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- 2021-06-16 发布
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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
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