《2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专题13 导数中对数单身狗指数找基友的应用(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专题13 导数中对数单身狗指数找基友的应用(解析版).pdf（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023届高考数学专项练习导数解密通关技能篇届高考数学专项练习导数解密通关技能篇专专题题13导数中对数单导数中对数单身狗指数找基友的应用身狗指数找基友的应用导数在高考中占据了及其重要的地位，导数是研究函数的一个重要的工具，在判断函数的单调性、求函数的极值、最值与解决函数的零点(方程的根)、不等式问题中都用到导数而这类问题都有一条经验性规则：对数单身狗，指数找基友，指对在一起，常常要分手考点一考点一对数单身狗对数单身狗【方法总结方法总结】在证明或处理含对数函数的不等式时，如 f(x)为可导函数，则有(f(x)lnx)f(x)lnxf(x)x，若 f(x)为非常数函数，求导式子中含有 lnx，这类
2、问题需要多次求导，烦琐复杂通常要将对数型的函数“独立分离”出来，这样再对新函数求导时，就不含对数了，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导这种相当于让对数函数“孤军奋战”的变形过程，我们形象的称之为“对数单身狗”1 设 f(x)0，f(x)lnxg(x)0lnxg(x)f(x)0，则(lnxg(x)f(x)1x(g(x)f(x)，不含超越函数，求解过程简单 或者 f(x)lnxg(x)0f(x)(lnxg(x)f(x)0，即将前面部分提出，就留下 lnx 这个单身狗，然后研究剩余部分2设 f(x)0，f(x)lnxg(x)0lnxg(x)f(x)0，则(lnxg(x)f(x)1x(g
3、(x)f(x)，不含超越函数，求解过程简单或者 f(x)lnxg(x)0f(x)(lnxg(x)f(x)0，即将前面部分提出，就留下 lnx 这个单身狗，然后研究剩余部分【例题选讲例题选讲】例例 1(2016全国)已知函数 f(x)(x1)lnxa(x1)(1)当 a4 时，求曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若当 x(1，)时，f(x)0，求 a 的取值范围例例 2已知函数 f(x)aln xx1bx，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为 x2y30(1)求 a，b 的值；(2)证明：当 x0，且 x1 时，f(x)ln xx1【对点精练对点精练】1若不等式 x
4、ln xa(x1)?对所 x1 有都成立，求实数 a 的取值范围2(2017全国)已知函数 f(x)ax2axxln x，且 f(x)0(1)求 a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e2f(x0)223(2018全国)已知函数 f(x)(2xax2)ln(1x)2x(1)若 a0，证明：当1x0 时，f(x)0 时，f(x)0；(2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求 a考点二考点二指数找基友指数找基友【方法总结方法总结】在证明或处理含指数函数的不等式时，通常要将指数型的函数“结合”起来，即让指数型的函数乘以或除以一个多项式函数，这样再对新函数求导时，只需一次就可以求出它的
5、极值点，从而避免了多次求导这种相当于让指数函数寻找“合作伙伴”的变形过程，我们形象的称之为“指数找基友”1由 exf(x)01f(x)ex0，则(1f(x)ex)f(x)f(x)ex是一个多项式函数，变形后可大大简化运算2由 exf(x)01f(x)ex0，则(1f(x)ex)f(x)f(x)ex是一个多项式函数，变形后可大大简化运算【例题选讲例题选讲】例例 3(2018全国)已知函数 f(x)exax2(1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a例例 4(2020全国)已知函数 f(x)exax2x(1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性
6、；(2)当 x0 时，f(x)12x31，求 a 的取值范围【对点精练对点精练】1已知函数 f(x)ex1xax2，当 x0 时，f(x)0 恒成立，求实数 a 的取值范围2已知函数 f(x)exax(aR)(1)讨论 f(x)的最值；(2)若 a0，求证：f(x)12x2583已知函数 f(x)a(x1)，g(x)(ax1)ex，aR(1)求证：存在唯一实数 a，使得直线 yf(x)和曲线 yg(x)相切；(2)若不等式 f(x)g(x)有且只有两个整数解，求 a 的取值范围考点三考点三指对在一起，常常要分手指对在一起，常常要分手【方法总结方法总结】设 f(x)为可导函数，则有(exlnxf
7、(x)exlnxexxf(x)，若 f(x)为非常数函数，求导式子中还是含有 ex，lnx，针对此类型，可以采用作商的方法，构造exlnxf(x)exlnxf(x)ex，从而达到简化证明和求极值、最值的目的，exlnx 腻在一起，常常会分手【例题选讲例题选讲】例例 5(2014全国)设函数 f(x)aexln xbex1x，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线为 ye(x1)2(1)求 a，b；(2)证明：f(x)1例例 6已知函数 f(x)1xa ln x，g(x)exx(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)证明：a1 时，f(x)g(x)1ex2ln xe【对点精练对点精练】1设函
8、数 f(x)ln x1x，求证：当 x1 时，不等式f(x)e12ex1(x1)(xex1)2已知 f(x)exalnxa，其中常数 a0(1)当 ae 时，求函数 f(x)的极值；(2)求证：e2x2ex1lnxx03已知函数 f(x)1xalnx，g(x)exx(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)证明：a1 时，f(x)g(x)1ex2lnxe学科网（北京）股份有限公司专题专题 13导数中对数单身狗指数找基友的应用导数中对数单身狗指数找基友的应用导数在高考中占据了及其重要的地位，导数是研究函数的一个重要的工具，在判断函数的单调性、求函数的极值、最值与解决函数的零点(方程的根)、不等式问
9、题中都用到导数而这类问题都有一条经验性规则：对数单身狗，指数找基友，指对在一起，常常要分手考点一考点一对数单身狗对数单身狗【方法总结方法总结】在证明或处理含对数函数的不等式时，如 f(x)为可导函数，则有(f(x)lnx)f(x)lnxf(x)x，若 f(x)为非常数函数，求导式子中含有 lnx，这类问题需要多次求导，烦琐复杂通常要将对数型的函数“独立分离”出来，这样再对新函数求导时，就不含对数了，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导这种相当于让对数函数“孤军奋战”的变形过程，我们形象的称之为“对数单身狗”1 设 f(x)0，f(x)lnxg(x)0lnxg(x)f(x)0，则(l
10、nxg(x)f(x)1x(g(x)f(x)，不含超越函数，求解过程简单 或者 f(x)lnxg(x)0f(x)(lnxg(x)f(x)0，即将前面部分提出，就留下 lnx 这个单身狗，然后研究剩余部分2设 f(x)0，f(x)lnxg(x)0lnxg(x)f(x)0，则(lnxg(x)f(x)1x(g(x)f(x)，不含超越函数，求解过程简单或者 f(x)lnxg(x)0f(x)(lnxg(x)f(x)0，即将前面部分提出，就留下 lnx 这个单身狗，然后研究剩余部分【例题选讲例题选讲】例例 1(2016全国)已知函数 f(x)(x1)lnxa(x1)(1)当 a4 时，求曲线 yf(x)在(
11、1，f(1)处的切线方程；(2)若当 x(1，)时，f(x)0，求 a 的取值范围解析(1)f(x)的定义域为(0，)当 a4 时，f(x)(x1)ln x4(x1)，f(1)0，f(x)ln x1x3，f(1)2故曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 2xy20(2)当 x(1，)时，f(x)0 等价于 ln xa(x1)x10设 g(x)ln xa(x1)x1，则 g(x)1x2a(x1)2x22(1a)x1x(x1)2，g(1)0当 a2，x(1，)时，x22(1a)x1x22x10，故 g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，因此 g(x)0；当 a2 时，令 g(x)0
12、得 x1a1(a1)21，x2a1(a1)21由 x21 和 x1x21 得 01 时，令 f(x)0，则 xa，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，f(x)minf(a)lnaa1，不合题意综上所述，实数 a 的取值范围是(，12(2017全国)已知函数 f(x)ax2axxln x，且 f(x)0(1)求 a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e2f(x0)222解析解析(1)f(x)的定义域为(0，)设 g(x)axaln x，则 f(x)xg(x)，f(x)0 等价于 g(x)0因为 g(1)0，g(x)0，故 g(1)0，而 g(x)a1x，g(1)
13、a1，得 a1若 a1，则 g(x)11x当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0综上，a1(2)由(1)知 f(x)x2xxln x，f(x)2x2ln x设 h(x)2x2ln x，则 h(x)21x当 x0，12 时，h(x)0所以 h(x)在0，12 单调递减，在12，单调递增又 h(e2)0，h12 0；当 x(x0，1)时，h(x)0因为 f(x)h(x)，所以 xx0是 f(x)的唯一极大值点由 f(x0)0 得 ln x02(x01)，故 f(x0)x0(1x0)由 x0(0，1)得 f(x0)f(
14、e1)e2，所以 e2f(x0)223(2018全国)已知函数 f(x)(2xax2)ln(1x)2x(1)若 a0，证明：当1x0 时，f(x)0 时，f(x)0；(2)若 x0 是 f(x)的极大值点，求 a3解析(1)当 a0 时，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x)x1x设函数 g(x)ln(1x)x1x，则 g(x)x(1x)2当1x0 时，g(x)0 时，g(x)0，故当 x1 时，g(x)g(0)0，且仅当 x0 时，g(x)0，从而 f(x)0，且仅当 x0 时，f(x)0所以 f(x)在(1，)上单调递增又 f(0)0，故当1x0 时，f(x)0 时，f(x
15、)0另解当 a0 时，f(x)(2x)ln(1x)2x(x1)，由于 2x0故令 g(x)ln(1x)2x2x，g(x)11x4(2x)2x2(x1)(x2)，故 x(1，)，g(0)0所以 g(x)在(1，)上单调递增因为 g(0)0，所以，当1x0 时，gx)0 时，g(x)0，故当1x0 时，f(x)0 时，f(x)0(2)若 a0，由(1)知，当 x0 时，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)，这与 x0 是 f(x)的极大值点矛盾若 a0，设函数 h(x)f(x)2xax2ln(1x)2x2xax2由于当|x|0，故 h(x)与 f(x)符号相同又 h(0)f(0)0，故 x0
16、 是 f(x)的极大值点，当且仅当 x0 是 h(x)的极大值点h(x)11x2(2xax2)2x(12ax)(2xax2)2x2(a2x24ax6a1)(x1)(ax2x2)2若 6a10，则当 0 x6a14a，且|x|0，故 x0 不是 h(x)的极大值点若 6a10，则 a2x24ax6a10 存在根 x10，故当 x(x1，0)，且|x|min1，1|a|时，h(x)0；当 x(0，1)时，h(x)01f(x)ex0，则(1f(x)ex)f(x)f(x)ex是一个多项式函数，变形后可大大简化运算2由 exf(x)01f(x)ex0，则(1f(x)ex)f(x)f(x)ex是一个多项式
17、函数，变形后可大大简化运算【例题选讲例题选讲】例例 3(2018全国)已知函数 f(x)exax2(1)若 a1，证明：当 x0 时，f(x)1；(2)若 f(x)在(0，)只有一个零点，求 a解析解析(1)当 a1 时，f(x)1 等价于(x21)ex10设函数 g(x)(x21)ex1，则 g(x)(x22x1)ex(x1)2ex当 x1 时，g(x)0，所以 g(x)在(0，)上单调递减而 g(0)0，故当 x0 时，g(x)0，即 f(x)1另解当 a1 时，f(x)exx2，则 f(x)ex2x令 g(x)f(x)，则 g(x)ex2令 g(x)0，解得 xln2当 x(0，ln2)
18、时，g(x)0当 x0 时，g(x)g(ln2)22ln20，f(x)在0，)上单调递增，f(x)f(0)1(2)设函数 h(x)1ax2exf(x)在(0，)上只有一个零点等价于 h(x)在(0，)上只有一个零点()当 a0 时，h(x)0，h(x)没有零点；()当 a0 时，h(x)ax(x2)ex当 x(0，2)时，h(x)0；当 x(2，)时，h(x)0所以 h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增故 h(2)14ae2是 h(x)在(0，)上的最小值当 h(2)0，即 ae24时，h(x)在(0，)上没有零点当 h(2)0，即 ae24时，h(x)在(0，)上只有一个零点
19、当 h(2)0，即 ae24时，因为 h(0)1，所以 h(x)在(0，2)上有一个零点学科网（北京）股份有限公司由(1)知，当 x0 时，exx2，所以 h(4a)116a3e4a116a3(e2a)2116a3(2a)411a0，故 h(x)在(2，4a)上有一个零点因此 h(x)在(0，)上有两个零点综上，当 f(x)在(0，)上只有一个零点时，ae24另解(参变分离)若 f(x)在(0，)上只有一个零点，即方程 exax20 在(0，)上只有一个解，由 aexx2，令(x)exx2，x(0，)，(x)ex(x2)x3，令(x)0，解得 x2当 x(0，2)时，(x)0(x)min(2)
20、e24ae24例例 4(2020全国)已知函数 f(x)exax2x(1)当 a1 时，讨论 f(x)的单调性；(2)当 x0 时，f(x)12x31，求 a 的取值范围解析解析(1)当 a1 时，f(x)exx2x，f(x)ex2x1，由于 f(x)ex20，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(2)f(x)12x31 等价于(12x3ax2x1)ex1设函数g(x)(12x3ax2x1)ex(x0)，则g(x)(12x3ax2x132x22ax1)ex12xx2(2a3)x4a2ex12x
21、(x2a1)(x2)ex（i）若2a+10，即a12，则当x（0，2）时，g(x)0所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当x（0，2）时，g（x）1，不合题意（ii）若02a+12，即12a12，则当x(0，2a+1)(2，+)时，g(x)0所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+)单调递减，在(2a+1，2)单调递增由于g(0)=1，所以g(x)1当且仅当g(2)=(74a)e21，即a7e24所以当7e24a12x2582解析：(1)依题意，得 f(x)exa当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0 得 xln a当 x(，ln a)时，f(x)0，f(x)单调递增故当
22、 xln a 时，f(x)取得极小值，也是最小值，最小值为 f(ln a)aaln a，不存在最大值综上，当 a0 时，f(x)不存在最大值和最小值；当 a0 时，f(x)的最小值为 aaln a，不存在最大值(2)当 a0 时，f(x)ex，要证 f(x)12x258，即证 ex12x258，即证(54x2)ex8设 h(x)(54x2)ex，当 54x20，即 x52或 x52时，h(x)00，即52x52时，h(x)(4x28x5)ex(2x1)(2x5)ex，所以当52x0，h(x)在52，12 上单调递增，当12x52时，h(x)0，h(x)在12，52 上单调递减，所以当52x52
23、时，h(x)h12 4 e12x258成立3已知函数 f(x)a(x1)，g(x)(ax1)ex，aR(1)求证：存在唯一实数 a，使得直线 yf(x)和曲线 yg(x)相切；(2)若不等式 f(x)g(x)有且只有两个整数解，求 a 的取值范围3解析(1)f(x)a，g(x)(axa1)ex设直线 yf(x)和曲线 yg(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则 y0a(x01)(ax01)0ex，得 a(x00exx01)0ex，又因为直线 yf(x)和曲线 yg(x)相切，所以 ag(x0)(ax0a1)0ex，整理得 a(x00ex0ex1)0ex，结合得 x00exx01x00ex0ex
24、1，即0exx020，令 h(x)exx2，则 h(x)ex10，所以 h(x)在 R 上单调递增又因为 h(0)10，h(1)e10，所以存在唯一实数 x0，使得0exx020，且 x0(0，1)，所以存在唯一实数 a，使两式成立，故存在唯一实数 a，使得直线 yf(x)与曲线 yg(x)相切学科网（北京）股份有限公司(2)令 f(x)g(x)，即 a(x1)(ax1)ex，所以 axexaxaex，所以 axx1ex1，令 m(x)xx1ex，则 m(x)exx2ex，由(1)可得 m(x)在(，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，且 x0(0，1)，故当 x0 时，m(x)m(0)
25、1，当 x1 时，m(x)m(1)1，所以当 xZ 时，m(x)1 恒成立当 a0 时，am(x)1 恒成立，此时有无数个整数解，舍去；当 0a1 时，m(x)1a，因为1a1，m(0)m(1)1，所以两个整数解分别为 0，1，即m(2)1a，m(1)1a，解得 ae22e21，即 ae22e21，；当 a1 时，m(x)1a，因为1a1，m(x)在 xZ 时大于或等于 1，所以 m(x)1a无整数解，舍去综上所述，a 的取值范围为e22e21，考点三考点三指对在一起，常常要分手指对在一起，常常要分手【方法总结方法总结】设 f(x)为可导函数，则有(exlnxf(x)exlnxexxf(x)，
26、若 f(x)为非常数函数，求导式子中还是含有 ex，lnx，针对此类型，可以采用作商的方法，构造exlnxf(x)exlnxf(x)ex，从而达到简化证明和求极值、最值的目的，exlnx 腻在一起，常常会分手【例题选讲例题选讲】例例 5(2014全国)设函数 f(x)aexln xbex1x，曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线为 ye(x1)2(1)求 a，b；(2)证明：f(x)1解析解析(1)f(x)aexln x1x bex1(x1)x2(x0)，由于直线 ye(x1)2 的斜率为 e，图象过点(1，2)，所以f(1)2，f(1)e，即b2，aee，解得a1，b2.(2)由(1)
27、知 f(x)exln x2ex1x(x0)，从而 f(x)1 等价于 xln xxex2e构造函数 g(x)xln x，则 g(x)1ln x，所以当 x0，1e 时，g(x)0，当 x1e，时，g(x)0，故 g(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，从而 g(x)在(0，)上的最小值为 g1e 1e学科网（北京）股份有限公司构造函数 h(x)xex2e，则 h(x)ex(1x)所以当 x(0，1)时，h(x)0；当 x(1，)时，h(x)0；故 h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，从而 h(x)在(0，)上的最大值为 h(1)1e综上，当 x0 时，g(x)h(
28、x)，即 f(x)1例例 6已知函数 f(x)1xa ln x，g(x)exx(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)证明：a1 时，f(x)g(x)1ex2ln xe解析解析(1)f(x)1xa ln x，x(0，)f(x)1x2axax1x2当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)在 x(0，)上单调递减当 a0 时，由 f(x)0，得 0 x0，得 x1a，所以函数 f(x)在0，1a 上单调递减，在1a，上单调递增(2)a1 时，要证 f(x)g(x)1ex2ln xe即要证1xexxex2ln xe0exex1eln xx，x(0，)令 F(x)exex1，F(x)exe，当 x(0
29、，1)时，F(x)0，此时函数 F(x)单调递减；当 x(1，)时，F(x)0，此时函数 F(x)单调递增可得当 x1 时，函数 F(x)取得最小值 F(1)1令 G(x)eln xx，G(x)e(1ln x)x2，当 0 x0，此时 G(x)为增函数，当 xe 时，G(x)eln xx，x(0，)故原不等式成立【对点精练对点精练】学科网（北京）股份有限公司1设函数 f(x)ln x1x，求证：当 x1 时，不等式f(x)e12ex1(x1)(xex1)1解析将不等式f(x)e12ex1(x1)(xex1)变形为1e1(x1)(ln x1)x2ex1xex1，分别构造函数 g(x)(x1)(l
30、n x1)x和函数 h(x)2ex1xex1对于 g(x)xln xx2，令(x)xln x，则(x)11xx1x因为 x1，所以(x)0，所以(x)在(1，)上是增函数，所以(x)(1)10，所以 g(x)0，所以 g(x)在(1，)上是增函数，所以当 x1 时，g(x)g(1)2，故g(x)e12e1对于 h(x)2ex1(1ex)(xex1)2，因为 x1，所以 1ex0，所以 h(x)0，所以 h(x)在(1，)上是减函数，所以当 x1 时，h(x)h(1)2e1综上所述，当 x1 时，g(x)e1h(x)，即f(x)e12ex1(x1)(xex1)(第 1 题)(第 2 题)2已知
31、f(x)exalnxa，其中常数 a0(1)当 ae 时，求函数 f(x)的极值；(2)求证：e2x2ex1lnxx02解析(1)当ea 时，eelnexf xx，eexfxx，10f 2ee0 xfxx，fx在0,单调递增0,1x 时，10fxf，1,x，10fxf f x在0,1单调递减，在1,单调递增 f x的极小值为 10f，无极大值(2)由(1)得eelne0eelnexxxx，所证不等式：221eeln0 xxxx2eelnexxxx设 22eexxxg xx，222ee1exxxgxxx，令 0gx可解得：1x g x在0,1单调递增，在1,单调递减 max1eg xg eeln
32、exxg x，即2eelnexxxx，221eeln0 xxxx学科网（北京）股份有限公司3已知函数 f(x)1xalnx，g(x)exx(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)证明：a1 时，f(x)g(x)1ex2lnxe3解析解析(1)f(x)1xa ln x，x(0，)f(x)1x2axax1x2当 a0 时，f(x)0，函数 f(x)在 x(0，)上单调递减当 a0 时，由 f(x)0，得 0 x0，得 x1a，所以函数 f(x)在0，1a 上单调递减，在1a，上单调递增(2)a1 时，要证 f(x)g(x)1ex2ln xe即要证1xexxex2ln xe0exex1eln xx，x(0，)令 F(x)exex1，F(x)exe，当 x(0，1)时，F(x)0，此时函数 F(x)单调递减；当 x(1，)时，F(x)0，此时函数 F(x)单调递增可得当 x1 时，函数 F(x)取得最小值 F(1)1令 G(x)eln xx，G(x)e(1ln x)x2，当 0 x0，此时 G(x)为增函数，当 xe 时，G(x)eln xx，x(0，)故原不等式成立