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）（学生版）

这是一份考向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）（学生版），共29页。试卷主要包含了【2020·山东卷】已知函数．等内容，欢迎下载使用。

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．

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)
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．



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);(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)max＝t(e)＝，故要使方程＝a在(0，＋∞)上无解，需满足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m 令v(x)＝ex－xln x，则v′(x)＝ex－ln x－1，
令φ(x)＝ex－ln x－1，则φ′(x)＝ex－.
易知φ′(x)在上单调递增，φ′＝－2<0，φ′(1)＝e－1>0且φ′(x)的图象在上连续，
所以存在唯一的x0∈，使得φ′(x0)＝0，即－＝0，则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)＝－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≤－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x0得到x0＝－ln x0，将－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，采取设而不求的方法，达到化简并求解的目的．
2.【答案】(1)a≥;(2)见解析
【解析】(1)由题意知，f′(x)＝2ax－ln x－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≥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) 只需证ex－ln x 令h(x)＝ln x＋(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－ex 【点睛】1．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．
2．本题第(2)小题中变形后再隔离分析构造函数，便于探求构造的函数h(x)＝ln x＋和φ(x)＝ex－ex的单调性．若直接构造函数，则很难借助导数研究其单调性．
3.【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)min＝F(0)＝0，即F(x)≥0恒成立，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 x 即当a≤2时，f(x)－ln x>0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．【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，
设，则为增函数，因为，，
所以在内存在唯一的零点，且，
当时，；当或时，，
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．【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．【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
又，故存在唯一的使得






0



极小值


从而有且仅有一个极小值点，且
（ii），的极小值
令，则，从而在上单调递减，，故
下证，即证
一方面令，则，则在上单调递增，从而
另一方面，令，
令有






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．【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，故则 ，所以在上单调递增，故，故得证.
(2)原命题等价于存在，使
，即存在，
设，则，其中在上单调递增，且，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，且为的极小值点．且，所以，故不可能有三个根．
②当时，同理，不符合要求．
③当时，，所以存在，使得，
，即，所以，所以，又因为，所以，所以，所以．得证．
5．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析
【解析】(1)因为，所以，
的定义域为，.
当时，，在上单调递增.
当时，若，，单调递减；
若，，单调递增.
综上所述：当时， 在上单调递增.
当时， 在上单调递减，在上单调递增.
(2) 证明：选①
(3) 因为，所以，
的定义域为，且.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
不妨设，则，由，
可知.当时，显然成立.
当时，，由，且，
可知，则，.
设，，，在上单调递增，
所以，所以成立.
综上所述，.
选②.
设，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，，
因此，
当且仅当时，等号成立.
设，，则.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
因此，
从而，则，
因为，所以中的等号不成立，故.
【点睛】关键点点睛：第（2）问，选②时，利用导数证明，是解题关键.


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，
又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为.
（2）因为，故，即，
故，
设，由（1）可知不妨设.
因为时，，时，，
故.
先证：，
若，必成立.
若， 要证：，即证，而，
故即证，即证：，其中.
设，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，所以成立，
综上，成立.
设，则，
结合，可得：，
即：，故，
要证：，即证，即证，
即证：，即证：，
令，
则，
先证明一个不等式：.
设，则，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，故，
故成立
由上述不等式可得当时，，故恒成立，
故在上为减函数，故，
故成立，即成立.
综上所述，.
【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.
2.【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.
【解析】(1)，
①若，则，所以在上单调递增；
②若，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
综上可得，时，在上单调递增；
时，函数的单调减区间为，单调增区间为.
(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，
令，则，
记，
记，
又，所以时，时，，
则在单调递减，单调递增，，
.
即实数的取值范围是.
(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，
，
注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，又由知，
，
要证，只需，
且关于的函数在上单调递增，
所以只需证，
只需证，
只需证，
，只需证在时为正，
由于，故函数单调递增，
又，故在时为正，
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.【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.【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2)由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
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.【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.【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.【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.