考向12含ex，lnx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）（解析版）_2.2025数学总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_一轮复习

考向 12 含 ex，ln x 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 的交点， 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ln x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ln x≤x－1进行放缩 利用ex≥x＋1，ln x≤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)＝ln x，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∈，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． 【答案】(1);(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＝a在(0，＋∞)上无解， 令t(x)＝，则t′(x)＝，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) ＝t(e)＝，故要使方程＝a在(0，＋∞)上无解，需满足 max a>，故实数a的取值范围为. (2)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x∈，使得φ′(x)＝0，即 －＝0，则x＝－ln x. 0 0 0 0 当x∈时，φ(x)单调递减； 当x∈(x，＋∞)时，φ(x)单调递增． 0 则φ(x)在x＝x 处取得最小值，且最小值为φ(x)＝ －ln x－1＝＋x－1>2－1＝1>0， 0 0 0 0 所以v′(x)>0，即v(x)在上单调递增， 所以m≤ －ln＝ ＋ln 2≈1.995 29， 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x 得到x ＝－ln x ，将 －ln x －1转化为普通代数式＋x －1，然后 0 0 0 0 0 使用基本不等式求出最值，同时消掉x ，即借助φ′(x)＝0作整体代换，采取设而不求的方法，达到化简并 0 0 求解的目的． 2.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≥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) ＝g(1)＝1， max 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) ＝h＝0， min 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) ＝φ(1)＝0，所以ex－ex≤0. max 因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以ex－ex0恒成立，求整数a的最大值． 【答案】（1）a＝2；（2）2 【解析】(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，即f(0)＝－1， 解得a＝2. (2)现证明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) ＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成 min 立，即ex≥x＋1，即ex－2≥x－1， 同理可得ln x≤x－1， 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. 【点睛】利用ex≥x＋1，ln x≤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．（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： ） 【答案】(1) (2)证明见解析 【解析】（1）由 ，得 ， 则 ， 是关于 的方程 ，即 的两个不等实根， 所以 ， ，且 ，即 ， 所以 ，则 的取值范围是 ； （2）由 ，得 ， 设 （ ），则 ， 2 设 ，则 为增函数，因为 ，h1 11， e 1 所以hx在1,0.92内存在唯一的零点 m ，且em  2 m3， 当 时， ；当 或 时， ， mx0所以当 时， 取得极大值， 且极大值为 （ ）， 又 ，则函数 在 上单调递减， 所以 ， ， ， 又 ，且 ， ， 所以当 时，方程 在 上有 个不同的实根， 即 在 上有 个零点． 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成 立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极 (最)值问题处理． 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． 【答案】(1) ；(2)不能构成等差数列；理由见解析 【解析】（1） 的定义域是 ， ． ①若 ，则当 时， ， 在 单调递增， 等价于 ，即 ，由 得 ． 设 ， ． ，故 在 单调递减，在 单调递增，而 ，所以 的解集为 ． ②若 ，则 在 单调递减，在 单调递增， 等价于 ，即，即 ，矛盾，故a的取值范围是 ． （2） ． ． 同理可得 ， ． 所以 ． 下面证明 ． ，且由（1）知 ，所以只需证明 时， ．令 ，即证 ． 设 ， ， ， 所以 ． 设 ， ，故 在（0，1）单调递减， ． 所以 ，故 ， ， 不能构成等差数列． 【点睛】本题属于难题，考察导数与函数的单调性、不等式恒成立问题．（1）虽然不易分离参数，但是a 和x有明显的结构相似性，可以通过类似分参的方法说明．（2）为不等式的证明问题，难度较大，涉及多 参数的不等式．将 求出并化简，侧面考察了等差数列和等比数列的求和. 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： ， ， ， . 【答案】(1) ；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】(1)定义域为 ， 由题意知 ，解得 . (2)（i）由（1）知 ， 令 ，则 ，从而 即 单调递增 y f(x) 1 3 e8 1 又 f(1)2e20, f( ) 0，故存在唯一的x ( ,1)使得 2 2 0 2 f(x 0 )0 x (0,x ) x (x ,) 0 0 0 f(x)  0  f(x) 极小值   1 从而 有且仅有一个极小值点 ，且x ( ,1) y f(x) xx 0 2 0 2 1 （ii） f(x )(x 1)ex0  0 ， 的极小值 f(x )x ex0 2lnx 2( lnx ) 0 0 x y f(x) 0 0 0 x 1 0 0 0 1 1 2 2 1 令(x)2( lnx)(  x1)，则'(x)  0，从而 在( ,1)上单调递减， x1 2 (x1)2 x y(x) 2 1 2 2 7 41 41 (x)( )2( ln2)2(  ) ，故 f(x ) 2 3 3 10 15 0 15 31 2lnx  ex0 0 15 下证 ，即证  31 f(x ) x 3 0 15 0 x2 0 ex(2x1) ex 1 F(x) 0 1 一方面令F(x) ( x1) ，则 3 ，则 在( ,1)上单调递增，从而 x 2 2x2 F(x) 2 1 F(x)F( ) 2e 2.33 2 31 11 2lnx 3lnx 另一方面，令G(x) 15 ( 1  x1)，G'(x) 10 3 2 5 x2 x2 11 令G(x)0有 xe  30x ( 1 ,e  1 3 1 0) 11 e 30 2 0 极 大 值 从而 从而 即 成立，故 . 【点睛】导数的应用主要有： （1）利用导函数几何意义求切线方程； （2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）； （3）利用导数求参数的取值范围； （4）利用导数证明不等式. 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： ． 【答案】(1)证明见解析；(2) ；(3)证明见解析 【解析】(1)若 ，则 设 ，令 ， ，所以 在 时单调递增，且(x)(1)0，故则(x)0 ，所以(x)在(1,)上单调递增，故(x)(1)0， 故得证. (2)原命题等价于存在x [e,)，使Sx 2lnx a 0 0 0 ex0 ，即存在x [e,), ea ， Sx 2lnx a f x gx 2lnx a ex0a lnx 2lnx 0 lnx 0 0 0 0 0 0 0 0  1 ex lnx  设 ex ，则  x，其中 在 上单调递增，且 ， (x) (x) lnx ln2 x所以 在 单调递增， 故 ，所以 ． (3) 在定义域上单调递增， ①当 时， ，所以存在 ，使得 ，且 为 的 T(x) 极小值点．Tx 0 ex0a lnx 0 a,  ex0a a0且lnx 0 0，所以Tx 0 0，故|T(x)|m不可能有三个 根． ②当a1时，同理，不符合要求． 1 ③当 a1 时，T(1)e1a a0,T(a)1 a 0，所以存在 1x 0 a ，使得Tx 0 0， 1 T min =Tx 0 ex 0 a lnx 0 a0,Tx 0 0，即ex0a  x ,lnx 0 ax 0 ，所以 |T(x)|m ，所以 0 1 1 1 1 mlnx aex0a lnx a 2ax  ，又因为 ，所以2 x  a ，所以 0 0 x 0 x 1x a 0 x a 0 0 0 0 1 1 1 a 2ax  2a2，所以a m2a2．得证． a 0 x a 0 5．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）已知函数 f xex1gxlnx. 1  (1)若函数gx 2 x2axalnx  e1x ，讨论 f x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gxx1exlnx， f m f n ，且mn，证明：mn1.②若函数 gx 1 x2ex   x2xlnx 1 ，证明： f x 1ln2 . 2  x 2 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析 1  【解析】(1)因为gx x2axalnxe1x ，所以 f x 1 x2axa1lnx， 2  2 a1 x1xa1 f x的定义域为0,， fxxa  . x x 当a1时， fx0， f x 在 0, 上单调递增. 当a1时，若x0,1a ， fx0， f x 单调递减； 若x1a, ， fx0， f x 单调递增.综上所述：当a1时， f x 在 0, 上单调递增. 当a1时， f x 在(0,1a)上单调递减， f x 在(1a,)上单调递增. (2) 证明：选① (3) 因为gxx1e1xlnx，所以 ， f x 的定义域为 0, ，且 fx1lnx.  1 当x  0, e   时， fx0 ， f x 单调递减； 1  当x e ,  时， fx0 ， 单调递增. 不妨设 ，则 ，由 ， f m f n0 1 1 1 可知 n1.当 n1 时， 显然成立. e e e mn1  1  1 当1 1 n1时，1n 0, ，由 ，且m  0, ， e  e mlnmnlnn  e 可知m1lnmmlnem0，则mmlnm，mnmlnmnnlnnn.  1   1  设 xx1lnx ，x  1 e ,1  ， xlnx0 ， (x) 在  1 e ,1  上单调递增， 所以x11ln11，所以mn1成立. 综上所述，mn1. 1  1 选② f x x2  xxlnx  lnx. 2  x x1 设hxxlnx，则hx . x 当x0,1 时，hx0，hx 单调递减； 当x1, 时，hx0，hx 单调递增. 所以hx h11，xlnx1， min 1  1 1  1 1 因此 x2  xxlnx   x2 x  x22x2 ， 2  x 2  x 2 当且仅当x1时，等号成立. 2x21 设 xx2lnx ， ，则x . x0 x 2 当x0, 时， ， 单调递减；   2   x0 x  2  当x  2 , 时， x0 ， x 单调递增.    2 1 2 1ln2 因此x   ln  ， min  2  2 2 2   1ln2 1ln2 从而 f xx ，则 f x ， 2 2 2 1lnx2 1ln2 因为1 ，所以 f x 中的等号不成立，故 f x . 2 2 2 1ln2 【点睛】关键点点睛：第（2）问，选②时，利用导数证明 ，x2lnx 是解题关键. xlnx1 2 f x x1lnx 1.【2021年新课标1卷】.已知函数 . f x （1）讨论 的单调性； 1 1 （2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明：2  e. a b blnaalnbab a b f x 0,1 1,+ 【答案】（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析. 【解析】（1）函数的定义域为 0, ， 又 fx1lnx1lnx， 当x0,1 时， fx0，当x1,+ 时， fx0， 故 f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 1,+ . lna1 lnb+1 （2）因为 ，故blna1alnb+1，即  ， blnaalnbab a b 1 1 故 f    f  ， a b 1 1 设  x ,  x ，由（1）可知不妨设 . a 1 b 2 0 x 1,x 1 1 2因为x0,1 时， f x x1lnx0，xe, 时， f x x1lnx0， 故1 x e. 2 先证： ， 若 ， 必成立. 若x 2， 要证：x x 2，即证x 2x ，而02x 1， 2 1 2 1 2 2 故即证 f x  f 2x  ，即证： f x  f 2x  ，其中1x 2. 1 2 2 2 2 设gx f x f 2x,1 x2， 则gx fx f2xlnxln2x ln  x2x ， 因为1 x2，故0 x2x1，故lnx2x0， 所以gx0，故gx 在 1,2 为增函数，所以gx g10， 故 f x f 2x ，即 f x  f 2x  成立，所以x x 2成立， 2 2 1 2 综上，x x 2成立. 1 2 设x tx ，则t 1， 2 1 lna1 lnb+1 1 1 结合 a  b ， a  x 1 , b  x 2 可得：x 1 1lnx 1  x 2 1lnx 2 ， t1tlnt 即：1lnx 1 t1lntlnx 1 ，故lnx 1  t1 ， 要证：x x e，即证 t1x e，即证lnt1lnx 1， 1 2 1 1 t1tlnt 即证：lnt1 1，即证：t1lnt1tlnt 0， t1 令Stt1lnt1tlnt,t 1， t1  1 2 则Stlnt1 1lnt ln  1   ， t1  t t1 先证明一个不等式：lnx1 x. 1 x 设uxlnx1x，则ux 1 ， x1 x1 当1x0时，ux0；当x0时，ux0， 故ux在 1,0 上为增函数，在 0,+ 上为减函数，故ux u00， max故lnx1 x成立  1 1 2 由上述不等式可得当 t 1 时，ln   1 t    t  t1 ，故 St0 恒成立， 故St 在1,上为减函数，故StS10， 故 t1lnt1tlnt 0成立，即x x e成立. 1 2 1 1 综上所述，2  e. a b 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化 与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关 的不等式问题. f xax bxe2(xR) 2.【2021年浙江卷】 设a，b为实数，且a1，函数 f x （1）求函数 的单调区间； （2）若对任意b2e2，函数 f x 有两个不同的零点，求a的取值范围； blnb e2 （3）当 ae 时，证明：对任意 be4 ，函数 f x有两个不同的零点 x,x ，满足x 2  2e2 x 1  b . 1 2 (注：e2.71828是自然对数的底数)  b  ,log 【答案】(1) 时， 在 上单调递增； 时，函数的单调减区间为 ，单调增区 b0 f(x) R b0  a lna  b  间为  log a lna ,   ；(2) 1,e2  ；(3)证明见解析. 【解析】(1) f(x)ax bxe2, f(x)axlnab， ①若b0，则 f(x)axlnab0，所以 f(x)在R上单调递增； ②若b0，  b  当x   ,log a lna   时， f 'x0, f x单调递减，  b  x log , 当   a lna   时， f 'x0, f x单调递增. 综上可得，b0时， f(x)在R上单调递增；  b   b  ,log log , 时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为 . b0  a lna  a lna  (2) f(x)有2个不同零点 ax bxe2 0有2个不同解exlna bxe2 0有2个不同的解，bt b et e2 令 ，则et  e2 0  ,t 0， t  xlna lna lna t et e2 et t  et e2 et(t1)e2 记g(t) ,g(t)  ， t t2 t2 记h(t)et(t1)e2,h(t)et(t1)et 1et t 0， 又h(2)0，所以t(0,2)时，h(t)0, t(2,)时，h(t)0， b b 则 在 单调递减， 单调递增，  g(2)e2,lna ， g(t) (0,2) (2,) lna e2 b  b2e2, 2,lna21ae2 . e2  1,e2 即实数a的取值范围是 . (3)a e, f(x)ex bxe2 有2个不同零点，则ex e2 bx，故函数的零点一定为正数. x x 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为 ，较小者为 ， 2 1 ex 1 e2 ex 2 e2 b  e4 ， x x 1 2 ex e2 注意到函数y  在区间0,2上单调递减，在区间2,上单调递增， x e5 e2 故 ，又由 e4知 ， x 2 x x 5 5 1 2 2 ex 1 e2 2e2 2e2 b   x  ， x x 1 b 1 1 blnb e2 e2 要证x  x  ，只需x lnb ， 2 2e2 1 b 2 b ex 2 e2 2ex 2 e2 b  且关于 的函数gblnb 在 上单调递增， x x b b be4 2 2 2ex 2 e2x 所以只需证x ln  2 x 5 ， 2 x 2ex 2 2 2 2ex 2 e2x 只需证lnex 2 ln  2 0， x 2ex 2 2 e2x 只需证lnx ln20， 2exe2 4x 4，只需证h(x)lnx ln2在 时为正，  2 ex x5 1 1 由于h(x) 4xex 4ex  4exx10，故函数hx单调递增， x x 20 5 20 4x 又h(5)ln5 ln2ln  0，故h(x)lnx ln2在 时为正， e5 2 e4 ex x5 从而题中的不等式得证. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以 在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度 进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单 调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合 思想的应用． 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 的取值范围． 【答案】（1） 上单调递增； 上单调递减；（2） . 【解析】（1）当 时， , 令 得 ,当 时， ,当 时， , ∴函数 在 上单调递增； 上单调递减； （2） ,设函数 , 则 ,令 ，得 , 在 内 , 单调递增；在 上 , 单调递减； , 又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个交点的充分 必要条件是 ,这即是 , 所以 的取值范围是 . 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较 难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象， 利用数形结合思想求解. 4.【2020·新课标Ⅰ】已知函数 f(x)ex ax2 x. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； 1 （2）当x≥0时，f（x）≥ x3+1，求a的取值范围. 2 【答案】（1）当x,0 时， f 'x0, f x 单调递减，当x0, 时， f 'x0, f x 单调递 7e2  增.（2） , 4   【解析】(1)当a1时， f xex x2 x， f 'xex 2x1 ， 由于 f ''xex 20，故 f 'x 单调递增，注意到 f '00，故： 当x,0 时， f 'x0, f x 单调递减， 当 x0, 时， f 'x0, f x 单调递增. 1 1 (2)由 f x x31得，ex ax2 x� x3 1，其中 ， 2 2 x0 ①.当x=0时，不等式为：11，显然成立，符合题意； ②.当 时，分离参数a得， ， x0 记 ， ， 令 ， 则 ， ， 故 单调递增， ，故函数 单调递增， ， 由 可得： 恒成立， 故当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； 因此， , 综上可得，实数a的取值范围是 . 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导 数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)， 解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 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． 【答案】（1） （2） 【解析】（1） ， ， . ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为 ,即 , 切线与坐标轴交点坐标分别为 , ∴所求三角形面积为 ; （2）解法一： , ，且 . 设 ,则 ∴g(x)在 上单调递增，即 在 上单调递增，当 时， ,∴ ,∴ 成立. 当 时， ， ， , ∴存在唯一 ，使得 ，且当 时 ，当 时 ， ， ， 因此 >1, ∴ ∴ 恒成立； 当 时， ∴ 不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). 解法二： 等价于 , 令 ,上述不等式等价于 , 显然 为单调增函数，∴又等价于 ，即 ， 令 ,则 在 上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减， ∴ , ，∴a的取值范围是[1,+∞). 【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思 想和等价转化思想，属较难试题. 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． 【答案】（Ⅰ）（i） ；（ii） 的极小值为 ，无极大值；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】(Ⅰ) (i) 当k=6时， ， .可得 ， ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 . (ii) 依题意， . 从而可得 ， 整理可得： ， 令 ，解得 . 当x变化时， 的变化情况如下表： 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值. （Ⅱ）证明：由 ，得 . 对任意的 ，且 ，令 ，则 . ①令 . 当x>1时， ， 由此可得 在 单调递增，所以当t>1时， ，即 . 因为 ， ， ， 所以 . ② 由(Ⅰ)(ii)可知，当 时， ，即 ， 故 ③ 由①②③可得 . 所以，当 时，任意的 ，且 ，有 . 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导 数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 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x 为函数 在 上的零点，证明： 0 （ⅰ） ； （ⅱ） ． 【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.【解析】（I） 在 上单调递增， ， 所以由零点存在定理得 在 上有唯一零点； （II）（i） ， ， 令 一方面： ， 在 单调递增， ， ， 另一方面： ， 所以当 时， 成立， 因此只需证明当 时 ， 因为 当 时， ，当 时， ， 所以 ， 在 单调递减， ， ， 综上， . （ii） ， ， ， ，因为 ，所以 ， ， 只需证明 ， 即只需证明 ， 令 ，则 ， ，即 成立， 因此 .