高考培優(yōu)微專題《指對夸階同構與嵌套》解析版

①同左構造形式：ea±a>elnb±lnb，構造函數(shù)f(x)=ex±x；②同右構造形式：ea±lnea>b±lnb，構造函數(shù)f(x)=x±lnx.①同左構造形式：aea≤lnbelnb，構造函數(shù)f(x)=xex；②同右構造形式：ealnea≤blnb，構造函數(shù)f(x)=xlnx；③取對構造形式：a+lna≤lnb+ln(lnb((b>1)，構造函數(shù)f(x)=x+lnx.①同左構造形式構造函數(shù)②同右構造形式構造函數(shù)③取對構造形式：a-lna≤lnb-ln(lnb)(b>1)，構造函數(shù)f(x)=x-lnx.①由ln(exx)=x+lnx則exx±(x+lnx)=exx±ln(exx)A.x0≥ln2B.x0<C.2x0+lnx0=0D.2ex0+lnx0=02x+lnx=0得構造函數(shù)f(x)=xex，其中x>0，則f′(x)=(x+1)ex>0，0是方程2x2e2x+lnx=0的實根，即=f(ln所以2x0=ln=-lnx0，例2.已知函數(shù)f(x)=xlnx.(1)求f(x)的最小值；x>ln(1)解f(x)的定義域為(0，+∞)，f′(x)=1+lnx，f′f′(x)>0，要證ex>ln即證xex>(x-1)ln(x-1)，xlnex>(x-1)ln(x-1)，即證f(ex)>f(x-1)，x>x-1，令φ(x)=ex-(x-1)(x>2)，∴φ(x)>φ(2)=e2-1>0，例3.（全國）已知函數(shù)f(x)=ex+(1-a)x-lnax(a>0).(2)若對于任意的x>0，有f(x)≥0，求正數(shù)a的取值范圍.得=ex-所求切線方程為y-e=(e-1)(x-1)，即(e-1)x-y+1=0.(2)f(x)≥0，x+x-ax-lnax≥0(a>0，x>0)?ex+x≥ax+lnax(a>0，x>0)?ex+x≥elnax+lnax(a>0，x>0).于是上式可化為g(x)≥g(lnax)，即x≥lnax(a>0，x>0)?lna≤x-lnx(a>0，x>0).令φ(x)=x-lnx(x>0)，例4.若f(x)=xex-a(x+lnx)有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是.解析f(x)=xex-a(x+lnx)=ex+lnx-a(x+lnx)，例5.已知f(x)=lnx+x-xex+1，求f(x)的最大值f(x)=lnx+x-elnx×ex+1=lnx+x-elnx+x+1=lnx+x+1-elnx+x+1-1令t=lnx+x+1，則y=t-et-1又y'=1-et當t∈(-∞,0)時，y'>0,當t∈(0,+∞)時,y'<0∴y=t-et-1在(-∞,0)增，(0,+∞)減∴當t=0時取得最大值即ymax=0-e0-1=2(1)若f(x)≥0,求a的取值范圍；【解析】解法1(指對復合嵌套)：由f(x)≥0得e-lnx+x+x-lnx-a≥0令t=x-lnx,t≥1,則f(t)=et+t-a≥0即a≤et+t令g(t)=et+t,t∈[1+∞),g'(t)=et+1>0故g(t)=et+t在區(qū)間[1,+∞)上是增函數(shù)所以a的取值范圍為(-∞,e+1]解法2（常規(guī)求導f(x)的定義域為(0,+∞)，令f'(x)=0，得x=1當x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)遞減當x∈(1,+∞),f'(x)>0,f(x)遞增∴f(x)≥f(1)=e+1-a若f(x)≥0,則e+1-a≥0,即a≤e+1所以a的取值范圍為(-∞,e+1]alnea<blnb.設f(x)=xlnx，則f(ea)<f(b).2.若關于x的不等式ex-a≥lnx+a對一切正實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(-∞,x-a≥lnx+a，∴ex-a+x-a≥x+lnx，∴ex-a+x-a≥elnx+lnx，設f(t)=et+t，則f′(t)=et+1>0，∴f(t)在R上單調(diào)遞增，x-a+(x-a)≥elnx+lnx，即f(x-a)≥f(lnx)，即x-a≥lnx，即a≤x-lnx，設g(x)=x-lnx，解析法一將2ae2x-lnx+lna≥0變形為2ae2x≥ln，2x≥兩邊同時乘以x得2xe2x≥ln，2x≥ln=elnln.(*)設g(t)=tet(t>0)，則g′(t)=(1+t)et>0，所以g(t)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，故由(*)得2x≥ln，則lna≥lnx-2x.令h(x)=lnx-2x，x>0，所以lna≥-ln2-1，2x-lnx+lna≥0變形為eln(2a)+2x-lnx+lna≥0，ln(2a)+2x+ln(2a)≥ln(2x)，則eln(2a)+2x+2x+ln(2a)≥2x+ln(2x)=eln(2x)+ln(2x).設g(t)=et+t，4.已知函數(shù)f(x)=ex-alnx(其中a為參數(shù))，若對任意x∈(0解析由f(x)>alna，得-lna>lnx，x-lna-lna>lnx，兩邊同時加x得ex-lna+x-lna>elnx+lnx.令g(t)=et+t，則g(x-lna)>g(lnx)，因為g(t)為單調(diào)增函數(shù)，所以x-lna>lnx，即lna<x-lnx，令h(x)=x-lnx，所以h(x)min=h(1)=1，5.(2020·新高考Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna.(1)當a=e時，求曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍.x-lnx+1，∴f′=ex-，∴f′=e-1.∴曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y-e-1=(e-1)·(x-1)，即y=(e-1)x+2，(2)解法一(同構后參變分離)f(x)=aex-1-lnx+lna=elna+x-1-lnx+lna≥1等價于elna+x-1+lna+x-1≥lnx+x=elnx+lnx，令g(x)=ex+x，上述不等式等價于g(lna+x-1)≥g(lnx)，顯然g(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，∴又等價于lna+x-1≥lnx，即lna≥lnx-x+1，令=lnx-x+1，則h′∵f(x)=aex-1-lnx+lna，∴f′(x)=aex-1-，且a>0.∴f(x)min=f(1)=1，∴f(x)≥1成立；-1<1，∴f′(=a(e-1-1(f′(x)>0，x0-1=，∴l(xiāng)na+x0-1=-lnx0，∴f(x)>1，∴f(x)≥