导数系列：一类以自然指数对数为背景的导数压轴题解法教师版

1自然指数和对数为背景的压轴题解法注:本文以目前数学成绩在一本线上下的学子的数学水准，进行展开讲解。根据“遗传学规律”明年全国乙卷再次考到的可能性极大，打出来给学生将保准学生横扫此类压轴题！源于课本：1-1课本99页B组1题或课本2-2第32页B组1题的习题：利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图像直观验证：xex1；【探究拓展】探究1：证明不等式xex1*变式1：设axexfx)(，其中,Ra若对于任意Rx，0)(xf恒成立，则参数a的取值范围是_________1a变式2：设1)(axexfx，其中Ra，若对于任意Rx，0)(xf恒成立，则参数a的取值范围是_________1a变式3：设1)(xaexfx，其中Ra，若对于任意Rx，0)(xf恒成立，则参数a的取值范围是_________1a点评：太巧了：增之一分则太肥，减之一分则太瘦......探究2：不等式xex1*有哪些等价变形并在坐标系中画图？变形1：xex1变形2：111xexx变形3：)1()1ln(xxx变形4：)0(1lnxxx*变形5：)0(11lnxxx变形6：)0(11lnxxx归一：我们只要通过画图并记住xex1*,)0(1lnxxx*即可，考试出现了其它变形换元转化为这2个不等式即可。2探究3：观察：“插中”不等式（当然是我编的名字）变形4：)0(1lnxxx*变形6：)0(11lnxxx*两式相加除以2，的大小并证明：还是右边试比较：左边)1(21lnxxx结论：“插中”不等式*:若01x，则11ln.2xxx；若1,x则11ln;2xxx请在坐标系中画出图像：这个图像很漂亮，容易记住。点评：数学很美，插中不等式很明显是加强，更加精准了，在高考中经常考到，往后看...总结：xex1*,)0(1lnxxx*“插中”不等式*，以上三式都是将自然指数和对数放缩为我们更加熟悉的一次函数或者反比例函数进行放缩处理。题型一：化归为指数型xex1放缩例1（2010年全国）设函数21xfxexax。（1）若0a，求fx的单调区间；（2）若0x时0fx，求a的取值范围。（提示：1xex）解：（1）0a时，()1xfxex，'()1xfxe.当(,0)x时，'()0fx；当(0,)x时，'()0fx.故()fx在(,0)单调减少，在(0,)单调增加（2）'()12xfxeax由（I）知1xex，当且仅当0x时等号成立.故3'()2(12)fxxaxax，从而当120a，即12a时，'()0(0)fxx，而(0)0f，于是当0x时，()0fx.由1(0)xexx可得1(0)xexx.从而当12a时，'()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea，故当(0,ln2)xa时，'()0fx，而(0)0f，于是当(0,ln2)xa时，()0fx.综合得a的取值范围为1(,]2.练习1：（2012年全国）已知函数121'102xfxfefxx，（1）求fx的解析式及单调区间；（2）若21,2fxxaxb求1ab的最大值。（很简单，省略）练习2：（2013年全国）已知函数ln.xfxexm当2m时，证明0.fx（很简单，省略）练习3：（2016年广一模）已知函数3,ln12xmfxexgxx。1）若曲线yfx在点0,0f处的切线斜率为1，求实数m的值。2）当1m时，证明：3fxgxx。（2016年广二模也有用到）练习4：已知函数()1(0,)xfxeaxae为自然对数的底数.4⑴求函数()fx的最小值；⑵若()fx≥0对任意的xR恒成立，求实数a的值；⑶在⑵的条件下，证明：121()()()()(*)1nnnnnnennnnneN其中.解：（1）由题意0,()xafxea，由()0xfxea得lnxa.当(,ln)xa时,()0fx；当(ln,)xa时，()0fx.∴()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增.即()fx在lnxa处取得极小值，且为最小值，其最小值为ln(ln)ln1ln1.afaeaaaaa（2）()0fx≥对任意的xR恒成立，即在xR上，min()0fx≥.由（1），设()ln1.gaaaa，所以()0ga≥.由()1ln1ln0gaaa得1a.∴()ga在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,)上单调递减，∴()ga在1a处取得极大值(1)0g.因此()0ga≥的解为1a，∴1a.（3）由（2）知，因为1a，所以对任意实数x均有1xex≥0，即1xxe≤.令kxn(*,0,1,2,3,1)nknN…,，则01knken≤.∴(1)()knnknkeen≤.∴(1)(2)21121()()()()1nnnnnnnneeeennnn≤……1111111neeeee.5练习5：已知函数()fx=axex，其中a≠0.（1）若对一切x∈R，()fx≥1恒成立，求a的取值集合.（2）在函数()fx的图像上取定两点11(,())Axfx，22(,())Bxfx12()xx，记直线AB的斜率为K，问：是否存在x0∈（x1，x2），使0()fxk成立？若存在，求0x的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）若0a，则对一切0x，()fx1axex，这与题设矛盾，又0a，故0a.而()1,axfxae令11()0,ln.fxxaa得当11lnxaa时，()0,()fxfx单调递减；当11lnxaa时，()0,()fxfx单调递增，故当11lnxaa时，()fx取最小值11111(ln)ln.faaaaa于是对一切,()1xRfx恒成立，当且仅当111ln1aaa.①令()ln,gtttt则()ln.gtt当01t时，()0,()gtgt单调递增；当1t时，()0,()gtgt单调递减.故当1t时，()gt取最大值(1)1g.因此，当且仅当11a即1a时，①式成立.综上所述，a的取值集合为1.（2）由题意知，21212121()()1.axaxfxfxeekxxxx令2121()(),axaxaxeexfxkaexx则121()12121()()1,axaxxexeaxxxx212()21221()()1.axaxxexeaxxxx令()1tFtet，则()1tFte.6当0t时，()0,()FtFt单调递减；当0t时，()0,()FtFt单调递增.故当0t，()(0)0,FtF即10.tet从而21()21()10axxeaxx，12()12()10,axxeaxx又1210,axexx2210,axexx所以1()0,x2()0.x因为函数()yx在区间12,xx上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在012(,)xxx使0()0,x2()0,()axxaex单调递增，故这样的c是唯一的，且21211ln()axaxeecaaxx.故当且仅当212211(ln,)()axaxeexxaaxx时，0()fxk.综上所述，存在012(,)xxx使0()fxk成立.且0x的取值范围为212211(ln,)()axaxeexaaxx.【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法.第一问利用导函数法求出()fx取最小值11111(ln)ln.faaaaa对一切x∈R，f(x)1恒成立转化为min()1fx，从而得出a的取值集合；第二问在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.练习4：（2012年山东）已知函数lnxxkfxe，曲线yfx在点1,1f处的切线与x轴平行。1）求k的值；2）求fx的单调区间；3）设2',gxxxfx其中'fx为fx的导函数，证明：对任意20,(x)1exg。（答案略）例2、(2011年湖北）已知函数ln1,0,.fxxxx求函数的最大值；2）设,1,2,...,kkabkn均为正数，证明：若112212......nnnabababbbb，则1212...1nbbbnaaa（提示：ln1xx）解：（1）()fx的定义域为(0,)，令/1()101fxxx，()fx在(0,1)上递增，在(1,)上递减，故函数()fx在1x处取得最大值(1)0f（2）由（Ⅰ）知当(0,)x时有()(1)0fxf即ln1xx，7∵,0kkab，∴11ln(1),(1,2,)ln(1)knnbkkkkkkkkkbabaknaba∵11nnkkkkkabb∴1ln0knbkka即12121212ln()01nnbbbbbbnnaaaaaa练习1:（2006年全国）函数1ln1fxxx，若对所有的1x都有fxax成立，求实数a的取值范围。（很简单，省略）练习2：已知函数()(1)ln1fxxxx.（1）若2'()1xfxxax，求a的取值范围；（2）证明：(1)()0xfx.解：（Ⅰ）11()ln1lnxfxxxx，()ln1xfxxx,题设2()1xfxxax等价于lnxxa.令()lngxxx，则1()1gxx当01x＜＜，'()0gx＞；当1x≥时，'()0gx≤，1x是()gx的最大值点，()(1)1gxg≤综上，a的取值范围是1,.(Ⅱ)有（Ⅰ）知，()(1)1gxg≤即ln10xx≤.当01x＜＜时，()(1)ln1ln(ln1)0fxxxxxxxx≤；当1x≥时，()ln(ln1)fxxxxx1ln(ln1)xxxx11ln(ln1)xxxx80≥练习3：（2014年陕西）设函数ln1,',0,fxxgxxfxx其中'fx是fx的导函数。若fxagx恒成立，求实数a的取值范围。（很简单，省略）练习4：（2011浙江理22,替换构造）已知函数()2ln(1)(0)fxaxxa.⑴求()fx的单调区间和极值；⑵求证：(1)lglglg4lglg(1)23nnnneeeeenn*()nN.解：⑴定义域为1,,2'()11afxx.令'()0121fxxa，令'()021fxxa故()fx的单调递增区间为1,21a，()fx的单调递减区间为21,a()fx的极大值为2ln221aaa⑵证明：要证(1)lglglg4lglg(1)23nnnneeeeenn即证(1)111lg(1)423lgnnnnenne，即证(1)1114ln(1