2023届高考数学二轮复习 微专题39 形如f(x)ln x＋g(x)型的函数问题作业.docx

1、微专题39形如f(x)ln xg(x)型的函数问题61.函数f(x)的单调递增区间是_2已知直线yxa1与曲线yln x相切，则a的值是_3已知函数f(x)ln x(mR)在区间1，e上取得最小值4，则m_4已知函数f(x)xln x，若对于x1都有f(x)ax1，则实数a的取值范围是_5已知函数f(x)x2aln x，对任意两个正数x1，x2(x1x2)都有2成立，则实数a的取值范围是_6已知函数f(x)，若关于x的不等式f2(x)af(x)0有且仅有两个整数解，则实数a的取值范围为_7已知函数f(x)aln xbx(a，bR)(1)若f(1)4且b1，求函数yf(x)的单调递增区间；(2)

2、当b1时，若f(x)存在两个极值点m，n，且m(0，e，求f(m)f(n)的最大值8设函数f(x)ln x，g(x)(m0)(1)当m1时，函数f(x)，g(x)在x1处的切线互相垂直，求n的值；(2)是否存在实数k，使得任意的x，都有函数yf(x)的图象在y的图象的下方？若存在，请求出最大整数k的值；若不存在，请说理由(参考数据：ln 20.693 1，e1.648 7)微专题391答案：(0，1)解析：f(x)的定义域为(0，)，令f(x)0，解得0x1，即函数f(x)的单调递增区间是(0，1)2答案：2.解法1设切点为(x0，y0)，则且1，所以a的值是2.解法2注意到yx1与ylnx相

3、切，所以a的值是2.3答案：3e.解析：因为f(x)在区间1，e上取得最小值4，所以至少满足f(1)4，f(e)4，解得m3e.又f(x)且x1，e，所以f(x)0，即f(x)在区间1，e上单调递减，所以f(x)minf(e)14，即m3e.4答案：(，1解法1原不等式等价于xlnxax10，令h(x)xlnxax1，h(x)1lnxa，当a1时，则h(x)1lnxa0，h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)1a0，满足题意；当a1时，h(x)在(1，ea1)上单调递减，在(ea1，)上单调递增，h(ea1)h(1)1a0，不合题意综上所述，实数a的取值范围是(，1解法2原不等式等价于a

4、lnx，令g(x)lnx，g(x)0(x1)，所以g(x)在1，)上单调递增，所以ag(x)ming(1)1，即实数a的取值范围是(，1解法3令x1，则f(1)a1，即a1，当a1时，设F(x)xlnxax1.F(x)lnx1a0.F(x)在1，)上递增，又F(1)1a0，F(x)0，故f(1)ax1，在1，)上恒成立a1.即实数a的取值范围为(，15答案：.解析：设g(x)f(x)2xx2alnx2x(x0)，g(x)，根据题意，只需g(x)在(0，)上单调递增，所以2x22xa0在(0，)上恒成立，解得a.6答案：.解析：因为f(x)，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递

5、减，所以f(x)maxf(1)1，且x(1，)时，f(x)0恒成立当a0时，f2(x)af(x)0等价于f(x)0或f(x)a，此时x有无数个整数解，不合题意；当a0时，同样得x有无数个整数解，不合题意；当a0时，f2(x)af(x)0等价于f(x)a或f(x)0，因为f(x)0无整数解，所以只需考虑f(x)a有且仅有两个整数解，可知当f(3)af(2)时满足题意，即a，即a；综上所述，实数a的取值范围为.7答案：(1)(0，)；(2).解析：(1)因为f(x)b，且f(1)4，所以a2b4，又b1，可得则f(x)10在定义域(0，)恒成立，所以函数yf(x)的单调增区间是(0，)(2)当b1

6、时，f(x)alnxx(x0)，f(x)1，令f(x)0得x2ax10，其两根为m，n，且f(m)f(n)f(m)f2alnm2m2lnm2，设g(m)2lnm2，m(0，e，g(m)lnm，m(0，e，当m(0，1)时，g(m)0，当m(1，e时，g(m)0，m(0，e时，恒有g(m)0且仅g(1)0，g(m)在(0，e上单调递增，g(m)maxg(e)，即f(m)f(n)的最大值为.8答案：(1)n5；(2)1.解析：(1)当m1时，g(x)，则yg(x)在x1处的斜率为g(1)，又yf(x)在x1处的斜率为f(1)1，则1，解得n5.(2)假设存在实数k满足题意，则不等式lnx对x恒成立，即kexxlnx对x恒成立令h(x)exxlnx，则h(x)exlnx1，令r(x)exlnx1，则r(x)ex，因为r(x)在上单调递增，re20，r(1)e10，且r(x)的图象在上不间断，所以存在x0，使得r(x0)0，即ex00，则x0lnx0，所以当x时，r(x)单调递减；当x(x0，