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

1、微专题40形如f(x)ex和g(x)lnx型的函数问题除了用导数的方法研究微专题55，56的函数问题外，近年来在各省模考题中出现了同时含有ex和lnx的混合型函数，解决此类问题的关键在于利用好隐型零点的特征，进行指对数的相关转换本专题主要研究含ex和lnx的混合型函数的恒成立、存在性、最值等问题，并在解题过程中感悟数学方法的灵活运用.例题：已知函数f(x)exmlnx，当m2时，证明：f(x)0.变式1设点P在曲线yex上，点Q在曲线ylnx上，则线段PQ长度的最小值为_变式2已知函数f(x)lnx，g(x)x2xm.证明：当m3时，f(x)g(x)x2(x2)ex对任意x均成立(其中e为自然

2、对数的底数，e2.718.)串讲1已知a0，函数f(x)aex，g(x)alnxb，若存在一条直线与曲线yf(x)和yg(x)均相切，则使不等式m恒成立的最小整数m的值是_串讲2已知函数f(x)ex，其中a，bR，e2.718 28是自然对数的底数(1)若曲线yf(x)在x1处的切线方程为ye(x1)，求实数a，b的值；(2)若a2时，函数yf(x)既有极大值，又有极小值，求实数b的取值范围；若a2，b2，若f(x)kx对一切正实数x恒成立，求实数k的最大值(用b表示)(2018盐城)若对任意实数k，b都有函数yf(x)kxb的图象与直线ykxb相切，则称函数f(x)为“恒切函数”设函数g(x

3、)aexxpa，a，pR.(1)讨论函数g(x)的单调性；(2)已知函数g(x)为“恒切函数”求实数p的取值范围；当p取最大值时，若函数h(x)g(x)exm也为“恒切函数”，求证：0m.(参考数据：e320)已知函数f(x)exmlnx，当m2时，证明：f(x)0.解法1当m2时，exmex2，故只需要证明当m2时，f(x)0.2分当m2时，函数f(x)ex2在(0，)上单调递增，又f(1)0，故f(x)0在(0，)有唯一实根x0，且x0(1，2).5分当x(0，x0)时，f(x)0；8分从而当xx0时，f(x)取得最小值.11分由f(x0)0得ex02，lnx02x0，故f(x)f(x0)

4、x020.13分综上：当m2时，f(x)0.14分解法2当m2时，exmex2，故只需要证明当m2时，f(x)0.由exx1可知ex2x1，又lnxx1(证明略)，所以当m2时，f(x)0.微专题40例题证法1当m2时，exmex2，故只需要证明当m2时，f(x)0.当m2时，函数f(x)ex2在(0，)单调递增，又f(1)0，f(2)0，故f(x)0在(0，)有唯一实根x0，且x0(1，2)当x(0，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0；从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得ex02，lnx02x0，f(x)f(x0)x020.综上：当m2时，f(x)0.证法2当m

5、2时，exmex2，故只需要证明当m2时，f(x)0.由exx1可知ex2x1，又lnxx1(证明略)，所以当m2时，f(x)0.变式联想变式1答案：.解析：因为曲线yex与曲线ylnx关于直线yx对称，所以线段PQ长度的最小值是点P到直线yx距离的最小值的两倍，利用导数法得线段PQ长度的最小值为.变式2证明：f(x)g(x)x2(x2)ex可化为m(x2)exlnxx.设h(x)(x2)exlnxx，x，要证m3时mh(x)对任意x均成立，只要证h(x)max3，下证此结论成立因为h(x)(x1)，所以当x1时，x10，设u(x)ex，则u(x)ex0，所以u(x)在上递增，又因为u(x)在

6、区间上的图象是一条不间断的曲线，且u20，u(1)e10，所以x0使u(x0)0，即ex0，lnx0x0，当x时，u(x)0，h(x)0；当x(x0，1)时，u(x)0，h(x)0，函数h(x)在上递增，在x0，1上递减，h(x)maxh(x0)(x02)ex0lnx0x0(x02)2x012x0，因为y12x在x上递增，所以h(x0)12x01223，即h(x)max3，所以当m3时，不等式f(x)g(x)x2(x2)ex对任意x均成立说明：近几年的各省模拟题和高考题中时常出现指数与对数的混合型，总体来说，这类问题比较难对付，我们要尽可能要把指数和对数分开，使得不等式一边为对数式，一边为指数

7、式，然后分别计算它们的最值，或者根据函数图象特征，利用适当的不等式模型放缩为多项式函数或分式函数串讲激活串讲1答案：3.解析：设直线与f(x)，g(x)分别切于点(x1，aex1)，(x2，alnx2b)，所以即所以整理得ex1x1ex11x1，令h(x)exxex1x，则h(x)xex1，令h(x0)0，得ex0，所以h(x)在(，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递增，h(x)maxh(x0)ex0x0ex01x0x0，而x0，x0，所以最小整数m的值是3.串讲2答案：(1)a3，b2；(2)b1ln2；(2b)e.解析：(1)由题意知曲线yf(x)过点(1，0)，且f(1)e；又因为f

8、(x)ex，则有解得a3，b2.(2)当a2时，函数yf(x)的导函数f(x)ex0，若f(x)0时，得b2lnx，设g(x)2lnx(x0)由g(x)0，得x，g()1ln2.当0x时，g(x)0，函数yg(x)在区间(0，)上为减函数，g(x)(1ln2，)；当x时，g(x)0，函数yg(x)在区间(，)上为增函数，g(x)(1ln 2，)；所以，当且仅当b1ln2时，bg(x)有两个不同的解，设为x1，x2(x1x2)x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，)f(x)00f(x)极大值极小值此时，函数yf(x)既有极大值，又有极小值由题意exkx对一切正实数x恒成立，取x1得k(2b

9、)e.下证ex(2b)ex对一切正实数x恒成立首先，证明exex.设函数u(x)exex，则u(x)exe，当x1时，u(x)0；当x1时，u(x)0；得exexu(1)0，即exex，当且仅当都在x1处取到等号再证lnx1.设v(x)lnx1，则v(x)，当x1时，v(x)0；当x1时，v(x)0；得v(x)v(1)0，即lnx1，当且仅当都在x1处取到等号由上可得ex(2b)ex，所以(2b)e，即实数k的最大值为(2b)e.新题在线答案：(1)略；(2)；(，1；略解析：(1)g(x)aex1.当a0时，g(x)0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；当a0时，由g(x)0得xlna，由g

10、(x)0得xlna，由g(x)0得xlna，得函数g(x)在(，lna)上单调递减，在(lna，)上单调递增(2)若函数f(x)为“恒切函数”，则函数yf(x)kxb的图象与直线ykxb相切，设切点为(x0，y0)，则f(x0)kk且f(x0)kx0bkx0b，即f(x0)0，f(x0)0.因为函数g(x)为“恒切函数”，所以存在x0，使得g(x0)0，g(x0)0，即得aex00，pex0(1x0)，设m(x)ex(1x)，则m(x)xex，m(x)0，得x0，m(x)0，得x0，故m(x)在(，0)上单调递增，在(0，)上单调递减，从而m(x)maxm(0)1，故实数p的取值范围为(，1当

11、p取最大值时，p1，x00，aex01，h(x)(exx1)exm，h(x)(2exx2)ex，因为函数h(x)也为“恒切函数”，故存在x0，使得h(x0)0，h(x0)0，由h(x0)0得(2ex0x02)ex00，2ex0x020，设n(x)2exx2，则n(x)2ex1，n(x)0得xln2，n(x)0得xln2，故n(x)在(，ln2)上单调递减，在(ln2，)上单调递增，1在单调递增区间(ln2，)上，n(0)0，故x00，由h(x0)0，得m0；2在单调递减区间(，ln2)上，n(2)2e20，n2e2(20)0，又n(x)的图象在(，ln2)上不间断，故在区间上存在唯一的x0，使得2ex0x020，故ex0，此时由h(x0)0，得m(ex0x01)ex0x0(x02)(x01)2，函数r(x)(x1)2在上递增，r(2)0，r，故0m.综上12所述，0m.9