2023届高考数学二轮复习微专题38形如fxex＋gx型的函数问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题38形如fxex＋gx型的函数问题学案，共7页。


例题：已知ex≥1＋ax对任意x∈[0，＋∞)成立，求实数a的取值范围．
变式1已知eq \f(x＋ex,2x＋1)≥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)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
串讲1设a＞1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a，
(1)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(2)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与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：m≤eq \r(3,a－\f(2,e))－1.
串讲2若不等式ex(x－a)＋(x＋a)＞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－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
已知a∈R，x轴与函数f(x)＝ex－1－ax的图象相切．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当x>1时，f(x)>m(x－1)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)eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
解析：(1)f′(x)＝ex－1－a，设切点为(x0，0)，依题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x0）＝0，,f′（x0）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex0－1－ax0＝0，,ex0－1－a＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝1，,a＝1，))所以f′(x)＝ex－1－1，当x<1时，f′(x)<0；当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(x－1)lnx，x>0，则g′(x)＝ex－1－m(lnx＋eq \f(x－1,x))－1，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－m(eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2))，8分
①若m≤eq \f(1,2)，因为当x>1时，ex－1>1，m(eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2))<1，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x>1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(x－1)lnx成立；10分
②若m>eq \f(1,2)，可得h′(x)＝ex－1－m(eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2))在(0，＋∞)上单调递增，又因为
h′(1)＝1－2m<0，h′(1＋ln(2m))＝2m－meq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋ln（2m）)＋\f(1,[1＋ln（2m）]2)))>0，
所以存在x1∈(1，1＋ln(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(x－1)lnx不成立；综上所述，m的取值范围是(－∞，eq \f(1,2)].14分
微专题38
例题
答案：(－∞，1]．
解法1原不等式等价于ex－ax－1≥0，令f(x)＝ex－ax－1，则f′(x)＝ex－a.当a≤1时，f′(x)≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(0)＝0，满足题意；当a＞1时，由f′(x)＝ex－a＝0得x＝lna，当0＜x＜lna时f′(x)＜0，f(x)在(0，lna)上单调递减，而f(0)＝0，从而f(x)＜0，不合题意．综上所述，a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1]．
解法2：根据常用不等式ex≥x＋1，且y＝x＋1与y＝ex相切于(0，1)，又y＝ax＋1也过点(0，1)，观察图象可知，要使ex≥1＋ax对任意x∈[0，＋∞)成立，则a≤1，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ex≥x＋1，所以eq \f(x＋ex,2x＋1)≥eq \f(x＋x＋1,2x＋1)＝1.则t≤1，所以t的最大值为1.
变式2
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
解法1由f′(x)＝ex－1－2ax，又ex≥x＋1，所以f′(x)＝ex－1－2ax≥x－2ax＝(1－2a)x，所以当1－2a≥0，即a≤eq \f(1,2)时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0，满足题意；又x≠0时，ex＞x＋1，所以可得e－x＞1－x，从而当a＞eq \f(1,2)时，f′(x)＝ex－1－2ax≤ex－1＋2a(e－x－1)＝e－x(ex－2a)，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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
解法2因为ex≥x＋1，所以当a≤0时，ex≥ax2＋x＋1恒成立，故只需讨论a＞0的情形．令F(x)＝e－x(1＋x＋ax2)－1，问题等价于F(x)≤0，由F′(x)＝e－x[－ax2＋(2a－1)x]＝0得x1＝0，x2＝eq \f(2a－1,a).
①当0＜a≤eq \f(1,2)时，F(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以F(x)≤F(0)＝0恒成立；
②当a＞eq \f(1,2)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eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
说明：变式1和2都运用的结论是ex≥x＋1，复习时应掌握本结论的证明以及理解其几何意义．
串讲激活
串讲1
证明：(1)因为f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(1＋x)2ex≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．因为a＞1，所以f(0)＝1－a＜0，f(a)＝(1＋a2)ea－a＞(1＋1)e－1＝f(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)＝(1＋x)2ex，令f′(x)＝0，解得x＝－1，而f(－1)＝eq \f(2,e)－a，由题意可得
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,e)－a))，直线OP的斜率kOP＝eq \f(\f(2,e)－a,－1)＝a－eq \f(2,e)，而f(x)在点M(m，n)处的切线的斜率为f′(m)＝(1＋m)2em，所以(1＋m)2em＝a－eq \f(2,e).要证m≤eq \r(3,a－\f(2,e))－1，即证(m＋1)3≤a－eq \f(2,e)＝(1＋m)2em，即证em≥m＋1，而em≥m＋1对m∈R恒成立(证法同例1)，所以m≤eq \r(3,a－\f(2,e))－1得证．
串讲2
答案：(0，2]．
解法1令f(x)＝ex(x－a)＋(x＋a)，则f′(x)＝ex(x－a＋1)＋1，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex(x－a＋2)．当0＜a≤2时，∵g′(x)＞0对任意x∈(0，＋∞)成立，∴y＝g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴g′(x)＝0＝2－a≥0，∴y＝g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)＞f(0)＝0，满足题意；当a＞2时，由g′(x)＝0得x＝a－2＞0，∴y＝g(x)在(0，a－2)上单调递减，在(a－2，＋∞)上单调递增，又∵f′(0)＝2－a＜0，∴f′(x)＜0在(0，a－2)上恒成立，∴y＝f(x)在(0，a－2)上单调递减，∴当x∈(0，a－2)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
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－x,a＋x)))ex－1＜0，令f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－x,a＋x)))ex－1，则f′(x)＝－eq \f(x2－（a2－2a）,a＋x)ex，当a2－2a≤0，即0＜a≤2时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，满足题意；当a2－2a＞0，即a＞2时，由f′(x)＝0得x＝eq \r(a2－2a)，∴y＝f(x)在(0，eq \r(a2－2a))上单调递增，在(eq \r(a2－2a)，＋∞)上单调递减，∴当x∈(0，eq \r(a2－2a))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)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
解析：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[2ax－(4a＋1)]ex＋[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e，x∈R.因为y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．所以f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>eq \f(1,2)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)<0在x＝2处取得极小值．若a≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
用导数的方法研究形如f(x)ex＋g(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)ex＋g(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.