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培优课　与ex，ln x有关的不等式
课标要求　1.熟悉常见的两类经典不等式ex≥x＋1和ln x≤x－1以及它们常见的几种变形形式.2.掌握一般的证明不等式的方法.
一、经典不等式：ex≥x＋1
例1 证明：(1)不等式ex≥x＋1，并指出等号成立的条件.
(2)不等式ex－1≥x.
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思维升华　1.证明ex≥x＋1可以移项构造函数，转化为最值证明.
2.不等式中x换成其他表达式，可对ex≥x＋1进行变形，如e－x≥－x＋1；ex－1≥x；e2x－1≥2x等等.
训练1 若x∈(0，π)，求证：ex＞sin x＋1.
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二、经典不等式：ln x≤x－1
例2 (1)证明不等式ln x≤x－1，并指出等号成立的条件.
(2)证明ln x≥1－.
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思维升华　与ln x有关的常用不等式
(1)≤ln x≤x－1(x>0，当且仅当x＝1时，等号成立).
(2)ln x≤(x>0，当且仅当x＝e时，等号成立).
(3)ln x≤(0(4)ln x≥(x≥1，当且仅当x＝1时，等号成立).
训练2 已知x>0，求证：____________________________________________________________
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三、与ex，ln x有关的不等式证明
例3 已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.
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思维升华　1.与ex和ln x(x>0)有关的不等式之间的关系ex≥x＋1>x>x－1≥ln x，常用该不等式通过放缩证明一些问题.可借助图象进行理解.
2.在运用ex≥x＋1及ln x≤x－1之前一定要先证明.
训练3 已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R).
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
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【课堂达标】
1.若e－x＋x－m≥0恒成立，则m最大值为(　　)
A.0 B.1
C.2 D.3
2.若a＝，b＝，c＝，则(　　)
A.aC.c3.试判断ln(x＋1)与x的大小关系为________.
4.已知x＞1，则________x(用“＞”“≥”“＜”“≤”连接).
与ex，ln x有关的不等式
例1　证明　(1)设f(x)＝ex－x－1，
则f′(x)＝ex－1，
由f′(x)＝0，得x＝0，
所以当x<0时，f′(x)<0；
当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，
即ex－x－1≥0，
所以ex≥x＋1.
显然，只有当x＝0时取得等号.
(2)法一　令f(x)＝ex－1－x，
则f′(x)＝ex－1－1.
若x＜1，则f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，1)上单调递减；
若x＞1，则f′(x)＞0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
∴f(x)min＝f(1)＝0，
∴f(x)≥0，
∴ex－1≥x(当x＝1时等号成立).
法二　因为ex≥x＋1，x∈R.
令t＝x－1，则x＝t＋1，
因为et≥t＋1，
所以ex－1≥x(当x＝1时等号成立).
训练1　证明　法一　要证ex＞sin x＋1，
即证ex－sin x－1＞0.
构造f(x)＝ex－sin x－1，x∈(0，π)，
则f′(x)＝ex－cos x＞0，
故f(x)在(0，π)上单调递增，f(x)＞e0－sin 0－1＝0，
∴f(x)＞0，即ex＞sin x＋1.
法二　易证得ex≥x＋1(证明略)，
只需证x＋1＞sin x＋1，
即x＞sin x.
记f(x)＝x－sin x，x∈(0，π)，
则f′(x)＝1－cos x＞0，
∴f(x)在(0，π)上单调递增，f(x)min＞f(0)＝0，
∴x＞sin x，
从而ex＞sin x＋1.
例2　证明　(1)由题意知x>0，
令f(x)＝x－1－ln x，
所以f′(x)＝1－＝，
所以当f′(x)>0时，x>1；
当f′(x)<0时，0故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有最小值f(1)＝0，
故有f(x)＝x－1－ln x≥f(1)＝0，
即ln x≤x－1成立.
显然，x＝1时取得等号.
(2)在(1)中把x换为，有ln≤－1，整理即得ln x≥1－.
训练2　证明　法一　构造函数
g(x)＝ln(1＋x)－，则g(0)＝0.
当x>0时，
g′(x)＝－＝>0.
即当x>0时，函数g(x)单调递增.
即g(x)>g(0)＝0.
故g(x)＝ln(1＋x)－>0，
即法二　∵ln x≤x－1，当x＝1时等号成立(证明略).
∴ln<－1(x>0)，
即ln<，
∴例3　(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aex－.
由题设知f′(2)＝0，所以a＝，
从而f(x)＝ex－ln x－1，
f′(x)＝ex－.
当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，
单调递减区间为(0，2).
(2)证明　当a≥时，f(x)≥ex－1－ln x－1.
设g(x)＝ex－1－ln x－1(x∈(0，＋∞))，
则g′(x)＝ex－1－.
当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.
所以x＝1是g(x)的最小值点.
故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥时，f(x)≥0.
训练3　(1)解　函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－(a－2)－＝，
当a≤0时，f′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得x>；
由f′(x)<0，得0∴函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减.
(2)证明　当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，
只需证明ex－ln x－2 >0，先证明当x>0时，ex>x＋1，
令g(x)＝ex－x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
即ex>x＋1，
∴ex－ln x－2>x＋1－ln x－2＝x－ln x－1.
∴只要证明x－ln x－1≥0(x>0)，
令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝1－＝(x>0)，
易知h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，
即x－ln x－1≥0成立，
∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立.
课堂达标
1.B　[由ex≥x＋1得e－x≥－x＋1(x＝0取等号)，
又e－x＋x－m≥0恒成立，
即e－x≥－x＋m，
∴m≤1.]
2.C　[设f(x)＝，则f′(x)＝，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减，
即有f(6)所以<<，故c3.ln(x＋1)≤x　[法一　由题意知x>－1，
令f(x)＝ln(x＋1)－x，
所以f′(x)＝－1＝，
当f′(x)>0时，－1当f′(x)<0时，x>0，
故f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)有最大值f(0)＝0，
故有f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，
即ln(x＋1)≤x成立.
法二　由(1)知ln x≤x－1，x＞0，
则ln t≤t－1，
记t＝x＋1，t＞0，
即ln(x＋1)≤x，
当x＝0时等号成立.]
4.＜　[当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，
∴ln ＜－1，
即1＜＜x.](共55张PPT)
第五章
培优课　与ex，ln x有关的不等式
课标要求
1.熟悉常见的两类经典不等式ex≥x＋1和ln x≤x－1以及它们常见的几种变形形式.2.掌握一般的证明不等式的方法.
课时精练
一、经典不等式：ex≥x＋1
二、经典不等式：ln x≤x－1
三、与ex，ln x有关的不等式证明
课堂达标
内容索引
经典不等式：ex≥x＋1
一
例1
证明：(1)不等式ex≥x＋1，并指出等号成立的条件.
设f(x)＝ex－x－1，
则f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0，所以当x<0时，f′(x)<0；
当x>0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0，所以ex≥x＋1.
显然，只有当x＝0时取得等号.
(2)不等式ex－1≥x.
法一　令f(x)＝ex－1－x，
则f′(x)＝ex－1－1.
若x＜1，则f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，1)上单调递减；
若x＞1，则f′(x)＞0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
∴f(x)min＝f(1)＝0，
∴f(x)≥0，
∴ex－1≥x(当x＝1时等号成立).
法二　因为ex≥x＋1，x∈R.
令t＝x－1，则x＝t＋1，
因为et≥t＋1，
所以ex－1≥x(当x＝1时等号成立).
1.证明ex≥x＋1可以移项构造函数，转化为最值证明.
2.不等式中x换成其他表达式，可对ex≥x＋1进行变形，如e－x≥－x＋1；ex－1≥x；e2x－1≥2x等等.
思维升华
若x∈(0，π)，求证：ex＞sin x＋1.
训练1
法一　要证ex＞sin x＋1，
即证ex－sin x－1＞0.
构造f(x)＝ex－sin x－1，x∈(0，π)，
则f′(x)＝ex－cos x＞0，
故f(x)在(0，π)上单调递增，f(x)＞e0－sin 0－1＝0，
∴f(x)＞0，即ex＞sin x＋1.
法二　易证得ex≥x＋1(证明略)，
只需证x＋1＞sin x＋1，
即x＞sin x.
记f(x)＝x－sin x，x∈(0，π)，
则f′(x)＝1－cos x＞0，
∴f(x)在(0，π)上单调递增，f(x)min＞f(0)＝0，
∴x＞sin x，
从而ex＞sin x＋1.
经典不等式：ln x≤x－1
二
例2
(1)证明不等式ln x≤x－1，并指出等号成立的条件.
所以当f′(x)>0时，x>1；
当f′(x)<0时，0故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,所以f(x)有最小值f(1)＝0，
故有f(x)＝x－1－ln x≥f(1)＝0，
即ln x≤x－1成立.
显然，x＝1时取得等号.
思维升华
训练2
法一　构造函数
即当x>0时，函数g(x)单调递增.
即g(x)>g(0)＝0.
法二　∵ln x≤x－1，当x＝1时等号成立(证明略).
与ex，ln x有关的不等式证明
三
例3
已知函数f(x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，
单调递减区间为(0，2).
当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.
所以x＝1是g(x)的最小值点.
故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.
思维升华
1.与ex和ln x(x>0)有关的不等式之间的关系ex≥x＋1>x>x－1≥ln x，常用该不等式通过放缩证明一些问题.可借助图象进行理解.
2.在运用ex≥x＋1及ln x≤x－1之前一定要先证明.
训练3
已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－aln x(a∈R).
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
当a≤0时，f′(x)>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，
只需证明ex－ln x－2 >0，先证明当x>0时，ex>x＋1，
令g(x)＝ex－x－1(x>0)，则g′(x)＝ex－1，当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
即ex>x＋1，
∴ex－ln x－2>x＋1－ln x－2＝x－ln x－1.
∴只要证明x－ln x－1≥0(x>0)，
令h(x)＝x－ln x－1(x>0)，
易知h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(1)＝0，
即x－ln x－1≥0成立，
∴f(x)＋ex>x2＋x＋2成立.
【课堂达标】
1.若e－x＋x－m≥0恒成立，则m最大值为
A.0 B.1 C.2 D.3
√
由ex≥x＋1得e－x≥－x＋1(x＝0取等号)，
又e－x＋x－m≥0恒成立，
即e－x≥－x＋m，
∴m≤1.
√
所以f(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减，
即有f(6)3.试判断ln(x＋1)与x的大小关系为____________.
法一　由题意知x>－1，
ln(x＋1)≤x
当f′(x)>0时，－1当f′(x)<0时，x>0，
故f(x)在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)有最大值f(0)＝0，
故有f(x)＝ln(x＋1)－x≤f(0)＝0，
即ln(x＋1)≤x成立.
法二　由(1)知ln x≤x－1，x＞0，
则ln t≤t－1，
记t＝x＋1，t＞0，
即ln(x＋1)≤x，
当x＝0时等号成立.
当x≠1时，ln x＜x－1.
＜
【课时精练】
√
1.下列不等式一定成立的是
A.ex＜x＋1 B.ex＞x＋1 C.ex＞ex D.ex＞ln x
ex≥x＋1，当x＝0时可取等号，故A，B错误；
又ex－1≥x，即ex≥ex，当x＝1时可取等号，C错误，易知D正确.
√
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
当0当x>1时，f′(x)>0，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝0，
√
f′(x)＝(－sin x)·ex＋cos x·ex＝(cos x－sin x)·ex，
√
√
√
5.设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则
A.2x<3y<5z B.5z<2x<3y C.3y<5z<2x D.3y<2x<5z
＞
1
则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1(证明略)恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，
所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.
所以函数g(x)有唯一零点，
即两曲线有唯一公共点.
(－∞，1]
8.已知对任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋ln x，则实数a的取值范围是___________.
根据题意可知x>0，
现证明ex≥x＋1恒成立，设g(x)＝ex－x－1，
g′(x)＝ex－1，当g′(x)＝0时，解得x＝0，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故当x＝0时，函数g(x)取得最小值，g(0)＝0，
所以g(x)≥g(0)＝0，ex≥x＋1恒成立，
9.已知函数f(x)＝ex－ln(x＋2)，求证：f(x)>0.
令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，
令g′(x)＝0，得x＝0，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0，
即ex－x－1≥0，
∴ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立).①
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)，
易知h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(－1)＝0，
即x＋1－ln(x＋2)≥0，
即x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时，等号成立).②
∵①和②中的等号不能同时成立，
∴由①和②得ex>ln(x＋2)，
即f(x)>0.
10.已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f(1)＝e＋1，f′(1)＝e－1，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋2.
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.
当0当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，
最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥x－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
√
由题意得f(x)>0在定义域内恒成立，
f(x)的定义域为{x|x>0}，
①③
f′(x)＝ln x＋2x＋1，
所以f′(x0)＝ln x0＋2x0＋1＝0，
所以ln x0＝－1－2x0，
即ln x0<－1，
即ln x013.已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数).
(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；
∵函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)，
∴f′(x)＝1＋ln x，g′(x)＝2λx，
∵函数y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴f′(1)＝g′(1)，
∴1＋ln 1＝2λ，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－1－ln 1＝0，
∴h′(x)＝x－1－ln x≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)min＝h(1)＝0，∴h(x)≥0，
14.已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax－1，其中0底数，若 x0∈(0，＋∞)，使f(x0)g(x0)>0，则实数a的取值范围是________.
令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，
则M′(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，M′(x)>0，
所以M(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以M(x)>M(0)＝0，
所以ex>x＋1.
由于0所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝ex－ax－1>0，
故若 x0∈(0，＋∞)，
使f(x0)g(x0)>0，
转化为 x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，
则g(x0)＝ln x0－ax0－1>0，
当x∈(0，e2)时，h′(x)>0；
当x∈(e2，＋∞)时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减.第五章　课时精练30　与ex，ln x有关的不等式
(分值：100分)
单选题每小题5分，共25分；多选题每小题6分，共6分.
一、基础巩固
1.下列不等式一定成立的是(　　)
ex＜x＋1 ex＞x＋1
ex＞ex ex＞ln x
2.“x>1”是“ln x>”的(　　)
充分不必要条件
必要不充分条件
充要条件
既不充分也不必要条件
3.在△ABC中，f(A)>f(B)>f(C)
f(A)f(A)>f(C)>f(B)
f(B)4.(多选)已知函数f(x)＝xln x，若0<0
x1＋f(x1)x2f(x1)当x2>x1>时，x1f(x1)＋x2f(x2)>x2f(x1)＋x1f(x2)
5.设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则(　　)
2x<3y<5z 5z<2x<3y
3y<5z<2x 3y<2x<5z
6.比较大小关系：ln 5________ln 2.
7.已知函数f(x)＝ex，x∈R，则曲线y＝f(x)与曲线y＝x2＋x＋1有________个公共点.
8.已知对任意x，都有xe2x－ax－x≥1＋ln x，则实数a的取值范围是________.
9.(13分)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋2)，求证：f(x)>0.
10.(15分)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.
二、综合运用
11.已知f(x)＝kx2－ln x，若f(x)>0在定义域内恒成立，则k的取值范围是(　　)
12.已知函数f(x)＝xln x＋x2，且x0是函数f(x)的极值点.给出以下几个结论：
①0；
③f(x0)＋x0<0；④f(x0)＋x0>0.
其中正确的结论是________.(填序号)
13.(16分)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数).
(1)若函数y＝f(x)与函数y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，求实数λ的值；
(2)若λ＝，且x≥1，证明：f(x)≤g(x).
三、创新拓展
14.已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝ln x－ax－1，其中00，则实数a的取值范围是________.
与ex，ln x有关的不等式
1.D　[ex≥x＋1，当x＝0时可取等号，故A，B错误；
又ex－1≥x，即ex≥ex，当x＝1时可取等号，C错误，易知D正确.]
2.A　[由ln x>，可得ln x－1＋>0，
令f(x)＝ln x－1＋，
则f′(x)＝－＝，
当0当x>1时，f′(x)>0，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝0，
所以当x>1时，f(x)>0，ln x>，
而当ln x>时，x>0且x≠1，
所以“x>1”是“ln x>”的充分不必要条件.]
3.A　[f′(x)＝(－sin x)·ex＋cos x·ex＝(cos x－sin x)·ex，
当即f′(x)<0，f(x)在上单调递减，
又∴f(A)>f(B)>f(C).]
4.CD　[f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1不是恒小于零，所以<0不恒成立，故A错误；
设h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝ln x＋2不是恒大于零，所以x1＋f(x1)设g(x)＝＝ln x，函数单调递增，
所以g(x2)>g(x1)，所以>，
即有x1f(x2)>x2f(x1)，故C正确；
当x>时，ln x>－1，故f′(x)＝ln x＋1>0，
函数f(x)＝xln x在上单调递增，
所以当＜x1＜x2时，＞0，
故(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＝x1f(x1)＋x2f(x2)－x2f(x1)－x1f(x2)>0，
即x1f(x1)＋x2f(x2)>x2f(x1)＋x1f(x2)，故D正确.]
5.D　[令2x＝3y＝5z＝t(t>1)，两边取对数得x＝log2t＝，y＝log3t＝，z＝log5t＝，从而2x＝ln t，3y＝ln t，5z＝ln t.
由t>1知，要比较三者大小，只需比较，，的大小.
又＝，e<3<4<5，
由y＝在(e，＋∞)上单调递减，
可知>>＞0，
从而<<，3y<2x<5z，故选D.]
6.＞　[构造f(x)＝，则f′(x)＝，x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
又2＜＜e，
∴f()＞f(2)，
即＞，
即ln 5＞ln 2.]
7.1　[令g(x)＝f(x)－
＝ex－x2－x－1，x∈R，
则g′(x)＝ex－x－1，
由经典不等式ex≥x＋1(证明略)恒成立可知，g′(x)≥0恒成立，
所以g(x)在R上为单调递增函数，且g(0)＝0.
所以函数g(x)有唯一零点，
即两曲线有唯一公共点.]
8.(－∞，1]　[根据题意可知x>0，
由x·e2x－ax－x≥1＋ln x，
可得a≤e2x－－1(x>0)恒成立，
令f(x)＝e2x－－1，则a≤f(x)min，
现证明ex≥x＋1恒成立，设g(x)＝ex－x－1，
g′(x)＝ex－1，当g′(x)＝0时，解得x＝0，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故当x＝0时，函数g(x)取得最小值，g(0)＝0，
所以g(x)≥g(0)＝0，ex≥x＋1恒成立，
f(x)＝e2x－－1＝－1
＝－1
≥－1＝1，
所以f(x)min＝1，即a≤1.
所以实数a的取值范围是.]
9.证明　令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1，
令g′(x)＝0，得x＝0，
当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0，
即ex－x－1≥0，
∴ex≥x＋1(当且仅当x＝0时，等号成立).①
令h(x)＝x＋1－ln(x＋2)，
则h′(x)＝1－＝(x>－2)，
易知h(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(－1)＝0，
即x＋1－ln(x＋2)≥0，
即x＋1≥ln(x＋2)(当且仅当x＝－1时，等号成立).②
∵①和②中的等号不能同时成立，
∴由①和②得ex>ln(x＋2)，
即f(x)>0.
10.解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝aex－1－.
(1)当a＝e时，f(x)＝ex－ln x＋1，f(1)＝e＋1，
f′(1)＝e－1，
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，
即y＝(e－1)x＋2.
直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为，2.
因此所求三角形的面积为S＝××2＝.
(2)当0当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x，
f′(x)＝ex－1－.
当x∈(0，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以当x＝1时，f(x)取得最小值，
最小值为f(1)＝1，
从而f(x)≥1.
当a>1时，f(x)＝aex－1－ln x＋ln a>ex－1－ln x≥x－ln x≥1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
11.D　[由题意得f(x)>0在定义域内恒成立，
即kx2－ln x>0在定义域内恒成立，
即k>在定义域内恒成立，
设g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
当x∈(0，)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以当x＝时，g(x)取得最大值，
此时最大值为g()＝，
所以实数k的取值范围是，故选D.]
12.①③　[f(x)的定义域为{x|x>0}，
f′(x)＝ln x＋2x＋1，
所以f′(x0)＝ln x0＋2x0＋1＝0，
所以ln x0＝－1－2x0，
即ln x0<－1，
即ln x0所以0f(x0)＋x0＝x0ln x0＋x＋x0
＝x0(ln x0＋x0＋1).
因为2x0＝－(ln x0＋1)，
所以f(x0)＋x0＝－x<0.]
13.(1)解　∵函数f(x)＝xln x，
g(x)＝λ(x2－1)，
∴f′(x)＝1＋ln x，g′(x)＝2λx，
∵函数y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处有相同的切线，
∴f′(1)＝g′(1)，
∴1＋ln 1＝2λ，
解得λ＝.
(2)证明　当λ＝，且x≥1时，
设h(x)＝g(x)－f(x)＝(x2－1)－xln x，
∴h′(x)＝x－1－ln x，
令φ(x)＝x－1－ln x，
∴φ′(x)＝1－≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴φ(x)min＝φ(1)＝1－1－ln 1＝0，
∴h′(x)＝x－1－ln x≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min＝h(1)＝0，
∴h(x)≥0，
∴若λ＝，且x≥1，f(x)≤g(x)成立.
14.　[令M(x)＝ex－x－1，x∈(0，＋∞)，
则M′(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，M′(x)>0，
所以M(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以M(x)>M(0)＝0，
所以ex>x＋1.
由于0所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝ex－ax－1>0，
故若 x0∈(0，＋∞)，
使f(x0)g(x0)>0，
转化为 x0∈(0，＋∞)，g(x0)>0，
则g(x0)＝ln x0－ax0－1>0，
即a<－.
令h(x)＝－，h′(x)＝.
当x∈(0，e2)时，h′(x)>0；
当x∈(e2，＋∞)时，h′(x)<0，
所以函数h(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减.
所以h(x)≤h(e2)＝－＝.
所以0即a∈.]

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