==，故当[0,]4x π∈时，cos tan x x x e +．6．已知函数()x f x e =，()1g x ax =+． （Ⅰ）已知()()f x g x 恒成立，求a 的值；（Ⅱ）若(0,1)x ∈211x x+-<． 解：（1）已知()()f x g x 恒成立，即()()0f x g x -恒成立， 令()()()1x h x f x g x e ax =-=--，则有()x h x e a '=-，当0a 时，则恒有()0h x '>，此时函数()h x 单调递增，并且当x →-∞时，()h x →-∞，不满足题意；0a ∴>，此时令()0h x x lna '=⇒=；()0h x x lna '∴>⇒>；()0h x x lna '<⇒<，即函数()h x 在(,)lna -∞上单调递减，在(,)lna +∞上单调递增，()()1min h x h lna a alna ∴==--，若要满足题意，则需使10a alna --，恒成立， 令F （a ）1(0)a alna a =-->，则有F '（a ）lna =，由此可得，当01a <<时，F '（a ）0<；当1a >时，F '（a ）0>．F ∴（a ）min F =（1）0=，即得F （a ）0， 1a ∴=．（2）令()1((0,1))x G x e x x =--∈，则有()10x G x e '=->恒成立，故可得()G x 在(0,1)上单调递增，即有()(0)0G x G >=恒成立，故有101x x e x e x -->⇔>+在(0,1)上恒成立； 根据题意，要证2111()lnx x f x x-+-<，即证明1111lnx x x x -+-<+，即证2111x lnx x x x x+-++-<+， 即证2110lnx x x-++>， 令21()H x lnx x x x =-++，则有22111()2(1)2H x x x x x x x'=--=--，(0,1)x ∈，10x ∴-<，20x -<，()0H x '∴<在(0,1)上恒成立，即得函数()H x 在(0,1)上单调递减， ()H x H ∴>（1）10=>，由此得证当(0,1)x ∈时，原不等式成立．7．已知函数()(1)f x x lnx =-，()f x '的反函数为()h x （其中()f x '为()f x 的导函数，20.69)ln ≈． （1）判断函数2()()32g x f x x x '=+-+在(0,)+∞上零点的个数；（2）当(0,1)x ∈31x x >--． 解：（1）由题意得22()()3232g x f x x x lnx x x ='+-+=+-+， 则(21)(1)()x x g x x--'=，由()0g x '=得12x =或1x =， 由()0g x '>，得102x <<或1x >， 由()0g x '<，得112x <<， 当x 在(0,)+∞上变化时，()g x '，()g x 变化情况如下表：根据上表知13()2024g x g ln ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，()g x g =极小值（1）0=，121()220416g ln =-<， 根据零点的存在性定理，函数()g x 在1(0,)2上存在唯一零点，又因为g （1）0=，所以根据()g x 的单调性可知，函数2()()32g x f x x x ='+-+在(0,)+∞上零点的个数为2． （2）证明：因为()f x lnx '=，其反函数为()x h x e =， 所以不等式为33(1)1(1)(1)x xx lnx x x x lnx x x e e->--⇔->--， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<， 所以()f x 在(0,1)上单调递减，所以()f x f >（1）1=-， 设函数3()(1)x G x x x e =--， 则32()(32)x G x x x x e '=+--，设函数32()32p x x x x =+--，则2()361p x x x '=+-， 所以()p x '在(0,1)上单调递增， 因为(0)p p '⋅'（1）80=-<， 所以存在0(0,1)x ∈，使得0()0p x '=，所以函数()p x 在0(0,)x 上单调递减，在0(x ，1)上单调递增， 当0(0,)x x ∈时，0()(0)2p x p <=-， 当0(x x ∈，1)时，0()0p x <，p （1）0>， 所以存在1(0,1)x ∈，使得1()0G x '=， 所以当1(0,)x x ∈时，()0G x '<， 当1(x x ∈，1)时，()0G x '>，所以函数()G x 在1(0,)x 上单调递减，在1(x ，1)上单调递增， 因为(0)1G =-，G （1）e =-， 所以当(0,1)x ∈时，()(0)1G x G <=-， 所以3(1)(1)x x lnx x x e ->--， 所以3()1()f x x xg x >--．。
破解ex与lnx联姻题的四种策略
破解ex与lnx联姻题的四种策略冯克永【期刊名称】《中学数学教学》【年(卷),期】2018(000)003【总页数】3页(P58-60)【作者】冯克永【作者单位】安徽省霍邱县第一中学 237400【正文语种】中文ex与lnx是高考考能力的经典载体，倍受命题者的青睐，每年高考至少出现一个.两者联姻产生的问题，更具有抽象程度高、求解灵活性大的特点，对解题者的数学技能及创新意识的考查具有独到之处.因而，它成了数学高考复习的难点和竞赛命题的热点.本文通过实例介绍四种常见的变通策略，供读者参考.1 直接运算对所给问题尝试对其进行一系列运算求解.例1 已知函数f(x)=xlnx-aex有两个极值点，求实数a的取值范围.解析由题意知f′(x)=1+lnx-aex,令f′(x)=0,得,函数f(x)有两个极值点，则需有两个不同实数根，则直线y=a与的图象有两个不同交点，令,则g′.令,得h(x)在(0,+∞)上为减函数，且h(1)=0,所以当x∈(0,1)时，h(x)>0,故g′(x)>0,g(x)为增函数；当x∈(1,+∞)时，h(x)<0,故g′(x)<0,g(x)为减函数；所以,当x→+∞时，g(x)→0,所以. 点评直接进行一系列求导运算，没有涉及较难的导数值等于0的求解问题，凸显解决此类问题的常规方法.2 顺猜转化直接运算难成功，尝试顺应命题者的意图猜，使其转化前行.例2 若x≥0,求证：≤.解析≤等价于≤0.设函数,由f(0)=0,x≥0,f(x)≤0可猜证f(x)在[0,+∞)上为减函数即可，即证f′≤0,目标细化f′≤0,因x≥0,则≤0,即证≥0(x≥0).设函数,则g′,所以g(x)在[0,+∞)上为增函数，g(x)≥g(0)=0,因此f′(x)≤0,当且仅当x=0时等号成立，所以猜想成立，原不等式成立.点评顺应命题者意图，由f(0)=0,x≥0,f(x)≤0可猜证f(x)在[0,+∞)上为减函数，再将f′≤0猜证≥0(x≥0) ，继续构造函数，利用导数处理，获得猜证，彰显代数推理的解题功效.3 分而治之直接运算很难进行，尝试将ex与lnx分开运算求解.例3 求证：.解析等价于.设函数f(x)=xlnx,则f′(x)=1+lnx,所以当x∈(0,时，f′(x)<0；当x∈,+∞)时，f′(x)>0,从而f(x)在(0,+∞)上的最小值为.设函数,则g′,所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0,从而g(x)在(0,+∞)上的最大值为.综上，当x>0时，f(x)>g(x),即成立.点评分开转化，分别求其最大值与最小值，走不等式证明的极端处理法(最小值大于最大值)，方法奇特，耐人寻味.4 放缩转化ex与lnx存在很难处理，尝试利用常见不等式(如ex≥x+1(x∈R,当且仅当x=0时等号成立)与lnx≤x-1(x>0,当且仅当x=1时等号成立))或题证不等式，将其放缩消失转化求解.例4 已知函数(x≥0).(1)当0≤a≤2,求函数f(x)的单调区间；(2)证明：当x>0时，(ex-1)ln(x+1)+ex>x2+x+1.解析第(1)问比较常规，第(2)问联想到不等式(1)处理.(1)由f′，解得x=0或x=a2-2a,又0≤a≤2,所以a2-2a≤0,又x≥0,所以f′(x)≥0,所以函数f(x)的单调递增区间为[0,+∞).(2)我们熟知：ex≥x+1,“和必分”转化为证明(ex-1)ln(x+1)>x2即可，但ln(x+1)与ex共存，作差构函数仍然很难.又x>0,即证,由ln(x+1)联想此题的第(1)问可得：当x>0,0≤a≤2时，f(x)>f(0),即,再尝试对a取值(如a=0,a=1,a=2等)，下面验证：当a=2时，有,即证,即,令,则g′(x)=ex-x-1,又x>0,所有ex-x-1>0,即g′(x)>0,所以数g(x)在区间(0,+∞)上是增函数，所以g(x)>g(0),即,所以(ex-1)ln(x+1)>x2,所以当x>0时，(ex-1)ln(x+1)+ex>x2+x+1.点评不等式是深刻认识函数的重要工具，二者结合是近几年高考命题的新热点.第(1)小题是常规的导数题易解决，第(2)小题利用常见不等式ex≥x+1及加法运算化整体为局部，再利用第(1)小题的结论，取a=2放缩传递是神来之笔，很值得回味.试题命制一般遵循设问之间的连贯性，在后问“山穷水尽”之时，前问(有时即使未解决，用其结论也可以)往往会带来“柳暗花明”之喜，这应引起我们的高度重视.例5 已知函数f(x)=xex-a(lnx+x).(1)若函数f(x)恒有两个零点，求实数a的取值范围；(2)若对∀x>0,恒有不等式f(x)>1成立.①求实数a的值；②证明：x2ex>(x+2)lnx+2sinx.解析 (1)f(x)=xex-a(lnx+x),x>0,则f′,当a≤0时，f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增，不可能存在两个零点，不符合题意；当a>0时，f′(x)=0有唯一解x=x0,此时x0ex0=a,则f(x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，所以f(x)max=f(x0)=x0ex0-alnx0-ax0,注意到x0ex0=a,因此f(x)max=f(x0)=a-alna<0,解得a>e.(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)的值域为R,不符合题意；当a>0时，f(x)max=a-alna,故只需a-alna≥1.令g(a)=a-alna,则g′(a)=-lna,所以g(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，从而g(a)max=g(1)=1,所以a-alna≤1,故满足条件的实数a=1.解法一由①可知x2e2-xlnx≥x2+x,因此只需要证明：∀x>0,恒有x2+x-2lnx>2sinx,再由x>0,lnx≤x-1得，只需证明：x2-x+2>2sinx,当x>1,恒有2sinx≤2<x2-x+2；当0<x≤1时，设h(x)=x2-x-2sinx+2,则h′(x)=2x-2cosx-1,当x∈(0,1]时，h′(x)是单调递增函数，且h′,因而x∈(0,1]时恒有h′(x)<0；从而x∈(0,1]时，h(x)单调递减，所以h(x)≥h(1)=2-2sin1>0,即x2-x+2>2sinx.故x2ex>(x+2)lnx+2sinx.解法二由x2ex>(x+2)lnx+2sinx，得x2ex-(x+2)lnx-2sinx>0,再由x>0,ex>x+1,lnx≤x-1,sinx<x放缩只需证明：x2(x+1)-(x+2)(x-1)-2x≥0,即x3-3x+2≥0,令g(x)=x3-3x+2,则g′(x)=3x2-3,所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(1)=13-3×1+2=0,所以x3-3x+2≥0,故x2ex>(x+2)lnx+2sinx.点评第(1)问采用直接运算处理，对导数值等于零很难解时，常采用设而不求的处理策略，解法通性.第(2)题的第①题解法常规，目的是为第②题放缩服务的，加之常见不等式的参与，凸显命题者的意图及第②题解法一的美妙. 第②题的解法二摆脱第①题的安排，利用三个常见不等式同时放缩转化，思维奇异，越思越有味，越想越奇妙. 运用常见不等式放缩解决ex、lnx与sinx的联姻题往往能达到“鱼翔浅底、鹰击长空”的境界.方法思考的过程是痛苦的，解完后是快乐的，让人感悟数学的奇异与美妙.。
高考数学一轮复习专题训练—含有ex与ln x的组合函数或不等式问题
微课3 含有e x 与ln x 的组合函数或不等式问题题型一 分离e x 和ln x【例1】已知函数f (x )＝e x 2－x ln x .证明：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e .证明 要证f (x )<x e x ＋1e，只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x .令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2，易知h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝0， 所以ln x ＋1e x≥0.再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0. 因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x，故原不等式成立.感悟升华 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.2.本题中变形后再隔离分析构造函数，原不等式化为ln x ＋1e x >e x －e x (x >0)(分离ln x 与e x )，便于探求构造的函数h (x )＝ln x ＋1e x 和φ(x )＝e x －e x 的单调性，分别求出h (x )的最小值与φ(x )的最大值，借助“中间媒介”证明不等式.【训练1】已知函数f (x )＝1＋ln x x ，证明：当x >1时，不等式f （x ）e ＋1>2e x －1（x ＋1）（x e x ＋1）成立.证明 将不等式f （x ）e ＋1>2e x －1（x ＋1）（x e x ＋1）变形为1e ＋1·（x ＋1）（ln x ＋1）x >2e x －1x e x ＋1，分别构建函数g (x )＝（x ＋1）（ln x ＋1）x 和函数h (x )＝2e x －1x e x ＋1.则g ′(x )＝x －ln xx 2，令φ(x )＝x －ln x ， 则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x.因为x >1，所以φ′(x )>0，所以φ(x )在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x )>φ(1)＝1>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以x >1时，g (x )>g (1)＝2，故g （x ）e ＋1>2e ＋1.h ′(x )＝2e x －1（1－e x ）（x e x ＋1）2，因为x >1，所以1－e x <0，所以h ′(x )<0，所以h (x )在(1，＋∞)上是减函数，所以x >1时，h (x )<h (1)＝2e ＋1. 综上所述，g （x ）e ＋1>h (x )，即f （x ）e ＋1>2e x －1（x ＋1）（x e x ＋1）. 题型二 借助e x ≥x ＋1和ln x ≤x －1(x >0)进行放缩 【例2】已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <m ，求m 的最小值. 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝⎛⎭⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意. ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点.因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0，即ln x <x －1.令x ＝1＋12n ，得ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12n . 从而ln ⎝⎛⎭⎫1＋12＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n <e ， 又⎝⎛⎭⎫1＋12⎝⎛⎭⎫1＋122⎝⎛⎭⎫1＋123＝13564>2， 从而m 的最小正整数是m ＝3.感悟升华 1.第(1)问可借助y ＝x －1与y ＝a ln x 图象的位置关系，利用导数的几何意义求解，请读者完成.2.第(2)问利用教材习题结论x >1＋ln x (x >0，且x ≠1)进行放缩，优化了解题过程.若利用e x 替换x ，可进一步得到不等式e x ≥x ＋1(当x ≠0时取等号). 【训练2】已知函数f (x )＝e x －a .(1)若函数f (x )的图象与直线l ：y ＝x －1相切，求a 的值； (2)若f (x )－ln x >0恒成立，求整数a 的最大值.解 (1)f ′(x )＝e x ，因为函数f (x )的图象与直线y ＝x －1相切，所以令f ′(x )＝1，即e x ＝1，得x ＝0，∴切点坐标为(0，－1)，则f (0)＝1－a ＝－1，∴a ＝2. (2)先证明e x ≥x ＋1，设F (x )＝e x －x －1， 则F ′(x )＝e x －1，令F ′(x )＝0，则x ＝0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0；当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<0.所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F (x )min ＝F (0)＝0，即F (x )≥0恒成立.∴e x ≥x ＋1，从而e x －2≥x －1(x ＝0时取等号).以ln x 代换x 得ln x ≤x －1(当x ＝1时，等号成立)， 所以e x －2>ln x .当a ≤2时，ln x <e x －2≤e x －a ， 则当a ≤2时，f (x )－ln x >0恒成立. 当a ≥3时，存在x ，使e x －a <ln x ， 即e x －a >ln x 不恒成立. 综上，整数a 的最大值为2.1.(2020·重庆调研)函数f (x )＝e x －1－12ax 2＋(a －1)x ＋a 2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是( ) A.{1} B.{－1，1} C.{0，1}D.{－1，0}答案 A解析 f ′(x )＝e x －1－ax ＋(a －1)≥0恒成立， 即e x －1≥ax －(a －1)恒成立， 由于：e x ≥x ＋1，即e x －1≥x ，∴只需要x ≥ax －(a －1)，即(a －1)(x －1)≤0恒成立， 所以a ＝1.2.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1，对任意的x >0，f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围. 解 由f (x )＝ax ＋ln x ＋1，所以对任意的x >0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于a ≤e 2x －ln x ＋1x 在(0，＋∞)上恒成立，先证明e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取等号(证明略).所以当x >0时，有x e 2x ＝e ln x e 2x ＝e ln x＋2x≥ln x ＋2x ＋1，所以e 2x ≥ln x x ＋2＋1x ，即e 2x －ln x ＋1x ≥2，当且仅当ln x ＋2x ＝0时取等号，所以实数a 的取值范围为(－∞，2].3.已知f (x )＝e x ，g (x )＝x ＋1(e 为自然对数的底数). (1)求证：f (x )≥g (x )恒成立；(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋132·…·⎝⎛⎭⎫1＋13n ＜m ，求m 的最小值. (1)证明 令h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1， 当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＞0， 故h (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (0)＝0，即h (x )≥0恒成立， 所以f (x )≥g (x )恒成立.(2)解 由(1)可知0＜1＋13n ≤e 13n ，由不等式的性质得⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋132⎝⎛⎭⎫1＋133·…·⎝⎛⎭⎫1＋13n ≤e 13·e 132·e 133·…·e 13n ＝e 13＋132＋133＋…＋13n＝e13[1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n]1－13＝e 12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＜e 12＝e ＜2.所以m 的最小值为2(m ∈N *).4.已知函数f (x )＝ln x ＋a x ，证明：当a ≥2e 时，f (x )－e －x >0.证明 要证当a ≥2e 时，ln x ＋a x －e －x >0，即证ln x ＋a x>e －x ，∵x >0，∴即证x ln x ＋a >x e －x ， 即证(x ln x ＋a )min >(x e －x )max .令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，f ′(x )<0；当x >1e时，f ′(x )>0.∴函数h (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ＋a ， 故当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e.①令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x ). 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.∴函数φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝1e .故当x >0时，φ(x )≤1e.②显然，不等式①②中的等号不能同时成立， 故当a ≥2e 时，ln x ＋a x －e －x >0.5.已知函数f (x )＝a ln(x －1)＋2x －1，其中a 为正实数，证明：当x >2时，f (x )<e x ＋(a －1)x －2a . 证明 令g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x －1.所以当0<x <1时，g ′(x )>0； 当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )≤g (1)＝0，所以ln x ≤x －1， 所以当x >2时，有ln(x －1)<x －2成立， 又因为a >0，所以要证f (x )<e x ＋(a －1)x －2a ， 只需证a (x －2)＋2x －1<e x ＋(a －1)x －2a ，即e x －x －2x －1>0对任意x >2恒成立.令h(x)＝e x－x－2x－1，x>2，则h′(x)＝e x－1＋2（x－1）2，因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，所以当x>2时，f(x)<e x＋(a－1)x－2a.。
届数学一轮复习第三章导数及其应用创新引领微课破解有关x与exlnx的组合函数的金钥匙教学案含解析
破解有关x与e x，ln x的组合函数的金钥匙微点聚焦突破有关x与e x，ln x的组合函数是高考的常考内容，常将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式（或比较大小)、求参数的取值范围（或最值)等.如2019年全国Ⅰ卷T13是以x与e x 的组合函数为载体，考查切线方程的求解，2019年全国Ⅲ卷T6是以x与e x,ln x的组合函数为载体,考查导数的几何意义，2018年全国Ⅱ卷T3是以x与e x的组合函数为载体，考查函数的图象的识别,2019年天津卷T20以x与ln x，e x的组合函数为载体考查函数的零点与不等式证明。
预计今年高考对有关x与e x，ln x的组合函数的考查，除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组合，突出对数学思维能力、数学核心素养的考查.类型一构造函数【例1】(2020·成都七中检测)已知函数f(x）＝ax－错误!,a∈R. (1）若f（x）≥0，求a的取值范围；(2)若y＝f(x)的图象与直线y＝a相切，求a的值.(1)解由题易知,函数f(x）的定义域为(0,＋∞）.由f（x）≥0，得ax－错误!≥0，所以ax≥ln xx，又x>0，所以a≥错误!。
令g（x）＝错误!，则g′(x）＝错误!。
令g′(x）>0，得0<x〈错误!，令g′(x）<0，得x〉错误!.所以当0〈x<错误!时，g（x)单调递增，当x〉错误!时，g(x)单调递减。
所以当x＝e时,g（x）取得最大值g（e)＝错误!，所以a≥错误!，即a的取值范围是错误!.（2）证明设y＝f(x）的图象与直线y＝a相切于点（t,a），依题意可得错误!因为f′(x)＝a－错误!，所以错误!消去a可得t－1－(2t－1)ln t＝0.(＊)令h(t)＝t－1－（2t－1）ln t，则h′(t）＝错误!－2ln t－1，易知h′(t)在(0，＋∞)上单调递减,且h′(1)＝0，所以当0<t<1时,h′(t）>0,h（t）单调递增，当t>1时，h′(t）<0，h(t）单调递减。
有关x与ex,lnx的组合函数问题考点与题型归纳
有关x与ex,lnx的组合函数问题考点与题型归纳有关x 与e x ，ln x 的组合函数问题考点与题型归纳考点一 x 与ln x 的组合函数问题(1)熟悉函数f (x )＝h (x )ln x (h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f (x )＝ln xh (x )(h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0)，h (x )≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．[典例] 设函数f (x )＝x ln x －ax 22＋a －x (a ∈R)．(1)若函数f (x )有两个不同的极值点，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝2，k ∈N ，g (x )＝2－2x －x 2，且当x ＞2时不等式k (x －2)＋g (x )＜f (x )恒成立，试求k 的最大值．[解题观摩] (1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－ax －1＝ln x －ax ，令f ′(x )＝0，可得a ＝ln xx，令h (x )＝ln xx (x ＞0)，则由题可知直线y ＝a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点，h ′(x )＝1－ln xx 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，可知h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (e)＝1e ，当x ―→0时，h (x )―→－∞，当x ―→＋∞时，h (x )―→0，故实数a 的取值范围为0，1e .(2)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2＋2－x ，k (x －2)＋g (x )＜f (x )，即k (x －2)＋2－2x －x 2＜x ln x －x 2＋2－x ，整理得k (x －2)＜x ln x ＋x ，因为x ＞2，所以k ＜x ln x ＋xx －2.设F (x )＝x ln x ＋x x －2(x ＞2)，则F ′(x )＝x －4－2ln x(x －2)2.令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＞0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增，m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln 10＞6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8,10)上有唯一的零点x 0，即x 0－4－2ln x 0＝0，故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，F ′(x )＞0，所以F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－2＝x 0? ????1＋x 0－42x 0－2＝x 02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8,10)，所以x 02∈(4,5)，故k 的最大值为4.[关键点拨]对于有关x 与ln x 的组合函数为背景的试题，要求学生理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略．考点二 x 与e x 的组合函数问题(1)熟悉函数f (x )＝h (x )e g (x )(g (x )为一次函数，h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f (x )＝e x h (x )(h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0)，h (x )≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．[典例] 已知函数f (x )＝a (x －1)，g (x )＝(ax －1)·e x ，a ∈R.(1)求证：存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )相切；(2)若不等式f (x )＞g (x )有且只有两个整数解，求a 的取值范围． [解题观摩] (1)证明：f ′(x )＝a ，g ′(x )＝(ax ＋a －1)e x .设直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )的切点的坐标为(x 0，y 0)，则y 0＝a (x 0－1)＝(ax 0－1)e x 0，得a (x 0e x 0－x 0＋1)＝e x 0，①又因为直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )相切，所以a ＝g ′(x 0)＝(ax 0＋a －1)e x 0，整理得a (x 0e x 0＋e x 0－1)＝e x 0，②结合①②得x 0e x 0－x 0＋1＝x 0e x 0＋e x 0－1，即e x 0＋x 0－2＝0，令h (x )＝e x ＋x －2，则h ′(x )＝e x ＋1＞0，所以h (x )在R 上单调递增．又因为h (0)＝－1＜0，h (1)＝e －1＞0，所以存在唯一实数x 0，使得e x 0＋x 0－2＝0，且x 0∈(0,1)，所以存在唯一实数a ，使①②两式成立，故存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )相切．(2)令f (x )＞g (x )，即a (x －1)＞(ax －1)e x ，所以ax e x －ax ＋a ＜e x ，所以a ?x －x －1e x ＜1，令m (x )＝x －x －1e x ，则m ′(x )＝e x ＋x －2e x，由(1)可得m (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且x 0∈(0,1)，故当x ≤0时，m (x )≥m (0)＝1，当x ≥1时，m (x )≥m (1)＝1，所以当x ∈Z 时，m (x )≥1恒成立．①当a ≤0时，am (x )＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；②当0＜a ＜1时，m (x )＜1a ，因为1a＞1，m (0)＝m (1)＝1，所以两个整数解分别为0,1，即m (2)≥1a，m (－1)≥1a，解得a ≥e 22e 2－1，即a ∈e 22e 2－1，＋∞；③当a ≥1时，m (x )＜1a，因为1a ≤1，m (x )在x ∈Z 时大于或等于1，所以m (x )＜1a无整数解，舍去．综上所述，a 的取值范围为e 22e 2－1，＋∞.[关键点拨]在求解有关x 与e x 的组合函数综合题时要把握三点： (1)灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；(2)把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；(3)函数最值不易求解时，可重新拆分、组合，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值．考点三 x 与e x ，ln x 的组合函数问题(1)熟悉函数f (x )＝h (x )ln x ±e x (h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0))的图形特征，做到对图(1)(2)(3)(4)所示的特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f (x )＝e xh (x )±ln x (其中h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不同时为0))的图形特征，做到对图(5)(6)所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”．方法一：分离参数，设而不求[典例] 已知函数f (x )＝ln x ＋m x ，g (x )＝e xx (e ＝2.718 28……为自然对数的底数)，是否存在整数m ，使得对任意的x ∈12，＋∞，都有y ＝f (x )的图象在y ＝g (x )的图象下方？若存在，请求出整数m 的最大值；若不存在，请说明理由．[解题观摩] 假设存在整数m 满足题意，则不等式ln x ＋m x ＜e x x ，对任意的x ∈12，＋∞恒成立，即m ＜e x －x ln x 对任意的x ∈12，＋∞恒成立．令v (x )＝e x －x ln x ，则v ′(x )＝e x －ln x －1，令φ(x )＝e x －ln x －1，则φ′(x )＝e x －1x，易知φ′(x )在12，＋∞上单调递增，因为φ′12＝e 12－2＜0，φ′(1)＝e －1＞0且φ′(x )的图象在12，1上连续，所以存在唯一的x 0∈12，1，使得φ′(x 0)＝0，即e x 0－1 x 0＝0，则x 0＝－ln x 0. 当x ∈12，x 0时，φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )单调递增．则φ(x )在x ＝x 0处取得最小值，且最小值为φ(x 0)＝e x0－ln x 0－1＝1x 0＋x 0－1＞2x 0·1x 0－1＝1＞0，所以v ′(x )＞0，即v (x )在12，＋∞上单调递增，所以m ≤e 12－12ln 12＝e 12＋12ln 2≈1.995 29，故存在整数m 满足题意，且m 的最大值为1. [关键点拨]若分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时可以采用设而不求的方法．在本题中，通过虚设零点x 0，得到x 0＝－ln x 0，将e x 0－ln x 0－1转化为普通代数式1x 0＋x 0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x 0，即借助φ′(x 0)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的．方法二：分离ln x 与e x[典例] 设函数f (x )＝ln x ＋1x ，求证：当x ＞1时，不等式f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1).[解题观摩] 将不等式f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1)变形为1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x ＞2e x －1x e x ＋1，分别构造函数g (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x 和函数h (x )＝2e x －1x e x ＋1.对于g ′(x )＝x －ln x x 2，令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x.因为x ＞1，所以φ′(x )＞0，所以φ(x )在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x )＞φ(1)＝1＞0，所以g ′(x )＞0，所以g (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以当x ＞1时，g (x )＞g (1)＝2，故g (x )e ＋1＞2e ＋1. 对于h ′(x )＝2e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2，因为x ＞1，所以1－e x ＜0，所以h ′(x )＜0，所以h (x )在(1，＋∞)上是减函数，所以当x ＞1时，h (x )＜h (1)＝2e＋1.综上所述，当x ＞1时，g (x )e ＋1＞h (x )，即f (x )e ＋1＞2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1).[关键点拨]若不分离e x 与ln x ，则难以求导，因此，对于形式复杂的函数，往往需要合理拆分与变形．高考为体现选拔功能，在解答题中不会单一考查某一初等函数，而是将不同增长速度的函数综合在一起考查，这就需要我们把已经糅合在一起的不同增长速度的函数进行分离，转化为我们熟悉的容易用导数工具求解的函数模型．考点四借助e x ≥x ＋1和ln x ≤x －1进行放缩[典例] 已知函数f (x )＝mx 2＋nx －x ln x (m ＞0)，且f (x )≥0.(1)求 nm的最小值；(2)当n m 取得最小值时，若方程e x －1＋(1－2a )x －af (x )＝0无实根，求实数a 的取值范围．[解题观摩] (1)令g (x )＝f (x )x ＝mx ＋n －ln x ，则f (x )≥0?g (x )≥0(x ＞0)，又因为g ′(x )＝mx －1x ，由g ′(x )＞0，得x ＞1m ；由g ′(x )＜0，得0＜x ＜1m ，所以g (x )在0，1m 上单调递减，在1m ，＋∞上单调递增．此时g (x )min ＝g 1m ＝1＋n －ln 1m ≥0?1m ＋n m －1m ln 1m ≥0，即n m ≥1m ln 1m －1m. 令h (t )＝t ln t －t (t ＞0)，则h ′(t )＝ln t ，由h ′(t )＞0，得t ＞1；由h ′(t )＜0，得0＜t ＜1，所以h (t )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h (t )min ＝h (1)＝－1，则nm ≥－1，即n m min ＝－1.(2) 由(1)知，当n m 取得最小值－1时，t ＝1m ＝1，m ＝1，n ＝－1.则e x －1＋(1－2a )x －af (x )＝0?a ＝e x －1＋xx (x ＋1－ln x )，记H (x )＝e x －1＋xx (x ＋1－ln x )(x ＞0)，则H ′(x )＝(x －1)[(x －ln x )e x －1－x ]x 2(x ＋1－ln x )2，由(1)知 x －1－ln x ≥0?ln x ≤x －1，即e x －1≥x ，则(x －ln x )e x －1－x ≥e x －1－x ≥0(当且仅当x ＝1时取等号)，所以当x ∈(0,1)时，H ′(x )＜0，所以H (x )在(0,1)上为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，H ′(x )＞0，所以H (x )在(1，＋∞) 上为增函数．所以x ＝1时，H (x )取得最小值，为H (1)＝1.由ln x ≤x －1，自变量取1x 可得－ln x ≤1x －1?2≤x ＋1－ln x ≤x ＋1x ，即x (x ＋1－ln x )≤x 2＋1?1x (x ＋1－ln x )≥1x 2＋1，由x －1≥ln x ，自变量取e x 3可得e x 3－1＞x 3(x ＞0)，从而e x ＞? ??x ＋333，则可得e x －1＞(x ＋2)327.当x ＞1时，H (x )＝e x －1＋xx (x ＋1－ln x )＞(x ＋2)327(x 2＋1)＞(x ＋1)327(x ＋1)2＝x ＋127，即H (x )无最大值，所以H (x )∈[1，＋∞)．故a ＜1时原方程无实根，即实数a 的取值范围为(－∞，1)． [关键点拨]借助放缩，巧妙求出H (x )的最小值，同时利用放缩说明H (x )没有最大值，从而求出实数a 的取值范围．。
追本溯源,拨云见日——一道“x与e^(x),ln x组合函数不等式问题”自编题的思考
2021年第3期 福建中学数学 1追本溯源，拨云见日——一道“x 与e x ，ln x 组合函数不等式问题”自编题的思考周裕燕 福建省福建师范大学附属中学（350007）解题教学是教师日常工作之一，搞清试题的背景、揭示试题的本质是解题教学的关键．通过试题命制，可以提高教师对试题的认识，促进解题教学能力的提升，使试题的价值得到体现，使核心素养落到实处．有关x 与e x ，ln x 组合函数问题是高考的热点问题，由于学生对这类问题的认识不到位，难度较大，得分率不高．笔者所在学校近期举办了教师编、说题比赛，笔者命制了一道关于“x 与e x ，ln x 组合函数不等式问题”的试题，现把这道题的命制过程中想法和解题思路与读者分享．试题如下：已知函数1()ln a f x x a x x −=−−． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若1a ≤，证明：()1e e x f x a x −+−≥． 本题第（1）小题较为常规，不需赘述，以下对第（2）小题进行分析． 1 指导思想 本题的指导思想是以知识为载体，突出能力立意，落实核心素养．本题通过围绕函数的单调性和导数的关系展开，并证明含参数不等式恒成立问题，考查数学思想方法；注重知识、方法、思想、能力融于一体，突出考查逻辑推理能力、运算求解能力；有效考查了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养． 2 背景分析本题命制背景来自高等数学中的泰勒公式． 2.1 不等式e 1x x ≥+，e e x x ≥的背景 根据泰勒公式，()e xf x =在0x =处的展开式为2(0)(0)()(0)(0)2!!n nf f f x f f x x x n ′′′=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅，即212!!e n x x x x n =+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅，所以e 1xx ≥+． 同样地，()e x f x =在1x =处的展开式为()f x =2(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)2!!n n f f f f x x x n ′′′+⋅−+⋅−+⋅⋅⋅+⋅−+⋅⋅⋅，即2(1)(1)(1)2!e e e e !e n xx x x n −−=+−++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅，所以e e x x ≥． 2.2 不等式e 1x x ≥+，e e x x ≥的变形 当0x >时，1e e e x x x x −≥⇔≤ 1e ln ln 1x x x −⇔≤=−． 用1x 替代ln 1x x ≤−中的x ， 得11ln 1x x≤−，而111ln 1ln 1x x x x≤−⇔−≤− 1ln 1x x⇔≥−． 故得到不等式ln 1x x ≤−，1ln 1x x ≥−．2.3 命题思路由e e x x ≥得11e x x −≤①． 由1ln 1x x ≥−，得1ln +1x x ≥．取10a −≥，即1a ≤，可得1(1)(ln )1a x a x −+≥−，即1ln ln 1a x a x a x −−++≥． 因为ln 1x x ≤−，所以1ln +1ax a x a x−−+−1ln ln +1ax a x a x−≥−+≥②． 由①②得1a ≤时，11ln 1e +x ax a x a x x−−−+−≥恒成立，即1ln 1e e x a x a x a x x−−−−+−≥恒成立． 因为1()ln a f x x a x x−=−−， 所以()1e e xf x a x −+−≥恒成立． 2.4 解法分析2 福建中学数学 2021年第3期2.4.1 指对分离要证()1e e xf x a x−+−≥， 只需证11ln 1e x a xx a x a x −−−−+−≥．设1()ln 1a g x x a x a x−=−−+−， 1e ()x xh x −=．22211()1a a x ax a g x x x x −−+−′=−+=2(1)(1)x a x x −+−=．由于1a ≤，故10x a −+>， 令()0g x ′=，得1x =．当(1+)x ∈ ∞，时，()0g x ′>，()g x 单调递增； 当(01)x ∈，时，()0g x ′<，()g x 单调递减． 因此min()(1)1g x g ==． 11(e)x xh x −−′=，令()0h x ′=，得1x =．当(01)x ∈ ，时，()0h x ′>，()h x 单调递增； 当(1+)x ∈ ∞，时，()0h x ′<，()h x 单调递减． max()(1)1h x h ==． 故()()g x h x ≥，得证．评析 分离e x 和ln x ，分别构造函数()()g x h x ，，加强为证明min max [()][()]g x h x >．特别指出，min max [()][()]g x h x >实际上是()g x > ()h x 的充分不必要条件，可作为证明的一种方法． 2.4.2 放缩法（1）利用不等式e 1x x ≥+放缩11e 1e 1ex x x xx x −−≥+⇒≥⇒≤．因此只需证x −1ln 11a a x a x−−+−≥，同上已证． （2）利用不等式e e x x ≥放缩111e e e 11e e e e x x x x x xx x −≥⇒≤⇒≤⇒≤，同上已证． （3）利用利用ln 1x x ≤−，1ln 1x x≥−放缩①当0a ≤时，11ln 1ln (1)x a x a x x ≥−⇒−≥−−，故只需证111e (1)1x a xx a a x x −−−−−+−≥．只需证111e x xx x −+−≥．由于111x x +−≥，只需证11ex x−≥，已证．②当01a <≤时ln 1x x ≤− ln (1)a x a x ⇒−≥−−．只需证11e (1)1x a xx a x a x −−−−−+−≥．只需证11()21e 1x a xa x a x −−−−+−≥． 设1()(1)21a g x a x a x−=−−+−， 2221(1)(1)()(1)a a x g x a x x −−−′=−+=． 可得min()(1)1g x g ==． 只需证11ex x−≥，已证．综上所述，得证．评析 以上放缩法都基于本题命制的背景——泰勒展开式，基于命题背景的解题可以更好地揭示问题的本质，为这类问题的解决提供更好的思路．2.4.3 构造差函数要证()+1e e xf x a x−−≥．只需证11ln 1e x a xx a x a x −−−−+−≥．只需证11e ln 10x a xx a x a x −−−−+−−≥． 设11()ln 1ex a xg x x a x a x −−=−−+−−．2111()1e x a a xg x x x −−−′=−+−21(1)(1)1e x x a x xx −−+−−− 2111(1)[]ex x a x x −−+=−+．由于1a ≤，故210x a x −+>，可得21110ex x a x −−++>． 令()0g x ′=得1x =．当(01)x ∈ ，时，()0g x ′<，()g x 单调递减； 当(1+)x ∈ ∞，时，()0g x ′>，()g x 单调递增． 所以min()(1)0g x g ==，()0g x ≥，得证．2021年第3期 福建中学数学 3 评析 证明不等式问题，通过构造差函数，转化为研究函数的最值问题，这也是证明不等式的常用方法．2.4.4 变换主元要证()1e e xf x a x−+−≥． 只需证11ln 1e x a xx a x a x −−−−+−≥． 只需证111(ln 1)1e x xx a x x x −−−+++−≥．设1()ln 1g x x x=−−+，22111()x g x x x x−′=−+=． 得max()(1)0g x g ==，()0g x ∴≤． 设11()(ln 1)1h a x a x x x=−−+++−，min ()(1)ln h a h x x ==−+．只需证1ln ex xx x −−+≥．设()ln F x x x =−+，11()1x F x x x−′=−+=． 易得min ()(1)1F x F ==．只需证11e x x−≥，同上已证．评析 本题由于变量a 的范围给定，可以通过变换主元，把相应的关于x 的函数转化为关于a 的函数，实现消元，实现复杂问题简单化，有利于拓宽学生的思路，促进良好思维的形成．数学试题是数学知识、思想方法的载体，解题教学是提高学生解题能力的重要手段．站在高观点下，有助于命制出高质量的试题；挖掘试题的背景，透过现象，看清本质，有助于培养学生数学思维的灵活性、系统性和深刻性，有助于解题能力的提高和学科核心素养的落实．起于形象，止于抽象雷鸣东 福建省莆田中山中学（3511000）本文展示一道试题的命制过程．试题是笔者以2018年福建省中考数学B 卷25题、莆田市中小学教师岗位大练兵之解题析题的一道题为原始模型，基于核心素养，不断思考从数量与数量关系、图形与图形关系中，如何抽象出一般规律与结构并用数学语言进行合理有序地表达与表征，进行改编与命制，并在打磨三稿后命制完成．在改编和命制过程中，对原始模型的不断打磨，起于形象直观，止于抽象概括，抽象中有形象，形象中有抽象．命制过程中笔者深深感受到：命题好玩，需玩好命题；命题有道，而研修无界．1 试题展示已知抛物线211:4l y x c =+，当其函数值0y =时，只有一个自变量x 的值与其对应． （1）（3分）求c 的值． （2）将抛物线1l 平移得到抛物线221:()4l y x n =− 1(0)n −>．若当302x ≤≤时，对于抛物线1l 上任意点E ，抛物线2l 上总存在点F ，使得E F ，的纵坐标相等． ①（5分）求n 的取值范围． ②（6分）设抛物线2l 与x 轴交于A B ，两点，与y 轴交于点C ，求ABC ∆的外心的纵坐标的取值范围． 2 命题过程 2.1 命题立意 本题以函数为基本背景，既考查了函数的图象性质，也与几何相结合．在关注数感、符号意识的同时，还培养运算能力、推理能力和几何直观，更以代数运算进行推理演绎，突出函数、方程、不等式、代数变形、分式运算等数学核心知识；从思想方法层面，本题体现函数与方程、数形结合、转化与化归等数学思想；从能力素养看，本题通过参数表达、运算、代数变形和逻辑推理，旨在加强符号意识的培养及参数思想的建立，加强了函数与方程。
2020高考数学(文)总复习《有关x与ex,ln x的组合函数》
思维升华 1.对于恒成立或有解问题分离参数后，导函数的零点不可求，且不能借 助图象或观察得到，常采用设而不求，整体代入的方法. 2.本例通过虚设零点 x0 得到 x0＝－ln x0，将 ex0－ln x0－1 转化为普通代数式x10＋x0 －1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉 x0，即借助 φ′(x0)＝0 作整体代换， 采取设而不求，达到化简求解的目的.
整数 m 的最大值；若不存在，请说明理由. 解 假设存在实数 m 满足题意，则不等式 ln x＋mx <exx对任意的 x∈12，＋∞恒成立， 即 m<ex－xln x 对任意的 x∈12，＋∞恒成立. 令v(x)＝ex－xln x，则v′(x)＝ex－ln x－1，
令 φ(x)＝ex－ln x－1，则 φ′(x)＝ex－1x， 易知 φ′(x)在12，＋∞上单调递增，φ′12＝e12－2<0， φ′(1)＝e－1>0 且 φ′(x)的图象在12，1上连续， 所以存在唯一的 x0∈12，1，使得 φ′(x0)＝0，则 ex0－x10＝0，∴x0＝－ln x0. 当 x∈12，x0时，φ(x)单调递减； 当 x∈(x0，＋∞)时，φ(x)单调递增.
破解有关x与ex，ln x的组合函数的金钥匙
微点聚焦突破
有关x与ex，ln x的组合函数是高考的常考内容，常将基本初等函数的概念、图象与 性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式 (或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)等.如2019年全国Ⅰ卷T13是以x与ex的组合 函数为载体，考查切线方程的求解，2019年全国Ⅲ卷T6是以x与ex，ln x的组合函数 为载体，考查导数的几何意义，2018年全国Ⅱ卷T3是以x与ex的组合函数为载体，考 查函数的图象的识别，2019年天津卷T20以x与ln x，ex的组合函数为载体考查函数的 零点与不等式证明. 预计今年高考对有关x与ex，ln x的组合函数的考查，除了延续往年的命题形式，还 会更着眼于知识点的巧妙组合，突出对数学思维能力、数学核心素养的考查.
高考数学一轮复习考点知识专题讲解9---对数与对数函数
高考数学一轮复习考点知识专题讲解对数与对数函数考点要求1.理解对数的概念及运算性质，能用换底公式将一般对数转化成自然对数或常用对数.2.通过实例，了解对数函数的概念，会画对数函数的图象，理解对数函数的单调性与特殊点.3.了解指数函数y ＝a x 与对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)互为反函数．知识梳理 1．对数的概念一般地，如果a x ＝N (a >0，且a ≠1)，那么数x 叫做以a 为底N 的对数，记作x ＝log a N ，其中a 叫做对数的底数，N 叫做真数． 以10为底的对数叫做常用对数，记作lg N . 以e 为底的对数叫做自然对数，记作ln N . 2．对数的性质与运算性质(1)对数的性质：log a 1＝0，log a a ＝1，log a N a ＝N (a >0，且a ≠1，N >0)． (2)对数的运算性质如果a >0，且a ≠1，M >0，N >0，那么： ①log a (MN )＝log a M ＋log a N ； ②log a MN＝log a M －log a N ； ③log a M n ＝n log a M (n ∈R )．(3)换底公式：log a b ＝log c blog c a(a >0，且a ≠1，b >0，c >0，且c ≠1)． 3．对数函数的图象与性质y ＝log a x a >1 0<a <1图象定义域 (0，＋∞)值域R性质过定点(1,0)，即x ＝1时，y ＝0当x >1时，y >0；当0<x <1时，y <0当x >1时，y <0；当0<x <1时，y >0 在(0，＋∞)上是增函数 在(0，＋∞)上是减函数4.反函数指数函数y ＝a x (a >0且a ≠1)与对数函数y ＝log a x (a >0且a ≠1)互为反函数，它们的图象关于直线y ＝x 对称． 常用结论1．log a b ·log b a ＝1，log nm b a ＝nmlog a b . 2．如图给出4个对数函数的图象则b >a >1>d >c >0，即在第一象限，不同的对数函数图象从左到右底数逐渐增大． 3．对数函数y ＝log a x (a >0且a ≠1)的图象恒过点(1,0)，(a ,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，－1.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若MN >0，则log a (MN )＝log a M ＋log a N .(×)(2)对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)在(0，＋∞)上是增函数．(×) (3)函数y ＝log a 1＋x1－x 与函数y ＝ln(1＋x )－ln(1－x )是同一个函数．(×)(4)函数y ＝log 2x 与y ＝121log x的图象重合．(√) 教材改编题1．函数y ＝log a (x －2)＋2(a >0且a ≠1)的图象恒过定点． 答案(3,2) 解析∵log a 1＝0， 令x －2＝1，∴x ＝3， ∴y ＝log a 1＋2＝2，∴原函数的图象恒过定点(3,2)． 2．计算：(log 29)·(log 34)＝. 答案4解析(log 29)·(log 34)＝lg9lg2×lg4lg3＝2lg3lg2×2lg2lg3＝4. 3．若函数y ＝log a x (a >0，a ≠1)在[2,4]上的最大值与最小值的差是1，则a ＝. 答案12或2解析当a >1时，log a 4－log a 2＝log a 2＝1， ∴a ＝2；当0<a <1时，log a 2－log a 4＝－log a 2＝1， ∴a ＝12，综上有a ＝12或2.题型一 对数式的运算例1(1)设2a ＝5b ＝m ，且1a ＋1b＝2，则m 等于()A.10B ．10C ．20D ．100 答案A解析2a ＝5b ＝m ， ∴log 2m ＝a ，log 5m ＝b ，∴1a ＋1b ＝1log 2m ＋1log 5m ＝log m 2＋log m 5 ＝log m 10＝2， ∴m 2＝10，∴m ＝10(舍m ＝－10)． (2)计算：log 535＋212log 2－log 5150－log 514＝. 答案2解析原式＝log 535－log 5150－log 514＋12log (2)2＝log 535150×14＋12log 2＝log 5125－1＝log 553－1＝3－1＝2. 教师备选计算：(1－log 63)2＋log 62·log 618log 64＝.答案1解析原式＝1－2log 63＋(log 63)2＋log 663·log 6(6×3)log 64＝1－2log 63＋(log 63)2＋1－(log 63)2log 64＝2(1－log 63)2log 62＝log 66－log 63log 62＝log 62log 62＝1.思维升华 解决对数运算问题的常用方法 (1)将真数化为底数的指数幂的形式进行化简． (2)将同底对数的和、差、倍合并．(3)利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意换底公式的正用、逆用及变形应用．跟踪训练1(1)已知a >b >1，若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a ，则a ＋b ＝.答案6解析设log b a ＝t ，则t >1，因为t ＋1t ＝52，所以t ＝2，则a ＝b 2.又a b ＝b a ， 所以b 2b＝2b b ，即2b ＝b 2，又a>b>1，解得b＝2，a＝4.所以a＋b＝6.(2)计算：lg25＋lg50＋lg2·lg500＋(lg2)2＝.答案4解析原式＝2lg5＋lg(5×10)＋lg2·lg(5×102)＋(lg2)2＝2lg5＋lg5＋1＋lg2·(lg5＋2)＋(lg2)2＝3lg5＋1＋lg2·lg5＋2lg2＋(lg2)2＝3lg5＋2lg2＋1＋lg2(lg5＋lg2)＝3lg5＋2lg2＋1＋lg2＝3(lg5＋lg2)＋1＝4.题型二对数函数的图象及应用例2(1)已知函数f(x)＝log a(2x＋b－1)(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则a，b满足的关系是()A．0<a－1<b<1B．0<b<a－1<1C．0<b－1<a<1D．0<a－1<b－1<1答案A解析由函数图象可知，f(x)为增函数，故a>1.函数图象与y轴的交点坐标为(0，log a b)，由函数图象可知－1<log a b<0，解得1a<b<1.综上有0<1a<b<1.(2)若方程4x＝log a x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上有解，则实数a 的取值范围为．答案⎝⎛⎦⎥⎤0，22解析若方程4x ＝log a x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上有解，则函数y ＝4x 和函数y ＝log a x 在⎝⎛⎦⎥⎤0，12上有交点，由图象知⎩⎨⎧0<a <1，log a12≤2，解得0<a ≤22. 教师备选已知x 1，x 2分别是函数f (x )＝e x ＋x －2，g (x )＝ln x ＋x －2的零点，则1e x ＋ln x 2的值为() A ．e 2＋ln2B ．e ＋ln2 C ．2D ．4 答案C解析根据题意，已知x 1，x 2分别是函数f (x )＝e x ＋x －2，g (x )＝ln x ＋x －2的零点，函数f (x )＝e x ＋x －2的零点为函数y ＝e x 的图象与y ＝2－x 的图象的交点的横坐标， 则两个函数图象的交点为(x 1，1e x )，函数g (x )＝ln x ＋x －2的零点为函数y ＝ln x 的图象与y ＝2－x 的图象的交点的横坐标，则两个函数图象的交点为(x2，ln x2)，又由函数y＝e x与函数y＝ln x互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，而直线y＝2－x也关于直线y＝x对称，则点(x1，1e x)和(x2，ln x2)也关于直线y＝x对称，则有x1＝ln x2，则有1e x＋ln x2＝1e x＋x1＝2.思维升华对数函数图象的识别及应用方法(1)在识别函数图象时，要善于利用已知函数的性质、函数图象上的特殊点(与坐标轴的交点、最高点、最低点等)排除不符合要求的选项．(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．跟踪训练2(1)已知函数f(x)＝log a x＋b的图象如图所示，那么函数g(x)＝a x＋b的图象可能为()答案D解析结合已知函数的图象可知，f (1)＝b <－1，a >1，则g (x )单调递增，且g (0)＝b ＋1<0，故D 符合题意．(2)(2022·西安调研)设x 1，x 2，x 3均为实数，且1e x -＝ln x 1，2e x -＝ln(x 2＋1)，3e x -＝lg x 3，则()A ．x 1<x 2<x 3B ．x 1<x 3<x 2C ．x 2<x 3<x 1D ．x 2<x 1<x 3 答案D解析画出函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x，y ＝ln x ，y ＝ln(x ＋1)，y ＝lg x 的图象，如图所示．数形结合，知x 2<x 1<x 3.题型三 对数函数的性质及应用 命题点1比较指数式、对数式大小 例3(1)设a ＝log 3e ，b ＝e 1.5，c ＝131log 4，则() A ．b <a <c B ．c <a <b C ．c <b <a D ．a <c <b 答案D 解析c ＝131log 4＝log 34>log 3e ＝a . 又c ＝log 34<log 39＝2，b ＝e 1.5>2，∴a <c <b .(2)(2022·昆明一中月考)设a ＝log 63，b ＝log 126，c ＝log 2412，则() A ．b <c <a B ．a <c <b C ．a <b <c D ．c <b <a 答案C解析因为a ，b ，c 都是正数， 所以1a＝log 36＝1＋log 32，1b ＝log 612＝1＋log 62，1c＝log 1224＝1＋log 122，因为log 32＝lg2lg3， log 62＝lg2lg6，log 122＝lg2lg12，且lg3<lg6<lg12，所以log 32>log 62>log 122， 即1a >1b >1c，所以a <b <c .命题点2解对数方程不等式例4若log a (a ＋1)<log a (2a )<0(a >0，a ≠1)，则实数a 的取值范围是． 答案⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1解析依题意log a (a ＋1)<log a (2a )<log a 1， ∴⎩⎨⎧a >1，a ＋1<2a <1或⎩⎨⎧0<a <1，a ＋1>2a >1，解得14<a <1.命题点3对数性质的应用 例5已知函数f (x )＝ln 2x ＋12x －1，下列说法正确的是________．(填序号) ①f (x )为奇函数； ②f (x )为偶函数；③f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减；④f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递增．答案①③解析f (x )＝ln 2x ＋12x －1，令2x ＋12x －1>0，解得x >12或x <－12，∴f (x )的定义域为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞， 又f (－x )＝ln－2x ＋1－2x －1＝ln2x －12x ＋1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋12x －1－1＝－ln2x ＋12x －1＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，故①正确，②错误； 又f (x )＝ln2x ＋12x －1＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋22x －1， 令t ＝1＋22x －1，t >0且t ≠1，∴y ＝ln t ， 又t ＝1＋22x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减， 且y ＝ln t 为增函数，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减，故③正确；又f (x )为奇函数，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12上单调递减，故④不正确．教师备选1．(2022·安徽十校联盟联考)已知a ＝log 23，b ＝2log 53，c ＝13log 2，则a ，b ，c 的大小关系为() A ．a >c >b B ．a >b >c C ．b >a >c D ．c >b >a 答案B解析∵a ＝log 23>1，b ＝2log 53＝log 59>1，c ＝13log 2<0，∴a b ＝log 23log 59＝lg3lg2×lg5lg9＝lg3lg2×lg52lg3＝lg52lg2＝lg5lg4＝log 45>1，∴a >b ，∴a >b >c .2．若f (x )＝lg(x 2－2ax ＋1＋a )在区间(－∞，1]上单调递减，则a 的取值范围为() A ．[1,2) B ．[1,2]C ．[1，＋∞) D．[2，＋∞) 答案A解析令函数g (x )＝x 2－2ax ＋1＋a ＝(x －a )2＋1＋a －a 2，对称轴为x ＝a ，要使函数f (x )在(－∞，1]上单调递减， 则有⎩⎨⎧g (1)>0，a ≥1，即⎩⎨⎧2－a >0，a ≥1，解得1≤a <2，即a ∈[1,2)．思维升华 求与对数函数有关的函数值域和复合函数的单调性问题，必须弄清三个问题：一是定义域；二是底数与1的大小关系；三是复合函数的构成．跟踪训练3(1)若实数a ，b ，c 满足log a 2<log b 2<log c 2<0，则下列关系中正确的是() A ．a <b <c B ．b <a <c C ．c <b <a D ．a <c <b 答案C解析根据不等式的性质和对数的换底公式可得1log 2a <1log 2b <1log 2c <0，即log 2c <log 2b <log 2a <0， 可得c <b <a <1.(2)若函数f (x )＝⎩⎨⎧log a x ，x ≥2，－log a x －4，0<x <2存在最大值，则实数a 的取值范围是．答案⎝⎛⎦⎥⎤0，22解析当a >1时，函数f (x )＝log a x 在[2，＋∞)上单调递增，无最值，不满足题意， 故0<a <1.当x ≥2时，函数f (x )＝log a x 在[2，＋∞)上单调递减，f (x )≤f (2)＝log a 2； 当0<x <2时，f (x )＝－log a x －4在(0,2)上单调递增，f (x )<f (2)＝－log a 2－4， 则log a 2≥－log a 2－4，即log a 2≥－2＝log a a －2， 即1a 2≥2,0<a ≤22， 故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，22.课时精练1．(2022·重庆巴蜀中学月考)设a ＝12，b ＝log 75，c ＝log 87，则()A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >b >aD ．c >a >b 答案D解析a ＝12＝log 77>b ＝log 75，c ＝log 87>log 88＝12＝a ， 所以c >a >b .2．若函数y ＝f (x )是函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)的反函数且f (2)＝1，则f (x )等于() A ．log 2x B.12x C ．12log x D ．2x －2答案A解析函数y＝a x(a>0，且a≠1)的反函数是f(x)＝log a x，又f(2)＝1，即log a2＝1，所以a＝2.故f(x)＝log2x.3.函数y＝log a(x＋c)(a，c为常数，其中a>0，a≠1)的图象如图所示，则下列结论成立的是()①a>1；②0<c<1；③0<a<1；④c>1.A．①②B．①④C．②③D．③④答案C解析由图象可知函数为减函数，∴0<a<1，令y＝0得log a(x＋c)＝0，x＋c＝1，x＝1－c，由图象知0<1－c<1，∴0<c<1.4．(2022·银川模拟)我们知道：人们对声音有不同的感觉，这与它的强度有关系．一般地，声音的强度用(W/m2)表示，但在实际测量时，声音的强度水平常用L1＝10lg II0 (单位：分贝，L1≥0，其中I0＝1×10－12是人们平均能听到的最小强度，是听觉的开端)．某新建的小区规定：小区内公共场所的声音的强度水平必须保持在50分贝以下，则声音强度I的取值范围是()A ．(－∞，10－7)B ．[10－12，10－5)C ．[10－12，10－7)D ．(－∞，10－5) 答案C解析由题意可得，0≤10·lg II 0<50， 即0≤lg I －lg(1×10－12)<5， 所以－12≤lg I <－7， 解得10－12≤I <10－7，所以声音强度I 的取值范围是[10－12,10－7)． 5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，12log (－x )，x <0.若f (a )>f (－a )，则实数a 的取值范围是()A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C ．(－1,0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(0,1) 答案C解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a >0，log 2a >12log a或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，12log (－a )>log 2(－a )，解得a >1或－1<a <0.6．(2022·汉中模拟)已知log 23＝a ,3b ＝7，则log 2156等于()A.ab＋3a＋abB.3a＋ba＋abC.ab＋3a＋bD.b＋3a＋ab答案A解析由3b＝7，可得log37＝b，所以log2156＝log3(7×23)log3(3×7)＝log37＋log323log33＋log37＝b＋3×1a1＋b＝ab＋3a＋ab.7．(2022·海口模拟)log327＋lg25＋lg4＋7log27＋13(8)-的值等于．答案7 2解析原式＝log3323＋lg52＋lg22＋2＋133(2)⨯-＝32＋2lg5＋2lg2＋2＋(－2)＝32＋2(lg5＋lg2)＋2＋(－2)＝32＋2＋2＋(－2)＝7 2 .8．已知函数y＝log a(x－3)－1的图象恒过定点P，则点P的坐标是．答案(4，－1)解析令x －3＝1，则x ＝4， ∴y ＝log a 1－1＝－1， 故点P 的坐标为(4，－1)．9．设f (x )＝log 2(a x －b x )，且f (1)＝1，f (2)＝log 212. (1)求a ，b 的值；(2)当x ∈[1,2]时，求f (x )的最大值． 解(1)因为f (x )＝log 2(a x－b x)， 且f (1)＝1，f (2)＝log 212， 所以⎩⎨⎧log 2(a －b )＝1，log 2(a 2－b 2)＝log 212，即⎩⎨⎧a －b ＝2，a 2－b 2＝12，解得a ＝4，b ＝2.(2)由(1)得f (x )＝log 2(4x －2x )， 令t ＝4x －2x ，则t ＝4x －2x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －122－14，因为1≤x ≤2，所以2≤2x ≤4， 所以94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －122≤494，即2≤t ≤12，因为y ＝log 2t 在[2,12]上单调递增， 所以y max ＝log 212＝2＋log 23， 即函数f (x )的最大值为2＋log 23.10．(2022·枣庄模拟)已知函数f (x )＝log a (x ＋1)－log a (1－x )，a >0且a ≠1. (1)判断f (x )的奇偶性并予以证明；(2)当a >1时，求使f (x )>0的x 的解集． 解(1)f (x )是奇函数，证明如下： 因为f (x )＝log a (x ＋1)－log a (1－x )， 所以⎩⎨⎧x ＋1>0，1－x >0，解得－1<x <1，f (x )的定义域为(－1,1)．f (－x )＝log a (－x ＋1)－log a (1＋x ) ＝－[log a (1＋x )－log a (－x ＋1)]＝－f (x )， 故f (x )是奇函数．(2)因为当a >1时，y ＝log a (x ＋1)是增函数，y ＝log a (1－x )是减函数，所以当a >1时，f (x )在定义域(－1,1)内是增函数，f (x )>0即log a (x ＋1)－log a (1－x )>0， log a x ＋11－x >0，x ＋11－x >1，2x 1－x >0，2x (1－x )>0，解得0<x <1， 故使f (x )>0的x 的解集为(0,1)．11．设a ＝log 0.20.3，b ＝log 20.3，则() A ．a ＋b <ab <0B ．ab <a ＋b <0 C ．a ＋b <0<ab D ．ab <0<a ＋b 答案B解析∵a ＝log 0.20.3>log 0.21＝0，b ＝log 20.3<log 21＝0，∴ab <0. ∵a ＋b ab ＝1a ＋1b＝log 0.30.2＋log 0.32＝log 0.30.4， ∴1＝log 0.30.3>log 0.30.4>log 0.31＝0，∴0<a ＋b ab<1，∴ab <a ＋b <0.12．若实数x ，y ，z 互不相等，且满足2x ＝3y ＝log 4z ，则() A ．z >x >y B ．z >y >x C ．x >y ，x >z D ．z >x ，z >y 答案D解析设2x ＝3y ＝log 4z ＝k >0， 则x ＝log 2k ，y ＝log 3k ，z ＝4k ， 根据指数、对数函数图象易得4k >log 2k ， 4k >log 3k ，即z >x ，z >y .13．函数f (x )＝log 2x ·2x )的最小值为． 答案－14解析依题意得f (x )＝12log 2x ·(2＋2log 2x )＝(log 2x )2＋log 2x ＝⎝⎛⎭⎪⎫log 2x ＋122－14≥－14，当log2x＝－12，即x＝22时等号成立，所以函数f(x)的最小值为－14.14．已知函数f(x)＝|log2x|，实数a，b满足0<a<b，且f(a)＝f(b)，则a＋b的取值范围是________．答案(2，＋∞)解析∵f(x)＝|log2x|，∴f(x)的图象如图所示，又f(a)＝f(b)且0<a<b，∴0<a<1，b>1且ab＝1，∴a＋b≥2ab＝2，当且仅当a＝b时取等号．又0<a<b，故a＋b>2.15．(2022·贵阳模拟)若3a＋log3a＝9b＋2log9b，则()A．a>2b B．a<2bC．a>b2D．a<b2答案B解析f(x)＝3x＋log3x，易知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵3a＋log3a＝32b＋log3b，∴f(2b)＝32b＋log3(2b)>32b＋log3ba＝f(a)，＝3a＋log3∴2b>a.16．已知函数f(x)＝log2(2x＋k)(k∈R)．(1)当k＝－4时，解不等式f(x)>2；(2)若函数f(x)的图象过点P(0,1)，且关于x的方程f(x)＝x－2m有实根，求实数m的取值范围．解(1)当k＝－4时，f(x)＝log2(2x－4)．由f(x)>2，(2x－4)>2，得log2得2x－4>4，得2x>8，解得x>3.故不等式f(x)>2的解集是(3，＋∞)．(2)因为函数f(x)＝log2(2x＋k)(k∈R)的图象过点P(0,1)，所以f(0)＝1，即log(1＋k)＝1，2解得k＝1.所以f(x)＝log2(2x＋1)．因为关于x的方程f(x)＝x－2m有实根，(2x＋1)＝x－2m有实根．即log2所以方程－2m＝log2(2x＋1)－x有实根．令g(x)＝log2(2x＋1)－x，则g (x )＝log 2(2x＋1)－x＝log 2(2x ＋1)－log 22x＝log 22x＋12x ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x .因为1＋12x >1，log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x >0，所以g (x )的值域为(0，＋∞)． 所以－2m >0，解得m <0.所以实数m 的取值范围是(－∞，0)．。
高考含有超越函数压轴题的常用解题策略
高考含有超越函数压轴题的常用解题策略广东省惠州市惠东县惠东中学张海波全国卷近几年压轴题都比较稳定,都是以函数导数为背景而命制的,压轴题中出现的函数都是含有ex型,lnx型,或者ex与lnx两者都含有(我们把这类函数叫做超越函数),所以我们要把握有关这几类超越函数的常见处理方法.策略一超越函数常用变形技巧含有ex型一般变形为:ex×g(x),g(x)为多项式函数;含有lnx型一般变形为:lnx+f(x),f(x)为多项式函数或者xlnx.下面我们简单解释下为何要如此变形,首先要清楚,在解决函数导数问题时有两个个重要的标准:导函数的零点要容易求、导函数的正负要便于判断！以下就含有ex型的超越函数为例来说明.若 f(x)=ex+g(x),则f′(x)=ex+g′(x). 此时f′(x)=ex+g′(x)=0的零点我们是无法准确求出来的(可以就任一高于1次的多项式g(x)进行尝试);但是若f(x)=ex × g(x),则f′(x)=ex(g(x)+g′(x)),此时f′(x)=ex(g(x)+g′(x))=0的根就与ex无关了,并且ex是大于零的.所以ex与一个多项式函数的乘积,不仅导函数的零点易于求得,导函数正负也好判断.例1(2013年辽宁理科第21题节选)已知函数f(x)=(1+x)e-2x,当x∈[0,1],求证:思路如果直接构造函数求导,导函数很复杂,导函数的根和正负无法判断(读者可以自行尝试),则可先等价变形为:指数型ex与某函数的乘积的形式,再来求导解决.证明先证左边.欲证:1-x≤f(x)且x∈[0,1],即(1+x)e-2x≥1-x(此时要注意变形的形式ex与某函数的乘积),则只需证令所以g(x)在[0,1]上是减函数,故g(x)≤ g(0)=1,所以1-x≤f(x)成立.例2 (2010新课标I理科第20题)已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1.(1)略. (2)证明:(x-1)f(x)≥0.思路如果直接求导,导函数非常复杂,无法求出导函数的根,也很难判断导函数正负,所以先要将函数等价变形为:lnx与某个函数之和的形式,然后求导解决！证明 (2)易见,f(x)的定义域是(0,+∞).①当x≥1时,欲证(x-1)f(x)≥0,x-1≥0,即f(x)=(x+1)lnx-x+1≥ 0,即(x+1)lnx ≥ x-1,且令所以g(x)在[1,+∞)为增函数.故g(x)≥ g(1)=0,即故x≥1时,原不等式成立;②当0＜x＜1时,同理变形可证原不等式也成立(读者可自行完成)..综上所述可得:(x-1)f(x)≥0成立.策略二探根法、设根法(主要针对导函数零点无法求出)例3(2013新课标II理科第21题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(2)当m≤2时,证明f(x)＞0.解 (1)m=1,增区间(0,+∞),减区间(-1,0).(2)当m≤2时,x+m≤x+2,ln(x+m)≤ln(x+2),-ln(x+m)≥ -ln(x+2),所以f(x)≥ ex-ln(x+2).令而g′(x)的正负和零点都无法求,继续对其导函数求导以g′(x)在 (-2,+∞)单调递增,g′(-1)=e-1-1＜0,且g′(0)=1/2＞ 0,所以存在x0∈ (-1,0),使得g′(x0)=0(设出导函数的根,设根法！)所以当-2＜ x＜ x0时,g′(x0) ＜ 0,g(x)单调减,当x ≥ x0时,g′(x0)＞ 0,g(x)单调增,所以 gmin(x)=g(x0)=ex0-ln(x0+2),又g′(x0)=g(x)＞0,又f(x)＞g(x),故f(x)＞0.点评由于导函数的零点无法求,导函数正负无法判断(且一般其二阶导数恒大于或小于0),采用设根法,整体代入则可判断最小值大于零,本题还可以用常见的重要超越不等式(详见下面的策略三)来解决.策略三利用常见超越不等式放缩,达到化复杂为简单如常见重要不等式:A-G-L不等式等等.我们仅就①给出证明,借助①,不难给出其余不等式的证明.证明令 f(x)=ex-x-1,则f′(x)=ex-1.由f′(x)＞ 0得x ＞ 0,由f′(x)＜0得x ＜0,所以f(x)在(-∞,0)为减函数,在(0,+∞)为增函数.所以f(x)＞f(0)⇔ex-x-1＞e0-0-1,所以ex≥x+1.例4(2014新课标I理科第21题)设函数f(x)=曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2.(1)求a,b; (2)证明:f(x)＞1.解 (1)a=1,b=2,过程从略.(2)易见,函数f(x)＞1的定义域是(0,+∞).要证f(x)＞即由不等式,所以只需证:(exlnx+2)＞1,即exlnx+1＞0.令g(x)=exlnx+1,而g′(x)=elnx+e,由g′(x)=0 解得 x=1.所以 g(x)在(0,1)单调递减,在[1,+∞)单调递增,gmin(x)=g(1)=1.所以g(x)≥1＞0,即exlnx+1＞0,所以原不等式成立.点评该题主要应用了超越不等式的一个结论○2:ex-1≥x,将题目中的复杂结构变成简单结构了！所以这些不等式取到一个非常重要的作用就是将含有ex、lnx等复杂结构变成简单结构,进而变成容易解决的问题！例5(2013新课标II理科第21题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(2)当m≤2时,证明f(x)＞0.解 (1)m=1,函数增区间:(0,+∞),减区间:(-1,0),过程从略.(2)由m≤2可得ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2),所以要证:ex-ln(x+m)＞0,只需证ex-ln(x+2)＞0.由上面重要不等式①:ex≥x+1,所以ex-ln(x+2)≥x+1-ln(x+2),则只需证:x+1-ln(x+2)＞0.由重要不等式④:ln(x+1)≤x,则ln(x+2)≤x+1.所以-ln(x+2)≥-(x+1),所以x+1-ln(x+2)＞0.所以原不等式成立.点评因此我们只有积累了常见的重要超越不等式,解决这类压轴题的时候才能有一个方向,达到更好的变形,以起到化繁为简的功效,使得够迅速解决出来.另外还要注意题目中出现超越不等式的形式,然后选择恰当的变形方向进行变形.(请读者思考:如何选择恰当的方法放缩不等式?) 策略四分开超越部分,构造两个函数例6(2014新课标I理科第21题)设函数曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2.(1)求a,b; (2)证明:f(x)＞1.解 (1)a=1,b=2.(2)函数f(x)的定义域是(0,+∞).要证即证:点评本题将两个复杂的超越函数分开,构造出两个相对简单的超越函数,进而就很容易求出它们的最值,证明出所要的结果.本题还可利用重要不等式放缩来证明(即利用策略三),请读者自行尝试.。