專題10“同構(gòu)法”妙解導(dǎo)數(shù)題答案解析【專題探究】例1【解析】設(shè)f(x)=ln(1+x)?x(x>?1)，因為當(dāng)x∈(?1,0)時，f'(x)>0，當(dāng)所以函數(shù)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設(shè)g(x)=xex+令?(x)=ex(當(dāng)0<x<2?1時，?'當(dāng)2?1<x<1時，?'(x)>0又?0=0，所以當(dāng)0<x<2所以當(dāng)0<x<2?1時，g'所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>故選C.練1【解析】構(gòu)造函數(shù)fx=lnxx當(dāng)0<x<e時，f'x>0當(dāng)x>e時，f'x<0，此時函數(shù)f對于A選項，f3<fe，即ln3可得3e<e3，又因為e3<3對于B選項，fπ<fe，即lnππ在fx≤1e中，令x=e故elnπ所以elnπ>3，即lnπe>lne3對于C選項，因為lnπ>2?eπ，則3lnπ>6?3eπ>6?e>π對于D選項，因為f3>fπ，即ln33所以，π3<3π，又∵3e<故選ABD練2（多選）【解析】因為正數(shù)α，β滿足eα所以eα?12α+sin令gx=2x+sinx，所以gx在(0,+∞)上單調(diào)遞增，且g由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知?12x+sin所以f(x)=ex?12x+sinx對于A，由α>β，可得α?β+1>1，所以2α?β+1>2，故對于B，由α>β>0，可得lnα>lnβ，則lnα+α>lnβ+β對于C，1α+1β(α+β)=2+對于D，由α>β>0，可得eα>eβ>0，1α<故選ACD.例2【解析】（1）∵fx=ex∵f1=e+1，∴切點坐標(biāo)為(1,1+∴函數(shù)fx在點(1,f(1)處的切線方程為y?e?1=(e?1)(x?1),即y=∴切線與坐標(biāo)軸交點坐標(biāo)分別為(0,2),(?2∴所求三角形面積為12（2）［方法一］【最優(yōu)解】：同構(gòu)法由fx≥1得ae而lnx+x=e令?(m)=em+m，則?由elna+x?1+lna+x?1≥e所以lna+x?1≥ln令F(x)=lnx?x+1所以當(dāng)x∈0,1時，F(xiàn)當(dāng)x∈(1,+∞)時，F(xiàn)'所以[Fx]max=F1所以a的取值范圍為a≥1．［方法二］：換元同構(gòu)法由題意知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,+∞)時為增函數(shù)，故即aex?1≥x，令g(x)=xex?1當(dāng)0<x<1時，g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，所以當(dāng)x=1時，g(x)=xex?1取得最大值為g(1)=1［方法三］：因為定義域為(0,+∞)，且fx≥1，所以f(1)≥1，即令S(a)=a+lna，則S'(a)=1+1因為S(1)=1，所以a≥1時，有S(a)≥S(1)，即a+ln下面證明當(dāng)a≥1時，fx令T(a)=aex?1?lnx因為T'(a)=ex?1+1a因此要證明a≥1時，T(a)≥1恒成立，只需證明[Ta由ex≥x+1,ln上面兩個不等式兩邊相加可得ex?1?lnx≥1當(dāng)0<a<1時，因為f(1)=a+lna<1所以a的取值范圍為a≥1．［方法四］：通性通法∵f(x)=aex?1?lnx設(shè)g(x)=f'(x),則g'x=aex?1+即f'x在當(dāng)a=1時，f'(1)=0,∴fxmin當(dāng)a>1時，1a<1，∴e∴存在唯一x0∈1a,1，使得f當(dāng)x∈x0,+∞時f'(x)>0因此f(x=1∴fx>1,∴當(dāng)0<a<1時，f(1)=a+lna<a<1,綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).練3【解析】解：(1)函數(shù)f(x)=x?eax，x>0當(dāng)a≥0時，f′(x)>0，所以函數(shù)fx在0,+∞當(dāng)a<0時，由f′(x)>0得0<x<?12a，由f′(x)<0得x>?12a，則fx(2)因為a>0，且當(dāng)x∈0,+∞時，不等式(當(dāng)0<x≤1時，?a>0，(eaxx當(dāng)x>1時，(eaxx)2a?lnx令g(x)=2ax+lnx，原不等式等價于而g′(x)=2a+1x>0，即函數(shù)g(x)在(0,+∞)即?x>1,ax≥lnx?a≥lnxx，

當(dāng)1<x<e時，?′(x)>0，當(dāng)x>e時，?′(x)<0，

所以函數(shù)?(x)在(1,e)上單調(diào)遞增，在(e,+∞)上單調(diào)遞減，所以?(x)max=?(e)=1e所以實數(shù)a的取值范圍是[1例3【解析】(1)fx的定義域為0,+∞．由fx=x1?當(dāng)x=1時，f'x=0；當(dāng)x∈0,1時f'x>0故fx在區(qū)間(0,1)內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間((2)[方法一]：【最優(yōu)解】：同構(gòu)法:由blna?a所以lna+1a=ln于是命題轉(zhuǎn)換為證明：2<m+n<e．令fx=x1?lnx由（1）知0<m<1,1<n<e，先證m+n>2．要證：m+n>2?n>2?m>1?f?fm?f2?m則g'x∴gx在區(qū)間0,1內(nèi)單調(diào)遞增，所以gx<g再證m+n<e．因為m1?所以m+n<n要證m+n<e，只需證n1?令?x=x1?故?x在區(qū)間1,e所以?x<?e=e．故?n[方法二]：同構(gòu)構(gòu)造函數(shù)法由已知得lnaa?lnbb=由（Ⅰ）知，0<x1<1<x2<e，只需證再證明x1+x令φ(x)=lnx+所以φx>φe=0,?'x因為0<x1<x又因為fx1=f即x2因為x1<x2，所以綜上，有2<1[方法三]等價轉(zhuǎn)化法由blna?alnb=a?b得1a由（1）不妨設(shè)1a∈(0,1),1b∈(1,+∞)，則f(①令gx則g'當(dāng)x∈0,1時，g'x<0，gx在區(qū)間從而f2?x>fx由（1）得2?1a<1令?x=x+fx當(dāng)x∈1,e時，?'x>0，?x在區(qū)間從而x+fx<e，所以1b+f(1所以1a+由①②得2<1a練4【解析】（1）a=12時，fx=ex?1又y=ex?12與y=?1又f'12=0，故?12<x所以fx在(?12,當(dāng)x=12時，fx取得極小值1，（2）方法一：當(dāng)a≤1，x∈?a,+∞時，x?a≥x?1,x+a≤x+1，∴故只需證明當(dāng)a=1時，fx=當(dāng)a=1時，f'(x)=e又f'0=1e?1<0，f'1當(dāng)x∈?1,x0時，f'x<0從而x=x0時，fx取得最小值．由f'(故fx≥f綜上，當(dāng)a≤1時，fx>0方法二：先證不等式ex≥x+1與x?1≥lnx設(shè)gx=ex?x?1可得gx在?∞,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增∴gx=ex?x?1≥g設(shè)?x=x?1?lnx，則可得?x在0,1上單調(diào)遞增，在1,+∞上單調(diào)遞減，∴?x=x?1?lnx≥?1于是，當(dāng)a≤1時，ex?a≥x?a+1≥x+a?1≥ln注意到以上三個不等號的取等條件分別為：x=a,a=1,x+a=1，它們無法同時取等，所以，當(dāng)a≤1時，ex?a>lnx+a，即練5【解析】（1）f(x)的定義域為xx>?1.由題意得f當(dāng)a≥0時，f'(x)>0，所以f(x)在區(qū)間當(dāng)a<0時，令f'(x)=0,得所以當(dāng)x<?a+2a時，f'(x)>0，可知當(dāng)x>?a+2a時，f'(x)<0，可知f(x)綜上所述，當(dāng)a≥0時，f(x)在區(qū)間(?1,+∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時，f(x)在區(qū)間?1,?a+2a上單調(diào)遞增，在區(qū)間（2）由題意得，當(dāng)a=1時，f(x)?g(x)=2所以f(x)?g(x)=ln所以f<ln令?(x)=lnx?所以?x在區(qū)間0,e上單調(diào)遞增，在區(qū)間e,+∞上單調(diào)遞減，所以?(x)≤?(e)=0所以lnx≤1e所以ln(所以f(x)<g(x).例4【解析】（1）若選①：m=12，則函數(shù)所以f'x=因為f''x單調(diào)遞增，且f''1=0，所以f則f'x≥f'若選②：m=1，則fx=ex?1?由f''x單調(diào)遞增，且所以f'x在0,1+ln2上單調(diào)遞減，在故f'x≥所以存在極小值點x0（2）令gx=0，則ex?1所以ex?1令t=x?lnmx，故et?1?t=0有解，設(shè)?令?'t=0所以?t在?∞,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，又?所以?t=et?1?t有唯一的零點t即1=x?ln(mx)在0,+∞上有解，整理可得1+lnm=x?lnx令lx則l'x=1?1x，令l'x=0，解得故lx≥l1=1所以m的取值范圍為[1,+∞)．練6【解析】(1)∵fx=alnx+x?1①當(dāng)a≥0時，f'x>0，函數(shù)f②當(dāng)a<0時，令f'x=0∴x∈0,?a時，f'x<0；∴fx在0,?a上單調(diào)遞減，在?a,+∞上單調(diào)遞增綜上所述：當(dāng)a≥0，fx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,+∞當(dāng)a<0，fx的單調(diào)遞增區(qū)間為?a,+∞，fx的單調(diào)遞減區(qū)間為(2)依題意可知：方程fex?ax+1=e由ex=e令gx=xex(x>0)，g要使gx=glnx令?x=x?ln當(dāng)x∈0,1時，?'x<0，?x單調(diào)遞減；當(dāng)x∈1,+∞時，①若a<1，則?x>0，②若a=1，則?x≥0且僅當(dāng)x=1時取等號，③若a>1，則?1=1?a<0，?e令φa=ea?2a即φa在1,+∞上單調(diào)遞增，所以φa>φ故此時?x在0,1上有一個零點，在1,+∞上有一個零點，符合條件綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是1,+∞.【專題訓(xùn)練】1.【解析】由題得a5=5a即lnaa=ln55，b設(shè)fx=lnxf'x=1?lnxx2x>0，當(dāng)當(dāng)0<x<e時，f'x>0故f5<f4因為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，則f′(t)=(t+1)et，

當(dāng)t<?1時，f′(t)<0，t>?1時，f′(t)>0，

∴ft=tet在(?∞,?1)上單調(diào)遞減，

在而2xe2x≥xλ∴2x≥lnxλ，即λ≥令gx=xe2x

在x∈0,12時，g′x>0，g(x)單調(diào)遞增；

在x∈∴gx最大值為g12故選：C3.【解析】解：kf(x)≥2g(x)，對?x∈(0,+∞)恒成立，

即kekx?2lnxx+k≥2xlnx，化為：kxekx+kx≥x2lnx2+lnx2，

令?(t)=tlnt+lnt，t∈(0,+∞)，

∴?′(t)=1+lnt+1t=u(t)，

u′(t)=1t?1t2=t?1t2，可得t=1時，函數(shù)u(t)取得極小值即最小值，u(1)=2>0，

∴?′(t)>0恒成立，

∴函數(shù)?(t)在t∈(0,+∞)上單調(diào)遞增，

4.【解析】解：令tx=ex?1?x，則t′x由t′x>0得x>1，所以函數(shù)tx由t′x<0得x<1，所以函數(shù)tx在?∞,1所以ex?1≥x，當(dāng)且僅當(dāng)可知fx當(dāng)且僅當(dāng)lnx+ax=1時等號成立，原條件等價于方程a=令gx=1?lnxx，則由g′x>0得x>e2，所以函數(shù)由g′x<0得0<x<e2，所以函數(shù)所以gxmin=ge2故答案為：?5.【解析】解：(1)函數(shù)f(x)=aex?1?x，f′(x)=aex?1?1，

當(dāng)a≤0時，f′(x)<0；

當(dāng)a>0時，當(dāng)x>1?lna時，f′(x)>0；當(dāng)x<1?lna時，f′(x)<0，

綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在(1?lna,+∞)上單調(diào)遞增，在(?∞,1?lna)上單調(diào)遞減．

(2)原不等式為aex?1?1≥lnx?lna，等價于elna+x?1+lna+x?1≥lnx+x=elnx+lnx，

令g(x)=ex+x，上述不等式等價于g(lna+x?1)≥g(lnx)，

顯然g(x)為單調(diào)遞增函數(shù)，

∴又等價于lna+x?1≥lnx，即lna≥lnx?x+1，

令?(x)=lnx?x+1，則?′(x)=1x?1=1?xx，

在(0,1)上，?′(x)>0，?(x)單調(diào)遞增；

在(1,+∞)6.【解析】(1)證明：f(x)=1memx?1令g(x)=f(x)+f(?x)=e則g'(x)=e∴g'(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增，∴g'(x)≥g∴x∈[0,+∞)時，g(x)≥g(0)=2，∵g(?x)=g(x)，∴g(x)為偶函數(shù)，即x∈R時，g(x)≥2，∴g(x)的最小值為2．(2)mx(mx?6)+2??(mx)令?(x)=x則①式等價于?(mx)≥?(lnx)當(dāng)x>1時，?'(x)=2(x?3+ex)>2(1?3+e)>0，

又∵m>1，x∈(e,+∞)，∴?(mx)≥?(ln令φ(x)=lnxx(x>e)，則φ'(x)=∴φ(x)<φ(e)=1e，故綜上所述，對?x∈(e,+∞)，且m>1，mx(mx?6)+2f7.【解析】(1)由題意f'令f'x=0當(dāng)a>0時，若x>0，則ax>0,eax>1若x<0，則ax<0，eax<1，所以當(dāng)a<0時，若x>0，則ax<0,eax<1若x<0，則ax>0，eax>1，所以綜上fx在?∞,0上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增當(dāng)a=?1時，?x=e即e?x構(gòu)造函數(shù)Fx=x?lnx，即有FeF'x=1?1x所以Fx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞又x∈1,+∞時，e?x∈所以只需要e?x≤x兩邊取對數(shù)，有?x≤blnx對x∈又x>1時，lnx>0，所以b≥?xlnx令Gx=?xlnx(x>1),G'x=1?lnx則Gx在1,e單調(diào)遞增，在e,+∞上單調(diào)遞減，Gx最大值為所以b的最小值為?e.8.【解析】（1）函數(shù)fx=aex?ln且f'x=aex?1x+2，因為fx此時f'x=12則當(dāng)?2<x<0時，f'x<0，則fx單調(diào)遞減，當(dāng)所以fx的單調(diào)遞減區(qū)間為?2,0，單調(diào)遞增區(qū)間為0,+∞（2）若選①：因為fx≥0恒成立，則整理可得ex+lna即ex+lna令?x=e因為?'x=ex即lna≥lnx+2?x恒成立，令則φ'當(dāng)?2<x<?1時，φ'x>0，則φx單調(diào)遞增，當(dāng)x