成都市高2017届零诊理数15题研究解惑（考试时间：2016年7月4日）.pdfVIP

【题源】成都市2017届高三毕业班零诊理科 15题研究解惑(考试时间：2016.7.4） 【作者】313 许老师 四川师大成都学院 【考点】运用函数的单调性解不等式 f (x) f (x) e f (x) 【题目】已知函数 的导函数是 ， 为自然对数的底数.若函数 满足 lnx 1 xf (x)f (x) ，且f (e) ，则不等式 f (x1)f (e1)xe 的解集为 x e ________________. 【答案】(1,e) 【解析】  lnx  lnx lnx 1 2 方法一：因为xf (x)f (x) x (xf(x))  x xf(x) x dx (lnx) C2 ， 1 2 2(lnx) C 1 1 1 (lnx) 12 所以f (x) ，而f (e) ，那么C ，于是f (x)  . x e 2 2 x 不等式f (x1)f (e1)xef (x1)f (e1)xe0 令g(x)f (x1)f (e1)xe(x1)， 1 (ln(x1)1)2 由于g (x)f (x1)1   2 10， 2 x 所以g(x)在区间(1,)上单调递减，又g(e)0，因此，不等式g(x)0的解集为 (1,e).  lnx  lnxxf(x) 方法二：xf (x)f (x) f (x) 2 ， x x 令h(x)lnxxf(x)(x0)， 1 1lnx 由h(x) (xf (x)f (x))  可知，h(x)在区间(0,e)上递增，在区间(e,)上 x x 递减，且h(e)1ef(e)0，所以 h(x)0，因此 f (x)0 . 不等式f (x1)f (e1)xef (x1)f (e1)xe0 令g(x)f (x1)f (e1)xe(x1)， 交流复习经验 共享高考辉煌 欢迎加入 2017高三数学一线名师群 （群号：478445914） 由2017届高三数学教学第一线学者型特级教师于2016年7月8 日创建 由f (x)0 可知，g (x)f (x1)10  ， 所以g(x)在区间(1,)上单调递减，又g(e)0，因此，不等式g(x)0的解集为 (1,e). 【点评】求解超越不等式，常常把不等式化为 “不等号的右边为 ”的形式，再运用单调 0 性以及零点解决； 方法二更具普遍性，牢牢抓住：判断式子的正负，仅需单调性和零点（若没有零点，则 使用最值）.因此在判断f (x) 的分子的正负时，便使用了这一通法.而解不等式，也可以看 作是判断式子的正负. 交流复习经验 共享高考辉煌 欢迎加入 2017高三数学一线名师群 （群号：