2023届高考数学二轮复习 微专题40 形如f(x)ex＋g(x)ln x型的函数问题作业.docx

1、微专题40形如f(x)exg(x)ln x型的函数问题1.函数f(x)xln x的单调递增区间为_；函数g(x)的单调递减区间为_2设函数f(x)exln x的导函数f(x)的零点个数是_3定义在R上的函数f(x)满足：f(x)f(x)恒成立，若x1x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为_4定义在R上的函数f(x)满足：f(x)f(x)1且f(0)3，则不等式f(x)4ex1(其中e为自然对数的底数)的解集为_5已知函数f(x)有且只有2个零点，则a的取值范围是_6已知函数f(x)若对任意实数k，总存在实数x0，使得f(x0)kx0成立，则实数a的值为_7已知函数f(x)lnx

2、，g(x)ex，设直线l为函数f(x)的图象上一点A(x0，f(x0)处的切线证明：在区间(1，)上存在唯一的x0，使得直线l与曲线yg(x)相切8已知aR，x轴与函数f(x)ex1ax的图象相切(1)求f(x)的单调区间；(2)当x1时，f(x)m(x1)lnx，求实数m的取值范围微专题401答案：；(，0)和(0，1)解析：f(x)1lnx，令f(x)0，得x，所以函数f(x)的单调递增区间为；g(x)，令g(x)0，得x1，所以函数g(x)的单调递减区间为(，0)和(0，1)2答案：0.解析：f(x)的定义域为(0，)，f(x)exx13，所以f(x)的零点个数是0.3答案：ex1f(x

3、2)ex2f(x1)解析：设F(x)，则F(x)0，即F(x)在R上单调递增，又因为x1x2，所以，所以ex1f(x2)ex2f(x1)4答案：(0，)解析：令g(x)，则g(x)0，所以g(x)在R上是增函数，又g(0)4，所以解集为(0，)5答案：(，3解析：当x1时，f(x)lnxex3，所以函数f(x)在(1，)上单调递增，又f(1)e30，f(2)ln2e230，所以函数f(x)在(1，)上有且只有一个零点，且该零点在区间(1，2)内；又因为函数f(x)有且只有2个零点，所以f(x)x2ax2在区间(，1上有且只有一个零点当1时，a280，解得a2(舍负)；f(1)0，解得a3；f(

4、1)0即a3时，经检验符合题意；综上所述，a3或a2.6答案：.解析：设h(x)lnx，则h(x)，所以当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递增，当x(，)时，h(x)0，h(x)单调递减，所以h(x)的最大值为h()0，即lnx，所以.记g(x)由题意知，对任意实数k总存在实数x0，使得kg(x0)成立，所以函数g(x)的值域为R，故实数a的值为.7证明：f(x)，切线l：ylnx0(xx0)，即l：yxlnx01，设直线l与曲线yg(x)相切于点(x1，ex1)，g(x)ex，ex1，即x1lnx0.则直线l也为y(xlnx0)，即yx，由得lnx01，lnx0，下证：在区间(1，)上

5、x0存在且唯一设(x)lnx，(x)，x0且x1，(x)0在(1，)上恒成立，(x)在(1，)上单调递增又(e)lne0，(e2)lne20.结合零点存在定理，说明方程(x)0必在区间(e，e2)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一x0，故结论成立8答案：(1)单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)；(2)(，2解析：(1)f(x)ex1a，设切点为(x0，0)，依题意，即解得所以f(x)ex11，当x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0，故f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)(2)令g(x)f(x)m(x1)lnx，x0，则g(x)ex1m1，令h(x)g(x)，

6、则h(x)ex1m，若m，因为当x1时，ex11，m1，所以h(x)0，所以h(x)即g(x)在(1，)上单调递增又因为g(1)0，所以当x1时，g(x)0，从而g(x)在1，)上单调递增，而g(1)0，所以g(x)0，即f(x)m(x1)lnx成立；若m，可得h(x)ex1m在(0，)上单调递增，又因为h(1)12m0，h(1ln(2m)2mm0，所以存在x1(1，1ln(2m)，使得h(x1)0，且当x(1，x1)时，h(x)0，所以h(x)即g(x)在(1，x1)上单调递减，又因为g(1)0，所以当x(1，x1)时，g(x)0，从而g(x)在(1，x1)上单调递减，而g(1)0，所以当x(1，x1)时，g(x)0，即f(x)m(x1)lnx不成立；综上所述，m的取值范围是.