专题10“同构法”妙解导数题（学生版答案解析）

专题10“同构法”妙解导数题答案解析【专题探究】例1【解析】设f(x)=ln(1+x)−x(x>−1)，因为当x∈(−1,0)时，f'(x)>0，当所以函数fx=ln1+x−x在所以f(19)<f(0)=0，所以ln109所以f(−110)<f(0)=0，所以ln910+1设g(x)=xex+令ℎ(x)=ex(当0<x<2−1时，ℎ'当2−1<x<1时，ℎ'(x)>0又ℎ0=0，所以当0<x<2所以当0<x<2−1时，g'所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>故选C.练1【解析】构造函数fx=lnxx当0<x<e时，f'x>0当x>e时，f'x<0，此时函数f对于A选项，f3<fe，即ln3可得3e<e3，又因为e3<3对于B选项，fπ<fe，即lnππ在fx≤1e中，令x=e故elnπ所以elnπ>3，即lnπe>lne3对于C选项，因为lnπ>2−eπ，则3lnπ>6−3eπ>6−e>π对于D选项，因为f3>fπ，即ln33所以，π3<3π，又∵3e<故选ABD练2（多选）【解析】因为正数α，β满足eα所以eα−12α+sin令gx=2x+sinx，所以gx在(0,+∞)上单调递增，且g由复合函数的单调性可知−12x+sin所以f(x)=ex−12x+sinx对于A，由α>β，可得α−β+1>1，所以2α−β+1>2，故对于B，由α>β>0，可得lnα>lnβ，则lnα+α>lnβ+β对于C，1α+1β(α+β)=2+对于D，由α>β>0，可得eα>eβ>0，1α<故选ACD.例2【解析】（1）∵fx=ex∵f1=e+1，∴切点坐标为(1,1+∴函数fx在点(1,f(1)处的切线方程为y−e−1=(e−1)(x−1),即y=∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(−2∴所求三角形面积为12（2）［方法一］【最优解】：同构法由fx≥1得ae而lnx+x=e令ℎ(m)=em+m，则ℎ由elna+x−1+lna+x−1≥e所以lna+x−1≥ln令F(x)=lnx−x+1所以当x∈0,1时，F当x∈(1,+∞)时，F'所以[Fx]max=F1所以a的取值范围为a≥1．［方法二］：换元同构法由题意知a>0,x>0，令aex−1=t，所以ln于是f(x)=ae由于f(x)≥1,t−ln而y=x+lnx在x∈(0,+∞)时为增函数，故即aex−1≥x，令g(x)=xex−1当0<x<1时，g'(x)>0,g(x)单调递增；当x>1时，所以当x=1时，g(x)=xex−1取得最大值为g(1)=1［方法三］：因为定义域为(0,+∞)，且fx≥1，所以f(1)≥1，即令S(a)=a+lna，则S'(a)=1+1因为S(1)=1，所以a≥1时，有S(a)≥S(1)，即a+ln下面证明当a≥1时，fx令T(a)=aex−1−lnx因为T'(a)=ex−1+1a因此要证明a≥1时，T(a)≥1恒成立，只需证明[Ta由ex≥x+1,ln上面两个不等式两边相加可得ex−1−lnx≥1当0<a<1时，因为f(1)=a+lna<1所以a的取值范围为a≥1．［方法四］：通性通法∵f(x)=aex−1−lnx设g(x)=f'(x),则g'x=aex−1+即f'x在当a=1时，f'(1)=0,∴fxmin当a>1时，1a<1，∴e∴存在唯一x0∈1a,1，使得f当x∈x0,+∞时f'(x)>0因此f(x=1∴fx>1,∴当0<a<1时，f(1)=a+lna<a<1,综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).练3【解析】解：(1)函数f(x)=x⋅eax，x>0当a≥0时，f′(x)>0，所以函数fx在0,+∞当a<0时，由f′(x)>0得0<x<−12a，由f′(x)<0得x>−12a，则fx(2)因为a>0，且当x∈0,+∞时，不等式(当0<x≤1时，∀a>0，(eaxx当x>1时，(eaxx)2a⩾lnx令g(x)=2ax+lnx，原不等式等价于而g′(x)=2a+1x>0，即函数g(x)在(0,+∞)即∀x>1,ax≥lnx⇔a≥lnxx，

当1<x<e时，ℎ′(x)>0，当x>e时，ℎ′(x)<0，

所以函数ℎ(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，所以ℎ(x)max=ℎ(e)=1e所以实数a的取值范围是[1例3【解析】(1)fx的定义域为0,+∞．由fx=x1−当x=1时，f'x=0；当x∈0,1时f'x>0故fx在区间(0,1)内为增函数，在区间((2)[方法一]：【最优解】：同构法:由blna−a所以lna+1a=ln于是命题转换为证明：2<m+n<e．令fx=x1−lnx由（1）知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．要证：m+n>2⇔n>2−m>1⇔f⇔fm−f2−m则g'x∴gx在区间0,1内单调递增，所以gx<g再证m+n<e．因为m1−所以m+n<n要证m+n<e，只需证n1−令ℎx=x1−故ℎx在区间1,e所以ℎx<ℎe=e．故ℎn[方法二]：同构构造函数法由已知得lnaa−lnbb=由（Ⅰ）知，0<x1<1<x2<e，只需证再证明x1+x令φ(x)=lnx+所以φx>φe=0,ℎ'x因为0<x1<x又因为fx1=f即x2因为x1<x2，所以综上，有2<1[方法三]等价转化法由blna−alnb=a−b得1a由（1）不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞)，则f(①令gx则g'当x∈0,1时，g'x<0，gx在区间从而f2−x>fx由（1）得2−1a<1令ℎx=x+fx当x∈1,e时，ℎ'x>0，ℎx在区间从而x+fx<e，所以1b+f(1所以1a+由①②得2<1a练4【解析】（1）a=12时，fx=ex−1又y=ex−12与y=−1又f'12=0，故−12<x所以fx在(−12,当x=12时，fx取得极小值1，（2）方法一：当a≤1，x∈−a,+∞时，x−a≥x−1,x+a≤x+1，∴故只需证明当a=1时，fx=当a=1时，f'(x)=e又f'0=1e−1<0，f'1当x∈−1,x0时，f'x<0从而x=x0时，fx取得最小值．由f'(故fx≥f综上，当a≤1时，fx>0方法二：先证不等式ex≥x+1与x−1≥lnx设gx=ex−x−1可得gx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增∴gx=ex−x−1≥g设ℎx=x−1−lnx，则可得ℎx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，∴ℎx=x−1−lnx≥ℎ1于是，当a≤1时，ex−a≥x−a+1≥x+a−1≥ln注意到以上三个不等号的取等条件分别为：x=a,a=1,x+a=1，它们无法同时取等，所以，当a≤1时，ex−a>lnx+a，即练5【解析】（1）f(x)的定义域为xx>−1.由题意得f当a≥0时，f'(x)>0，所以f(x)在区间当a<0时，令f'(x)=0,得所以当x<−a+2a时，f'(x)>0，可知当x>−a+2a时，f'(x)<0，可知f(x)综上所述，当a≥0时，f(x)在区间(−1,+∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在区间−1,−a+2a上单调递增，在区间（2）由题意得，当a=1时，f(x)−g(x)=2所以f(x)−g(x)=ln所以f<ln令ℎ(x)=lnx−所以ℎx在区间0,e上单调递增，在区间e,+∞上单调递减，所以ℎ(x)≤ℎ(e)=0所以lnx≤1e所以ln(所以f(x)<g(x).例4【解析】（1）若选①：m=12，则函数所以f'x=因为f''x单调递增，且f''1=0，所以f则f'x≥f'若选②：m=1，则fx=ex−1−由f''x单调递增，且所以f'x在0,1+ln2上单调递减，在故f'x≥所以存在极小值点x0（2）令gx=0，则ex−1所以ex−1令t=x−lnmx，故et−1−t=0有解，设ℎ令ℎ't=0所以ℎt在−∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，又ℎ所以ℎt=et−1−t有唯一的零点t即1=x−ln(mx)在0,+∞上有解，整理可得1+lnm=x−lnx令lx则l'x=1−1x，令l'x=0，解得故lx≥l1=1所以m的取值范围为[1,+∞)．练6【解析】(1)∵fx=alnx+x−1①当a≥0时，f'x>0，函数f②当a<0时，令f'x=0∴x∈0,−a时，f'x<0；∴fx在0,−a上单调递减，在−a,+∞上单调递增综上所述：当a≥0，fx的单调递增区间为0,+∞当a<0，fx的单调递增区间为−a,+∞，fx的单调递减区间为(2)依题意可知：方程fex−ax+1=e由ex=e令gx=xex(x>0)，g要使gx=glnx令ℎx=x−ln当x∈0,1时，ℎ'x<0，ℎx单调递减；当x∈1,+∞时，①若a<1，则ℎx>0，②若a=1，则ℎx≥0且仅当x=1时取等号，③若a>1，则ℎ1=1−a<0，ℎe令φa=ea−2a即φa在1,+∞上单调递增，所以φa>φ故此时ℎx在0,1上有一个零点，在1,+∞上有一个零点，符合条件综上可知，实数a的取值范围是1,+∞.【专题训练】1.【解析】由题得a5=5a即lnaa=ln55，b设fx=lnxf'x=1−lnxx2x>0，当当0<x<e时，f'x>0故f5<f4因为a,b,c∈0,3，所以2.【解析】解：由2λe2x+lnλ≥lnx

，且x>0，

得2λ令ft=tet，t∈R，则f′(t)=(t+1)et，

当t<−1时，f′(t)<0，t>−1时，f′(t)>0，

∴ft=tet在(−∞,−1)上单调递减，

在而2xe2x≥xλ∴2x≥lnxλ，即λ≥令gx=xe2x

在x∈0,12时，g′x>0，g(x)单调递增；

在x∈∴gx最大值为g12故选：C3.【解析】解：kf(x)≥2g(x)，对∀x∈(0,+∞)恒成立，

即kekx−2lnxx+k≥2xlnx，化为：kxekx+kx≥x2lnx2+lnx2，

令ℎ(t)=tlnt+lnt，t∈(0,+∞)，

∴ℎ′(t)=1+lnt+1t=u(t)，

u′(t)=1t−1t2=t−1t2，可得t=1时，函数u(t)取得极小值即最小值，u(1)=2>0，

∴ℎ′(t)>0恒成立，

∴函数ℎ(t)在t∈(0,+∞)上单调递增，

4.【解析】解：令tx=ex−1−x，则t′x由t′x>0得x>1，所以函数tx由t′x<0得x<1，所以函数tx在−∞,1所以ex−1≥x，当且仅当可知fx当且仅当lnx+ax=1时等号成立，原条件等价于方程a=令gx=1−lnxx，则由g′x>0得x>e2，所以函数由g′x<0得0<x<e2，所以函数所以gxmin=ge2故答案为：−5.【解析】解：(1)函数f(x)=aex−1−x，f′(x)=aex−1−1，

当a≤0时，f′(x)<0；

当a>0时，当x>1−lna时，f′(x)>0；当x<1−lna时，f′(x)<0，

综上，当a≤0时，函数f(x)在R上单调递减；

当a>0时，函数f(x)在(1−lna,+∞)上单调递增，在(−∞,1−lna)上单调递减．

(2)原不等式为aex−1−1≥lnx−lna，等价于elna+x−1+lna+x−1≥lnx+x=elnx+lnx，

令g(x)=ex+x，上述不等式等价于g(lna+x−1)≥g(lnx)，

显然g(x)为单调递增函数，

∴又等价于lna+x−1≥lnx，即lna≥lnx−x+1，

令ℎ(x)=lnx−x+1，则ℎ′(x)=1x−1=1−xx，

在(0,1)上，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；

在(1,+∞)6.【解析】(1)证明：f(x)=1memx−1令g(x)=f(x)+f(−x)=e则g'(x)=e∴g'(x)在[0,+∞)单调递增，∴g'(x)≥g∴x∈[0,+∞)时，g(x)≥g(0)=2，∵g(−x)=g(x)，∴g(x)为偶函数，即x∈R时，g(x)≥2，∴g(x)的最小值为2．(2)mx(mx−6)+2⇔⇔(mx)令ℎ(x)=x则①式等价于ℎ(mx)≥ℎ(lnx)当x>1时，ℎ'(x)=2(x−3+ex)>2(1−3+e)>0，

又∵m>1，x∈(e,+∞)，∴ℎ(mx)≥ℎ(ln令φ(x)=lnxx(x>e)，则φ'(x)=∴φ(x)<φ(e)=1e，故综上所述，对∀x∈(e,+∞)，且m>1，mx(mx−6)+2f7.【解析】(1)由题意f'令f'x=0当a>0时，若x>0，则ax>0,eax>1若x<0，则ax<0，eax<1，所以当a<0时，若x>0，则ax<0,eax<1若x<0，则ax>0，eax>1，所以综上fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增当a=−1时，ℎx=e即e−x构造函数Fx=x−lnx，即有FeF'x=1−1x所以Fx在0,1上单调递减，在1,+∞又x∈1,+∞时，e−x∈所以只需要e−x≤x两边取对数，有−x≤blnx对x∈又x>1时，lnx>0，所以b≥−xlnx令Gx=−xlnx(x>1),G'x=1−lnx则Gx在1,e单调递增，在e,+∞上单调递减，Gx最大值为所以b的最小值为−e.8.【解析】（1）函数fx=aex−ln且f'x=aex−1x+2，因为fx此时f'x=12则当−2<x<0时，f'x<0，则fx单调递减，当所以fx的单调递减区间为−2,0，单调递增区间为0,+∞（2）若选①：因为fx≥0恒成立，则整理可得ex+lna即ex+lna令ℎx=e因为ℎ'x=ex即lna≥lnx+2−x恒成立，令则φ'当−2<x<−1时，φ'x>0，则φx单调递增，当x