2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用创新引领微课破解有关x与exlnx的组合函数的金钥匙课件新人教A版 23页

破解有关 x 与 e x ， ln x 的组合函数的金钥匙 微点聚焦突破 有关 x 与 e x ， ln x 的组合函数是高考的常考内容，常将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式 ( 或比较大小 ) 、求参数的取值范围 ( 或最值 ) 等 . 如 2019 年全国 Ⅰ 卷 T13 是以 x 与 e x 的组合函数为载体，考查切线方程的求解， 2019 年全国 Ⅲ 卷 T6 是以 x 与 e x ， ln x 的组合函数为载体，考查导数的几何意义， 2018 年全国 Ⅱ 卷 T3 是以 x 与 e x 的组合函数为载体，考查函数的图象的识别， 2019 年天津卷 T20 以 x 与 ln x ， e x 的组合函数为载体考查函数的零点与不等式证明 . 预计今年高考对有关 x 与 e x ， ln x 的组合函数的考查，除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组合，突出对数学思维能力、数学核心素养的考查 . 类型一　构造函数 (1) 若 f ( x ) ≥ 0 ，求 a 的取值范围； (2) 若 y ＝ f ( x ) 的图象与直线 y ＝ a 相切，求 a 的值 . (1) 解　 由题易知，函数 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ). (2) 证明　 设 y ＝ f ( x ) 的图象与直线 y ＝ a 相切于点 ( t ， a ) ， 所以当 0< t <1 时， h ′( t )>0 ， h ( t ) 单调递增， 当 t >1 时， h ′( t )<0 ， h ( t ) 单调递减 . 所以当且仅当 t ＝ 1 时， h ( t ) ＝ 0 ，即 (*) 式成立， 解析　 函数 y ＝－ x 2 － 2 的图象与函数 y ＝ x 2 ＋ 2 的图象关于 x 轴对称， 答案　 D 类型二　分离参数，设而不求 故存在整数 m 满足题意，且 m 的最大值为 1. 类型三　巧拆函数，有效分离 ln x 与 e x 【例 3 】 (2020· 雅礼中学调研 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ax 2 － x ln x . (1) 解　 由题意知， f ′( x ) ＝ 2 ax － ln x － 1. 易知 g ( x ) 在 (0 ， 1) 上单调递增，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减，则 g ( x ) max ＝ g (1) ＝ 1 ， 再令 φ ( x ) ＝ e x － e x ，则 φ ′( x ) ＝ e － e x ， 易知 φ ( x ) 在 (0 ， 1) 上单调递增，在 (1 ，＋ ∞ ) 上单调递减， 则 φ ( x ) max ＝ φ (1) ＝ 0 ，所以 e x － e x ≤ 0. 因为 h ( x ) 与 φ ( x ) 不同时为 0 ， (1) 解　 由题意可知，函数 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ). 令 g ( x ) ＝－ x ln x ，则 g ′( x ) ＝－ (ln x ＋ 1). 类型四　借助 e x ≥ x ＋ 1 或 ln x ≤ x － 1( x >0) 进行放缩 【例 4 】 已知函数 f ( x ) ＝ x － 1 － a ln x . 解　 (1) f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 当 x ∈ (0 ， a ) 时， f ′( x )<0 ；当 x ∈ ( a ，＋ ∞ ) 时， f ′( x )>0 ； 所以 f ( x ) 在 (0 ， a ) 单调递减，在 ( a ，＋ ∞ ) 单调递增， 因为 f (1) ＝ 0 ，所以当且仅当 a ＝ 1 时， f ( x ) ≥ 0 ，故 a ＝ 1. (2) 由 (1) 知当 x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， x － 1 － ln x >0 ， 从而 m 的最小正整数是 m ＝ 3. 故 x ＝ a 是 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 的唯一最小值点 . 思维升华　 1. 第 (1) 问可借助 y ＝ x － 1 与 y ＝ a ln x 图象的位置关系，利用导数的几何意义求解，请读者完成 . 2. 第 (2) 问利用教材习题结论 x >1 ＋ ln x ( x >0 ，且 x ≠ 1) 进行放缩，优化了解题过程 . 若利用 e x 替换 x ，可进一步得到不等式 e x ≥ x ＋ 1( 当 x ≠ 0 时取等号 ). 【训练 3 】 已知函数 f ( x ) ＝ e x － a . (1) 若函数 f ( x ) 的图象与直线 l ： y ＝ x － 1 相切，求 a 的值； (2) 若 f ( x ) － ln x >0 恒成立，求整数 a 的最大值 . 解　 (1) f ′( x ) ＝ e x ，因为函数 f ( x ) 的图象与直线 y ＝ x － 1 相切，所以令 f ′( x ) ＝ 1 ，即 e x ＝ 1 ，得 x ＝ 0 ， ∴ 切点坐标为 (0 ，－ 1) ，则 f (0) ＝ 1 － a ＝－ 1 ， ∴ a ＝ 2. (2) 先证明 e x ≥ x ＋ 1 ，设 F ( x ) ＝ e x － x － 1 ， 则 F ′( x ) ＝ e x － 1 ，令 F ′( x ) ＝ 0 ，则 x ＝ 0 ， 当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， F ′( x )>0 ；当 x ∈ ( － ∞ ， 0) 时， F ′( x )<0. 所以 F ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增，在 ( － ∞ ， 0) 上单调递减，所以 F ( x ) min ＝ F (0) ＝ 0 ，即 F ( x ) ≥ 0 恒成立 . ∴ e x ≥ x ＋ 1 ，从而 e x － 2 ≥ x － 1( x ＝ 0 时取等号 ). 以 ln x 代换 x 得 ln x ≤ x － 1( 当 x ＝ 1 时，等号成立 ) ，所以 e x － 2>ln x . 当 a ≤ 2 时， ln x 0 恒成立 . 当 a ≥ 3 时，存在 x ，使 e x － a ln x 不恒成立 . 综上，整数 a 的最大值为 2.