第3章 培优课5 与ex,ln x组合有关的函数构造-【优化探究】2027年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“与eˣ、lnx组合的函数构造”专题，依据高考评价体系梳理了导数应用中的分离组合、指对同构、数值构造三大核心类型，明确不等式证明、参数范围求解、比较大小等高频考点，归纳六大经典超越函数图象及解题模型，体现高考备考的系统性与针对性。 课件亮点在于“类型化突破+同构思想+函数构造策略”，如例3通过指对同构将xeˣ - ln x - a ≥ 0转化为eᵗ - t ≥ a，培养数学思维的逻辑推理能力，例4构造函数比较大小发展数学眼光的抽象能力。含高考真题训练及易错点分析，帮助学生掌握构造技巧，教师可据此精准指导复习，提升备考效率。

培优课5　与ex,ln x组合有关的函数构造 第三章　一元函数的导数及其应用 培优　课堂练习 内容索引 2 六大经典超越函数的图象 函数 f(x)=xex f(x)= f(x)= 图象 函数 f(x)=xln x f(x)= f(x)= 图象 类型一　指数、对数分离与组合的构造 1.在证明或处理含对数函数的不等式时,通常要将对数型的函数“独立分离”出来,这样再对新函数求导时,就不含对数了,只需一次就可以求出它的极值点,从而避免了多次求导. 由f(x)ln x+g(x)>0⇔ln x+>0(f(x)>0),则[ln x+]'=+[]'. 2.在证明或处理含指数函数的不等式时,通常要将指数型的函数“结合”起来,即让指数型的函数乘或除以一个多项式函数,这样再对新函数求导时,只需一次就可以求出它的极值点,从而避免了多次求导. 由ex+f(x)>0⇔1+>0,则[1+]'=. [例1]　当x≥0时,求证:(2-x)ex≤x+2. [证明]　显然当x≥2时,不等式成立,当0≤x<2时,令f(x)=, f'(x)=≥0恒成立, 故f(x)在区间[0,2)上单调递增,f(x)≥f(0)=1,故当0≤x<2时,(2-x)ex≤x+2.综上,当x≥0时,(2-x)ex≤x+2. [例2]　已知函数f(x)=(1+x)ln x+.求证:f(x)≥x. [证明]　要证f(x)≥x,只需证(1+x)ln x+≥x,即证ln x+-1≥0,令g(x)=ln x+-1(x>0),则g'(x)=-=,当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=0,即g(x)≥0恒成立,所以f(x)≥x恒成立. 跟踪训练 1.当x≥0时,证明:ex≥x2+1. 证明:要证ex≥x2+1,只需证≤1,令f(x)=(x≥0),f'(x)== -≤0,故f(x)在[0,+∞)上单调递减,由于f(0)=1,故f(x)≤1,故≤1在[0,+∞)上恒成立,即当x≥0时,ex≥x2+1. 2.已知函数f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x.证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0. 证明:令g(x)=ln(1+x)-(x>-1),g'(x)=-=,故当x∈ (-1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.因为g(0)=0,所以当-1<x<0时,g(x)<0;当x>0时,g(x)>0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0. 类型二　指对同构 在解决导数问题时,利用指对运算的相互转换关系,可以将某些指数乘除运算转换为对数的和差运算,从而实现局部的结构一致性.我们将这一局部代换称为同构变化,可以通过同构变化将一些复杂的导数问题转化为两层较为简单的导数问题进行处理. 同构的基本模式: (1)乘积:aea<bln b⇒ (2)作商:<⇒ (3)和差:ea±a>b±ln b⇒ [例3]　(1)(2026·山东烟台模拟)若不等式xex-x-ln x-a≥0恒成立,则实数a的取值范围为(　　) A.(0,1]　　　　　　　　 B.(0,e-1] C.(-∞,1] D.(-∞,e-1] C [解析]　因为xex-x-ln x-a≥0,即eln x+x-(ln x+x)-a≥0, 令t=ln x+x,则et-t-a≥0恒成立,则a≤et-t恒成立, 令φ(t)=et-t,则φ'(t)=et-1, 当t∈(-∞,0)时,φ'(t)<0;当t∈(0,+∞)时,φ'(t)>0, 所以φ(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以φ(t)min=φ(0)=1,所以a≤1,故a的取值范围为(-∞,1]. (2)若不等式<a(1+ln x)在(1,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为(　　) A.[1,+∞) B.[,+∞) C.[2,+∞) D.[4,+∞) A [解析]　当x>1时,<a(1+ln x)可化为<a·=a·, 令f(x)=(x>1),则f'(x)=<0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减. 令g(x)=x-1-ln x(x>1),则g'(x)=1-=>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以g(x)>g(1)=1-1-ln 1=0,因此当x>1时,x>1+ln x>1, 所以0<f(x)<f(1+ln x),即0<<1. 则不等式<a·可化为f(x)<af(1+ln x), 所以a>在(1,+∞)上恒成立,因此a≥1,即实数a的取值范围为[1,+∞). 跟踪训练 3.当a>0时,证明:≥ln x+2+ln. 证明:要证≥ln x+2+ln,即证e2x-ln a-ln(2x)-2+ln a≥0. 构造函数h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1, 则当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x<0时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 故当x=0时,h(x)取得最小值h(0)=0,则有h(x)≥h(0)=0. 由于h(2x-ln a)=e2x-ln a-2x+ln a-1,h(ln(2x))=2x-ln(2x)-1, 故h(2x-ln a)+h(ln(2x))=e2x-ln a-ln(2x)+ln a-2≥0, 当且仅当2x=ln a且ln(2x)=0,即x=且a=e时等号成立,所以当a>0时,≥ln x +2+ln. 类型三　根据数值构造具体函数 当要比较的各数为某些函数的函数值时,要仔细观察这些数值的共同之处,构造一个或两个函数,使要比较的数成为该函数的函数值,然后利用函数的单调性比较大小. [例4]　(1)设a=e0.125,b=,c=2ln 3-3ln 2,则(　　) A.b<c<a B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b B [解析]　令函数f(x)=ex-x,x>0,求导得f'(x)=ex-1>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此f(0.125)>f(0)>0,即e0.125->0,则a=e0.125>=b, 令函数g(x)=ln(x+1)-x,x>0,求导得g'(x)=-1<0, 函数g(x)在(0,+∞)上单调递减, 因此g()<g(0)=0,即ln-<0,则c=2ln 3-3ln 2=ln<=b, 所以c<b<a. (2)已知a=e0.1-1,b=0.1,c=tan 0.1,则a,b,c的大小关系为(　　) A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.c>a>b B [解析]　令函数f(x)=tan x-x,0<x<1,求导得f'(x)=-1=tan2x>0, 函数f(x)在(0,1)上单调递增,则f(0.1)>f(0)=0,因此c=tan 0.1>0.1=b. 令函数g(x)=ex-1-tan x,0<x<,求导得g'(x)=ex-=, 令h(x)=excos2x-1,0<x<,求导得h'(x)=(cos2x-2sin xcos x)ex=cos2x(1-2tan x)ex. 由0<x<<,得0<tan x<tan=tan(-)==2-, 则1-2tan x>1-2(2-)=2-3>0,即h'(x)>0,函数h(x)在(0,)上单调递增, h(x)>h(0)=0,g'(x)>0,函数g(x)在(0,)上单调递增,g(0.1)>g(0)=0, 因此a=e0.1-1>tan 0.1=c,所以a>c>b. 跟踪训练 4.已知a=ln,b=,c=,则(　　) A.c<a<b B.a<c<b C.a<b<c D.b<c<a C 解析:设f(x)=ln(x+1)-x,x>-1,则f'(x)=-1=-, 当x≥0时,f'(x)≤0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递减. 且f(0)=0,所以f()<0,即ln(+1)-<0⇒ln(+1)<,所以a<b. 设g(x)=x-ex-1,则g'(x)=1-ex-1, 当x≤1时,g'(x)≥0,所以g(x)在[-∞,1]上单调递增. 又g(1)=0,所以g()<g(1)=0,即-<0⇒<,即b<c. 综上可知,a<b<c. 5.已知a=sin,b=,c=,则(　　) A.a<c<b B.c<b<a C.b<a<c D.c<a<b B 解析:令f(x)=sin-,x∈[,π], 则f'(x)=cos-.因为x∈[,π],所以∈[,],所以cos∈[0,], 则cos∈[0,],所以cos-∈[-,-], 所以f'(x)=cos-<0,所以f(x)在[,π]上单调递减, 所以f(3)>f(π)=0,即sin>,即a>b, 又b==,c=,3π<10,所以>,即b>c,所以a>b>c. 培优　课堂练习 1.已知a=ln 1.4,b=0.4e0.4,c=,则(　　) A.a<b<c　　　　　　　　 B.c<b<a C.b<a<c D.a<c<b A 解析:∵b=0.4e0.4<0.4e0.5=<=c,∴b<c. 又∵a=ln 1.4=1.4ln 1.4,b=0.4e0.4=e0.4ln e0.4,且ex>1+x(x≠0), ∴e0.4>1+0.4=1.4. 令f(x)=xln x,x>0,则f'(x)=ln x+1,∴当x∈(,+∞)时,f'(x)>0,即当x∈(,+∞)时,f(x)单调递增. 由e0.4>1.4,得f(e0.4)>f(1.4),∴b>a, 即a<b<c. 2.设a=,b=sin,c=2ln,则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.b<c<a D.b<a<c D 解析:令f(x)=x-sin x,x∈(0,+∞),所以f'(x)=1-cos x≥0在(0,+∞)上恒成立, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(0)=0,所以x>sin x, 所以>sin,即a>b. 令g(x)=x-1-ln x,x∈(0,+∞),所以g'(x)=1-=, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减, 所以g()>g(1)=0,则-1-ln>0,所以->ln=-ln, 所以<ln,所以<2ln,即a<c, 所以b<a<c. 3.当x≥0时,求证:ex≥x2+x+1. 证明:要证ex≥x2+x+1,只需证≤1.令f(x)=,x≥0,则f'(x)=≤0,故f(x)在[0,+∞)上单调递减,由于f(0)=1,故≤1在[0,+∞)上恒成立,故当x≥0时,ex≥x2+x+1. 4.若函数f(x)=aln x-x,且f(ax)≤ex-ax,求正实数a的取值范围. 解:易知f(x)=aln x-x的定义域为(0,+∞), 由f(ax)≤ex-ax可得aln(ax)-ax≤ex-ax,即aln(ax)≤ex. 因为x∈(0,+∞),所以axln(ax)≤xex,即eln(ax)ln(ax)≤xex, 构造函数g(x)=xex,x∈(0,+∞),则g'(x)=(x+1)ex>0恒成立, 可知函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,因此ln(ax)≤x, 即ln a+ln x≤x,所以ln a≤x-ln x, 令h(x)=x-ln x,x∈(0,+∞),则h'(x)=1-=, 当x∈(0,1)时,h'(x)<0,此时h(x)在(0,1)上单调递减, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,此时h(x)在(1,+∞)上单调递增, 因此h(x)min=h(1)=1, 即可得ln a≤h(x)min=1,解得a∈(0,e]. 所以正实数a的取值范围是(0,e]. $