2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：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
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破解有关x与ex，ln x的组合函数的金钥匙
微点聚焦突破
有关x与ex，ln x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Ⅰ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Ⅲ卷T6是以x与ex，ln x的组合函数为载体，考查导数的几何意义，2018年全国Ⅱ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 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，ln x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)＝ax－，a∈R.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)若y＝f(x)的图象与直线y＝a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ax－≥0，
所以ax≥，又x>0，所以a≥.
令g(x)＝，则g′(x)＝.
令g′(x)>0，得0
.
所以当0时，g(x)单调递减.
所以当x＝时，g(x)取得最大值g()＝，
所以a≥，即a的取值范围是.
(2)证明 设y＝f(x)的图象与直线y＝a相切于点(t，a)，
依题意可得
因为f′(x)＝a－，所以
消去a可得t－1－(2t－1)ln t＝0.(*)
令h(t)＝t－1－(2t－1)ln t，则h′(t)＝－2ln t－1，
易知h′(t)在(0，＋∞)上单调递减，且h′(1)＝0，
所以当00，h(t)单调递增，
当t>1时，h′(t)<0，h(t)单调递减.
所以当且仅当t＝1时，h(t)＝0，即(*)式成立，
所以a＝＝1.
思维升华 1.求解有关x与ex，x与ln x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a≥，再构造函数g(x)＝，求其最大值即可求得a的取值范围；(2)先由y＝f(x)的图象与直线y＝a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y＝a＋8ln x的图象上存在点P，函数y＝－x2－2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.[6－8ln 2，e2－6] B.[e2－6，＋∞)
C. D.
解析 函数y＝－x2－2的图象与函数y＝x2＋2的图象关于x轴对称，
根据已知得函数y＝a＋8ln x的图象与函数y＝x2＋2的图象有交点，即方程a＋8ln x＝x2＋2在上有解，即a＝x2＋2－8ln x在上有解，
令g(x)＝x2＋2－8ln x，x∈，则g′(x)＝2x－＝，当x∈时，g′(x)<0；当x∈(2，e]时，g′(x)>0.故当x＝2时，g(x)取最小值g(2)＝6－8ln 2，
由于g＝10＋，g(e)＝e2－6.
故当x＝时，g(x)取到最大值10＋.
所以6－8ln 2≤a≤10＋.
答案 D
类型二 分离参数，设而不求
【例2】 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝，是否存在实数m，使得对任意的x∈，都有y＝f(x)＋的图象在g(x)＝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ln x＋<对任意的x∈恒成立，
即m0且φ′(x)的图象在上连续，
所以存在唯一的x0∈，使得φ′(x0)＝0，
则ex0－＝0，∴x0＝－ln x0.
当x∈时，φ(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)单调递增.
则φ(x)在x＝x0处取得最小值，且最小值为φ(x0)＝ex0－ln x0－1＝＋x0－1>2－1＝1>0，
所以v′(x)>0，即v(x)在上单调递增，
所以m≤e－ln ＝e＋ln 2≈1.995 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x0＝－ln x0，将ex0－ln x0－1转化为普通代数式＋x0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x0，即借助φ′(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 x与ex
【例3】 (2020·雅礼中学调研)已知函数f(x)＝ax2－xln x.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若a＝e，证明：当x>0时，f(x)0时，f′(x)≥0，即2a≥在x>0时恒成立.
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝－，
易知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g(1)＝1，
所以2a≥1，即a≥.
故实数a的取值范围是.
(2)证明 若a＝e，要证f(x)0)，则h′(x)＝，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min＝h＝0，
所以ln x＋≥0.
再令φ(x)＝ex－ex，则φ′(x)＝e－ex，
易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则φ(x)max＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，
所以ex－exex－ex(x>0)(分离ln x与ex)，便于探求构造的函数h(x)＝ln x＋和φ(x)＝ex－ex的单调性，分别求出h(x)的最小值与φ(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)＝ln x＋(a>0).
(1)若函数f(x)有零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a≥时，ln x＋－e－x>0.
(1)解 由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
由f(x)＝ln x＋＝0有解，得a＝－xln x有解，
令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝－(ln x＋1).
∵当x∈时，g′(x)>0，当x∈时，g′(x)<0，
∴函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，
故g(x)max＝g＝－ln ＝.
∵a＝－xln x有解，且x>0，a>0，∴00，
即证ln x＋>e－x，
∵x>0，∴即证xln x＋a>xe－x，
即证(xln x＋a)min>(xe－x)max.
令h(x)＝xln x＋a，则h′(x)＝ln x＋1.
当0时，f′(x)>0.
∴函数h(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴h(x)min＝h＝－＋a，
故当a≥时，h(x)≥－＋a≥.①
令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x).
当00；当x>1时，φ′(x)<0.
∴函数φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝.
故当x>0时，φ(x)≤.②
显然，不等式①②中的等号不能同时成立，
故当a≥时，ln x＋－e－x>0.
类型四 借助ex≥x＋1或ln x≤x－1(x>0)进行放缩
【例4】 已知函数f(x)＝x－1－aln x.
(1)若f(x)≥0，求a的值；
(2)设m为整数，且对于任意正整数n，·…·0，由f′(x)＝1－＝知，
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0；
所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增，
故x＝a是f(x)在(0，＋∞)的唯一最小值点.
因为f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，故a＝1.
(2)由(1)知当x∈(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，
令x＝1＋，得ln<.
从而ln＋ln＋…＋ln<＋＋…＋＝1－<1.
故·…·2，
从而m的最小正整数是m＝3.
思维升华 1.第(1)问可借助y＝x－1与y＝aln x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x>1＋ln x(x>0，且x≠1)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ex≥x＋1(当x≠0时取等号).
【训练3】 已知函数f(x)＝ex－a.
(1)若函数f(x)的图象与直线l：y＝x－1相切，求a的值；
(2)若f(x)－ln x>0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y＝x－1相切，所以令f′(x)＝1，即ex＝1，得x＝0，
∴切点坐标为(0，－1)，则f(0)＝1－a＝－1，∴a＝2.
(2)先证明ex≥x＋1，设F(x)＝ex－x－1，
则F′(x)＝ex－1，令F′(x)＝0，则x＝0，
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)>0；当x∈(－∞，0)时，F′(x)<0.
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F(x)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立.
∴ex≥x＋1，从而ex－2≥x－1(x＝0时取等号).
以ln x代换x得ln x≤x－1(当x＝1时，等号成立)，
所以ex－2>ln x.
当a≤2时，ln x0恒成立.
当a≥3时，存在x，使ex－aln x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
1.已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( )
A.4 B.3 C.2 D.1
解析 依题意，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝.
当00；当x>时，f′(x)<0.
所以f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.
答案 D
2.(2020·重庆调研)函数f(x)＝ex－1－ax2＋(a－1)x＋a2在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.{1} B.{－1，1}
C.{0，1} D.{－1，0}
解析 f′(x)＝ex－1－ax＋(a－1)≥0恒成立，
即ex－1≥ax－(a－1)恒成立，
由于：ex≥x＋1，即ex－1≥x，
∴只需要x≥ax－(a－1)，即(a－1)(x－1)≤0恒成立，
所以a＝1.
答案 A
3.(2020·深圳模拟)若函数f(x)＝x－－aln x在区间(1，＋∞)上存在零点，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C.(0，＋∞) D.
解析 (特殊值法)取a＝10时，函数f(x)＝x－－10ln x.
此时f(e)＝e－－10<0，f(100)＝100－10－10ln 10>0.
则f(x)在(e，10)有零点，所以A，B不正确.
取a＝时，f(x)＝x－－ln x.
则f′(x)＝1－－，当x>1时，f′(x)>0恒成立.
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又f(1)＝0，故a＝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)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3(a为实数)，若方程g(x)＝2f(x)在区间上有两个不等实根，求实数a的取值范围.
解 由g(x)＝2f(x)，
可得2xln x＝－x2＋ax－3，a＝x＋2ln x＋，
设h(x)＝x＋2ln x＋(x>0)，
所以h′(x)＝1＋－＝.
所以x在上变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下：
x
1
(1，e)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
极小值
又h＝＋3e－2，h(1)＝4，h(e)＝＋e＋2.
且h(e)－h＝4－2e＋<0.
所以h(x)min＝h(1)＝4，h(x)max＝h＝＋3e－2，
所以40，f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x>0且x≠1时，ln x1.①
因此ln <－1，即ln x>，0).
①当a≤0时，f′(x)>0，此时函数在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)<0，此时函数f(x)在上单调递减；当x∈时，f′(x)>0，此时函数f(x)在上单调递增.
(2)由题意知：a＝在区间(1，e]上有两个不同实数解，
即直线y＝a与函数g(x)＝的图象在区间(1，e]上有两个不同的交点，
因为g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝，
所以当x∈(1，)时，g′(x)<0，函数在(1，)上单调递减；
当x∈(，e]时，g′(x)>0，函数在(，e]上单调递增；
则g(x)min＝g()＝3e，而g(e)＝＝27e>27，且g(e)＝e3<27.
所以要使直线y＝a与函数g(x)＝的图象在区间(1，e]上有两个不同的交点，则3e0时，f(x)≥(x＋ae)x.
(1)解 由f(x)＝aex＋2x－1，得f′(x)＝aex＋2.
①当a≥0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增；
②当a<0时，由f′(x)>0，解得xln，
故f(x)在上单调递增，
在上单调递减.
综上所述，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增；
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明 对任意a≥1，当x>0时，f(x)≥(x＋ae)x⇔－－＋－e≥0.
令g(x)＝－－＋－e，
则g′(x)＝.
当a≥1时，aex－x－1≥ex－x－1.
令h(x)＝ex－x－1，则当x>0时，h′(x)＝ex－1>0.
∴当x>0时，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0.
∴aex－x－1>0.
∴当01时，g′(x)>0.
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)＝0，即－－＋－e≥0，
故f(x)≥(x＋ae)x.
C级 创新猜想
8.(综合创新题)(2020·郑州调研)已知函数f(x)＝cos πx，g(x)＝eax－a＋(a>0)，若∃x1，x2∈[0，1]，使得f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是________.
解析 设集合F、G分别为函数f(x)与g(x)在区间[0，1]上的值域，则F＝[－1，1].
由a>0，知ea>1，∴g(x)＝(ea)x－a＋在[0，1]上单调递增.
∴G＝.
又∃x1，x2∈[0，1]使得f(x1)＝g(x2)，
所以F∩G≠∅.
因为h(a)＝ea－a＋在(0，＋∞)上递增，
所以h(a)>h(0)＝≥1恒成立，所以只需－a＋≤1，
即a≥.
答案
