張樂

導(dǎo)數(shù)作為研究函數(shù)圖像和性質(zhì)的工具，在每年高考中都占有極重要的分量.而且在近幾年的各地高考試卷中.對y=ex和y=lnx兩類函數(shù)的考察是?？汲Ｐ?，變化多樣.其中關(guān)于不等式的證明更是考察的重點和難點.本文通過分析幾種特殊的放縮方法及其在解題中的應(yīng)用，以便師生在備考復(fù)習(xí)中能突破重點和難點.

一、幾個典型的放縮公式

公式1：x∈R，有ex≥1+x

公式2：x∈R，有ex≥ex

公式3：x∈R+，有l(wèi)nx≤x-1

公式3：x∈R+，有l(wèi)nx≤1ex

用導(dǎo)數(shù)或圖像所示易得上述公式一定成立.在解決y=ex和y=lnx相關(guān)的不等式問題中，巧用上述幾個放縮公式，可以快速的突破不等式證明的難點.

二、典型例題分析

1.（2014全國課標(biāo)I.理21題）設(shè)函數(shù)f（x）=aexlnx+bex-1x，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2.（Ⅰ）求a，b; （Ⅱ）證明：f（x）>1.

解法一（常規(guī)解法）：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=aexlnx+axex-bx2ex-1+bxex-1.

由題意可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，（f（x）=exlnx+2ex-1x，從而f（x）>1等價于xlnx>xe-x-2e.

設(shè)函數(shù)g（x）=xlnx，則g′（x）=x+lnx，

所以當(dāng)x∈0，1e時，g′（x）<0，當(dāng)x∈1e，+∞時，g′（x）>0，

故g（x）在0，1e單調(diào)遞減，在1e，+∞單調(diào)遞增，

從而g（x）在（0，+∞）的最小值為g1e=-1e.

設(shè)函數(shù)h（x）=xe-x-2e，則h′（x）=e-x1-x，所以當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）>0，當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）<0，故h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，在（1，+∞）單調(diào)遞減，從而h（x）g（x）在（0，+∞）的最小值為（h（1）=-1e.

綜上：當(dāng)x>0時，g（x）>h（x），即f（x）>1.

解法二（用公式2放縮）：f（x）=exlnx+2ex-1x，從而f（x）>1等價于exlnx+2ex-1x>1.

即exlnx+2exex>1; 由公式2 有ex≥ex.

所以exlnx+2exex≥exlnx+2，

所以要使exlnx+2exex≥exlnx+2>1成立，只需證exlnx+2>1，即exlnx+1>0成立.

設(shè)h（x）=exlnx+1，有h′（x）=e（lnx+1）

所以當(dāng)x∈0，1e時，h′（x）<0，當(dāng)x∈1e，+∞時，h′（x）>0，

故h（x）在0，1e單調(diào)遞減，在1e，+∞單調(diào)遞增，

所以h（x）max=h（1e）=0.所以有exlnx+2exex>1成立.

2.（2013課標(biāo)全國Ⅱ，理21）已知函數(shù)f（x）=ex-ln（x+m）.

（1）設(shè)x=0是f（x）的極值點，求m并討論f（x）的單調(diào)性;

（2）當(dāng)m≤2時，證明f（x）>0.

證明：（2）m≤2，要證f（x）>0，即f（x）=ex-ln（x+m）>ex-ln（x+2）>0，

即要證ex>ln（x+2），

由公式1有ex≥x+1，又由公式3有x+1≥ln（x+2），

所以ex≥ln（x+2），所以ex-ln（x+2）≥0，

所以可證f（x）>0.

試一試：已知函數(shù)f（x）=ex-x-1，g（x）=x2eax .

（Ⅰ）求f（x）的最小值;（Ⅱ）求g（x）的單調(diào)區(qū)間;

（Ⅲ）當(dāng)a=1時，對于在（0，1）中的任一個常數(shù)m，是否存在正數(shù)x0使得f（x0）>m2g（x）成立？如果存在，求出符合條件的一個x0;否則請說明理由.