2021新高考数学（江苏专用）一轮复习学案：第三章 创新引领 微课 破解有关X与EXLN X的组合函数的金钥匙 WORD版含解析.doc

1、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

2、 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，aR.(1)若f(x)0，求a的取值范围；(2)若yf(x)的图象与直线ya相切，求a的值.解(1)由题易知，函数f(x)的定义域为(0，).由f(x)0，得ax0，所以ax，又x0，所以a.令g(x)，则g(x).令g(x)0，得0x，令g(x).所以当0x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)设yf(x)的图象与直线ya相切于点(t，a)，依题意可得因为

3、f(x)a，所以消去a可得t1(2t1)ln t0.(*)令h(t)t1(2t1)ln t，则h(t)2ln t1，易知h(t)在(0，)上单调递减，且h(1)0，所以当0t0，h(t)单调递增，当t1时，h(t)0，h(t)单调递减.所以当且仅当t1时，h(t)0，即(*)式成立，所以a1.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yf(x)

4、的图象与直线ya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济南一中质检)已知函数ya8ln x的图象上存在点P，函数yx22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.68ln 2，e26 B.e26，)C. D.解析函数yx22的图象与函数yx22的图象关于x轴对称，根据已知得函数ya8ln x的图象与函数yx22的图象有交点，即方程a8ln xx22在上有解，即ax228ln x在上有解，令g(x)x228ln x，x，则g(x)2x，当x时，g(x)0.故当x2时，g(x)取最小值g(2)68ln 2，由于g10，g(e

5、)e26.故当x时，g(x)取到最大值10.所以68ln 2a10.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yf(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mexxln x对任意的x恒成立.令v(x)exxln x，则v(x)exln x1，令(x)exln x1，则(x)ex，易知(x)在上单调递增，e20且(x)的图象在上连续，所以存在唯一的x0，使得(x0)0，则ex00，x0ln x0.当x时，(x)单调递减；当

6、x(x0，)时，(x)单调递增.则(x)在xx0处取得最小值，且最小值为(x0)ex0ln x01x012110，所以v(x)0，即v(x)在上单调递增，所以meln eln 21.995 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x0ln x0，将ex0ln x01转化为普通代数式x01，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x0，即借助(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】 (

7、2020雅礼中学调研)已知函数f(x)ax2xln 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ae，证明：当x0时，f(x)0时，f(x)0，即2a在x0时恒成立.令g(x)(x0)，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)maxg(1)1，所以2a1，即a.故实数a的取值范围是.(2)证明若ae，要证f(x)xex，只需证exln xex，即exex0)，则h(x)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)minh0，所以ln x0.再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0，1)上单调递增，在(1，

8、)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以exexexex(x0)(分离ln x与ex)，便于探求构造的函数h(x)ln x和(x)exex的单调性，分别求出h(x)的最小值与(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(a0).(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 xex0.(1)解由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，).由f(x)ln x0有解，得axln x有解，令g(x)xln x，则g(x)(ln x1).当x时，g(x)0，当x时，g(x)0，a0，00，即证

9、ln xex，x0，即证xln xaxex，即证(xln xa)min(xex)max.令h(x)xln xa，则h(x)ln x1.当0x时，f(x)时，f(x)0.函数h(x)在上单调递减，在上单调递增，h(x)minha，故当a时，h(x)a.令(x)xex，则(x)exxexex(1x).当0x0；当x1时，(x)0时，(x).显然，不等式中的等号不能同时成立，故当a时，ln xex0.类型四借助exx1或ln xx1(x0)进行放缩【例4】 已知函数f(x)x1aln 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，m，求m的最小值.解(1)f(x)的定义域为

10、(0，)，若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0；所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增，故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点.因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0，令x1，得ln.从而lnlnln11.故2，从而m的最小正整数是m3.思维升华1.第(1)问可借助yx1与yaln 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x1ln x(x0，且x1)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exx1(当x0时取等号)

11、.【训练3】 已知函数f(x)exa.(1)若函数f(x)的图象与直线l：yx1相切，求a的值；(2)若f(x)ln x0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yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，切点坐标为(0，1)，则f(0)1a1，a2.(2)先证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，令F(x)0，则x0，当x(0，)时，F(x)0；当x(，0)时，F(x)ln x.当a2时，ln x0恒成立.当a3时，存在x，使exaln x不恒成立.综上，整数a的最大值为2.A级基础巩固一、选择题1.已知yf(x)是奇函数，当x(0，2)时

12、，f(x)ln xax，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)a0，得x.当0x0；当x时，f(x)0.所以f(x)maxfln a11，解得a1.答案D2.(2020重庆调研)函数f(x)ex1ax2(a1)xa2在(，)上单调递增，则实数a的取值范围是()A.1 B.1，1C.0，1 D.1，0解析f(x)ex1ax(a1)0恒成立，即ex1ax(a1)恒成立，由于：exx1，即ex1x，只需要xax(a1)，即(a1)(x1)0恒成立，所以a1.答案A3.(2020南京模拟)若函

13、数f(x)xaln 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a10时，函数f(x)x10ln x.此时f(e)e100.则f(x)在(e，10)有零点，所以A，B不正确.取a时，f(x)xln x.则f(x)1，当x1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)x2ax3(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 xx2ax3，ax2ln x，设h

14、(x)x2ln x(x0)，所以h(x)1.所以x在上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下：x1(1，e)h(x)0h(x)极小值又h3e2，h(1)4，h(e)e2.且h(e)h42e0.所以h(x)minh(1)4，h(x)maxh3e2，所以4ae2，即a的取值范围为.5.设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x(1，)时，1x.(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x1时，f(x)0且x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln x1.因此ln ，x.故当x(1，

15、)时恒有10).当a0时，f(x)0，此时函数在(0，)上单调递增；当a0时，令f(x)0，得x，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ya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(，e上单调递增；则g(x)ming()3e，而g(e)27e27，且g(e)e327.所以要使直线ya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)(xae)x.(1)解由f(x)aex2x1，得f(x)aex2.当a0时，f(x)0

16、，函数f(x)在R上单调递增；当a0，解得xln，由f(x)ln，故f(x)在上单调递增，在上单调递减.综上所述，当a0时，函数f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)(xae)xe0.令g(x)e，则g(x).当a1时，aexx1exx1.令h(x)exx1，则当x0时，h(x)ex10.当x0时，h(x)单调递增，h(x)h(0)0.aexx10.当0x1时，g(x)1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e0，故f(x)(xae)x.C级创新猜想8.(综合创新题)(2020南京调研)已知函数f(x)cos x，g(x)eaxa(a0)，若x1，x20，1，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F1，1.由a0，知ea1，g(x)(ea)xa在0，1上单调递增.G.又x1，x20，1使得f(x1)g(x2)，所以FG.因为h(a)eaa在(0，)上递增，所以h(a)h(0)1恒成立，所以只需a1，即a.答案