微课三含有ex与lnx的组合函数或不等式问题

微课三含有ex与lnx的组合函数或不等式问题题型一分离ex和lnx【例1】已知函数f(x)＝ex2－xlnx.证明：当x>0时，f(x)<xex＋eq\f(1,e).证明要证f(x)<xex＋eq\f(1,e)，只需证ex－lnx<ex＋eq\f(1,ex)，即ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex).令h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0)，则h′(x)＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，则h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，因此lnx＋eq\f(1,ex)≥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，因此ex－ex≤0.由于h(x)与φ(x)不同时为0，因此ex－ex<lnx＋eq\f(1,ex)，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，从而找到能够传递的中间量，达成证明的目的.2.本题中变形后再隔离分析构造函数，原不等式化为lnx＋eq\f(1,ex)>ex－ex(x>0)(分离lnx与ex)，便于探求构造的函数h(x)＝lnx＋eq\f(1,ex)和φ(x)＝ex－ex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)＝eq\f(1＋lnx,x)，证明：当x>1时，不等式eq\f(f（x）,e＋1)>eq\f(2ex－1,（x＋1）（xex＋1）)成立.证明将不等式eq\f(f（x）,e＋1)>eq\f(2ex－1,（x＋1）（xex＋1）)变形为eq\f(1,e＋1)·eq\f(（x＋1）（lnx＋1）,x)>eq\f(2ex－1,xex＋1)，分别构建函数g(x)＝eq\f(（x＋1）（lnx＋1）,x)和函数h(x)＝eq\f(2ex－1,xex＋1).则g′(x)＝eq\f(x－lnx,x2)，令φ(x)＝x－lnx，则φ′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x).由于x>1，因此φ′(x)>0，因此φ(x)在(1，＋∞)上是增函数，因此φ(x)>φ(1)＝1>0，因此g′(x)>0，因此g(x)在(1，＋∞)上是增函数，因此x>1时，g(x)>g(1)＝2，故eq\f(g（x）,e＋1)>eq\f(2,e＋1).h′(x)＝eq\f(2ex－1（1－ex）,（xex＋1）2)，由于x>1，因此1－ex<0，因此h′(x)<0，因此h(x)在(1，＋∞)上是减函数，因此x>1时，h(x)<h(1)＝eq\f(2,e＋1).总而言之，eq\f(g（x）,e＋1)>h(x)，即eq\f(f（x）,e＋1)>eq\f(2ex－1,（x＋1）（xex＋1）).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；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<m，求m的最小值.解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤0，由于feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋aln2<0，因此不满足题意.②若a>0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；因此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.由于f(1)＝0，因此当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－lnx>0，即lnx<x－1.令x＝1＋eq\f(1,2n)，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2n).从而lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1.故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))<e，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,23)))＝eq\f(135,64)>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＝alnx图象的位置关系，运用导数的几何意义求解，请读者完毕.2.第(2)问运用教材习题结论x>1＋lnx(x>0，且x≠1)进行放缩，优化理解题过程.若运用ex替代x，可进一步得到不等式ex≥x＋1(当x≠0时取等号).【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；(2)若f(x)－lnx>0恒成立，求整数a的最大值.解(1)f′(x)＝ex，由于函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，因此令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，∴切点坐标为(0，－1)，则f(0)＝1－a＝－1，∴a＝2.(2)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.因此F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，因此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)，因此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2.1.(·重庆调研)函数f(x)＝ex－1－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范畴是()A.{1} B.{－1，1}C.{0，1} D.{－1，0}答案A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，因此a＝1.2.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的取值范畴.解由f(x)＝ax＋lnx＋1，因此对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x－eq\f(lnx＋1,x)在(0，＋∞)上恒成立，先证明ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号(证明略).因此当x>0时，有xe2x＝elnxe2x＝elnx＋2x≥lnx＋2x＋1，因此e2x≥eq\f(lnx,x)＋2＋eq\f(1,x)，即e2x－eq\f(lnx＋1,x)≥2，当且仅当lnx＋2x＝0时取等号，因此实数a的取值范畴为(－∞，2].3.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；(2)设m是正整数，对任意正整数n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,32)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n)))＜m，求m的最小值.(1)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，因此h(x)min＝h(0)＝0，即h(x)≥0恒成立，因此f(x)≥g(x)恒成立.(2)解由(1)可知0＜1＋eq\f(1,3n)≤eeq\s\up6(\f(1,3n))，由不等式的性质得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,32)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,33)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3n)))≤eeq\s\up6(\f(1,3))·eeq\s\up6(\f(1,32))·eeq\s\up6(\f(1,33))·…·eeq\s\up6(\f(1,3n))＝eeq\f(1,3)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n)＝eeq\f(\f(1,3)[1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)],1－\f(1,3))＝eeq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)))＜eeq\s\up6(\f(1,2))＝eq\r(e)＜2.因此m的最小值为2(m∈N*).4.已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，证明：当a≥eq\f(2,e)时，f(x)－e－x>0.证明要证当a≥eq\f(2,e)时，lnx＋eq\f(a,x)－e－x>0，即证lnx＋eq\f(a,x)>e－x，∵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.当0<x<eq\f(1,e)时，f′(x)<0；当x>eq\f(1,e)时，f′(x)>0.∴函数h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，∴h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)＋a，故当a≥eq\f(2,e)时，h(x)≥－eq\f(1,e)＋a≥eq\f(1,e).①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，∴φ(x)max＝φ(1)＝eq\f(1,e).故当x>0时，φ(x)≤eq\f(1,e).②显然，不等式①②中的等号不能同时成立，故当a≥eq\f(2,e)时，lnx＋eq\f(a,x)－e－x>0.5.已知函数f(x)＝aln(x－1)＋eq\f(2,x－1)，其中a为正实数.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当x>2时，f(x)<ex＋(a－1)x－2a.(1)解由x－1>0，得x>1，因此f(x)的定义域为(1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x－1)－eq\f(2,（x－1）2)＝eq\f(a（x－1）－2,（x－1）2)＝eq\f(ax－（a＋2）,（x－1）2).由f′(x)＝0，得x＝eq\f(a＋2,a)，因此当1<x<1＋eq\f(2,a)时，f′(x)<0，当x>1＋eq\f(2,a)时，f′(x)>0，因此f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1＋\f(2,a)))，单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,a)，＋∞)).(2)证明令g(x)＝lnx－x＋1，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1.因此当0<x<1时，g′(x)>0；当x>1时，g′(x)<0.因此g(x)≤g(1)＝0，因此lnx≤x－1，因此当x>2时，有ln(x－1)<x－2成立，又由于a>0，因此要证f(x)<ex＋(a－1)x－2a，只需证a(x－2)＋eq\f(2,x－1)<ex＋(a－1)x－2a，即ex－x－eq\f(2,x－1)>0对任意x>2恒成立.令h(x)＝ex－x－eq\f(2,x－1)，x>2，则h′(x)＝ex－1＋eq\f(2,（x－1）2)，由于x>2，因此h′(x)>0恒成立，因此h(x)在(2，＋∞)上单调递增，因此h(x)>h(2)＝e2－4>0，因此当x>2时，f(x)<ex＋(a－1)x－2a.6.已知