微课三 含有ex与ln x的组合函数或不等式问题

微课三 含有e x 与ln x 的组合函数或不等式问题
题型一 分离e x 和ln x
【例1】 已知函数f (x )＝e x 2－x ln x .证明：当x >0时，f (x )<x e x ＋1
e . 证明 要证
f (x )<x e x ＋1
e ， 只需证e x －ln x <e x ＋1
e x ， 即e x －e x <ln x ＋1
e x .
令h (x )＝ln x ＋1
e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x 2，
易知h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1e ＝0，
所以ln x ＋1
e x ≥0.
再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，
易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0. 因为h (x )与φ(x )不同时为0，
所以e x －e x <ln x ＋1
e x ，故原不等式成立.
感悟升华 1.若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.
2.本题中变形后再隔离分析构造函数，原不等式化为ln x ＋1
e x >e x －e x (x >0)(分离ln x 与e x )，便于探求构造的函数h (x )＝ln x ＋1
e x 和φ(x )＝e x －e x 的单调性，分别求出
h (x )的最小值与φ(x )的最大值，借助“中间媒介”证明不等式. 【训练1】 已知函数f (x )＝1＋ln x
x
，证明：当x >1时，不等式f （x ）e ＋1>2e x －1
（x ＋1）（x e x ＋1）成立. 证
明
将
不
等
式
f （x ）e ＋1
>
2e x －1
（x ＋1）（x e x
＋1）
变形为
1
e ＋1·（x ＋1）（ln x ＋1）x >2e x －1x e x ＋1，
分别构建函数g (x )＝（x ＋1）（ln x ＋1）x 和函数h (x )＝2e x －1
x e x ＋1.
则g ′(x )＝x －ln x
x 2，令φ(x )＝x －ln x ， 则φ′(x )＝1－1x ＝x －1
x .
因为x >1，所以φ′(x )>0，所以φ(x )在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x )>φ(1)＝1>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以x >1时，g (x )>g (1)＝2，故g （x ）e ＋1>2e ＋1
. h ′(x )＝2e x －1（1－e x ）
（x e x ＋1）2
，因为x >1，所以1－e x
<0，所以h ′(x )<0，所以h (x )在(1，＋∞)上是减函数，所以x >1时，h (x )<h (1)＝2e ＋1
.
综上所述，g （x ）
e ＋1>h (x )，
即f （x ）e ＋1>2e x －1（x ＋1）（x e x ＋1）
. 题型二 借助e x ≥x ＋1和ln x ≤x －1(x >0)进行放缩
【例2】 已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；
(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·
⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值.
解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意.
②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a
x 知，
当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0； 所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增， 故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1. (2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0， 即ln x <x －1.
令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n
. 从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1.
故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·
⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12n <e ， 又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＝13564>2， 从而m 的最小正整数是m ＝3.
感悟升华 1.第(1)问可借助y ＝x －1与y ＝a ln x 图象的位置关系，利用导数的几何意义求解，请读者完成.
2.第(2)问利用教材习题结论x>1＋ln x(x>0，且x≠1)进行放缩，优化了解题过程.若利用e x替换x，可进一步得到不等式e x≥x＋1(当x≠0时取等号).
【训练2】已知函数f(x)＝e x－a.
(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f(x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值.
解(1)f′(x)＝e x，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即e x＝1，得x＝0，
∴切点坐标为(0，－1)，则f(0)＝1－a＝－1，∴a＝2.
(2)先证明e x≥x＋1，设F(x)＝e x－x－1，
则F′(x)＝e x－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0；当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0.
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立.
∴e x≥x＋1，从而e x－2≥x－1(x＝0时取等号).
以ln x代换x得ln x≤x－1(当x＝1时，等号成立)，
所以e x－2>ln x.
当a≤2时，ln x<e x－2≤e x－a，
则当a≤2时，f(x)－ln x>0恒成立.
当a≥3时，存在x，使e x－a<ln x，
即e x－a>ln x不恒成立.
综上，整数a的最大值为2.
1.(2020·重庆调研)函数f(x)＝e x－1－1
2ax
2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上单调递增，
则实数a 的取值范围是( ) A.{1} B.{－1，1} C.{0，1} D.{－1，0}
答案 A
解析 f ′(x )＝e x －1－ax ＋(a －1)≥0恒成立， 即e x －1≥ax －(a －1)恒成立， 由于：e x ≥x ＋1，即e x －1≥x ，
∴只需要x ≥ax －(a －1)，即(a －1)(x －1)≤0恒成立， 所以a ＝1.
2.已知函数f (x )＝ax ＋ln x ＋1，对任意的x >0，f (x )≤x e 2x 恒成立，求实数a 的取值范围.
解 由f (x )＝ax ＋ln x ＋1，所以对任意的x >0，f (x )≤x e 2x 恒成立，等价于a ≤e 2x －ln x ＋1
x 在(0，＋∞)上恒成立，
先证明e x ≥x ＋1，当且仅当x ＝0时取等号(证明略). 所以当x >0时，有x e 2x ＝e ln x e 2x ＝e ln x ＋2x ≥ln x ＋2x ＋1，
所以e 2x
≥ln x x ＋2＋1x ，即e 2x
－ln x ＋1x ≥2，当且仅当ln x ＋2x ＝0时取等号，
所以实数a 的取值范围为(－∞，2].
3.已知f (x )＝e x ，g (x )＝x ＋1(e 为自然对数的底数). (1)求证：f (x )≥g (x )恒成立；
(2)设m 是正整数，对任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋132·…·
⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋13n ＜m ，求m 的最小值.
(1)证明 令h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －x －1，则h ′(x )＝e x －1， 当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )＜0，当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )＞0，
故h (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (0)＝0，即h (x )≥0恒成立， 所以f (x )≥g (x )恒成立.
(2)解 由(1)可知0＜1＋1
3n ≤e 1
3n ，由不等式的性质得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋132⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋133·…·⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋13n ≤e 1
3·e 1
32·e 1
33·…·e 1
3n ＝e 13＋132＋133
＋…＋1
3n
＝e 13[1－⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫13n ]1－13
＝e 12⎣⎢⎢⎢⎡⎦
⎥⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13n ＜e 12＝e ＜2.
所以m 的最小值为2(m ∈N *).
4.已知函数f (x )＝ln x ＋a x ，证明：当a ≥2
e 时，
f (x )－e －x >0. 证明 要证当a ≥2e 时，ln x ＋a
x －e －x >0， 即证ln x ＋a
x >e －x ，
∵x >0，∴即证x ln x ＋a >x e －x ， 即证(x ln x ＋a )min >(x e －x )max . 令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1. 当0<x <1e 时，f ′(x )<0；当x >1
e 时，
f ′(x )>0.
∴函数h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫
1e ，＋∞上单调递增，
∴h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1e ＝－1e ＋a ，
故当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1
e .①
令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x ). 当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0.
∴函数φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝1
e . 故当x >0时，φ(x )≤1
e .②
显然，不等式①②中的等号不能同时成立， 故当a ≥2e 时，ln x ＋a
x －e －x >0. 5.已知函数f (x )＝a ln(x －1)＋2
x －1
，其中a 为正实数. (1)求f (x )的单调区间；
(2)证明：当x >2时，f (x )<e x ＋(a －1)x －2a .
(1)解 由x －1>0，得x >1，所以f (x )的定义域为(1，＋∞)，f ′(x )＝a x －1－
2
（x －1）2＝
a （x －1）－2（x －1）
2
＝
ax －（a ＋2）（x －1）
2
.
由f ′(x )＝0，得x ＝a ＋2a ，所以当1<x <1＋2a 时，f ′(x )<0，当x >1＋2
a 时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1＋2a ，单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫
1＋2a ，＋∞.
(2)证明 令g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1
x －1. 所以当0<x <1时，g ′(x )>0； 当x >1时，g ′(x )<0.
所以g (x )≤g (1)＝0，所以ln x ≤x －1， 所以当x >2时，有ln(x －1)<x －2成立， 又因为a >0，
所以要证f(x)<e x＋(a－1)x－2a，
只需证a(x－2)＋2
x－1
<e x＋(a－1)x－2a，
即e x－x－2
x－1
>0对任意x>2恒成立.
令h(x)＝e x－x－2
x－1
，x>2，
则h′(x)＝e x－1＋2
（x－1）2
，
因为x>2，所以h′(x)>0恒成立，
所以h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)>h(2)＝e2－4>0，
所以当x>2时，f(x)<e x＋(a－1)x－2a.
6.已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值.
(1)求实数a的值.
(2)证明：对于任意的正整数n，不等式2＋3
4＋
4
9＋…＋
n＋1
n2>ln(n＋1)都成立.
(1)解因为f′(x)＝
1
x＋a
－2x－1，
又因为x＝0为f(x)的极值点.
所以f′(0)＝1
a
－1＝0，所以a＝1. (2)证明由(1)知f(x)＝ln(x＋1)－x2－x.
因为f′(x)＝1
x＋1－2x－1＝－
x（2x＋3）
x＋1
(x>－1).
令f′(x)>0得－1<x<0.
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如下表.
所以f(x)≤f(0)＝0，即ln(x＋1)≤x2＋x(当且仅当x＝0时取等号).
令x＝1
n ，则ln
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1
n
＋1<
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫1
n
2
＋1
n
，
即ln n＋1
n<
n＋1
n2
，所以ln 2
1
＋ln 3
2
＋…＋ln
n＋1
n<2＋
3
4
＋…＋
n＋1
n2.
即2＋3
4＋4
9
＋…＋
n＋1
n2>ln(n＋1).。