2023届高考数学二轮复习微专题40形如fxex＋gxlnx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40形如fxex＋gxlnx型的函数问题学案，共8页。


例题：已知函数f(x)＝ex－m－lnx，当m≤2时，证明：f(x)＞0.
变式1设点P在曲线y＝ex上，点Q在曲线y＝lnx上，则线段PQ长度的最小值为________________．
变式2已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x2－x－m.证明：当m≥－3时，f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))均成立(其中e为自然对数的底数，e＝)．
串讲1已知a≠0，函数f(x)＝aex，g(x)＝alnx＋b，若存在一条直线与曲线y＝f(x)和y＝g(x)均相切，则使不等式eq \f(b,a)＜m恒成立的最小整数m的值是________________．
串讲2已知函数f(x)＝exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(alnx＋\f(2,x)＋b))，其中a，b∈R，e≈2.718 28是自然对数的底数．
(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝e(x－1)，求实数a，b的值；
(2)①若a＝－2时，函数y＝f(x)既有极大值，又有极小值，求实数b的取值范围；
②若a＝2，b≥－2，若f(x)≥kx对一切正实数x恒成立，求实数k的最大值(用b表示)．
(2018·盐城)若对任意实数k，b都有函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，则称函数f(x)为“恒切函数”．设函数g(x)＝aex－x－pa，a，p∈R.
(1)讨论函数g(x)的单调性；
(2)已知函数g(x)为“恒切函数”．
①求实数p的取值范围；
②当p取最大值时，若函数h(x)＝g(x)ex－m也为“恒切函数”，求证：0≤m＜eq \f(3,16).(参考数据：e3≈20)
已知函数f(x)＝ex－m－lnx，当m≤2时，证明：f(x)>0.
解法1当m≤2时，ex－m≥ex－2，故只需要证明当m＝2时，f(x)>0.2分
当m＝2时，函数f′(x)＝ex－2－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，
故f′(x)＝0在(0，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(1，2).5分
当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0；8分
从而当x＝x0时，f(x)取得最小值.11分
由f′(x0)＝0得ex0－2＝eq \f(1,x0)，lnx0＝2－x0，故f(x)≥f(x0)＝x0－2＋eq \f(1,x0)＝eq \f(（x0－1）2,x0)>0.13分
综上：当m≤2时，f(x)>0.14分
解法2当m≤2时，ex－m≥ex－2，故只需要证明当m＝2时，f(x)>0.由ex≥x＋1
可知ex－2≥x－1，
又lnx≤x－1(证明略)，所以当m≤2时，f(x)>0.
微专题40
例题
证法1当m≤2时，ex－m≥ex－2，故只需要证明当m＝2时，f(x)＞0.当m＝2时，函数f′(x)＝ex－2－eq \f(1,x)在(0，＋∞)单调递增，又f′(1)＜0，f′(2)＞0，故f′(x)＝0在(0，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0；从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．由f′(x0)＝0得ex0－2＝eq \f(1,x0)，lnx0＝2－x0，f(x)≥f(x0)＝x0－2＋eq \f(1,x0)＝
eq \f(（x0－1）2,x0)＞0.综上：当m≤2时，f(x)＞0.
证法2当m≤2时，ex－m≥ex－2，故只需要证明当m＝2时，f(x)＞0.由ex≥x＋1可知ex－2≥x－1，又lnx≤x－1(证明略)，所以当m≤2时，f(x)＞0.
变式联想
变式1
答案：eq \r(2).
解析：因为曲线y＝ex与曲线y＝lnx关于直线y＝x对称，所以线段PQ长度的最小值是点P到直线y＝x距离的最小值的两倍，利用导数法得线段PQ长度的最小值为eq \r(2).
变式2
证明：f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex可化为m＞(x－2)ex＋lnx－x.设h(x)＝(x－2)ex＋lnx－x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，要证m≥－3时m＞h(x)对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))均成立，只要证h(x)max＜－3，下证此结论成立．因为h′(x)＝(x－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－\f(1,x)))，所以当eq \f(1,2)＜x＜1时，x－1＜0，设u(x)＝ex－eq \f(1,x)，则u′(x)＝ex＋eq \f(1,x2)＞0，所以u(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上递增，又因为u(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上的图象是一条不间断的曲线，且ueq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－2＜0，u(1)＝e－1＞0，所以x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))使u(x0)＝0，即ex0＝eq \f(1,x0)，lnx0＝－x0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))时，u(x)＜0，h′(x)＞0；当x∈(x0，1)时，u(x)＞0，h′(x)＜0，函数h(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))上递增，在[x0，1]上递减，h(x)max＝h(x0)＝(x0－2)ex0＋lnx0－x0＝(x0－2)·eq \f(1,x0)－2x0＝1－eq \f(2,x0)－2x0，因为y＝1－eq \f(2,x)－2x在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上递增，所以
h(x0)＝1－eq \f(2,x0)－2x0＜1－2－2＝－3，即h(x)max＜－3，所以当m≥－3时，不等式f(x)＋g(x)＜x2－(x－2)ex对任意x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))均成立．
说明：近几年的各省模拟题和高考题中时常出现指数与对数的混合型，总体来说，这类问题比较难对付，我们要尽可能要把指数和对数分开，使得不等式一边为对数式，一边为指数式，然后分别计算它们的最值，或者根据函数图象特征，利用适当的不等式模型放缩为多项式函数或分式函数．
串讲激活
串讲1
答案：3.
解析：设直线与f(x)，g(x)分别切于点(x1，aex1)，(x2，alnx2＋b)，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－aex1＝aex1（x－x1），,y－alnx2－b＝\f(a,x2)（x－x2），))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝aex1x＋aex1（1－x1），,y＝\f(a,x2)x＋alnx2＋b－a，))
所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aex1＝\f(a,x2)，,aex1（1－x1）＝alnx2＋b－a，))整理得
eq \f(b,a)＝ex1－x1ex1＋1＋x1，令h(x)＝ex－xex＋1＋x，则h′(x)＝－xex＋1，令h′(x0)＝0，得ex0＝eq \f(1,x0)，所以h(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递增，h(x)max＝h(x0)＝ex0－x0ex0＋1＋x0＝x0＋eq \f(1,x0)，而x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，x0＋eq \f(1,x0)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))，所以最小整数m的值是3.
串讲2
答案：(1)a＝3，b＝－2；(2)①b＞1＋ln2；②(2＋b)e.
解析：(1)由题意知曲线y＝f(x)过点(1，0)，且f′(1)＝e；又因为f′(x)＝
exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(alnx－\f(2,x2)＋\f(a＋2,x)＋b))，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝e（2＋b）＝0，,f′（1）＝e（a＋b）＝e，))解得a＝3，b＝－2.
(2)①当a＝－2时，函数y＝f(x)的导函数f′(x)＝
exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2lnx－\f(2,x2)＋b))＝0，
若f′(x)＝0时，得b＝2lnx＋eq \f(2,x2)，设g(x)＝2lnx＋eq \f(2,x2)(x＞0)．由g′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(4,x3)＝eq \f(2x2－4,x3)＝0，得x＝eq \r(2)，g(eq \r(2))＝1＋ln2.当0＜x＜eq \r(2)时，g′(x)＜0，函数y＝g(x)在区间(0，eq \r(2))上为减函数，g(x)∈(1＋ln2，＋∞)；当x>eq \r(2)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)在区间(eq \r(2)，＋∞)上为增函数，g(x)∈(1＋ln 2，＋∞)；所以，当且仅当b＞1＋ln2时，b＝g(x)有两个不同的解，设为x1，x2(x1＜x2)．
此时，函数y＝f(x)既有极大值，又有极小值．
②由题意exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(alnx＋\f(2,x)＋b))≥kx对一切正实数x恒成立，取x＝1得k≤(2＋b)e.下证
exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(alnx＋\f(2,x)＋b))≥(2＋b)ex对一切正实数x恒成立．首先，证明ex≥ex.设函数u(x)＝ex－ex，则u′(x)＝ex－e，当x＞1时，u′(x)＞0；当x＜1时，u′(x)＜0；得ex－ex≥u(1)＝0，即ex≥ex，当且仅当都在x＝1处取到等号．再证lnx＋eq \f(1,x)≥1.设v(x)＝lnx＋eq \f(1,x)－1，则v′(x)＝eq \f(x－1,x2)，当x＞1时，v′(x)＞0；当x＜1时，v′(x)＜0；得v(x)≥v(1)＝0，即lnx＋eq \f(1,x)≥1，当且仅当都在x＝1处取到等号．由上可得
exeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(alnx＋\f(2,x)＋b))≥(2＋b)ex，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,x)))eq \s\d7(min)＝(2＋b)e，即实数k的最大值为(2＋b)e.
新题在线
答案：(1)略；(2)①；(－∞，1]；②略．
解析：(1)g′(x)＝aex－1.当a≤0时，g′(x)＜0恒成立，函数g(x)在R上单调递减；当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝－lna，由g′(x)＞0得x＞－lna，由g′(x)＜0得x＜－lna，得函数g(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增．
(2)①若函数f(x)为“恒切函数”，则函数y＝f(x)＋kx＋b的图象与直线y＝kx＋b相切，设切点为(x0，y0)，则f′(x0)＋k＝k且f(x0)＋kx0＋b＝kx0＋b，即f′(x0)＝0，f(x0)＝0.因为函数g(x)为“恒切函数”，所以存在x0，使得g′(x0)＝0，g(x0)＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aex0－x0－pa＝0，,aex0－1＝0，))得a＝e－x0＞0，p＝ex0(1－x0)，设m(x)＝ex(1－x)，则m′(x)＝－xex，m′(x)＜0，得x＞0，m′(x)＞0，得x＜0，故m(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，从而m(x)max＝m(0)＝1，故实数p的取值范围为(－∞，1]．
②当p取最大值时，p＝1，x0＝0，a＝e－x0＝1，h(x)＝(ex－x－1)ex－m，h′(x)＝(2ex－x－2)ex，因为函数h(x)也为“恒切函数”，故存在x0，使得h′(x0)＝0，h(x0)＝0，由h′(x0)＝0得(2ex0－x0－2)ex0＝0，2ex0－x0－2＝0，设n(x)＝2ex－x－2，则n′(x)＝2ex－1，n′(x)＞0得x＞－ln2，n′(x)＜0得x＜－ln2，故n(x)在(－∞，－ln2)上单调递减，在(－ln2，＋∞)上单调递增，1°在单调递增区间(－ln2，＋∞)上，n(0)＝0，故x0＝0，由h(x0)＝0，得m＝0；2°在单调递减区间(－∞，－ln2)上，n(－2)＝2e－2＞0，neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝2e－eq \f(3,2)－eq \f(1,2)≈2×(20)－eq \f(1,2)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,\r(5))－eq \f(1,2)＜0，又n(x)的图象在(－∞，－ln2)上不间断，故在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(3,2)))上存在唯一的x0，使得2ex0－x0－2＝0，故ex0＝eq \f(x0＋2,2)，此时由h(x0)＝0，得m＝(ex0－x0－1)ex0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2,2)－x0－1))eq \f(x0＋2,2)＝
－eq \f(1,4)x0(x0＋2)＝－eq \f(1,4)(x0＋1)2＋eq \f(1,4)，函数r(x)＝－eq \f(1,4)(x＋1)2＋eq \f(1,4)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(3,2)))上递增，
r(－2)＝0，req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝eq \f(3,16)，
故0＜m＜eq \f(3,16).综上1°2°所述，
0≤m＜eq \f(3,16).
除了用导数的方法研究微专题55，56的函数问题外，近年来在各省模考题中出现了同时含有ex和lnx的混合型函数，解决此类问题的关键在于利用好隐型零点的特征，进行指对数的相关转换．本专题主要研究含ex和lnx的混合型函数的恒成立、存在性、最值等问题，并在解题过程中感悟数学方法的灵活运用.
x
(0，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
0
0
f(x)

极大值

极小值
