【知識(shí)導(dǎo)圖】
【考點(diǎn)分析】
考點(diǎn)一：雙變量同構(gòu)問(wèn)題
規(guī)律方法 含有地位相等的兩個(gè)變量的不等式(方程)，關(guān)鍵在于對(duì)不等式(方程)兩邊變形或先放縮再變形，使不等式(方程)兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題．
【例1】已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2?3x.
(1)若函數(shù)f(x)的圖像在點(diǎn)1,f1處的切線方程為，求函數(shù)f(x)的極小值；
(2)若a=1，對(duì)于任意x1,x2∈[1,5]，當(dāng)x1mx2?x1x1?x2恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax2?3x的定義域?yàn)?0,+∞)，f'(x)=1x+2ax?3
由函數(shù)f(x)在點(diǎn)1,f1處的切線方程為y=?2，
得f'1=1+2a?3=0，解得a=1，
此時(shí)f(x)=lnx+x2?3x，f'(x)=1x+2x?3=2x2?3x+1x．
令f'(x)=0，解得x=1或x=12．
當(dāng) 0mx1?mx2, 即 fx1?mx1>fx2?mx2 因?yàn)?x1,x2∈1,5, 且 x10時(shí)解得，00，?t在1，+∞上遞增，?t>?1=0，
所以lnt>2(t?1)t+1成立，
即fx1?fx2x1?x2>4a?12.
【變式2】已知函數(shù)fx=exln1+x．
(1)求曲線y=fx在點(diǎn)0,f0處的切線方程；
(2)設(shè)gx=f'x，討論函數(shù)gx在[0,+∞)上的單調(diào)性；
(3)證明：對(duì)任意的s,t∈0,+∞，有fs+t>fs+ft．
【解析】(1)解：因?yàn)?fx=exln1+x, 所以 f0=0, 即切點(diǎn)坐標(biāo)為 0,0,
又 f'x=exln1+x+11+x,
∴ 切線斜率 k=f'0=1
∴ 切線方程為: y=x
(2) 解: 因?yàn)?gx=f'x=exln1+x+11+x,
所以 g'x=exln1+x+21+x?11+x2,
令 ?x=ln1+x+21+x?11+x2,
則 ?'x=11+x?21+x2+21+x3=x2+11+x3>0,
∴?x 在 [0,+∞) 上單調(diào)遞增,
∴?x≥?0=1>0
∴g'x>0 在 [0,+∞) 上恒成立,
∴gx 在 [0,+∞) 上單調(diào)遞增.
(3)解：原不等式等價(jià)于 fs+t?fs>ft?f0, 令 mx=fx+t?fx,x,t>0, 即證 mx>m0,
∵mx=fx+t?fx=ex+tln1+x+t?exln1+x，
m'x=ex+tln1+x+t+ex+t1+x+t?exln1+x?ex1+x=gx+t?gx，
由 (2) 知gx=f'x=exln1+x+11+x 在 [0,+∞)上單調(diào)遞增，
∴gx+t>gx，
∴m'x>0
∴mx 在 0,+∞ 上單調(diào)遞增, 又因?yàn)?x,t>0,
∴mx>m0, 所以命題得證.
考點(diǎn)二：指對(duì)同構(gòu)問(wèn)題
規(guī)律方法 指對(duì)同構(gòu)的常用形式
(1)積型：aea≤bln b，一般有三種同構(gòu)方式：
①同左構(gòu)造形式：aea≤ln beln b，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex；
②同右構(gòu)造形式：ealn ea≤bln b，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xln x；
③取對(duì)構(gòu)造形式：a＋ln a≤ln b＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln b))(b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x＋ln x.
(2)商型：eq \f(ea,a)≤eq \f(b,ln b)，一般有三種同構(gòu)方式：
①同左構(gòu)造形式：eq \f(ea,a)≤eq \f(eln b,ln b)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq \f(ex,x)；
②同右構(gòu)造形式：eq \f(ea,ln ea)≤eq \f(b,ln b)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq \f(x,ln x)；
③取對(duì)構(gòu)造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有兩種同構(gòu)方式：
①同左構(gòu)造形式：ea±a>eln b±ln b，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex±x；
②同右構(gòu)造形式：ea±ln ea>b±ln b，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x±ln x.
考向1：指對(duì)同構(gòu)與恒成立問(wèn)題
【例2】. 若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.
【解析】(1)∵ex－a≥ln x＋a，
∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，
設(shè)f(t)＝et＋t，則f′(t)＝et＋1＞0，
∴f(t)在R上單調(diào)遞增，
故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，
即f(x－a)≥f(ln x)，
即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，
設(shè)g(x)＝x－ln x，
則g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
令g′(x)＞0，x＞1，
∴g(x)在(1，＋∞)上遞增，在(0，1)上遞減，
故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故選C.
(2)e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex?e(m－2)x＋3mx≥3ln x＋7x?e(m－2)x＋3(m－2)x≥3ln x＋x.
構(gòu)建g(x)＝ex＋3x，
則可得g((m－2)x)≥g(ln x)，
∵g(x)＝ex＋3x在R上單調(diào)遞增，
則(m－2)x≥ln x?m－2≥eq \f(ln x,x)，
構(gòu)建F(x)＝eq \f(ln x,x)，
則F′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令F′(x)>0，
則01,ex>1, 設(shè) fx=xlnx, 則 f'x=lnx+1,x>1 時(shí), f'x>0,fx 是增函數(shù), 所以由 exlnex≥x?alnx?a, 得 ex≥x?a,x≥?alnx,?a≤xlnx, 所以 x>2 時(shí), ?a≤xlnx 恒成立.
設(shè) gx=xlnx, 則 g'x=lnx?1ln2x,
當(dāng) 20,gx 單調(diào)遞增, 所以 gxmin=ge =e,
所以 ?a≤e,a≥?e.
所以 a 的最小值是 ?e.
故選: B.
考向2 指對(duì)同構(gòu)與證明不等式
【例3】. 已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).當(dāng)x＞y＞e－1時(shí)，求證：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
【證明】∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲證exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
即證明eq \f(ex,ln（x＋1）)＞eq \f(ey,ln（y＋1）)，
令g(x)＝eq \f(ex,ln（x＋1）)，
則g′(x)＝eq \f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，
顯然函數(shù)h(x)＝ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴h(x)＞1－eq \f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∵x＞y＞e－1時(shí)，g(x)＞g(y)，
即eq \f(ex,ln（x＋1）)＞eq \f(ey,ln（y＋1）)，
∴當(dāng)x＞y＞e－1時(shí)，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
【變式】. 已知函數(shù)f(x)＝x－ln x，
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)性；
(2)當(dāng)x＞eq \f(1,e)，證明：eq \f(ex＋ln x＋1,x)≥e＋1；
(3)若不等式x＋aln x＋eq \f(1,ex)≥xa對(duì)x∈(1，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的最小值.
【解析】(1)解 f(x)＝x－ln x，
f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
則當(dāng)01)，
g′(x)＝eq \f(1－ln x,（ln x）2)，
令g′(x)＝0，得x＝e.
當(dāng)1e時(shí)，g′(x)0”是“α＋β>cs α－cs β”的( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】 C
【解析】構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－cs x，
則f′(x)＝1＋sin x≥0在定義域R上恒成立，
所以函數(shù)f(x)＝x－cs x為增函數(shù)，
又因?yàn)棣粒?0，所以α>－β，
所以f(α)>f(－β)，
即α－cs α>－β－cs(－β)，
即α－cs α>－β－cs β，
所以α＋β>cs α－cs β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cs α－cs β”；
根據(jù)α＋β>cs α－cs β，
可得α－cs α>－β－cs β，
即α－cs α>－β－cs(－β)，
所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cs α－cs β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cs α－cs β”的充要條件．
6．已知x∈N，y∈N，x0，
則f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)1時(shí)，f(x)>0，f(2)＝eq \f(ln 2,2)，f(4)＝eq \f(ln 4,4)＝eq \f(ln 2,2)，
所以滿足x∈N，y∈N，x2b B．a(chǎn)b2 D．a(chǎn)0，
∵4a＝22a,8b＝23b,3lg27b＝lg3b，
∴22a＋lg3a＝23b＋lg3b，
∴22a＋lg3a＋lg32＝23b＋lg3b＋lg32，
即22a＋lg32a＝23b＋lg32b，
∵y＝lg3x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴l(xiāng)g32bf(1)，即x－ln x>1，一定有x－ln x>0，
所以x>ln x>0，則eq \f(ex,x)0，所以函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
因?yàn)閤>1，y>1，eq \f(ex,x)x.
二、多選題
12.已知0ln e＝1，B正確；
易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2eq \r(3b＋1·3－b)＝2eq \r(3)，C正確；
因?yàn)閍－1>b，所以3a－1>3b，D錯(cuò)誤．
三、填空題
14．若f(x)＝xex－a(x＋ln x)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
【答案】 (e，＋∞)
【解析】 f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，顯然該函數(shù)為增函數(shù)．
當(dāng)t≠0時(shí)，由et－at＝0，得a＝eq \f(et,t)，
可知函數(shù)y＝eq \f(et,t)(t≠0)的圖象與直線y＝a有兩個(gè)交點(diǎn)，可畫(huà)出函數(shù)圖象(圖略)得到a的取值范圍是(e，＋∞)．
15．（2023·四川瀘州·瀘州老窖天府中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）已知不等式對(duì)恒成立，則實(shí)數(shù)m的最小值為_(kāi)_________.
【答案】
【解析】可變?yōu)椋?br> 再變形可得，，設(shè)，原不等式等價(jià)于
，因?yàn)椋院瘮?shù)在上單調(diào)遞減，在
上單調(diào)遞增，而，，
當(dāng)時(shí)，，所以由可得，，
因?yàn)?，所以?br>設(shè)，，所以函數(shù)在上遞增，在上遞減，所以，即．
當(dāng)時(shí)，不等式在恒成立；
當(dāng)時(shí)，，無(wú)論是否存在，使得在上恒成立，都可判斷實(shí)數(shù)m的最小值為．
故答案為：．
四、解答題
16.已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－ln ax(a>0)．
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；
(2)若對(duì)于任意的x>0，有f(x)≥0，求正數(shù)a的取值范圍．
【解析】解 (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－ln x，
得f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，
切點(diǎn)坐標(biāo)為(1，e)，斜率為f′(1)＝e－1，
所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y＋1＝0.
(2)f(x)≥0，
即ex＋x－ax－ln ax≥0(a>0，x>0)
?ex＋x≥ax＋ln ax(a>0，x>0)
?ex＋x≥eln ax＋ln ax(a>0，x>0)．
令g(x)＝ex＋x，顯然g(x)是增函數(shù)，
于是上式可化為g(x)≥g(ln ax)，
即x≥ln ax(a>0，x>0)
?ln a≤x－ln x(a>0，x>0)．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
則φ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，
可得02時(shí)，證明：eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)．
【解析】(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x，
當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))時(shí)，f′(x)0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
(2)證明 ∵x>2，∴x－1>1，
要證eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)，
即證xex>(x－1)ln(x－1)，
即證exln ex>(x－1)ln(x－1)，
即證f(ex)>f(x－1)，
由(1)知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，
且ex>eq \f(1,e)，x－1>eq \f(1,e)，即證ex>x－1，
令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，
φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，
∴ex>x－1，即證原不等式成立．
18. 已知a>0，函數(shù)f(x)＝xex－ax.
(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；
(2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解析】解 (1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝xex－x，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，
所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，
所以切線方程為y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由題意得xex－ax≥ln x－x＋1，
即xex－ln x＋x－1≥ax，
因?yàn)閤>0，所以eq \f(xex－ln x＋x－1,x)≥a，
設(shè)F(x)＝eq \f(xex－ln x＋x－1,x)
＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)，
令t＝x＋ln x，易知t＝x＋ln x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
當(dāng)x→0時(shí)，t→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，t→＋∞，
所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，t∈R，
因?yàn)閙′(t)＝et－1，
所以當(dāng)t∈(－∞，0)時(shí)，m′(t)0，
即m(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以m(t)min＝m(0)＝0，
所以m(t)≥m(0)＝0，
即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時(shí)取等號(hào)，
所以F(x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)≥eq \f(x＋ln x＋1－ln x＋x－1,x)＝eq \f(2x,x)＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)x＋ln x＝0時(shí)取等號(hào)，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范圍是(0,2]．
19．(2023·邵陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－eq \f(a,x)＋1，g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2.
(1)討論函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
【解析】解 (1)∵g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2的定義域?yàn)?0，＋∞)，
∴g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
由g′(x)>0，得0

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第01講 函數(shù)的圖象與性質(zhì)（3大考點(diǎn)+強(qiáng)化訓(xùn)練）-沖刺985、211名校高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)培優(yōu)全攻略（新高考專用）

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