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()exfxax和lngxaxx有相同的最小值.（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yfx和ygx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）1a（2）见解析【解析】（1）()exfxax的定义域为R，而()exfxa，若0a，则()0fx，此时()fx无最小值，故0a.()lngxaxx的定义域为0,，而11()axgxaxx.当lnxa时，()0fx，故()fx在,lna上为减函数，当lnxa时，()0fx，故()fx在ln,a上为增函数，故min()lnlnfxfaaaa.当10xa时，()0gx，故()gx在10,a上为减函数，当1xa时，()0gx，故()gx在1,a上为增函数，故min11()1lngxgaa.因为()exfxax和()lngxaxx有相同的最小值，故11lnlnaaaa，整理得到1ln1aaa，其中0a，设1ln,01agaaaa，则222211011agaaaaa，故ga为0,上的减函数，而()10g=，故0ga的唯一解为1a，故1ln1aaa的解为1a.综上，1a.（2）由（1）可得e()xxfx和()lngxxx的最小值为11ln11ln11.当1b时，考虑exxb的解的个数、lnxxb的解的个数.设exSxxb，e1xSx，当0x时，0Sx，当0x时，0Sx，故Sx在,0上为减函数，在0,上为增函数，所以min010SxSb，而e0bSb，e2bSbb，设e2bubb，其中1b，则e20bub，故ub在1,上为增函数，故1e20ubu，故0Sb，故exSxxb有两个不同的零点，即exxb的解的个数为2.设lnTxxxb，1xTxx，当01x时，()0Tx¢，当1x时，0Tx，故Tx在()0,1上为减函数，在1,上为增函数，所以min110TxTb，而ee0bbT，ee20bbTb，lnTxxxb有两个不同的零点即lnxxb的解的个数为2.当1b，由（1）讨论可得lnxxb、exxb仅有一个零点，当1b时，由（1）讨论可得lnxxb、exxb均无零点，故若存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同的交点，则1b.设()eln2xhxxx，其中0x，故1()e2xhxx，设e1xsxx，0x，则e10xsx，故sx在0,上为增函数，故00sxs即e1xx，所以1()1210hxxx，所以()hx在0,上为增函数，而(1)e20h，31e333122()e3e30eeeh，故hx在0,上有且只有一个零点0x，0311ex且：当00xx时，0hx即elnxxxx即fxgx，当0xx时，0hx即elnxxxx即fxgx，因此若存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同的交点，故001bfxgx，此时exxb有两个不同的零点1010,(0)xxxx，此时lnxxb有两个不同的零点0404,(01)xxxx，故11exxb，00exxb，44ln0xxb，00ln0xxb所以44lnxbx即44exbx即44e0xbxbb，故4xb为方程exxb的解，同理0xb也为方程exxb的解又11exxb可化为11exxb即11ln0xxb即11ln0xbxbb，故1xb为方程lnxxb的解，同理0xb也为方程lnxxb的解，所以1004,,xxxbxb，而1b，故0410xxbxxb即1402xxx.【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()lnxefxxxax．（1）若()0fx…,求a的取值范围；（2）证明：若()fx有两个零点1x，2x，则121xx．【答案】（1）(,1]e；（2）见证明；【解析】（1）()fx定义域为(0,)，'2(1)1()(1)()1xxexexxfxxxx令'()01fxx，所以01x时'()0fx，()fx单调递减；1x时'()0fx，()fx单调递增；min()(1)1fxfea，要使得()0fx…恒成立即满足：min()(1)101fxfeaea厖.（2）由（1）知要使得有()fx两个零点，则min()(1)101fxfeaea假设1201xx.要证明121xx即证明2111xx，又由于()fx在(1,)单增，即证明211111()()()()fxffxfxx.下面构造函数1()()()(01)Fxfxfxx1'''2211(1)(1)()()()xxxexxeFxfxfxxx由于(1)xxeexexexxex，又函数1xyxe在(0,1)单减，1111xxxeexee.11110xxexxeee01x时'()0()FxFx在(0,1)单调递增，而(1)(1)(1)0Fff1()0()()Fxfxfx得证．3.【2022年新高考2卷第22题】22.已知函数()eeaxxfxx．（1）当1a时，讨论()fx的单调性；（2）当0x时，()1fx，求a的取值范围；（3）设nN，证明：222111ln(1)1122nnn．【答案】（1）fx的减区间为,0，增区间为0,.（2）12a（3）见解析【解析】（1）当1a时，1exfxx，则exfxx，当0x时，()0fx¢，当0x时，()0fx¢，故fx的减区间为,0，增区间为0,.（2）设ee1axxhxx，则00h，又1eeaxxhxax，设1eeaxxgxax，则22eeaxxgxaax，若12a，则0210ga，因为gx为连续不间断函数，故存在00,x，使得00,xx，总有()0gx¢，故gx在00,x为增函数，故00gxg，故hx在00,x为增函数，故01hxh，与题设矛盾.若102a，则ln11eeeeaxaxaxxxhxax，下证：对任意0x，总有ln1xx成立，证明：设ln1Sxxx，故11011xSxxx，故Sx在0,上为减函数，故00SxS即ln1xx成立.由上述不等式有ln12eeeeee0axaxxaxaxxaxx，故0hx总成立，即hx在0,上为减函数，所以01hxh.当0a时，有eee1100axxaxhxax，所以hx在0,上为减函数，所以01hxh.综上，12a.【小问3详解】取12a，则0x，总有12ee10xxx成立，令12ext，则21,e,2lnxttxt，故22ln1ttt即12lnttt对任意的1t恒成立.所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn，整理得到：21ln1lnnnnn，故222111ln2ln1ln3ln2ln1ln1122nnnnln1n，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ln1exfxxax（1）当1a时，求曲线yfx在点0,0f处的切线方程；（2）若fx在区间1,0,0,各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）2yx，（2）(,1)【解析】【小问1详解】()fx的定义域为(1,)，当1a时,()ln(1),(0)0exxfxxf,所以切点为(0,0)，11(),(0)21exxfxfx,所以切线斜率为2，所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为2yx【小问2详解】()ln(1)exaxfxx，2e11(1)()1e(1)exxxaxaxfxxx设2()e1xgxax1若0a,当2(1,0),()e10xxgxax,即()0fx所以()fx在(1,0)上单调递增,()(0)0fxf，故()fx在(1,0)上没有零点,不合题意2若10a剟,当,()0x,则()e20xgxax所以()gx在(0,)上单调递增所以()(0)10gxga…,即()0fx所以()fx在(0,)上单调递增,()(0)0fxf故()fx在(0,)上没有零点,不合题意3若1a(1)当,()0x,则()e20xgxax,所以()gx在(0,)上单调递增(0)10,(1)e0gag，所以存在(0,1)m,使得()0gm,即()0fm当(0,),()0,()xmfxfx单调递减，当(,),()0,()xmfxfx单调递增所以，当(0,),()(0)0xmfxf当,()xfx，所以()fx在(,)m上有唯一零点又(0,)m没有零点,即()fx在(0,)上有唯一零点(2)当2(1,0),()e1xxgxax设()()e2xhxgxax，()e20xhxa，所以()gx在(1,0)单调递增1(1)20,(0)10egag，所以存在(1,0)n,使得()0gn当(1,),()0,()xngxgx单调递减当(,0),()0,()xngxgx单调递增,()(0)10gxga又1(1)0eg，所以存在(1,)tn,使得()0gt,即()0ft当(1,),()xtfx单调递增,当(,0),()xtfx单调递减有1,()xfx，而(0)0f,所以当(,0),()0xtfx所以()fx在(1,)t上有唯一零点,(,0)t上无零点即()fx在(1,0)上有唯一零点，所以1a,符合题意所以若()fx在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求a的取值范围为(,1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，