近几年高考压轴题常以x与ex，ln x组合的函数为基础来命制，将基本初等函数的概念，图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)．预计今后高考试题除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组合，注重对函数与方程、转化与化归、分类整合和数形结合等思想的灵活运用，突出对数学思维能力和数学核心素养的考查．

策略一　分离参数，设而不求

[例1]　已知函数f(x)＝ln x，h(x)＝ax(a∈R)．

(1)若函数f(x)的图象与h(x)的图象无公共点，求实数a的取值范围；

(2)是否存在实数m，使得对任意的x∈，都有y＝f(x)＋的图象在g(x)＝的图象下方？若存在，请求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由．

解析：(1)函数f(x)的图象与h(x)的图象无公共点，等价于方程＝a在(0，＋∞)上无解，

令t(x)＝，则t′(x)＝，令t′(x)＝0，得x＝e.

随着x的变化，t′(x)，t(x)的变化如下表所示．

x	(0，e)	e	(e，＋∞)
t′(x)	＋	0	－
t(x)	单调递增	极大值	单调递减

因为x＝e是函数t(x)唯一的极值点，所以t(x)max＝t(e)＝，故要使方程＝a在(0，＋∞)上无解，需满足a>，故实数a的取值范围为.

(2)假设存在实数m满足题意，则不等式ln x＋<对任意的x∈恒成立，

即m<ex－xln x对任意的x∈恒成立．

令v(x)＝ex－xln x，则v′(x)＝ex－ln x－1，

令φ(x)＝ex－ln x－1，则φ′(x)＝ex－.

易知φ′(x)在上单调递增，φ′＝－2<0，φ′(1)＝e－1>0且φ′(x)的图象在上连续，

所以存在唯一的x0∈，使得φ′(x0)＝0，即－＝0，则x0＝－ln x0.

当x∈时，φ(x)单调递减；

当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)单调递增．

则φ(x)在x＝x0处取得最小值，且最小值为φ(x0)＝－ln x0－1＝＋x0－1>2－1＝1>0，

所以v′(x)>0，即v(x)在上单调递增，

所以m≤－ln＝＋ln 2≈1.995 29，

故存在整数m满足题意，且m的最大值为1.

名师点评　本题分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时往往可以采用设而不求的方法．在第(2)小问中，通过虚设零点x0得到x0＝－ln x0，将－ln x0－1转化为普通代数式＋x0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x0，即借助φ′(x0)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的．

变式练1　证明ex－ln x>2.

策略二　分离ln x与ex

[例2]　已知函数f(x)＝ax2－xln x.

(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；

(2)若a＝e，证明：当x>0时，f(x)<xex＋.

解析：(1)由题意知，f′(x)＝2ax－ln x－1.

因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0，即2a≥恒成立．

令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，

易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，

所以2a≥1，即a≥.

故实数a的取值范围是.

(2)证明：若a＝e，要证f(x)<xex＋，

只需证ex－ln x<ex＋，即ex－ex<ln x＋.

令h(x)＝ln x＋(x>0)，则h′(x)＝，

易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，

所以ln x＋≥0.

再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，

易知φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，

则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.

因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex<ln x＋，故原不等式成立．

名师点评　

1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．

2．本题第(2)小题中变形后再隔离分析构造函数，便于探求构造的函数h(x)＝ln x＋和φ(x)＝ex－ex的单调性．若直接构造函数，则很难借助导数研究其单调性．

变式练2　设函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线与直线e2x－y＋e＝0垂直．

(1)若f(x)在(m，m＋1)上存在极值，求实数m的取值范围；

(2)求证：当x>1时，不等式>.

策略三　借助ex≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩

[例3]　已知函数f(x)＝ex－a.

(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；

(2)若f(x)－ln x>0恒成立，求整数a的最大值．

解析：(1)f′(x)＝ex，因为函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，

所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，即f(0)＝－1，

解得a＝2.

(2)现证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，

则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，

当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0，当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0，

所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1，

同理可得ln x≤x－1，

所以ex－2>ln x，

当a≤2时，ln x<ex－2≤ex－a，

即当a≤2时，f(x)－ln x>0恒成立．

当a≥3时，存在x，使ex－a<ln x，即ex－a>ln x不恒成立．

综上，整数a的最大值为2.

名师点评　利用ex≥x＋1，ln x≤x－1可将超越函数转化为一次函数，有效地降低了试题的难度．

变式练3　已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln(x＋a)＋b.

(1)若函数f(x)与g(x)的图象在点(0,1)处有相同的切线，求a，b的值；

(2)当b＝0时，f(x)－g(x)>0恒成立，求整数a的最大值．

微专题(十一)

变式练1

证明：设f(x)＝ex－ln x(x>0)，则f′(x)＝ex－，

∴令h(x)＝f′(x)，∴h′(x)＝ex＋>0，

∴f′(x)在(0，＋∞)上是增函数，

又f′＝－2<0，f′(1)＝e－1>0，

∴函数f(x)在上存在极小值点x0且＝，即x0＝－ln.

∴f(x0)＝＋>2，

故f(x)>2，即ex－ln x>2.

变式练2

解析：(1)∵f′(x)＝，

∴曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线斜率为－.

又切线与直线e2x－y＋e＝0垂直，

可得f′(e)＝－，所以－＝－，

∴a＝1，所以f(x)＝，

∴f′(x)＝(x>0)，

当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；

当x>1时，f′(x)<0，f(x)为减函数．

所以x＝1是函数f(x)的极大值点．

又f(x)在(m，m＋1)上存在极值，

所以m<1<m＋1，即0<m<1.

综上所述，实数m的取值范围是(0,1)．

(2)不等式>变形为·>分别构造函数g(x)＝和h(x)＝，

则g′(x)＝，令φ(x)＝x－ln x，

则φ′(x)＝1－＝.

因为x>1，所以φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x)>φ(1)＝1>0，所以g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以x>1时，g(x)>g(1)＝2，故>，h′(x)＝，∵x>1，∴1－ex<0.∴h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴x>1时，h(x)<h(1)＝.