Question

已知函數(shù)f(x)=ln(e^x+a)(a>0)   (1)求函數(shù)y=f(x)的反函數(shù)y=f^-1(x)及f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)． (2)假設(shè)對(duì)任意x∈[ln(3a)，ln(4a)]．不等式｜m-^f-1(x)｜lnf′(x)<0成立．求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

 

Answer 1

 [考場(chǎng)錯(cuò)解]  (1)由y=f(x)=ln(e^x+a)得x=ln(e^y-a)．∴f^-1(x)=ln(e^x-a)(x>lna)，f′(x)=[ln(e^x+a)]′=

   (2)由｜m-f^-1(x)｜+ln[f′(x)]<0得-ln+ln(e^x-a)<m<ln(e^x-a)+ln在(ln(3a)，ln(4a))上恒成立．設(shè)h(x)=ln(e^x-a)+ln. S(x)=- ln+ln（e^x-a)．即m＜[h(x)]_mni.且m＞[S(x)]_max

    ∵S(x)，h(x)=ln(e^x-a)+ln(1+)在[ln(3a)，ln(4a)]上是增函數(shù)．∴[h(x)]_min=ln(2a)+ln=ln(a)． [S(x)]_max=ln(3a)-ln=ln(a) ∴l(xiāng)n(a)<m<ln(a)．

    [專家把脈]  錯(cuò)在第(2)問h(x),S(x)在(ln(3a)，ln(4a))上是增函數(shù)沒有根據(jù)．應(yīng)用定義法或?qū)��?shù)法判定后才能用這一結(jié)論．

    [對(duì)癥下藥]  (1)由y=f(x)=ln(e^x+a)得x=ln(e^y-a)∴y=f^-1(x)=ln(e^x-a)(x>lna)，f′(x)= .

    (2)解法1  由｜m-f^-1(x)｜+ln(f′(x))< 0得-ln+ln(e^x-a)<m<ln(e^x-a)+ln．即對(duì)于x∈[ln(3a)，ln(4a)]恒有<em＜    ①

    設(shè)t=e^x，u(t)=，v(t)=，于是不等式①化為u(t)<e^m<v(t)，t∈[3a，4a]

當(dāng)t₁<t₂,t₁,t₂∈[3a，4a]時(shí)

u(t₂)-u(t₁)=-=＞0.

v(t₂)-v(t₁)=-==>0

    ∴u(t)，v(t)在[3a，4a]上是增函數(shù)．

    因此，當(dāng)t∈[3a，4a]時(shí)，u(t)的最大值為u(4a)= a，v(t)的最小值為v(3a)=a，而不等式②成立，當(dāng)且僅當(dāng)u(4a)<e^m<v(3a)．即a<e^m<a，于是，得ln a<m<ln(a)．

解法2  由｜m-f^-1(x)｜+ln(f′(x))<0得ln(e^x-a)-ln(e^x+a)+x<m<ln(e^x-a)+ln(e^x+a)-x．

設(shè)(x)=ln(e^x-a)-ln(e^x+a)+x，r(x)=ln(e^x-a)+ln(e^x+a)-x，

于是原不等式對(duì)于x∈[ln(3a)，ln(4a)]恒成立等價(jià)于(x)<m<r(x)．③

    由′(x)=+1,-1．

注意到0<e^x-a<e^x<e^x+a，故有′(x)>0，r′(x)>0，從而可知(x)與r(x)均在[ln(3a)，h(4a)]上單調(diào)遞增，因此不等式③成立，當(dāng)且僅當(dāng)(ln(4a))<m<r(ln(3a))，即ln(a)＜m<ln(a)．

專家會(huì)診

論由指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)構(gòu)成的復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，首先要弄清復(fù)合函數(shù)的構(gòu)成，然后轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化為基本初等函數(shù)的單調(diào)性加以解決，注意不可忽視定義域，忽視指數(shù)和對(duì)數(shù)的底數(shù)對(duì)它們的圖像和性質(zhì)起的作用.