2023届高考数学二轮复习微专题39形如fxlnx＋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39形如fxlnx＋gx型的函数问题学案，共10页。


例题：若不等式xlnx≥a(x－1)对所有x≥1都成立，求实数a的取值范围．
变式1已知当x≥1时，x2lnx－x＋1≥m(x－1)2恒成立，求实数m的取值范围．
变式2已知关于x的不等式(x－3)lnx≤2λ有解，求整数λ的最小值．
串讲1已知函数f(x)＝x－1－alnx.
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))＜m，求m的最小值．
串讲2已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－ax＋a(a为正实数，且为常数)，若不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
(2018·南通)已知函数f(x)＝xklnx，k∈N*，g(x)＝cx－1，c∈R.
(1)当k＝1时，
①若曲线y＝f(x)与直线y＝g(x)相切，求c的值；
②若曲线y＝f(x)与直线y＝g(x)有公共点，求c的取值范围．
(2)当k≥2时，不等式f(x)≥ax2＋bx≥g(x)对于任意正实数x恒成立，当c取得最大值时，求a，b的值．
设函数f(x)＝2ax＋eq \f(b,x)＋clnx.
(1)当b＝0，c＝1时，讨论函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x＝1处的切线为y＝3x＋3a－6且函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1①求a的取值范围；
②求f(x2)的取值范围．
答案：(1)当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上递增；当a<0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上递减．；(2)①eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3))；②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,3) ln2，3＋3 ln2)).
解析：(1)f(x)＝2ax＋eq \f(b,x)＋c ln x，(x>0)，f′(x)＝2a－eq \f(b,x2)＋eq \f(c,x)＝eq \f(2ax2＋cx－b,x2).1分
当b＝0，c＝1时，f′(x)＝eq \f(2ax＋1,x).当a≥0时，由x>0得f′(x)＝eq \f(2ax＋1,x)>0恒成立，
所以，函数f(x)在(0，＋∞)上递增.3分
当a<0时，令f′(x)＝eq \f(2ax＋1,x)>0，解得x<－eq \f(1,2a)；令f′(x)＝eq \f(2ax＋1,x)<0，解得x>－eq \f(1,2a)，
所以，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上递减.5分
综上所述，当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上递增；当a<0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上
递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上递减.5分
(2)①函数f(x)在x＝1处的切线为y＝3x＋3a－6，所以，f(1)＝2a＋b＝3a－3，f′(1)＝
2a＋c－b＝3，所以，b＝a－3，c＝－a，f′(x)＝2a－eq \f(b,x2)＋eq \f(c,x)＝eq \f(2ax2－ax＋3－a,x2)，7分
函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝（－a）2－8a（3－a）>0，,\f(a,2a)>0，,\f(3－a,2a)>0，))解得eq \f(8,3)②2ax22－ax2＋3－a＝0，x2＝eq \f(a＋\r(9a2－24a),4a)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\r(9－\f(24,a))))，由eq \f(8,3)得x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，由2ax22－ax2＋3－a＝0，得a＝－eq \f(3,2x22－x2－1).f(x2)＝2ax2＋
eq \f(a－3,x2)－alnx2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2＋\f(1,x2)－lnx2))－eq \f(3,x2)＝－eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2＋\f(1,x2)－lnx2)),2x22－x2－1)－eq \f(3,x2).11分
设φ(t)＝－eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(1,t)－lnt)),2t2－t－1)－eq \f(3,t)，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，
φ′(t)＝－eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,t2)－\f(1,t)))（2t2－t－1）－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(1,t)－lnt))（4t－1）,（2t2－t－1）2)
＋eq \f(3,t2)＝－eq \f(3\f(1,t2)（2t2－t－1）2－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(1,t)－lnt))（4t－1）,（2t2－t－1）2)＋eq \f(3,t2)＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2t＋\f(1,t)－lnt))（4t－1）,（2t2－t－1）2).13分
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))时，2t＋eq \f(1,t)－lnt>0，4t－1>0，φ′(t)>0，所以φ(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))上单调
微专题39
例题
答案：(－∞，1]．
解法1设f(x)＝xlnx－a(x－1)，则f′(x)＝lnx＋1－a，令f′(x)＝0，解得x＝ea－1.当a≤1时，对所有x>1，都有f′(x)>0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此对x≥1，有f(x)≥f(1)＝0，即a≤1时，对所有x≥1，都有xlnx≥a(x－1)，满足题意；当a>1时，当x∈(1，ea－1)时，f′(x)<0，f(x)在(1，ea－1)上单调递减，又f(1)＝0，所以f(x)解法2原问题等价于lnx－eq \f(a（x－1）,x)≥0对所有x≥1都成立，令f(x)＝lnx－eq \f(a（x－1）,x)，则f′(x)＝eq \f(x－a,x2)，当a≤1时，f′(x)＝eq \f(x－a,x2)≥0恒成立，即f(x)在[1，＋∞)上单调递增，因而f(x)≥f(1)＝0恒成立；当a＞1时，令f′(x)＝0，则x＝a，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(a)＝lna－a＋1＜0，不合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，1]．
解法3根据常用不等式1－eq \f(1,x)≤lnx，且y＝1－eq \f(1,x)与y＝lnx相切于(1，0)，又y＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))过点(1，0)，所以要使lnx≥eq \f(a（x－1）,x)对所有x≥1都成立，只能a≤1.因此a的取值范围是(－∞，1]
变式联想
变式1
答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))).
解析：原不等式等价于
lnx－eq \f(m（x－1）2＋（x－1）,x2)≥0，令f(x)＝lnx－
eq \f(m（x－1）2＋（x－1）,x2)，则f′(x)
＝eq \f(（x－1）[x－（2m－2）],x3)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝2m－2.当2m－2≤1时，即m≤eq \f(3,2)时，f′(x)＞0在[1，＋∞)上恒成立，f(x)递增，f(x)≥f(1)＝0，满足题意；当2m－2＞1时，即m＞eq \f(3,2)时，f(x)在(1，2m－2)上单调递减，
f(2m－2)＜f(1)＝0，不合题意；综上所述，m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))).
变式2
答案：0.
解法1令h(x)＝(x－3)lnx，所以h′(x)＝lnx＋1－eq \f(3,x)单调递增，h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝lneq \f(3,2)＋1－2＜0，h′(2)＝ln2＋1－eq \f(3,2)＞0，所以存在唯一x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))，使得h′(x0)＝0，即lnx0＋1－eq \f(3,x0)＝0，当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，所以hmin(x)＝h(x0)＝(x0－3)lnx0＝(x0－3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,x0)－1))＝－eq \f(（x0－3）2,x0)＝6－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(9,x0)))，记函数r(x)＝6－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,x)))，则r(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))
上单调递增，所以req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜
h(x0)＜r(2)，即h(x0)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))，由2λ≥－eq \f(3,2)，且λ为整数，得λ≥0，所以不等式2λ≥h(x)有解时的λ的最小整数为0.
解法2令h(x)＝(x－3)lnx，由h(1)＝0得，当λ＝0时，不等式2λ≥h(x)有解，下证：当λ≤－1时，h(x)＞2λ恒成立，即证(x－3)lnx＞－2恒成立．显然当x∈(0，1]∪[3，＋∞)时，不等式恒成立，只需证明当x∈(1，3)时，(x－3)lnx＞－2恒成立，即证明lnx＋eq \f(2,x－3)＜0.令m(x)＝lnx＋eq \f(2,x－3)，所以m′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2,（x－3）2)＝eq \f(x2－8x＋9,x（x－3）2)，由m′(x)＝0，得x＝4－eq \r(7)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，4－\r(7)))，m′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\r(7)，3))，m′(x)＜0；所以m(x)max＝m(4－eq \r(7))＝ln(4－eq \r(7))－eq \f(\r(7)＋1,3)＜ln(4－2)－eq \f(2＋1,3)＝ln2－1＜0.所以当λ≤－1时，h(x)＞2λ恒成立．综上所述，不等式2λ≥h(x)有解时的λ的最小整数为0.
说明：当对数的真数部分和前面的系数形式不相同时，会出现导函数方程的根无法求出的情况，如变式2，解法1中由于对数和分式构成的方程难以用常规思路处理，从而导致导函数方程的根无法求出，只能通过研究导函数的隐形零点求解，解法2是对解法1的改进，将lnf(x)和g(x)分开求导，直接得到m(x)＝lnx＋eq \f(2,x－3)的导函数方程的根，避免了隐性零点的出现，这是解决对数型函数的精华所在．另外，类似于指数不等式模型“ex≥x＋1”，在必要时我们也可以利用对数不等式模型“当x>0时，eq \f(x－1,x)≤ln x≤x－1”进行探求，如例题中的解法3，复习时应掌握该结论的证明以及理解其几何意义．
串讲激活
串讲1
答案：(1)a＝1；(2)3.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，
＋∞)，由已知得，f(1)＝1－1－0＝0.对f(x)求导得f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)(x＞0)，
①若a≤0，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则x∈(0，1)时，f(x)＜0，所以a≤0不合题意；
②若a＞0，则x∈(0，a)时f′(x)＜0，f(x)单调递减，x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，f(x)min＝f(a)＝a－1－alna，令g(a)＝a－1－alna，g′(a)＝1－a·eq \f(1,a)－lna＝－lna，a∈(0，1)时，g(a)递增，a∈(1，＋∞)时，g(a)递减，g(a)≤g(a)max＝g(1)＝0，故当且仅当a＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，符合题意．
综上，a＝1；
(2)由(1)得x－1－lnx≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号．令x＝1＋eq \f(1,2n)，即有eq \f(1,2n)≥
lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))，因为lneq \b\lc\[(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))))
＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))＋…＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))≤eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＜1，所以若对于任意正整数n，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,22)))…
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)))＜m，则有lnm≥1，即m≥e，整数mmin＝3.
串讲2
答案：(0，2]．
解法1f′ (x)＝lnx＋eq \f(x＋1,x)－a.当0＜a≤2时，f′(x)＝lnx＋eq \f(x＋1,x)－a≥1－eq \f(1,x)＋eq \f(x＋1,x)－a＝2－a≥0，因此f(x)单调递增，又f(1)＝0，当x∈(0，1)，f(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，故不等式(x－1)f(x)≥0恒成立，满足题意；当a＞2时，
f′(x)＝eq \f(xlnx＋（1－a）x＋1,x)，设p(x)＝xlnx＋(1－a)x＋1，令p′(x)＝lnx＋2－a＝0，则x＝ea－2＞1.当x∈(1，ea－2)时，p′(x)＜0，p(x)单调递减，则p(x)＜p(1)＝2－a＜0，则f′(x)＝eq \f(p（x）,x)<0，所以当x∈(1，ea－2)时，f(x)单调递减，所以当x∈(1，ea－2)时，f(x)＜f(1)＝0，此时(x－1)f(x)＜0，不合题意．综上所述，a的取值范围是(0，2]．
解法2x≥1，f(x)≥0，即lnx≥
aeq \f(x－1,x＋1)；x≤1，f(x)≤0，即lnx≤aeq \f(x－1,x＋1).设h(x)＝lnx－
aeq \f(x－1,x＋1)，则h(1)＝0，h′(x)＝eq \f(1,x)－aeq \f(2,（x＋1）2)＝eq \f(（x＋1）2－2ax,x（x＋1）2).当0＜a＜2时，h′(x)＞0，h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(1)＝0，符合题意；当a＞2时，设m(x)＝(x＋1)2－2ax＝x2＋(2－2a)x＋1，Δ＝4a(a－2)＞0，所以m(x)＝0有两根x1，x2(x1＜x2)，且x1＋x2＝2a－2＞0，x1x2＝1＞0，所以x1，x2均大于零，又m(1)＝4－2a＜0，所以x1＜1＜x2，x∈(0，x1)时，h(x)单调增，x∈(x1，x2)时，h(x)单调减，x∈(x2，＋∞)时，h(x)单调增，所以当x1＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0不合题意；当a＝2时，符合题意；综上a的取值范围是(0，2]．
解法3对解法2的优化，a＞2时，因为m(1)＝4－2a＜0，存在x0＞1，使得m(x0)＝0，当x∈(1，x0)，m(x)＜0，即h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x0)＜h(1)＝0，不成立，这样可避免找点的问题．
新题在线
答案：(1)①；1；②[1，＋∞)；
(2)a＝1，b＝－1.
解析：(1)当k＝1时，f(x)＝xlnx，所以f′(x)＝1＋lnx.
①设切点为P(x0，y0)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋lnx0＝c，①,y0＝x0lnx0，②,y0＝cx0－1，③))由②③得，cx0－1＝x0lnx0④，
由①得lnx0＝c－1，代入④得，cx0－1＝x0(c－1)．所以x0＝1，c＝1.
②由题意，得方程xlnx＝cx－1有正实数根，即方程lnx＋eq \f(1,x)－c＝0有正实数根，记h(x)＝lnx＋eq \f(1,x)－c，令h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，当0＜x＜1时，h′(x)＜0；当x＞1时，h′(x)＞0；所以h(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数；所以h(x)min＝h(1)＝1－c.若c＜1，则h(x)≥h(1)＝1－c＞0，不合题意；若c＝1，由①知适合要求；若c＞1，则h(1)＝1－c＜0，又h(ec)＝c＋eq \f(1,ec)－c＝eq \f(1,eC)＞0，所以h(1)·h(ec)＜0，由零点存在性定理知h(x)在(1，ec)(0，＋∞)上必有零点．综上，c的取值范围为[1，＋∞)．
(2)由题意得，当k≥2时，xklnx≥cx－1对于任意正实数x恒成立，所以当k≥2时，c≤xk－1lnx＋eq \f(1,x)对于任意正实数x恒成立，由(1)知，lnx＋eq \f(1,x)≥1，两边同时乘以x得，xlnx＋1≥x①，两边同时加上eq \f(1,x)得，xlnx＋1＋eq \f(1,x)≥x＋eq \f(1,x)≥2②，所以xlnx＋eq \f(1,x)≥1(*)，当且仅当x＝1时取等号．对(*)式重复以上步骤①②可得，x2lnx＋eq \f(1,x)≥1，进而可得，x3lnx＋eq \f(1,x)≥1，x4lnx＋eq \f(1,x)≥1，所以当k≥2，k∈N*时，xk－1ln x＋eq \f(1,x)≥1，当且仅当x＝1时取等号，所以c≤1，当C取最大值1时，xkln x≥ax2＋bx≥x－1对于任意正实数x恒成立，令上式中x＝1得，0≥a＋b≥0，所以a＋b＝0，所以ax2－ax≥x－1对于任意正实数x恒成立，即ax2－(a＋1)x＋1≥0对于任意正实数x恒成立，所以a＞0，所以函数y＝ax2－(a＋1)x＋1的对称轴x＝eq \f(a＋1,2a)＞0，所以Δ＝(a＋1)2－4a≤0，即(a－1)2≤0，所以a＝1，b＝－1.又由xk－2lnx＋eq \f(1,x)≥1，两边同乘以x2得，xklnx＋x≥x2，所以当a＝1，b＝－1时，xklnx≥ax2＋bx也恒成立，综上，得a＝1，b＝－1.
用导数的方法研究形如f(x)lnx＋g(x)的函数问题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)lnx＋g(x)有关的恒成立、存在性、最值等问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.