专题3.3：一类以“ ”为背景的问题的研究与拓展

专题3.3：一类以“ex1x”为背景的问题的研究与拓展

【探究拓展】

探究1：证明不等式e1x

变式1：设f(x)exxa，其中aR,若对于任意xR，f(x)0恒成立，则参数a的取值范围是_________ a1

变式2：设f(x)exax1，其中aR，若对于任意xR，f(x)0恒成立，则参数a的取值范围是_________ a1

变式3：设f(x)aexx1，其中aR，若对于任意xR，f(x)0恒成立，则参数a的取值范围是_________ a1

探究2：不等式e1x有哪些等价变形？（想一想以下等价变形是如何获得的）） 变形1：exxx1x

1x)(x1) 变形2：xln(变形3：x1lnx(x0)

11x(x0) x1变形5：lnx1(x0)

x变形4：ln变形6：xlnxx1(x0)

拓展1：已知函数f(x)=ex，其中a≠0.

（1）若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合.

（2）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(x1x2)，记直线AB的斜率为K，问：是否存在x0∈（x1，x2），使f(x0)k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.

ax【答案】（1）若a0，则对一切x0，f(x)ex1，这与题设矛盾，又a0，

ax故a0.

ax而f(x)ae1,令f(x)0,得x11ln. aa

111111ln时，f(x)0,f(x)单调递减；当xln时，f(x)0,f(x)单调递增，故当xlnaaaaaa11111时，f(x)取最小值f(ln)ln.

aaaaa当x于是对一切xR,f(x)1恒成立，当且仅当

111ln1. ① aaa令g(t)ttlnt,则g(t)lnt.

当0t1时，g(t)0,g(t)单调递增；当t1时，g(t)0,g(t)单调递减. 故当t1时，g(t)取最大值g(1)1.因此，当且仅当综上所述，a的取值集合为1.

11即a1时，①式成立. af(x2)f(x1)eax2eax1（2）由题意知，k1.

x2x1x2x1eax2eax1令(x)f(x)kae,则

x2x1axeax1a(x2x1)(x1)ea(x2x1)1, x2x1eax2a(x1x2)(x2)ea(x1x2)1. x2x1令F(t)ett1，则F(t)et1.

当t0时，F(t)0,F(t)单调递减；当t0时，F(t)0,F(t)单调递增.

t故当t0，F(t)F(0)0,即et10.

从而ea(x2x1)a(x2x1)10，ea(x1x2)eax1eax20,0, a(x1x2)10,又

x2x1x2x1所以(x1)0,(x2)0.

因为函数y(x)在区间x1,x2上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在x0(x1,x2)使

1eax2eax1.故当且仅当(x0)0,(x)ae0,(x)单调递增，故这样的c是唯一的，且clnaa(x2x1)2ax

1eax2eax1x(ln,x2)时， f(x0)k.

aa(x2x1)1eax2eax1综上所述，存在x0(x1,x2)使f(x0)k成立.且x0的取值范围为(ln,x2).

aa(x2x1)【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法.第一问利用导函数法求出f(x)取最小值

11111f(ln)ln.对一切x∈R，f(x) 1恒成立转化为f(x)min1，从而得出a的取值集合；第二aaaaa问在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.

拓展2：（1）已知函数f(x)lnxx1，x(0,)，求函数f(x)的最大值；

1,2（2）设ak,bk(k„，n)均为正数，证明：若a1b1a2b2„anbnb1b2„bn，则a11a22/bbbnan1.

解：（1）f(x)的定义域为(0,)，令f(x)110x1， xf(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减，故函数f(x)在x1处取得最大值f(1)0

（2）由（Ⅰ）知当x(0,)时有f(x)f(1)0即lnxx1，

∵ak,bk0，∴bklnakbk(ak1),(k1,2,nnnn)lnabk(ak1)

bkkk1k1nn∵

bkb1b2∴即abblna0ln(akkkk1a2k1k1k1bnb1b2an)0a1a2bnan1

拓展3：已知函数f(x)(x1)lnxx1. （1）若xf'(x)xax1，求a的取值范围； （2）证明：(x1)f(x)0 . 解：（Ⅰ）f(x)2x11lnx1lnx， x xf(x)xlnx1,

题设xf(x)xax1等价于lnxxa. 令g(x)lnxx，则g(x)

211 x

1，g'(x)＞0；当x≥1时，g'(x)≤0，x1是g(x)的最大值点， 当0＜x＜ g(x)≤g(1)1 综上，a的取值范围是1,.

(Ⅱ)有（Ⅰ）知，g(x)≤g(1)1即lnxx1≤0.

1时，f(x)(x1)lnxx1xlnx(lnxx1)≤0； 当0＜x＜当x≥1时，

f(x)lnx(xlnxx1)

11) x11 lnxx(ln1)

xx lnxx(lnx ≥0

所以(x1)f(x)≥0

拓展4：设函数f(x)ex1xax2。 （1）若a0，求f(x)的单调区间； （2）若当x0时f(x)0，求a的取值范围. （1）a0时，f(x)ex1x，f'(x)ex1.

当x(,0)时，f'(x)0；当x(0,)时，f'(x)0.故f(x)在(,0)单调减少，在(0,)单调增加

（2）f'(x)e12ax

x由（I）知e1x，当且仅当x0时等号成立.故

x

f'(x)x2ax(12a)x，

1时，f'(x)0 (x0)，而f(0)0， 2从而当12a0，即a于是当x0时，f(x)0.

由e1x(x0)可得exx1x(x0).从而当a1时， 2

f'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，

故当x(0,ln2a)时，f'(x)0，而f(0)0，于是当x(0,ln2a)时，f(x)0.

拓展5：设函数fx1ex． （1）证明：当x＞-1时，fx（2）设当x0时，fx【参】

综合得a的取值范围为(,].

12x； x1x，求a的取值范围． ax1

【点评】导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度不会减弱。作为压轴题，主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题，利用导数证明不等式等，常伴随对参数的讨论，这也是难点之所在.

【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？