考向12含ex，ln x与x的组合函数（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）

考向12含ex，lnx与x的组合函数1.【2022年新高考1卷第22题】 已知函数和有相同的最小值.（1）求；（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【答案】（1）（2）见解析【解析】（1）的定义域为，而，若，则，此时无最小值，故.的定义域为，而.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，故.因为和有相同的最小值，故，整理得到，其中，设，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.（2）由（1）可得和的最小值为.当时，考虑的解的个数、的解的个数.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，设，其中，则，故在上为增函数，故，故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.设，，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，所以，而，，有两个不同的零点即的解的个数为2.当，由（1）讨论可得、仅有一个零点，当时，由（1）讨论可得、均无零点，故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，则.设，其中，故，设，，则，故在上为增函数，故即，所以，所以在上为增函数，而，，故在上有且只有一个零点，且：当时，即即，当时，即即，因此若存在直线与曲线、有三个不同交点，故，此时有两个不同的零点，此时有两个不同的零点，故，，，所以即即，故为方程的解，同理也为方程的解又可化为即即，故为方程的解，同理也为方程的解，所以，而，故即.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.2.【2022年甲卷理第21题】已知函数．（1）若,求的取值范围；（2）证明：若有两个零点，，则．【答案】（1）；（2）见证明；【解析】（1）定义域为，令，所以时，单调递减；时，单调递增；，要使得恒成立即满足：.（2）由（1）知要使得有两个零点，则假设.要证明即证明，又由于在单增，即证明.下面构造函数由于，又函数在单减，.时在单调递增，而得证．3.【2022年新高考2卷第22题】22.已知函数．（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，，求a的取值范围；（3）设，证明：．【答案】（1）的减区间为，增区间为.（2）（3）见解析【解析】（1）当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.（2）设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，所以在上为减函数，所以.综上，.【小问3详解】取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.4.【2022年乙卷理第21题】已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1），（2）【解析】【小问1详解】的定义域为，当时,,所以切点为，,所以切线斜率为2，所以曲线在点处的切线方程为【小问2详解】，设若,当,即所以在上单调递增,，故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增，所以存在,使得,即当单调递减，当单调递增所以，当当，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设，，所以在单调递增，所以存在,使得当单调递减当单调递增又，所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减有，而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点，所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.1.直接讨论法一般地，可根据导数的正负得到函数的单调区间.常用的手段是对导数进行因式分解或利用求根公式求根；当极值点不可求时，常利用零点存在性定理，确定导数零点的范围之后再进行讨论.2.分离参数，设而不求如果分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时往往可以采用设而不求的方法．3.分离lnx与ex若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．4.借助ex≥x＋1和lnx≤x－1进行放缩利用ex≥x＋1，lnx≤x－1可将超越函数转化为一次函数，有效地降低了试题的难度．1.已知函数f(x)＝lnx，h(x)＝ax(a∈R)．(1)若函数f(x)的图象与h(x)的图象无公共点，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数m，使得对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，都有y＝f(x)＋eq\f(m,x)的图象在g(x)＝eq\f(ex,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．2.已知函数f(x)＝ax2－xlnx.(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恒成立，求整数a的最大值．1．（2022·河南·高三开学考试（理））已知函数．(1)若存在两个极值点，，求的取值范围；(2)若，证明：当时，函数在上有个零点．（参考数据：）2．（2022·全国·模拟预测）设函数，．(1)若对任意，都有，求a的取值范围；(2)设，．当时，判断，，是否能构成等差数列，并说明理由．3．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）已知函数在处的切线方程为.(1)求实数的值；(2)（i）证明：函数有且仅有一个极小值点，且；（ii）证明：.参考数据：，，，.4．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）已知函数，设．(1)若，证明：当时，成立；(2)若，在上不恒成立，求a的取值范围；(3)若恰有三个不同的根，证明：．5．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）已知函数.(1)若函数，讨论的单调性；(2)从下面①②两个问题中任意选择一个证明，若两个都证明，则按第一个证明计分.①若函数，，且，证明：.②若函数，证明：.1.【2021年新课标1卷】.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.2.【2021年浙江卷】设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)3.【2021年甲卷】已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a取值范围．4.【2020·新课标Ⅰ】已知函数.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.5.【2020·山东卷】已知函数．（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．6.【2020·天津卷】已知函数，为的导函数．（Ⅰ）当时，（i）求曲线在点处的切线方程；（ii）求函数的单调区间和极值；（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．7.【2020·浙江卷】已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：（ⅰ）；（ⅱ）．1.【答案】(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞));(2)1【解析】(1)函数f(x)的图象与h(x)的图象无公共点，等价于方程eq\f(lnx,x)＝a在(0，＋∞)上无解，令t(x)＝eq\f(lnx,x)，则t′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令t′(x)＝0，得x＝e.随着x的变化，t′(x)，t(x)的变化如下表所示．x(0，e)e(e，＋∞)t′(x)＋0－t(x)单调递增极大值单调递减因为x＝e是函数t(x)唯一的极值点，所以t(x)max＝t(e)＝eq\f(1,e)，故要使方程eq\f(lnx,x)＝a在(0，＋∞)上无解，需满足a>eq\f(1,e)，故实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).(2)假设存在实数m满足题意，则不等式lnx＋eq\f(m,x)<eq\f(ex,x)对任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))恒成立，即m0且φ′(x)的图象在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上连续，所以存在唯一的x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，使得φ′(x0)＝0，即－eq\f(1,x0)＝0，则x0＝－lnx0.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，x0))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)＝－lnx0－1＝eq\f(1,x0)＋x0－1>2eq\r(x0·\f(1,x0))－1＝1>0，所以v′(x)>0，即v(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，所以m≤－eq\f(1,2)lneq\f(1,2)＝＋eq\f(1,2)ln2≈1.99529，故存在整数m满足题意，且m的最大值为1.【点睛】本题分离参数后导数零点不可求，且不能通过观察得到，此时往往可以采用设而不求的方法．在第(2)小问中，通过虚设零点x0得到x0＝－lnx0，将－lnx0－1转化为普通代数式eq\f(1,x0)＋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，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的．2.【答案】(1)a≥eq\f(1,2);(2)见解析【解析】(1)由题意知，f′(x)＝2ax－lnx－1.因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>0时，f′(x)≥0，即2a≥eq\f(lnx＋1,x)恒成立．令g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x>0)，则g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，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≥eq\f(1,2).故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)证明：若a＝e，要证f(x)