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)

【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【题目】已知函数f(x)的导函数是f(x)，e为自然对数的底数.若函数f(x)满足xf(x)f(x)lnx1，且f(e)，则不等式f(x1)f(e1)xe的解集为xe________________.【答案】(1,e)【解析】方法一：因为xf(x)f(x)lnxlnxlnx1(xf(x))xf(x)dx(lnx)2C，xxx21(lnx)2C111(lnx)212所以f(x)，而f(e)，那么C，于是f(x).e2x2x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10，2x2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).方法二：xf(x)f(x)lnxlnxxf(x)f(x)，2xx令h(x)lnxxf(x)(x0)，由h(x)11lnx(xf(x)f(x))可知，h(x)在区间(0,e)上递增，在区间(e,)上xx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

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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0”的形式，再运用单调性以及零点解决；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

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