经典题突破方法 有时应用恒等式x=e lnx（上标） 解题很简洁-2019年7-8月刊《中学生数理化》高中版·高二数学

有时应用恒等式x=eln x 解题很简洁 ■北京丰台二中 甘志国(特级教师) 作者简介:甘志国,湖北竹溪人,研究生 学历。高级教师,特级教师,研究方向:解题 研究、高考研究和初等数学研究。 对数恒等式a logaN=N 的一个特例是x =eln x,有时应用此特例解题在导数的应用中 很简洁,可起到四两拨千斤之效果。 题1:(武汉市2019届高中毕业生二月调 研测试理科数学第12题)已知函数f(x)= ex-aln(ax-a)+a(a>0),若关于x 的不 等式f(x)>0恒成立,则实数a 的取值范围 为( )。 A.(0,e2] B.(0,e2) C.[1,e2] D.(1,e2) 解:可得题设即: ex a-ln a>ln(x-1)-1。 再由恒等式a=eln a,x-1=eln(x-1),可得 题设即: ex-ln a+(x-ln a)>ln(x-1)+(x- 1)。 ex-ln a+(x-ln a)>eln(x-1)+ln(x-1)。 可得g(t)=et+t(t∈R)是增函数,所以 题设即x-ln a>ln(x-1),也即x-ln(x- 1)>ln a。 设h(x)=x-ln(x-1),可得h'(x)= x-2 x-1 (x>1),进而可求得h(x)min=h(2)= 2,所以题设即2>ln a,因而所求实数a的取 值范围为(0,e2)。故选B。 题2:(1)求证:ex≥x+1(当且仅当x=0 时取等号); (2)求证:函数h(x)=x+ln x 有唯一 零点; (3)已知f(x)=xex-1,g(x)=kx+ ln x(k是常数),若∀x∈(0,+∞),f(x)≥ g(x),求实数k的取值范围。 解:(1)略。 (2)容 易 证 得 h(x)是 增 函 数,且 h 1e =1e-1<0,h(1)=1>0,所以函数 h(x)有唯一零点。 (3)可得题设即 xex-ln x-1 x ≥k (x> 0)恒成立。 再 由 恒 等 式 x =eln x,可 得 题 设 即 ex+ln x-ln x-1 x ≥k (x>0)恒成立。 由(1)的结论,可得: ex+ln x≥x+ln x+1(当且仅当x+ln x =0时取等号)。 ex+ln x-ln x-1 x ≥1 (当且仅当x+ln x =0时取等号)。 再由(2)的结论,可得 e x+ln x-ln x-1 x min= 1,因而所求实数k的取值范围是(-∞,1]。 题3:(湖北省荆州市2018届高三质量检 查试题)已知函数f(x)=ax-ln x。 (1)讨论f(x)的单调性; (2)若a∈ -∞,- 1 e2 ,求证:f(x)≥ 2ax-xeax-1。 解:(1)可得f'(x)= ax-1 x (x>0)。 当a≤0时,可得f'(x)<0(x>0),因而 f(x)在(0,+∞)上是减函数。 当a>0时,可得f'(x)<0⇔0<x< 1 a (x>0),因而f(x)在 0, 1 a 上是减函数,在 1 a ,+∞ 上是增函数。 (2)由题2(1)的结论,可得: eax+ln x-1≥ax+ln x。 05 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2019年7-8月 xeax-1≥ax+ln x。 ax-ln x≥2ax-xeax-1。 故f(x)≥2ax-xeax-1。 注意:此解答说明第(2)问的题设“a∈ -∞,- 1 e2 ”是多余的。 题4:已知f(x)=x-1-ln x,g(x)= ex-ex。 (1)当x≥1时,求f(x)的最小值; (2)若∀x∈[1,+∞),g(x)≥λf(x)(λ 是常数),求λ的取值范围。 解:(1)可得f'(x)=1- 1 x= x-1 x >0 (x>1),f(x)在[1,+∞)上是增函数,所以 当x≥1时,f(x)的最小值是f(1)=0。 (2)(方法1)当λ≤e时,可得- λ e≥-1 , 所以: g(x)-λf(x) e =e x-1-x- λ e (x-1- ln x)≥ex-1-x-(x-1-ln x)=ex-1-2x +1+ln x(x≥1)。 设h(x)=ex-1-2x+1+ln x(x≥1), 可得: h'(x)=ex-1-2+ 1 x ,h″(x)=ex-1- 1 x2 (x≥1)。 由 两 个 增 函 数 之 和 是 增 函 数,可 知 h″(x)是增函数,所以h″(x)≥h″(1)=0(x≥ 1),因而h'(x)是增函数,所以h'(x)≥h'(1) =0(x≥1),h(x)是增函数,所以h(x)≥ h(1)=0(x