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  • 2021-06-16 发布

2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案: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

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www.ks5u.com 破解有关x与ex,ln x的组合函数的金钥匙 ‎ 微点聚焦突破 有关x与ex,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ex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ex,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ex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,ex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ex,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 ‎【例1】 (2020·成都七中检测)已知函数f(x)=ax-,a∈R.‎ ‎(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,+∞).‎ 由f(x)≥0,得ax-≥0,‎ 所以ax≥,又x>0,所以a≥.‎ 令g(x)=,则g′(x)=.‎ 令g′(x)>0,得0.‎ 所以当0时,g(x)单调递减.‎ 所以当x=时,g(x)取得最大值g()=,‎ 所以a≥,即a的取值范围是.‎ ‎(2)证明 设y=f(x)的图象与直线y=a相切于点(t,a),‎ 依题意可得 因为f′(x)=a-,所以 消去a可得t-1-(2t-1)ln t=0.(*)‎ 令h(t)=t-1-(2t-1)ln t,则h′(t)=-2ln t-1,‎ 易知h′(t)在(0,+∞)上单调递减,且h′(1)=0,‎ 所以当00,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,‎ 所以a==1.‎ 思维升华 1.求解有关x与ex,x与ln x的组合函数问题,要把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理;若函数最值不易求解时,可重新分拆、组合、构建新函数,然后借助导数研究函数的性质来求解.‎ ‎2.本例中(1)先将不等式f(x)≥0转化为a≥,再构造函数g(x)=,求其最大值即可求得a的取值范围;(2)先由y=f(x)的图象与直线y=a相切,得到方程组,再构造新函数,通过研究新函数的单调性,求出a的值.‎ ‎【训练1】 (2020·合肥一中质检)已知函数y=a+8ln x的图象上存在点P,函数y=-x2-2的图象上存在点Q,且P,Q关于x轴对称,则a的取值范围是(  )‎ A.[6-8ln 2,e2-6] B.[e2-6,+∞)‎ C. D. 解析 函数y=-x2-2的图象与函数y=x2+2的图象关于x轴对称,‎ 根据已知得函数y=a+8ln x的图象与函数y=x2+2的图象有交点,即方程a+8ln x=x2+2在上有解,即a=x2+2-8ln x在上有解,‎ 令g(x)=x2+2-8ln x,x∈,则g′(x)=2x-=,当x∈时,g′(x)<0;当x∈(2,e]时,g′(x)>0.故当x=2时,g(x)取最小值g(2)=6-8ln 2,‎ 由于g=10+,g(e)=e2-6.‎ 故当x=时,g(x)取到最大值10+.‎ 所以6-8ln 2≤a≤10+.‎ 答案 D 类型二 分离参数,设而不求 ‎【例2】 已知函数f(x)=ln x,g(x)=,是否存在实数m,使得对任意的x∈,都有y=f(x)+的图象在g(x)=的图象下方?若存在,请求出整数m的最大值;若不存在,请说明理由.‎ 解 假设存在实数m满足题意,则不等式ln x+<对任意的x∈恒成立,‎ 即m0且φ′(x)的图象在上连续,‎ 所以存在唯一的x0∈,使得φ′(x0)=0,‎ 则ex0-=0,∴x0=-ln x0.‎ 当x∈时,φ(x)单调递减;‎ 当x∈(x0,+∞)时,φ(x)单调递增.‎ 则φ(x)在x=x0处取得最小值,且最小值为φ(x0)=ex0-ln x0-1=+x0-1>2-1=1>0,‎ 所以v′(x)>0,即v(x)在上单调递增,‎ 所以m≤e-ln =e+ln 2≈1.995 29,‎ 故存在整数m满足题意,且m的最大值为1.‎ 思维升华 1.对于恒成立或有解问题分离参数后,导函数的零点不可求,且不能借助图象或观察得到,常采用设而不求,整体代入的方法.‎ ‎2.本例通过虚设零点x0得到x0=-ln x0,将ex0-ln x0-1转化为普通代数式+x0-1,然后使用基本不等式求出最值,同时消掉x0,即借助φ′(x0)=0作整体代换,采取设而不求,达到化简求解的目的.‎ 类型三 巧拆函数,有效分离ln x与ex ‎【例3】 (2020·雅礼中学调研)已知函数f(x)=ax2-xln x.‎ ‎(1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)若a=e,证明:当x>0时,f(x)0时,f′(x)≥0,即2a≥在x>0时恒成立.‎ 令g(x)=(x>0),则g′(x)=-,‎ 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,‎ 所以2a≥1,即a≥.‎ 故实数a的取值范围是.‎ ‎(2)证明 若a=e,要证f(x)0),则h′(x)=,‎ 易知h(x)在上单调递减,在上单调递增,则h(x)min=h=0,‎ 所以ln x+≥0.‎ 再令φ(x)=ex-ex,则φ′(x)=e-ex,‎ 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ex-ex≤0.‎ 因为h(x)与φ(x)不同时为0,‎ 所以ex-exex-ex(x>0)(分离ln x与ex),便于探求构造的函数h(x)=ln x+和φ(x)=ex-ex的单调性,分别求出h(x)的最小值与φ(x)的最大值,借助“中间媒介”证明不等式.‎ ‎【训练2】 已知函数f(x)=ln x+(a>0).‎ ‎(1)若函数f(x)有零点,求实数a的取值范围;‎ ‎(2)证明:当a≥时,ln x+-e-x>0.‎ ‎(1)解 由题意可知,函数f(x)的定义域为(0,+∞).‎ 由f(x)=ln x+=0有解,得a=-xln x有解,‎ 令g(x)=-xln x,则g′(x)=-(ln x+1).‎ ‎∵当x∈时,g′(x)>0,当x∈时,g′(x)<0,‎ ‎∴函数g(x)在上单调递增,在上单调递减,‎ 故g(x)max=g=-ln =.‎ ‎∵a=-xln x有解,且x>0,a>0,∴00,‎ 即证ln x+>e-x,‎ ‎∵x>0,∴即证xln x+a>xe-x,‎ 即证(xln x+a)min>(xe-x)max.‎ 令h(x)=xln x+a,则h′(x)=ln x+1.‎ 当0时,f′(x)>0.‎ ‎∴函数h(x)在上单调递减,在上单调递增,‎ ‎∴h(x)min=h=-+a,‎ 故当a≥时,h(x)≥-+a≥.①‎ 令φ(x)=xe-x,则φ′(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x).‎ 当00;当x>1时,φ′(x)<0.‎ ‎∴函数φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,‎ ‎∴φ(x)max=φ(1)=.‎ 故当x>0时,φ(x)≤.②‎ 显然,不等式①②中的等号不能同时成立,‎ 故当a≥时,ln x+-e-x>0.‎ 类型四 借助ex≥x+1或ln x≤x-1(x>0)进行放缩 ‎【例4】 已知函数f(x)=x-1-aln x.‎ ‎(1)若f(x)≥0,求a的值;‎ ‎(2)设m为整数,且对于任意正整数n,·…·0,由f′(x)=1-=知,‎ 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,‎ 故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.‎ 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,‎ 令x=1+,得ln<.‎ 从而ln+ln+…+ln<++…+=1-<1.‎ 故·…·2,‎ 从而m的最小正整数是m=3.‎ 思维升华 1.第(1)问可借助y=x-1与y=aln 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ex 替换x,可进一步得到不等式ex≥x+1(当x≠0时取等号).‎ ‎【训练3】 已知函数f(x)=ex-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)=ex,因为函数f(x)的图象与直线y=x-1相切,所以令f′(x)=1,即ex=1,得x=0,‎ ‎∴切点坐标为(0,-1),则f(0)=1-a=-1,∴a=2.‎ ‎(2)先证明ex≥x+1,设F(x)=ex-x-1,‎ 则F′(x)=ex-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.‎ ‎∴ex≥x+1,从而ex-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ex-2>ln x.‎ 当a≤2时,ln x0恒成立.‎ 当a≥3时,存在x,使ex-aln x不恒成立.‎ 综上,整数a的最大值为2.‎ ‎ 分层限时训练 A级 基础巩固 一、选择题 ‎1.已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于(  )‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ 解析 依题意,当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1.‎ 令f′(x)=-a=0,得x=.‎ 当00;当x>时,f′(x)<0.‎ 所以f(x)max=f=-ln a-1=-1,解得a=1.‎ 答案 D ‎2.(2020·重庆调研)函数f(x)=ex-1-ax2+(a-1)x+a2在(-∞,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是(  )‎ A.{1} B.{-1,1}‎ C.{0,1} D.{-1,0}‎ 解析 f′(x)=ex-1-ax+(a-1)≥0恒成立,‎ 即ex-1≥ax-(a-1)恒成立,‎ 由于:ex≥x+1,即ex-1≥x,‎ ‎∴只需要x≥ax-(a-1),即(a-1)(x-1)≤0恒成立,‎ 所以a=1.‎ 答案 A ‎3.(2020·深圳模拟)若函数f(x)=x--aln x在区间(1,+∞)上存在零点,则实数a的取值范围为(  )‎ A. B. C.(0,+∞) D. 解析 (特殊值法)取a=10时,函数f(x)=x--10ln x.‎ 此时f(e)=e--10<0,f(100)=100-10-10ln 10>0.‎ 则f(x)在(e,10)有零点,所以A,B不正确.‎ 取a=时,f(x)=x--ln x.‎ 则f′(x)=1--,当x>1时,f′(x)>0恒成立.‎ ‎∴f(x)在(1,+∞)上单调递增,‎ 又f(1)=0,故a=时,函数f(x)没有零点,C错误.‎ 答案 D 二、解答题 ‎4.已知函数f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3(a为实数),若方程g(x)=2f(x)在区间上有两个不等实根,求实数a的取值范围.‎ 解 由g(x)=2f(x),‎ 可得2xln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+,‎ 设h(x)=x+2ln x+(x>0),‎ 所以h′(x)=1+-=.‎ 所以x在上变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下:‎ x ‎1‎ ‎(1,e)‎ h′(x)‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ h(x)‎  极小值  又h=+3e-2,h(1)=4,h(e)=+e+2.‎ 且h(e)-h=4-2e+<0.‎ 所以h(x)min=h(1)=4,h(x)max=h=+3e-2,‎ 所以40,f(x)在(0,1)上单调递增;‎ 当x>1时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减.‎ ‎(2)证明 由(1)知f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f(1)=0.‎ 所以当x>0且x≠1时,ln x1.①‎ 因此ln <-1,即ln x>,0).‎ ‎①当a≤0时,f′(x)>0,此时函数在(0,+∞)上单调递增;‎ ‎②当a>0时,令f′(x)==0,得x=,‎ 当x∈时,f′(x)<0,此时函数f(x)在上单调递减;当x∈时,f′(x)>0,此时函数f(x)在上单调递增.‎ ‎(2)由题意知:a=在区间(1,e]上有两个不同实数解,‎ 即直线y=a与函数g(x)=的图象在区间(1,e]上有两个不同的交点,‎ 因为g′(x)=,‎ 令g′(x)=0,得x=,‎ 所以当x∈(1,)时,g′(x)<0,函数在(1,)上单调递减;‎ 当x∈(,e]时,g′(x)>0,函数在(,e]上单调递增;‎ 则g(x)min=g()=3e,而g(e)==27e>27,且g(e)=e3<27.‎ 所以要使直线y=a与函数g(x)=的图象在区间(1,e]上有两个不同的交点,则3e0时,f(x)≥(x+ae)x.‎ ‎(1)解 由f(x)=aex+2x-1,得f′(x)=aex+2.‎ ‎①当a≥0时,f′(x)>0,函数f(x)在R上单调递增;‎ ‎②当a<0时,由f′(x)>0,解得xln,‎ 故f(x)在上单调递增,‎ 在上单调递减.‎ 综上所述,当a≥0时,函数f(x)在R上单调递增;‎ 当a<0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)证明 对任意a≥1,当x>0时,f(x)≥(x+ae)x⇔--+-e≥0.‎ 令g(x)=--+-e,‎ 则g′(x)=.‎ 当a≥1时,aex-x-1≥ex-x-1.‎ 令h(x)=ex-x-1,则当x>0时,h′(x)=ex-1>0.‎ ‎∴当x>0时,h(x)单调递增,h(x)>h(0)=0.‎ ‎∴aex-x-1>0.‎ ‎∴当01时,g′(x)>0.‎ ‎∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ ‎∴g(x)≥g(1)=0,即--+-e≥0,‎ 故f(x)≥(x+ae)x.‎ C级 创新猜想 ‎8.(综合创新题)(2020·郑州调研)已知函数f(x)=cos πx,g(x)=eax-a+(a>0),若∃x1,x2∈[0,1],使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是________.‎ 解析 设集合F、G分别为函数f(x)与g(x)在区间[0,1]上的值域,则F=[-1,1].‎ 由a>0,知ea>1,∴g(x)=(ea)x-a+在[0,1]上单调递增.‎ ‎∴G=.‎ 又∃x1,x2∈[0,1]使得f(x1)=g(x2),‎ 所以F∩G≠∅.‎ 因为h(a)=ea-a+在(0,+∞)上递增,‎ 所以h(a)>h(0)=≥1恒成立,所以只需-a+≤1,‎ 即a≥.‎ 答案