Question

已知函数f(x)=ln(e^x+a)(a>0)   (1)求函数y=f(x)的反函数y=f^-1(x)及f(x)的导数f′(x)． (2)假设对任意x∈[ln(3a)，ln(4a)]．不等式｜m-^f-1(x)｜lnf′(x)<0成立．求实数m的取值范围．

 

Answer 1

 [考场错解]  (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．设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)]上是增函数．∴[h(x)]_min=ln(2a)+ln=ln(a)． [S(x)]_max=ln(3a)-ln=ln(a) ∴ln(a)<m<ln(a)．

    [专家把脉]  错在第(2)问h(x),S(x)在(ln(3a)，ln(4a))上是增函数没有根据．应用定义法或导数法判定后才能用这一结论．

    [对症下药]  (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．即对于x∈[ln(3a)，ln(4a)]恒有<em＜    ①

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

当t₁<t₂,t₁,t₂∈[3a，4a]时

u(t₂)-u(t₁)=-=＞0.

v(t₂)-v(t₁)=-==>0

    ∴u(t)，v(t)在[3a，4a]上是增函数．

    因此，当t∈[3a，4a]时，u(t)的最大值为u(4a)= a，v(t)的最小值为v(3a)=a，而不等式②成立，当且仅当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．

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

于是原不等式对于x∈[ln(3a)，ln(4a)]恒成立等价于(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，从而可知(x)与r(x)均在[ln(3a)，h(4a)]上单调递增，因此不等式③成立，当且仅当(ln(4a))<m<r(ln(3a))，即ln(a)＜m<ln(a)．

专家会诊

论由指数函数和对数函数构成的复合函数的单调性时，首先要弄清复合函数的构成，然后转转化为基本初等函数的单调性加以解决，注意不可忽视定义域，忽视指数和对数的底数对它们的图像和性质起的作用.