随遇而安什么意思-羊上树台词

由
f
(
x
)
=
lnx
x
引 出的大小比较问题
秒杀秘籍:由
f
(
x
)
=
ln x
x
引出的大小比较问题
如右图,
f
(
x
)
=
lnx
x
图像性质,有以下结论:
（1）
f
(
x
)
=
ln x
x
在区间
(
0,e
)
上单调递增,在区间
(e,+?
)
单调递
减；当
x=e
时,取得最大值
1e
；
（2）极大值左偏,
f
(
2
)
=f(
4
)

（3）关于
a
b
与
b
a
(
a>b
)
,当
e>a>b>0
时,
a
b
>b
a
,当
a>b>e
时,
a
b
a
；口诀:大指小底。（大于
e
看指数
大,小于
e
看底数大）
证明:（1）函数的定义域为
(
0,+?
)
,
f
¢
(
x
)
=
1-lnx
x
2
= 0
时,
x=e,f
(
e
)
=
1
e
,故
f
(
x
)
在
(
0,e
)
­< br>,
(
e,+ク
)
；
（2）
f
(
2
)
=
ln2
2
=
2ln2
4
=f
(
4
)
,注意:只能比较
f
(
3
)
,f< br>(
4
)
,f
(
5
)
,或者
f
(
0.7
)
,f
(
0.8
)
,f
(2
)
之类属于
e
的左边或者右边,
f
(
2)
=f
(
4
)
涉及左右互换。
比较
a
b
与
b
a
(
a>b
)
,即比较
blna
与
alnb
的大小,同除以
ab
得到
lna
a与
lnb
b
,根据函数
f
(
x
)
=< br>lnx
x
的单调性,
即可判断。
例1:
（2017•新课标 Ⅰ）设
x
、
y
、
z
为正数,且
2
x
3
y
5
z
,则
(

)

A
．
2x3y5z

B
．
5z2x3y

C
．
3y5z2x

D
．
3y2x5z

解:
x
、
y、
z
为正数,令
2
x
3
y
5
z< br>k1
．
lgk0
．则
x
lnklnklnk
ln2
,
y
ln3
,
z
ln5
．
< br>ln2
=
ln4ln3
>
ln4ln55423
3y3lnk
ln3
,
2x
2lnk
ln2
,
5 z
5lnk
ln5
．
24
,且
34
>
5
,故
ln5
>
ln4
=
ln2
>
ln3< br>,

3y2x5z
．选D。

例2:: 设
a (
3
232
)
5
,b(
2
)
5
,c(
2
5
555
),
则
a,b,c
的大小关 系是 （ ）
A.
acb
B.
abc
C.
cab
D.
bca

解:由于
0<
23
3
23
x
32
5
2
5
骣
2
5
2
5
5
<
5
根据“大指小底”原理可知
(
5
) (
5
)
,又因为
y=
琪
琪
3
桫
5
为单调减函数,
(
5
)(
5
),
再根据冥


函数
y=x
2
5
可知,
(
3
22
5
2
5
5
)(
5
),
故选A。
例3: 设
a0.6
0.6
,b0.6
1.5
,c1 .5
0.6
,则
a,b,c
的大小关系是 （ ）
A.
abc
B.
acb

C.
bac
D.
bca
解:由于
0<0.6<1.5,根据“大指小底”可知
0.6
1.5
<1.5
0.6
,根据指数函数
y=0.6
x
单调性可知< br>0.6
1.5
<0.6
0.6
<1<1.5
0.6
, 故选C。
例4:（2011全国联赛河南赛区）若
a
ln2ln3ln

ln2.7210ln10
2
,b
3
,c

, d
2.72
,f
20
,则
a,b,c,d,f
的大小（ 按
从小到大）顺序为 .
解:
ln2ln410ln10ln102l n10ln10
2
=
4
,
20
=
210
=
210
=
10
,由于
e<2.72<3,根 据
f
(
x
)
=
lnx
x
在区间
(
e,+?
)
单调递减,
a。
例5:（2 017唐山数学一模）已知
ab0,a
b
b
a
,有如下四个结 论:（1）
be
；（2）
be
；（3）存在
a,b
满足
abe
2
；（4）
abe
2
.则正确结论的序号是 （ ）
A. (1)(3) B.(2)(3) C. (1)(4) D.(2)(4)
解:根据
f
(
x
)
=
lnx< br>x
在区间
(
0,e
)
上单调递增,在区间
(
e,+?
)
单调递减；当
x=e
时,取得最大值且极大值左偏,
故 （1）正确,（2）错误,再根据
f
(
2
)
=f
(
4
)
,可知
2?48>e
2
,故（3）错（4）对。选C。
此题也可以参考对数平均不等式
ab<
a-ba+b
lnalnb

lnam(1)
lna-lnb
<
2
,令
a

b
m,

a

lnbmb(2)

（1）+（ 2）得
lnalnbm(ab)(3)
lnalnb
；
（1）-（2 ）得
lnalnbm(ab)

m
ab
,
代入（3）得
a-b1a+b
lna-lnb
=
m
<
2
=
lna+lnb
2m
,
lnab>2
,综上
abe
2
。

例6:（2018衡水金卷）下列四个命题:①
ln 5<5ln2
；②
lnp>
p
11
e
；③
2<11
；④
3eln2>42
；其中真
命题的个数是（ ）
A.1 B.2 C. 3 D.4
解:
ln5
5
=
2ln52ln2lnp2lnp2lnep
5
>
2
,ln5>1 0ln2
,故①不正确；
p
=
p
>
e
,lnp>< br>e
,故②正确；
针对命题③,要比较
2
11
与
11< br>2
,即比较
11ln2
与
2ln11
,即比较
ln2
ln11
ln2ln4ln11
11
2
与
11
,< br>2
=
4
<
11
,故
2<11
,
所以 ③正确；针对命题④,要比较
3eln2与42
,即比较
2e?
3
2
ln22eln8
与
28
,即比较
ln8
1
8与
e
的大小,根据
f
(
x
)
=
lnx
x
最大值
1
e
,故
ln8
8
<
1
e
,与命题矛盾,④不正确；综上可得,选B。
例7:（2014湖北卷压轴）已知

为圆周率,
e2.71828...
为自然对数的底数,
（I ）求函数
f(x)
lnx
3e

e

3
x
的单调区间；（II）求
e,3,e,

,3,

这6个 数中的最大数与最小数.
（III）将
e
3
,3
e
,e< br>
,

e
,3

,

3
这 6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.

解:（Ⅰ）函数
f(x)< br>的定义域为
(0,)
,
f(x)
lnx
x
,< br>f(x)
1lnx
x
2
,

当
f (x)0
,即
0xe
时,函数
f(x)
单调递增；当
f(x)0
,即
xe
时,函数
f(x)
单调递减．

故函数
f(x)
的单调递增区间为
(0,e)
,单调递减区间为(e,)
．

（Ⅱ）
e3

,
el n3eln

,

lne

ln3
,即
ln3
e
ln

e
,
lne

ln 3

．

于是根据函数
ylnx
,
ye
x
,
y

x
在定义域上单调递增,可得
3
e< br>

e


3
,
e
3
e

3

,

故这六个数的最大数在

3
与
3

之中,最小数在
3
e
与
e
3
之中．由
e3

及（Ⅰ）的结论,
得
f(

)f
（3）
f
（e）,即
ln



ln3
3

lneln

e
,由

ln3ln3
3
,得
ln

3
ln3
,
3



3
；由
3

lne
e
,得
ln3
e
lne
3
,3
e
e
3
．综上,6个数中的最大数是
3

,最小数是
3
e
．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知,
3
e< br>

e


3
3

,
3
e
e
3
,又由（Ⅱ）知,
ln


< br>lne
e
,得

e
e

,故只需比较e
3
与

e
和
e

与
3
的大小．

由（Ⅰ）知,当
0xe
时,
f(x) f
（e）

1lnx
e
,即
x

1e
．在上式中,令
x
e
2
e
2
e
2
e

,又

e
,则
ln

< br>
,

从而
2ln


e
,即得
ln

2
e

．①

由① 得,
eln

e(2
e2.72

)2.7(2 )2.7(20.88)3.0243
,即
eln

3
,亦即
ln

e
3.1
lne
3
,
< br>e
3


e
．又由①得,
3ln

6
3e
6e

,即
3ln



,
e



3

．
综上可得,
3
e
e
3


e
e< br>


3
3

,即6个数从小到大顺序为
3
e
,
e
3
,

e
,
e

,

3
,
3

．

1.（20 18秋•烟台期中）设
a
ln2
2
,b
ln3
3
,c
1
e
,则（ ）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜b＜c D．b＜a＜c
解:a=

最大,f（

,b=,c==,∴当x∈（0,e）时,f（x）为增函数,当x∈（ e,+∞）时,f（x）为减函数,则f（e）
2）=f

（4）＜

f（3）,∴a＜b＜c．故选:C．

2. （2005全国3卷）若
a
ln2ln3ln5
2
,b
3
,c
5
,则 （ ）
A.
abc
B.
cba

C.
cab
D.
bac

解:选C

3. （2016广州模拟）设a0.7
0.4
,b0.4
0.7
,c0.4
0.4,则
a,b,c
的大小关系为 （ ）
A.
bac
B.
acb

C.
bca
D.
cba

解:选C
4.（2017秋•襄阳期末）已知a=（



）

,b=（



）

,c=log




,则（ ）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜a＜c
解:a=（





）

,b=（

）

,
e>
1
2
>
1
3
,故根据“大指小底”可知
b>a
,a,b＞0．∴1＞b＞a＞0．
c=log




=log
2
3＞1,则a＜b＜c．故选:A．
1
5.（2006 希望杯高一第二试）已知
a(
1
1
4
)
5
,b (
1
4log
2
b
5
)
4
,c
5log
,则
a,b,c
的大小关系为 （ ）
2
a


A.
abc
B.
bac

C.
cab
D.
bca

解:根据“大指小底”可知
a>b
,a,b＞0．∴1 ＞
a
＞
b
＞0．
c=
log
2
1
5
log
2
1
>1
,故选B。
4
6.（2016 云南二模）已知函数
f(x)ln(1x
2
x)
2
2
x
1
1,af(
ln3
3
),bf(
ln55
),cf(2

).

下列结论中正确地是 （ ）
A.
bac
B.
cab

C.
abc
D.
cba

解:
f
(
x
)
+f< br>(
-x
)
=ln
(
1+x
2
+x
) (
2
)
2
x
-11-2
x
1+x-x+
2
x
+1
+
1+2
x
=0
,
-f
(
2-p
)
=f
(
p-2
)
,且
f
(
x
)
为单调增函
数,根据函数
lnx
x
性质可知 ,
p-2>1>
1
e
>
ln3
3
>
ln5
5
,故
f
(
p-2
)
>f
骣
琪< br>琪
ln3
骣
ln5
桫
3
>f
琪
琪< br>桫
5
,选B。
7. （2001上海卷）用计算器演算函数
ylgx
x
(x1)
的若干个值,可以猜想下列命题中的真命题只能是（ ）
A.
y
lgx
x
在
(1,)
上是单调减函数 B.
y
lgx
x
在
(1,)
上的值域为
< br>

0,
lg3

3



C.
y
lgx
x
在
(1,)
上有最小值 D.
y
lim
lgn
0,nN
*

n
n
解:
y=
lgx1ln
x
=
ln10
?
x
x
,故A,B,C均错误,选D。
8.（2017•新疆一模）a,b, c∈R
+
且2
a
=3
b
=6
c
,记x=2 a,y=3b,z=6c,则x,y,z的大小关系为（ ）
A．y＜x＜z B．x＜y＜z C．z＜x＜y D．x＜z＜y
解:设2
a
=3
b
=6
c
=k＞1,则a=


＞0,b=

＞0,c=

k

＞0．可得
x=
2ln
ln2
=
4lnk3lnk6lnk
ln4
,
y=< br>ln3
,
z=
ln6
,
∴
y．故选:A．
9.（2015希望杯） 比较
e2
和
2
e
的大小,结果是
e
2
< br>2
e
.
（填“>”.“<”,或“=”,其中
e
是自然对数的 底数）
解:
>

10. （2013浙江数学竞赛）已知数列
{< br>n
n},n1,2,...,
则数列中最大项的值为 .
解:< br>f
(
x
)
=x
1
=x
lnx
xx< br>,由于指数
lnx
x
在
x=e
时取得最大值,故数列选项中最 大的是
3
3
。
11. （2013北京卷） 设
l
为曲线
C:y
lnx
x
在点
(1,0)
处的切线.
（ I）求
l
的方程；（II）求证:除切点
(1,0)
之外,曲线
C< br>在直线
l
的下方.
解:（Ⅰ）
y
lnx
1ln x
x
y
x
2
l
的斜率
ky|
x1
1
l
的方程为
yx1

证明:（Ⅱ）令f(x)x(x1)lnx
,
(x0)
曲线
C
在直线< br>l
的下方,即
f(x)x(x1)lnx0
,
则
f (x)2x1
1(2x1)(x1)
x

x
f(x)
在
(0,1)
上单调递减,在
(1,)
上单调递增,又
f
（1）
0

x(0,1)
时,
f(x)0
,即
lnx
x
x1
x(1,)
时,
f(x) 0
,即
lnx
x
x1
即除切点
(1,0)
之外 ,曲线
C
在直线
l
的
下方。

1 2.（2013江苏卷）设函数
f(x)lnxax,g(x)e
x
ax,其中
a
为实数。
（I）若
f(x)
在
(1,)
上是单调减函数,且
g(x)
在
(1,)
上有最小值,求
a
的取值范围；
（II）若
g(x)
在
(1,)
上是单调增函数,试求
f(x)
的零点个数,并证明你的结论.
解:（1）求导数可 得
f(x)
h
（a）
h
（e）
0
,即a1(e1)lna
,从而
e
a1
a
e1
．

1
a
x
1
f(x)
在
(1,)
上是单调减函数,
a„0
在
(1,)
上恒成立,
x
1
1
．令
g(x)e
x
a0
,得
xlna
．当
xlna
时,
g(x)0
；当
x lna
时,
g(x)0
．
a…
,
x(1,)< br>．
a…

x
又
g(x)
在
(1,)< br>上有最小值,所以
lna1
,即
ae
．故
a
的取 值范围为:
ae
．
（2）当
a„0
时,
g(x)
必为单调函数；当
a0
时,令
g(x)e
x
a0
,解得
ae
x
,即
xlna
,
1
1
．结合上述两种情况,有
a
„
．
e
e
lnxlnx
hx=hx=
(
)
x
(
)
x
fx=lnx-ax0,e
)
­
判断
(
)
的零点 个数,只需判断
y=a
与的交点个数,根据函数在区间
(
,
(
e,+?
)
递减,显然当
a„0
或
a
1
时,< br>h
(
x
)
与
y=a
只有一个交点,当
0a 
1
时,
h
(
x
)
与
y=a
有两 个交点。综合,
ee
11
当
a„0
或
a
时,f(x)
的零点个数为1,当
0a
时,
f(x)
的零点个数 为2．
ee
13.（2014江苏卷） 已知函数
f(x)e
x
e
x
,其中
e
是自然对数的底数．
（1）证明:
f(x)
是
R
上的偶函数；
因为
g (x)
在
(1,)
上是单调增函数,类似（1）有
lna„1
,即
0a„
（2）若关于
x
的不等式
mf(x)„e
 x
m1
在
(0,)
上恒成立,求实数
m
的取值范围 ；
3
（3）已知正数
a
满足:存在
x
0
[1< br>,
)
,使得
f(x
0
)a(x
0
 3x
0
)
成立,试比较
e
a1
与
a
e 1
的大小,并证明你的结论．
f(x)e
x
e
x
,
f(x)e
x
e
x
f(x)
,即函数:
f(x)
是
R
上的偶函数；
xxxx
（2）若关于
x
的不等式
mf(x)„em1
在
(0,)
上恒成立,即
m(ee1)„e1
,
解:（1）
e
x
11t
x
x0
,
ee10
,即
m
„
xx
在
(0,)
上恒成立,设
te
,
(t 1)
,则
m
„
2
在
(1,)
上恒成
tt1
ee1
1
1tt111
t2
m„
立,
,当且仅当时等号成立,
．

…

22
1
3
tt1(t1)(t1)13
t11
t1
xx3xx2
（3）令
g(x)eea(x3x)
,则
g (x)ee3a(x1)
,
1
当
x1
,
g( x)0
,即函数
g(x)
在
[1
,
)
上单调 递增,故此时
g(x)
的最小值
g
（1）
e2a
,
e
111
3
由于存在
x
0
[1
,
)
,使得
f(x
0
)a(x
0
3x
0
)
成立,故
e2a0
,即
a(e)
,
e2e
lnelna
a-1
)
lne
(
e-1
)< br>lna
a1e1
要比较
e
与
a
的大小,即比较< br>(
与大小,即比较
e-1
与
a-1
大小。
1
1--lnx
x
¢
(
x
)
=
l nx1
h
¢
(
x
)
=
1-x
2
h
(
x
)
=x>1
)
tx=1--lnx,t
)((
t
(
x
)
(
x-1
)
x-1xx
2
xx
构造函数,,再令,故可知在区间
(
1,+ク
)< br>1
2
,
t
(
x
)
(
1
)
=0
1
e
,故
h
¢
(
x
)
<0
在区间
(
1,+?
)
恒成立,
a1e 1
e1a1
①
a((e)
,
e)(1
,
e)
时,
ea
,②当
ae
时,
ae
,③当
a(e
,
)(e1
,
)
时,当
a e1
时,