2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用创新引领微课破解有关x与exlnx的组合函数的金钥匙教学案含解析新人教A版

1、- 1 -破解有关破解有关x x与与 e ex x，lnlnx x的组合函数的金钥匙的组合函数的金钥匙微点聚焦突破有关x与 ex，lnx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，lnx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

2、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，lnx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)axlnxx，ar r.(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.(1)解由题易知，函数f(x)的定义域为(0，).由f(x)0，得axlnxx0，所以axlnxx，又x0，所以alnxx2.令g(x)lnxx2，则g(x)12lnxx3.令g(x)0，得 0 x e，令g(x) e.所以

3、当 0 x e时，g(x)单调递减.所以当x e时，g(x)取得最大值g( e)12e，所以a12e，即a的取值范围是12e，.(2)证明设yf(x)的图象与直线ya相切于点(t，a)，依题意可得f（t）a，f（t）0.- 2 -因为f(x)a1lnxx2，所以atlntta，a1lntt20，消去a可得t1(2t1)lnt0.(*)令h(t)t1(2t1)lnt，则h(t)1t2lnt1，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a1ln 1121.思维升华

4、1.求解有关x与 ex，x与 lnx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alnxx2，再构造函数g(x)lnxx2，求其最大值即可求得a的取值范围；(2)先由yf(x)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合肥一中质检)已知函数ya8lnx x1e，e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，e26b.e2

5、6，)c.101e2，d.68ln 2，101e2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ya8lnx x1e，e的图象与函数yx22 的图象有交点，即方程a8lnxx22 在1e，e上有解，即ax228lnx在1e，e上有解，令g(x)x228lnx，x1e，e，则g(x)2x8x2x28x，当x1e，2时，g(x)0.故当x2 时，g(x)取最小值g(2)68ln 2，由于g1e 101e2，g(e)e26.- 3 -故当x1e时，g(x)取到最大值 101e2.所以 68ln 2a101e2.答案d类型二分离参数，设而不求【例 2】 已知函数f(x)ln

6、x，g(x)exx，是否存在实数m，使得对任意的x12，都有yf(x)mx的图象在g(x)exx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 lnxmxexx对任意的x12，恒成立，即mexxlnx对任意的x12，恒成立.令v(x)exxlnx，则v(x)exlnx1，令(x)exlnx1，则(x)ex1x，易知(x)在12，上单调递增，12 e1220 且(x)的图象在12，1上连续，所以存在唯一的x012，1，使得(x0)0，则 ex01x00，x0lnx0.当x12，x0时，(x)单调递减；当x(x0，)时，(x)单调递增.则(x)在

7、xx0处取得最小值，且最小值为(x0)ex0lnx011x0 x012x01x0110，所以v(x)0，即v(x)在12，上单调递增，所以me1212ln12e1212ln 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- 4 -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x0lnx0，将 ex0lnx01 转化为普通代数式1x0 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

8、x与 ex【例 3】 (2020雅礼中学调研)已知函数f(x)ax2xlnx.(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 2alnx1x在x0时恒成立.令g(x)lnx1x(x0)，则g(x)lnxx2，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a12.故实数a的取值范围是12，.(2)证明若ae，要证f(x)xex1e，只需证 exlnxex1ex，即 exex0)，则h(x)ex1ex2，易知h(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，则h(

9、x)minh1e 0，所以 lnx1ex0.再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)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lnx与 ex)，便于探求构造的函数h(x)lnx1ex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)lnxax(a0).(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；(2)证明：当a2e时，lnxaxex0.(1)解由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，).由f(x

10、)lnxax0 有解，得axlnx有解，令g(x)xlnx，则g(x)(lnx1).当x0，1e 时，g(x)0，当x1e，时，g(x)0，a0，00，即证 lnxaxex，x0，即证xlnxaxex，即证(xlnxa)min(xex)max.令h(x)xlnxa，则h(x)lnx1.当 0 x1e时，f(x)1e时，f(x)0.函数h(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，h(x)minh1e 1ea，- 6 -故当a2e时，h(x)1ea1e.令(x)xex，则(x)exxexex(1x).当 0 x0；当x1 时，(x)0 时，(x)1e.显然，不等式中的等号不能同时成立，故当

11、a2e时，lnxaxex0.类型四借助 exx1 或 lnxx1(x0)进行放缩【例 4】 已知函数f(x)x1alnx.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，1121122112nm，求m的最小值.解(1)f(x)的定义域为(0，)，若a0，因为f12 12aln 20，由f(x)1axxax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，x1lnx0，令x112n，得 ln112n12n.从

12、而 ln112 ln1122ln112n1212212n112n1.故1121122112n2，从而m的最小正整数是m3.思维升华1.第(1)问可借助yx1 与yalnx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x1lnx(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).【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)lnx0 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

13、(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)lnx.当a2 时，lnx0 恒成立.当a3 时，存在x，使 exalnx不恒成立.综上，整数a的最大值为 2.分层限时训练a 级基础巩固一、选择题- 8 -1.已知yf(x)是奇函数，当x(0，2)时，f(x)lnxaxa12 ，当x(2，0)时，f(x)的最小值为 1，则a的值等于()a.4b.3c.2d.1解析依题意，当x(0，2)时，f(x)的最大值为1.令f(x)1xa0，

14、得x1a.当 0 x0；当x1a时，f(x)0.所以f(x)maxf1alna11，解得a1.答案d2.(2020重庆调研)函数f(x)ex112ax2(a1)xa2在(，)上单调递增，则实数a的取值范围是()a.1b.1，1c.0，1d.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深圳模拟)若函数f(x)xxalnx在区间(1，)上存在零点，则实数a的取值范围为()a.0，12b.12，ec.(0，)d.12，解析(特殊值法)取a10 时，函数f(

15、x)xx10lnx.此时f(e)e e100.则f(x)在(e，10)有零点，所以 a，b 不正确.取a12时，f(x)xx12lnx.- 9 -则f(x)112x12x，当x1 时，f(x)0 恒成立.f(x)在(1，)上单调递增，又f(1)0，故a12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)xlnx，g(x)x2ax3(a为实数)， 若方程g(x)2f(x)在区间1e，e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 2xlnxx2ax3，ax2lnx3x，设h(x)x2lnx3x(x0)，所以h(x)12x3x2（x3）（x1）x2.所

16、以x在1e，e上变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下：x1e，11(1，e)h(x)0h(x)极小值又h1e 1e3e2，h(1)4，h(e)3ee2.且h(e)h1e 42e2e0.所以h(x)minh(1)4，h(x)maxh1e 1e3e2，所以 4ae23e，即a的取值范围为4，e23e .5.设函数f(x)lnxx1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x(1，)时，1x1lnxx.- 10 -(1)解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x1，令f(x)0，解得x1.当 0 x0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x1 时，f(x)0 且x1 时，lnxx1.故

17、当x(1，)时，lnx1.因此 ln1xx1x，x1lnxx.故当x(1，)时恒有 1x1lnx0).当a0 时，f(x)0，此时函数在(0，)上单调递增；当a0 时，令f(x)3x3ax0，得x3a3，当x0，3a3 时，f(x)0，此时函数f(x)在3a3，上单调递增.(2)由题意知：ax3lnx在区间(1，e上有两个不同实数解，即直线ya与函数g(x)x3lnx的图象在区间(1，e上有两个不同的交点，因为g(x)x2（3lnx1）（lnx）2，令g(x)0，得x3e，所以当x(1，3e)时，g(x)0，函数在(3e，e上单调递增；则g(x)ming(3e)3e，而g(e127)e19ln

18、 e12727e1927，且g(e)e327.所以要使直线ya与函数g(x)x3lnx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，函数f(x)在 r r 上单调递增；当a0，解得xln2a，由f(x)ln2a，故f(x)在 ，ln2a上单调递增，在 ln2a， 上单调递减.综上所述，当a0 时，函数f(x)在 r r 上单调递增；当a0 时，f(x)(xae)xexxxa1ax2ae0.令g(x)exxxa1ax2ae，则g(x)（x1）（aexx1）ax2.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 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0.- 12 -g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，g(x)