微课三-含有ex与ln-x的组合函数或不等式问题课件

第三章

微课三含有ex与lnx的组合函数或不等式问题第三章题型分类突破内容索引///////1///////题型跟踪训练2题型分类突破内容索引///////1///////题型跟踪训题型分类突破1题型分类突破1题型一分离ex和lnx///////题型一分离ex和lnx///////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，再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，感悟升华感悟升华微课三-含有ex与ln-x的组合函数或不等式问题课件因为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，因为x>1，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上///////题型二借助ex≥x＋1和lnx≤x－1(x>0)进行放缩【例2】

已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；解f(x)的定义域为(0，＋∞)，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.///////题型二借助ex≥x＋1和lnx≤x－1(x解由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0，即lnx<x－1.从而m的最小正整数是m＝3.解由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0，即感悟升华感悟升华【训练2】

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；

解

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， ∴切点坐标为(0，－1)，则f(0)＝1－a＝－1， ∴a＝2.【训练2】已知函数f(x)＝ex－a.【训练2】

已知函数f(x)＝ex－a. (2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值.

解

先证明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. ∴ex≥x＋1，从而ex－2≥x－1(x＝0时取等号).

以lnx代换x得lnx≤x－1(当x＝1时，等号成立)，所以ex－2>lnx.

当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，则当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.【训练2】已知函数f(x)＝ex－a.题型跟踪训练2题型跟踪训练2解析f′(x)＝ex－1－ax＋(a－1)≥0恒成立，即ex－1≥ax－(a－1)恒成立，由于：ex≥x＋1，即ex－1≥x，∴只需要x≥ax－(a－1)，即(a－1)(x－1)≤0恒成立，所以a＝1.A解析f′(x)＝ex－1－ax＋(a－1)≥0恒成立，A2.已知函数f(x)＝ax＋lnx＋1，对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围.所以实数a的取值范围为(－∞，2].2.已知函数f(x)＝ax＋lnx＋1，对任意的x>0，f3.已知f(x)＝ex，g(x)＝x＋1(e为自然对数的底数).(1)求证：f(x)≥g(x)恒成立；证明

令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－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.3.已知f(x)＝ex，g(x)＝x＋1(e为自然对数的底数所以m的最小值为2(m∈N*).所以m的最小值为2(m∈N*).∵x>0，∴即证xlnx＋a>xe－x，即证(xlnx＋a)min>(xe－x)max.令h(x)＝xlnx＋a，则h′(x)＝lnx＋1.∵x>0，∴即证xlnx＋a>xe－x，令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－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，令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x微课三-含有ex与ln-x的组合函数或不等式问题课件所以当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.所以g(x)≤g(1)＝0，所以lnx≤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)<ex＋(a－1)x－2a，所以当0<x<1时，g′(x)>0；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)<ex＋(a－1)x－2a.因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，6.已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值.(1)求实数a的值.6.已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得令f′(x)>0得－1<x<0.当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表.x(－1，0)0(0，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值令f′(x)>0得－1<x<0.x(－1，0)0(0，＋∞)所以f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x2＋x(当且仅当x＝0时取等号).所以f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x2＋x(当且THANKS本节内容结束THANKS本节内容结束

第三章

微课三含有ex与lnx的组合函数或不等式问题第三章题型分类突破内容索引///////1///////题型跟踪训练2题型分类突破内容索引///////1///////题型跟踪训题型分类突破1题型分类突破1题型一分离ex和lnx///////题型一分离ex和lnx///////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，再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，感悟升华感悟升华微课三-含有ex与ln-x的组合函数或不等式问题课件因为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，因为x>1，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上///////题型二借助ex≥x＋1和lnx≤x－1(x>0)进行放缩【例2】

已知函数f(x)＝x－1－alnx.(1)若f(x)≥0，求a的值；解f(x)的定义域为(0，＋∞)，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.///////题型二借助ex≥x＋1和lnx≤x－1(x解由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0，即lnx<x－1.从而m的最小正整数是m＝3.解由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0，即感悟升华感悟升华【训练2】

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；

解

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， ∴切点坐标为(0，－1)，则f(0)＝1－a＝－1， ∴a＝2.【训练2】已知函数f(x)＝ex－a.【训练2】

已知函数f(x)＝ex－a. (2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值.

解

先证明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. ∴ex≥x＋1，从而ex－2≥x－1(x＝0时取等号).

以lnx代换x得lnx≤x－1(当x＝1时，等号成立)，所以ex－2>lnx.

当a≤2时，lnx<ex－2≤ex－a，则当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.【训练2】已知函数f(x)＝ex－a.题型跟踪训练2题型跟踪训练2解析f′(x)＝ex－1－ax＋(a－1)≥0恒成立，即ex－1≥ax－(a－1)恒成立，由于：ex≥x＋1，即ex－1≥x，∴只需要x≥ax－(a－1)，即(a－1)(x－1)≤0恒成立，所以a＝1.A解析f′(x)＝ex－1－ax＋(a－1)≥0恒成立，A2.已知函数f(x)＝ax＋lnx＋1，对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围.所以实数a的取值范围为(－∞，2].2.已知函数f(x)＝ax＋lnx＋1，对任意的x>0，f3.已知f(x)＝ex，g(x)＝x＋1(e为自然对数的底数).(1)求证：f(x)≥g(x)恒成立；证明

令h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－x－1，则h′(x)＝ex－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.3.已知f(x)＝ex，g(x)＝x＋1(e为自然对数的底数所以m的最小值为2(m∈N*).所以m的最小值为2(m∈N*).∵x>0，∴即证xlnx＋a>xe－x，即证(xlnx＋a)min>(xe－x)max.令h(x)＝xlnx＋a，则h′(x)＝lnx＋1.∵x>0，∴即证xlnx＋a>xe－x，令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－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，令φ(x)＝xe－x，则φ