12 与e'、lnx有关不等式的“改造”（数学部分）-2020年4月刊高二语数外《中学课程辅导高考版》

拓展延伸 数学 式f(x)=0转化为a(x1)≥1nx,只看a>0的惜g(x)<0,g(x)单调递减:在区间(lna,+∞)内 况,可以考察直线y=(x-1)与曲线y=lnx,由图(x)>0,g(x)单诩递增 所以g(x)min=g(ln÷) (x-1)与曲线y=1n 相切与点(1,0),此时,(x)≥0恒成立,故a=1满足na 条件 巾1-ln 说明:这种解法大大优化于标准答案,避免了冗 繁的运算,同时,这种利用数形结合的方法也揭小了 当hna≤0,即a≥1时,在区间(Oo, 代数问题的几何背景,但必须说明的是,在解答题中 避免使用 (x)>0,g(x)单调递增 (x)atn>>g(0)=a2 (2)巾第一问可知,当4=1时,f(x)=x-1-1n 0,即1nxx1,则有ln(x+1)≤x,当且仅当x=0 综上,得当a≥时,f(x)≥0 时等号成立,所以h(1+)<,N 点睛:此种解法从不等式lnz≤x-1入手,将所 证不等式进行放縮转化,进而快速找到问题求解 面:n(1+)+hn(1+2)+…+hn(1+思 2)<+十…+2=1-2<1 例3设函数f(x)= ae- In.x+2,此线y f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2 即(1+)(1+)…(1+ 高二另一方面,当n≥3时,1+)(1+)…(1+ (2)证明:f(x)>1 1)解析:因为∫(1)=c,f(1)=2,而∫(x) (1+)(1+)(11)135 所以 所以,当n2≥3时,(1+b)(1+)…(1+b)∈得a=1,b=2 (2)证明:(法1)由(1)知,f(x)=elnx 因为m∈Z对于意整数n,(1+)(1+n) 于足f(x)> lee ITlz十 (1+)<m,所以m的最小值为3 巾于f(x)混合了指数函数、对数数和幂函数 睛:本问的解法利用不等式1n(x|1)≤x进 比较复杂,所以可以考虑将指数函数、对数函数进行 放缩,筒化了过程,优化了思路 分离,改造为lnx 例2知函数f(x)=aex-lnx (1)设x=2是f(x)的极值点.求a,并求f(x)的 +—,则A t)=x+ 单调区间; 时,f( g(x)>0可得x (2)证明:欲证 ae. Inx1=0,即证c )<0可得0<x<,所以g(x)在(0,)上递 1.易证lnx≤x1,即x≥lnx+1,因此问题可转化为 证明a 减,在(,十∞)h递增,而(x)=逆减,所以两个 设网数g(x)=ae2-x,求导得g(x)=ae 函数的凸性和同(都是下凸函数).此时,我们可以寻 令g(x)=0,得x=ln 找与两个曲线都相切的曲线t(x)=,将两个函数 郎0<a≤1时,在区间(0,hn)少 进行隔离,从而实现证明 38