指對(duì)同構(gòu)(教師版)

指對(duì)同構(gòu)(教師版)一．指數(shù)放縮：ex≥x+1(x≥0)；ex≥ex(x≥1)常見(jiàn)對(duì)數(shù)放縮：1?xx≤lnx≤x?1(x>0)；lnx≤x?1(x≥e)常見(jiàn)三角函數(shù)放縮：x∈(0,π/2)，sinx<x<tanx在學(xué)習(xí)對(duì)數(shù)運(yùn)算性質(zhì)時(shí)，我們?cè)岬絻蓚€(gè)恒等式：(1)當(dāng)a>0且a≠1，x>0時(shí)，alogax=x(2)當(dāng)a>0且a≠1時(shí)，logaa=x結(jié)合指數(shù)和對(duì)數(shù)運(yùn)算法則，可以得到以下結(jié)論（其中x>0）：(3)ex=ex+xlnx；x+lnx=lnxex(4)ex/ex=x-lnx；x-lnx=lnx/ex(5)ex=e2x+2lnx；x+2lnx=lnx2ex(6)2x/ex=e2x-2lnx；2lnx=ex-ex/x結(jié)合常用的切線不等式lnx≤x-1，lnx≤x/e和ex≥x+1，可以得到更多結(jié)論，此處僅以(3)為例：xex≤ex-1；x+lnx=lnxex≤xex-1推廣：1.對(duì)指數(shù)放縮ex≥x+1(x≥0)，可以進(jìn)行以下推廣：-將x替換成x+a，則得到ex+a≥x+a+1，切點(diǎn)為x=-a。-將x替換成x+lnx，則得到xex≥x+lnx+1，切點(diǎn)為x+lnx=0.568。-將x替換成x-1，則得到ex-1≥x，切點(diǎn)為x=1，也可表示為ex≥ex。-將ex≥ex中的x替換成x/n，則得到en≥e(x/n)，切點(diǎn)為x=n。-將ex≥ex中的x替換成x/3n，則得到en≥e(x/3n)，切點(diǎn)為x=3n。2.對(duì)指數(shù)放縮xe2x≥e2x/4，可以進(jìn)行以下推廣：-將x替換成x/2，則得到xe≥e(x/2)，切點(diǎn)為x=2。-將x替換成x/3，則得到xe3≥e(x/3)，切點(diǎn)為x=3。-將x替換成xn，則得到xe2x/n≥e2x/n，切點(diǎn)為x=n。-將x替換成x2/x3/xn，則得到xe2x/2x3...xn≥e2x/2x3...xn，切點(diǎn)為x=x2/x3/xn。同構(gòu)式是指表達(dá)式除了變量不同外，其余部分都相同。同構(gòu)式有很多應(yīng)用。在方程中，如果方程f(a)和f(b)呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則a和b可以視為方程f(x)的兩個(gè)根。在不等式中，如果不等式的兩側(cè)呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則可以將相同的結(jié)構(gòu)構(gòu)造為一個(gè)函數(shù)，進(jìn)而和函數(shù)的單調(diào)性找到聯(lián)系，比較大小或解不等式。在解析幾何中，如果A(x1,y1)和B(x2,y2)滿足的方程是同構(gòu)式，則A,B為方程所表示曲線上的兩點(diǎn)。特別的，如果滿足的方程是直線方程，則該方程即為直線AB的方程。在數(shù)列中，可以將遞推公式變形為“依序同構(gòu)”的特征，即關(guān)于(an,n)和(an-1,n-1)的同構(gòu)式，從而將同構(gòu)式設(shè)為輔助數(shù)列便于求解。對(duì)于題目6，如果0<x1<x2<1，則選項(xiàng)Cx2ex1>x1ex2成立?；?jiǎn)后，得到ex2-lnx2>ex1-lnx1。設(shè)f(x)=ex-ln(x1/x)和g(x)=xex-1，則f(x)單調(diào)遞增，g'(x)=(x+1)ex>0，因此g(x)在(0,1)單調(diào)遞增。因此，存在x∈(0,1)，使得g(x)=f(x2)-f(x1)，由單調(diào)性可知f'(x)<0，因此f(x)在(0,1)不單調(diào)，不等式不會(huì)恒成立。因此，選項(xiàng)C成立，選項(xiàng)B和D不成立。1.對(duì)于函數(shù)$f(x)$在$(0,1)$內(nèi)單調(diào)遞減，因此有$f(x_1)>f(x_2)$成立。對(duì)于選項(xiàng)D，$x_2e<x_1e$，因此構(gòu)造函數(shù)$f(x)=\frac{x}{e^x}$，由于在$(0,1)$內(nèi)單調(diào)遞減，因此選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.對(duì)于函數(shù)$f(x)=a\lnx+be^{x-1}-(a+2)x+a$，當(dāng)$b=2$時(shí)，對(duì)于任意$x\geq1$，$f(x)\geqC$成立。將不等式化簡(jiǎn)可得$x(2e^{x-1}-(x-1)-1)\geqa(e^{\lnx}-\lnx-1)$，由于$x\geq1$，因此$2e^{x-1}-(x-1)-1\geq0$，即$e^{x-1}\geq\frac{x}{2}$。因此構(gòu)造函數(shù)$g(x)=e^{-x}-\frac{1}{2}x$，由于在$[1,\infty)$內(nèi)單調(diào)遞減，因此$a\leq2$。3.對(duì)于函數(shù)$f(x)=x-\ln(x+1)$和$g(x)=e^x-x-1$，如果$g(x)\geqkf(x)$對(duì)于任意$x\geq0$恒成立，則有$e^{-x}-\frac{1}{x+1}\geqk$。由于$x\geq0$，因此$e^{-x}\geq1$，即$x=0$時(shí)等號(hào)成立。因此$k\leq1$。4.對(duì)于函數(shù)$f(x)=e^x+mx-1$，不等式$f(x)+\ln(x+1)\geqC$對(duì)于任意$x\geq0$恒成立，因此有$e^{-x-1}-x+\ln(x+1)+m+2\geq0$。將不等式化簡(jiǎn)可得$e^{-x-1}-\frac{x}{x+1}+\frac{1}{x+1}+m+2x\geq0$，由于$x\geq0$，因此$e^{-x-1}\geq\frac{x}{x+1}$。因此構(gòu)造函數(shù)$g(x)=e^{-x-1}-\frac{x}{x+1}$，由于在$[0,\infty)$內(nèi)單調(diào)遞減，因此$m\geq-2$。5.對(duì)于函數(shù)$f(x)=ax+\lnx$，當(dāng)$a=1$時(shí)，不等式$xe^x+1>f(x)+m$對(duì)于任意$x\in(0,\infty)$恒成立。因此有$e^x>\frac{x+1}{x}+m$，即$e^{x-1}>\frac{x+1}{x}+\frac{m}{e}=\frac{x+me+1}{ex}$。因此構(gòu)造函數(shù)$g(x)=e^{x-1}-\frac{x+me+1}{ex}$，由于在$(0,\infty)$內(nèi)單調(diào)遞增，因此$m<e-1$。6.對(duì)于函數(shù)$f(x)=\lnx+a$，當(dāng)$a\leq0$時(shí)，$f(x)\leq0$，因此不等式$\frac{f(x)}{x}\leqm$對(duì)于任意$x\in(0,\infty)$恒成立。當(dāng)$a>0$時(shí)，不等式$\frac{f(x)}{x}\leqm$對(duì)于任意$x\in(0,\infty)$不一定恒成立。因此$m\geq0$。1.題目：2x,(a∈R)，g(x)=e^(-2)。若f(x)≤g(x)在(0,+∞)上成立，求a的取值范圍。解析：根據(jù)題目條件，有f(x)≤g(x)，即e^(-ax)≤e^(-2)，兩邊取對(duì)數(shù)得ax≥2，即a≥2/x。又因?yàn)閍∈R，所以2/x的取值范圍為(0,+∞)，即a的取值范圍為[a≥2/x,+∞)。2.題目：已知函數(shù)f(x)=e^(x+Inx-x-In(x-1))≥m-2，求m的取值范圍。解析：化簡(jiǎn)f(x)得e^(2x-Inx-In(x-1))≥m-2，又因?yàn)閑^(2x-Inx-In(x-1))=e^(Inx+2x-2x)=x*e^(2x-2)，所以有x*e^(2x-2)≥m-2。當(dāng)x+Inx取等時(shí)，有m-2≤1，所以m的取值范圍為(m≥1,+∞)。3.題目：已知函數(shù)f(x)=e^(-a(Inx+a))，求a的取值范圍。解析：根據(jù)題目條件，有f(x)≤e^(2x-2)，即e^(-a(Inx+a))≤e^(2x-2)，兩邊取對(duì)數(shù)得a(Inx+a)≥-2x，即a≥(-2x)/(Inx+a)。又因?yàn)閍∈R，所以(-2x)/(Inx+a)的取值范圍為(-∞,+∞)，即a的取值范圍為(-∞,+∞)。4.題目：已知函數(shù)f(x)=e^(a(lnx-x))，當(dāng)a>0時(shí)，求f(x)的最小值。解析：對(duì)f(x)求導(dǎo)得f'(x)=e^(a(lnx-x))*(a/x-1)，令f'(x)=0得x=e^(1/a)，此時(shí)f(x)的值為e^(a(e^(1/a)-1))，即f(x)的最小值為e^(a(e^(1/a)-1))。5.題目：設(shè)f(x)=xex-ax^2，g(x)=lnx+x-x^2+1-a，當(dāng)a=1時(shí)，不等式2f(x)-g(x)≤0恒成立，求a的取值范圍。解析：化簡(jiǎn)不等式2f(x)-g(x)≤0得2xex-2ax^2-lnx-x+x^2-1+a≤0，整理得2xex-lnx+2ax^2-2x^2+x-a+1≤0。令h(x)=2xex-lnx+2ax^2-2x^2+x-a+1，求導(dǎo)得h'(x)=2aex-4x+1/x，令h'(x)=0得x=1/(2ae)，此時(shí)h(x)的值為2e/(4a^2e^2)-ln(1/(2ae))+1/(2a)-1，即a的取值范圍為(a≥1/2e,+∞)。6.題目：已知函數(shù)f(x)=xex-a(x+lnx)，若f(x)>1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解析：根據(jù)題目條件，有f(x)>1，即xex-a(x+lnx)>1，整理得xex>1+a(x+lnx)，取對(duì)數(shù)得ex-lnx>a+ln(1+a(x+lnx)/ex)，令g(x)=ex-lnx-a-ln(1+a(x+lnx)/ex)，求導(dǎo)得g'(x)=a/x^2-1/x+e^(-x)(1+a(x+lnx)/ex)^(-1)，令g'(x)=0得x=1/(a+1)-ln(a+1)，此時(shí)g(x)的值為e^(1/(a+1)-ln(a+1))-ln(1+1/(a+1))+a*ln(a+1)+1/(a+1)-1，即a的取值范圍為(a<e-1,+∞)。7.題目：已知函數(shù)f(x)=(x+1)Inx，g(x)=me^x，當(dāng)a=1時(shí)，不等式2f(x)-g(x)≤0恒成立，求m的取值范圍。解析：化簡(jiǎn)不等式2f(x)-g(x)≤0得2(x+1)Inx-lnm-mx≤0，令h(x)=2(x+1)Inx-lnm-mx，求導(dǎo)得h'(x)=2/x-1/(x+1)-m，令h'(x)=0得x=(1+√(1+8m))/2或x=(1-√(1+8m))/2，此時(shí)h(x)的值為2(1+√(1+8m))In(1+√(1+8m))-lnm-m(1+√(1+8m))或2(1-√(1+8m))In(1-√(1+8m))-lnm-m(1-√(1+8m))，即m的取值范圍為(m∈[2/e,+∞)且m≥(1+√(1+8/e))/2)或(m∈[2/e,+∞)且m≤(1-√(1+8/e))/2)。8.題目：已知函數(shù)f(x)=xex-a(Inx+x+1)，求a的取值范圍。解析：根據(jù)題目條件，有f(x)≤e^x/(x+1)，即xex-a(Inx+x+1)≤e^x/(x+1)，兩邊取對(duì)數(shù)得a(Inx+x+1)-x≥ln(x+1)-lnx，令h(x)=a(Inx+x+1)-x-ln(x+1)+lnx，求導(dǎo)得h'(x)=a/x-1/(x+1)+e^(-x)(x+1)^(-1)，令h'(x)=0得x=1/(a-1)-1，此時(shí)h(x)的值為a(1/(a-1)-1+In(1/(a-1)))-1-ln(a/(a-1))+ln((a-1)/a)，即a的取值范圍為(a>1,+∞)。9.題目：已知函數(shù)f(x)=xex-a(x+lnx)，若f(x)>e^-x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。解析：根據(jù)題目條件，有f(x)>e^-x，即xex-a(x+lnx)>e^-x，整理得xex>e^-x+a(x+lnx)，取對(duì)數(shù)得ex-lnx<-a-ln(1+a(x+lnx)/ex)，令g(x)=ex-lnx+a+ln(1+a(x+lnx)/ex)，求導(dǎo)得g'(x)=a/x^2-1/x+e^(-x)(1+a(x+lnx)/ex)^(-1)，令g'(x)=0得x=1/(a+1)-ln(a+1)，此時(shí)g(x)的值為e^(1/(a+1)-ln(a+1))+a*ln(a+1)+ln(1+1/(a+1))-1，即a的取值范圍為(a<e-1,+∞)。10.題目：已知函數(shù)f(x)=(x+)Inx，g(x)=me^x，求m的取值范圍。解析：根據(jù)題目條件，有2(x+)Inx≤me^x，即2Inx+(2x)/(x+1)≤lnm+x，令h(x)=2Inx+(2x)/(x+1)-lnm-x，求導(dǎo)得h'(x)=2/x-2/(x+1)-1+m*e^(-x)，令h'(x)=0得x=(1+√(1+8m))/2，此時(shí)h(x)的值為2(1+√(1+8m))In(1+√(1+8m))-lnm-(1+√(1+8m))，即m的取值范圍為(m≥(1+√(1+8/e))/2)。設(shè)$F(x)=e^{-x}-1$，則$F'(x)=-e^{-x}$.$F(x)$在$x=0$處取得最小值$F(0)=0$，因此$F(x)\geqF(0)=0$，即$e\geqx+1$（當(dāng)且僅當(dāng)$x=0$時(shí)取等號(hào)）。由$e\geqx+1(x\inR)$可得$e\geqx$（當(dāng)且僅當(dāng)$x=1$時(shí)取等號(hào)）。因此，$lnx\leqx-1(x>0)$（當(dāng)且僅當(dāng)$x=1$時(shí)取等號(hào)）。接著證明$me^{x}-lnx-2>0$。因?yàn)?x>0$，$m\geq1$，且$e\geqx+1$與$lnx\leqx-1$不同時(shí)取等號(hào)，所以$me^{x}-lnx-2>m(x+1)-(x-1)-2=(m-1)(x+1)\geq0$。綜上可知，當(dāng)$m\geq1$時(shí)，$f(x)>1$。設(shè)$f(x)=xe^{ax},a\inR,g(x)=axlnx+aInx+(a-1)x$，當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時(shí)，若$f(x)\geqg(x)$恒成立，則$a$的取值范圍為$(0,1]$。證明過(guò)程如下：$x+xe^{ax}\geqaxlnx+aInx+(a-1)x$，即$x(1+e^{ax})\geqaxlnx+aInx+x(a-1)$。構(gòu)造$h(x)=x+xe^x$，則$h(x)$單調(diào)遞增，$h(x)\geqh(lnx)$，化簡(jiǎn)得$axlnx+aInx\leqx(a-1)$。因?yàn)?x>1$，所以$\frac{1}{x}<1$，從而$axlnx+aInx<x(a-1)$，即$a>0$。又因?yàn)?h(x)$單調(diào)遞增，所以當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時(shí)，$h(x)>h(1)=2$，即$x+xe^{ax}>2$。因此，$axlnx+aInx+x(a-1)<x+xe^{ax}\leqaxlnx+aInx+x(a-1)+2$，即$0<2<x(1+e^{ax})-axlnx-aInx-x(a-1)\leq2$。因此，$x(1+e^{ax})>axlnx+aInx+x(a-1)$，即$xe^{ax}>Inx+(a-1)x$。對(duì)于$x\in(1,+\infty)$，$g'(x)=aInx+(a-1)$，$g'(x)>0$，因此$g(x)$在$(1,+\infty)$單調(diào)遞增。當(dāng)$x=1$時(shí)，$f(x)=e^a,g(x)=a$，因此$a\leqe^a$。結(jié)合之前的不等式$xe^{ax}>Inx+(a-1)x$，可得$a>0$。因此，$a\in(0,1]$。設(shè)實(shí)數(shù)$\lambda>0$，若對(duì)于任意的$x\in(0,+\infty)$，不等式$e^{\lambdax}\geqx^{\lambda}-x$恒成立，則$\lambda\geq1$。證明過(guò)程如下：當(dāng)$x=1$時(shí)，$e^{\lambda}\geq1$，即$\lambda\geq0$。當(dāng)$\lambda=0$時(shí)，$e^{\lambdax}=1$，$x^{\lambda}-x\leq0$，不等式不成立。因此，$\lambda>0$。當(dāng)$\lambda=1$時(shí)，$e^x\geqx$，不等式成立。當(dāng)$\lambda>1$時(shí)，設(shè)$f(x)=e^{\lambdax}$，$g(x)=x^{\lambda}-x$，則$f'(x)=\lambdae^{\lambdax}$，$g'(x)=\lambdax^{\lambda-1}-1$，當(dāng)$x\geq1$時(shí)，$f'(x)\geqg'(x)$。又因?yàn)?f(1)=g(1)=0$，因此當(dāng)$x\geq1$時(shí)，$f(x)\geqg(x)$。當(dāng)$0<x<1$時(shí)，$f(x)>g(x)$。因此，對(duì)于任意的$x\in(0,+\infty)$，$f(x)\geqg(x)$，即$e^{\lambdax}\geqx^{\lambda}-x$。綜上可知，當(dāng)$\lambda\geq1$時(shí)，不等式成立。已知$f(x)=\lnx+x-e^x+1$，求$f(x)$的最大值。$f'(x)=\frac{1}{x}+1-e^x$，令$f'(x)=0$，解得$x=\ln(\ln2)$。$f''(x)=-\frac{1}{x^2}-e^x<0$，因此$x=\ln(\ln2)$是$f(x)$的最大值點(diǎn)。代入得$f(\ln(\ln2))=\ln(\ln2)+\ln\ln2-2+1=\ln\ln2-1$。因此，$f(x)$的最大值為$\ln\ln2-1$。1.當(dāng)$Inx+x+1\leqslant-2$時(shí)，$f(x)$的最大值為$-2+e^{x-2}+Inx$。2.已知函數(shù)$f(x)=xe^{-Inx-x-2}$的最小值為$a$，$g(x)=\frac{x}{x+1-a}$。則$a\leqslantb$。3.已知不等式$x+aInx+1\geqslantx\cdote^{\frac{1}{a}}$對(duì)$x\in(1,+\infty)$恒成立，則實(shí)數(shù)$a$的取值范圍為$a\leqslant-e^{-1}$。4.已知函數(shù)$f(x)=e^{tx}+1$，$g(x)=Inx$，當(dāng)$x>0$時(shí)，$t(f(x)+1)\geqslant2(x+t)g(x)$恒成立，則實(shí)數(shù)$t$的范圍為$t\geqslant\frac{2Inx}{e+1}$。5.不等式$x(e^{2x}-x-Inx-1)\geqslant0$恒成立，則$a$的取值范圍為$\frac{1}{2}\leqslanta\leqslant1$。6.已知函數(shù)$f(x)=aInx+e^{2x-x-Inx-1}$，對(duì)任意$x\in(0,+\infty)$，都有$f(x)\geqslant0$，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍。其中，$a\leqslant\frac{1}{2}$。同構(gòu)：對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，定義函數(shù)h(x)=e^(-x)-1，當(dāng)x=1時(shí)，h(x)=e^(-1)-1>=0；當(dāng)x=2時(shí)，h(x-2)=e^(x-2)-(x-2)-1=e^(-2)*e^x-(x-1)>=0。因此，當(dāng)x=Inx+2時(shí)，h(x-Inx-2)+[1-(x-Inx)]>=0，即e^(x-Inx-2)+(1-(x-Inx))>=0。27.已知對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a,b，有(b-a)e^(b-a)>=be^(-b-λa)，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍。將不等式左邊的(b-a)e^(b-a)拆開(kāi)，得到b*e^(-a)+a*e^(-b)>=be^(-b)+a*e^(-λb)。由于a,b為任意實(shí)數(shù)，因此可以將b固定，令f(x)=x*e^(-a)+a*e^(-x)，則f(b)>=f(-b-λa)。由于f(x)是單峰函數(shù)，因此當(dāng)x=b-λa時(shí)，f(x)取得最大值。因此，f(b)>=f(b-λa)。將x=b-λa代入f(x)得到b*e^(-λa)+λa*e^(-b)>=0。令g(λ)=b*e^(-λa)+λa*e^(-b)，則g(λ)>=0，即λ<=1。28.已知函數(shù)f(x)=Inx-ax+1恒小于等于0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。由于f(x)<=0，因此Inx-ax+1<=0，即Inx<=ax-1。令h(x)=Inx-ax，h(x)的圖像為一條斜率為-a的直線，因此當(dāng)且僅當(dāng)h(x)與x軸相切時(shí)，取得最大值。因此，h(x)在x=e^(-a)處取得最大值，即In(e^(-a))=ae^(-a)<=1，因此a>=-W(1/e)，其中W為L(zhǎng)ambertW函數(shù)。29.已知函數(shù)f(x)=x+Inx，g(x)=xInx，且f(x1)=Int，g(x2)=t，求x1*x2*Int的最小值。由f(x1)=Int可得x1=e^(Int-1)，由g(x2)=t可得x2=W(t)，其中W為L(zhǎng)ambertW函數(shù)。因此，x1*x2*Int=e^(Int-1)*W(t)*Int。由于W(t)>=t/(e*t+1)，因此x1*x2*Int>=e^(Int-1)*t/(e*t+1)*Int。令h(t)=e^(Int-1)*t/(e*t+1)*Int，則h'(t)=e^(Int-1)*[(e*t+1-1)/(e*t+1)^2]*Int^2>=0，因此h(t)單調(diào)遞增。因此，當(dāng)t取得最小值時(shí)，x1*x2*Int也取得最小值。由于t>0，因此當(dāng)t=e時(shí)，x1*x2*Int達(dá)到最小值，即x1*x2*Int=-1/e。30.已知函數(shù)f(x)=x*e，g(x)=xInx，且f(x1)=g(x2)=t>0，求x1*x2*Int的最大值。由f(x1)=t可得x1=t/e，由g(x2)=t可得x2=W(t)，其中W為L(zhǎng)ambertW函數(shù)。因此，x1*x2*Int=x2*e^(x2-x1