2023届高考数学二轮复习 微专题38 形如f(x)ex＋g(x)型的函数问题学案.docx

1、微专题38形如f(x)exg(x)型的函数问题用导数的方法研究形如f(x)exg(x)的函数问题研究历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点是转化目标的有效选择本专题主要研究与函数f(x)exg(x)有关的恒成立、存在性以及零点等问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.例题：已知ex1ax对任意x0，)成立，求实数a的取值范围变式1已知t对一切正实数x恒成立，求实数t的最大值变式2已知函数f(x)ex1xax2，当x0时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围串讲1设a1，函数f(x)(1x2)exa，(1)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点；(2)若曲线yf(x)在点P处的切

2、线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O为坐标原点)证明：m1.串讲2若不等式ex(xa)(xa)0对任意x(0，)成立，求正实数a的取值范围(2018北京卷)设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x2处取得极小值，求a的取值范围已知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的取值范围答案：(1)f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，)；(2).解析：(1)f(x)ex1a，设切点为(x0，0

3、)，依题意，即解得所以f(x)ex11，当x1时，f(x)1时，f(x)0，2分故f(x)的单调递减区间为(，1)，单调递增区间为(1，).6分(2)令g(x)f(x)m(x1)lnx，x0，则g(x)ex1m(lnx)1，令h(x)g(x)，则h(x)ex1m()，8分若m，因为当x1时，ex11，m()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；10分若m，可得h(x)ex1m()在(0，)上单调递增，又因为h(1)12m0，所以存在x1(1，1ln(

4、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)m(x1)lnx不成立；综上所述，m的取值范围是(，.14分微专题38例题答案：(，1解法1原不等式等价于exax10，令f(x)exax1，则f(x)exa.当a1时，f(x)0，f(x)在0，)上单调递增，f(x)f(0)0，满足题意；当a1时，由f(x)exa0得xlna，当0xlna时f(x)0，f(x)在(0，lna)上单调递减，而f(0)0

5、，从而f(x)0，不合题意综上所述，a1，即实数a的取值范围为(，1解法2：根据常用不等式exx1，且yx1与yex相切于(0，1)，又yax1也过点(0，1)，观察图象可知，要使ex1ax对任意x0，)成立，则a1，即实数a的取值范围为(，1变式联想变式1答案：1.解析：因为exx1，所以1.则t1，所以t的最大值为1.变式2答案：解法1由f(x)ex12ax，又exx1，所以f(x)ex12axx2ax(12a)x，所以当12a0，即a时，f(x)0(x0)，而f(0)0，于是当x0时，f(x)0，满足题意；又x0时，exx1，所以可得ex1x，从而当a时，f(x)ex12axex12a(

6、ex1)ex(ex2a)，故当x(0，ln2a)时，f(x)0，而f(0)0，于是当x(0，ln2a)时，f(x)0，不合题意综上所述，实数a的取值范围为.解法2因为exx1，所以当a0时，exax2x1恒成立，故只需讨论a0的情形令F(x)ex(1xax2)1，问题等价于F(x)0，由F(x)exax2(2a1)x0得x10，x2.当0a时，F(x)在0，)上单调递减，所以F(x)F(0)0恒成立；当a时，因为F(x)在0，x2上单调递增，所以F(x2)F(0)0恒成立，此时F(x)0不恒成立综上所述，实数a的取值范围是.说明：变式1和2都运用的结论是exx1，复习时应掌握本结论的证明以及理

7、解其几何意义串讲激活串讲1证明：(1)因为f(x)2xex(1x2)ex(1x)2ex0，所以f(x)在(，)上单调递增因为a1，所以f(0)1a0，f(a)(1a2)eaa(11)e1f(1)0，根据零点存在定理，由f(0)f(a)0，故f(x)在(，)上仅有一个零点(2)因为f(x)(1x)2ex，令f(x)0，解得x1，而f(1)a，由题意可得P，直线OP的斜率kOPa，而f(x)在点M(m，n)处的切线的斜率为f(m)(1m)2em，所以(1m)2ema.要证m1，即证(m1)3a(1m)2em，即证emm1，而emm1对mR恒成立(证法同例1)，所以m1得证串讲2答案：(0，2解法1

8、令f(x)ex(xa)(xa)，则f(x)ex(xa1)1，设g(x)f(x)，则g(x)ex(xa2)当0a2时，g(x)0对任意x(0，)成立，yg(x)在(0，)上单调递增，g(x)02a0，yg(x)在(0，)上单调递增，f(x)f(0)0，满足题意；当a2时，由g(x)0得xa20，yg(x)在(0，a2)上单调递减，在(a2，)上单调递增，又f(0)2a0，f(x)0在(0，a2)上恒成立，yf(x)在(0，a2)上单调递减，当x(0，a2)时，f(x)f(0)0，不合题意综上所述，正实数a的取值范围是(0，2解法2原不等式等价变形为ex10，令f(x)ex1，则f(x)ex，当a

9、22a0，即0a2时，f(x)0在(0，)上恒成立，yf(x)在(0，)上单调递减，f(x)f(0)0，满足题意；当a22a0，即a2时，由f(x)0得x，yf(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，当x(0，)时，f(x)f(0)0，不合题意综上所述，正实数a的取值范围是(0，2新题在线答案：(1)1；(2).解析：(1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以f(x)2ax(4a1)exax2(4a1)x4a3exax2(2a1)x2ex.f(1)(1a)e，xR.因为yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行所以f(1)0，即(1a)e0，解得a1.此时f(1)3e0.所以a的值为1.(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex.若a，则当x时，f(x)0.所以f(x)0在x2处取得极小值若a，则当x(0，2)时，x20，ax1x10.所以2不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是.