新高考二轮复习真题源导数专题讲义第25讲同构法解零点问题与恒成立问题(解析版).pdf

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1、第 25 讲 同构法解零点问题与恒成立问题 1已知函数1()()2(0)xaxf xxln axae，若函数()f x在区间(0,)内存在零点，求实数a的取值范围【解答】解：方法一：由1()()2(0)xaxf xxln axae可得111()()xxxefxaex，设1xeyax，0 x，0a，则12(1)xexyx，令01yx，y在(0,1)x单调递减，在(1,)x单调递增，故minyy（1）1a 当01a时，令()01fxx，当(0,1)x时，()f x单调递减，当(1,)x时，()f x单调递增，()minf xf（1）10alna，此时()f x在区间(0,)内无零点；当1a 时，f

2、（1）10alna，此时()f x在区间(0,)内有零点；当1a 时，令111()()0 xxxefxaex，解得1xx或 1 或2x，且1201xx，此时()f x在1(0,)xx单减，1(xx，1)单增，2(1,)xx单减，2(xx，)单增，当1xx或2x时，()0f x极小值，此时()f x在区间(0,)内有两个零点；综合知()f x在区间(0,)内有零点1a 方法二：由题意可得 1()()2xln axeln axx ，即1()1()10 xln axexln ax ，因为1xex 当0 x 时等号成立，所以1()0 xln ax ，即1xaxe，1xeax，令1()xeg xx，21

3、(1)()xxeg xex，易知()g x在(0,1)单减，在(1,)上单增，所以()g xg（1）1，又x趋近于 0 和正无穷时，()g x趋近于正无穷，所以1a 2已知函数()(2)2xf xaeln xlna，（1）若()f x在0 x 处取得极值，求a的值及函数的单调区间（2）请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择如果多写按第一个计分 若()0f x恒成立，求a的取值范围；若()f x仅有两个零点，求a的取值范围【解答】解：（1）函数()(2)2xf xaeln xlna，则()f x的定义域为(2,)，且1()2xfxaex，因为()f x在0 x 处取得极值，所以(0)0f，

4、即102a，解得12a；此时11()22xfxex，所以()fx在(2,)上单调递增，则当20 x 时，()0fx，则()f x单调递减，当0 x 时，()0fx，则()f x单调递增，所以()f x的单调递减区间为(2,0)，单调递增区间为(0,)；（2）若选：因为()0f x恒成立，则(2)2 0 xaeln xlna恒成立，整理可得(2)2x lnaexlna ln xx恒成立，即(2)(2)x lnaln xexlna ln xe恒成立，令()xh xex，则()(2)h xlnah ln x恒成立，因为()10 xh xe 恒成立，则()h x为单调递增函数，所以(2)xlna ln

5、 x恒成立，即(2)lna ln xx恒成立，令()(2)xln xx，2x ，则11()122xxxx ，当21x 时，()0 x，则()x单调递增，当1x 时，()0 x，则()x单调递减，所以()x在1x 处取得极大值，即最大值(1)1，故1lna，解得a e，所以a的取值范围为e，)；若选：因为()f x仅有两个零点，即(2)20 xaeln xlna在(2,)上有两个根，整理可得(2)2x lnaexlnaln xx，即(2)(2)x lnaln xexlnaln xe，令()xh xex，则()(2)h xlnah ln x，因为()10 xh xe 恒成立，则()h x为单调递增

6、函数，所以(2)xlnaln x，即(2)lnaln xx在(2,)上有两个根，令()(2)xln xx，2x ，则11()122xxxx ，当21x 时，()0 x，则()x单调递增，当1x 时，()0 x，则()x单调递减，所以()x在1x 处取得极大值，即最大值(1)1，要想(2)lnaln xx在(2,)上有两个根，只需1lna，解得0ae，所以a的取值范围为(0,)e 3已知2()12af xxlnxx（1）若函数()()cossin1g xf xxxxxlnx在(0,2上有 1 个零点，求实数a的取值范围（2）若关于x的方程2()12x aaxef xxax有两个不同的实数解，求a

7、的取值范围【解答】解：（1）2()cossin2ag xxxxx，(0 x，2，所以()(sin)g xx ax，当1a时，?sin0ax，所以()g x在(0，2单调递增，又因为(0)0g，所以()g x在(0，2上无零点；当01a时，0(0,)2x，使得0sin xa，所以()g x在0(x，2单调递减，在0(0,)x单调递增，又因为(0)0g，2()128ag，所以若2108a，即28a时，()g x在(0，2上无零点，若2108a，即280a时，()g x在(0，2上有一个零点，当0a时，()sin0g xaxx，()g x在(0，2上单调递减，()g x在(0，2上无零点，综上当28

8、0a时，()g x在(0，2上有一个零点；（2）由2()1(0)2x aaxef xxaxx，即x axexlnxax，即x aelnxa，则有()x aexaxlnx，令()h xxlnx，0 x，则()()x ax ah eexa，1()10h xx，所以函数()h x在(0,)上递增，所以x aex，则有xalnx，即axlnx，0 x，因为关于x的方程2()12x aaxef xxax有两个不同的实数解，则方程axlnx，0 x 有两个不同的实数解，令()xxlnx，则11()1xxxx，当01x时，()0 x，当1x 时，()0 x，所以函数()xxlnx在(0,1)上递减，在(1,

9、)上递增，所以()minx（1）1，当0 x 时，()x，当x 时，()x，所以|1a a 4已知函数()(1)1xf xaeln xlna（1）若1a，求函数()f x的极值；（2）若函数()f x有且仅有两个零点，求a的取值范围【解答】解析：（1）当1a 时，()(1)1xf xeln x，1()1xfxex，1x ，显然()fx在(1,)单调递增，且(0)0f，当10 x 时，()0fx，()f x单调递减；当0 x 时，()0fx，()f x单调递增()f x在0 x 处取得极小值(0)0f，无极大值（2）函数()f x有两个零点，即()0f x 有两个解，即()(1)(1)xxael

10、n aeln xx有两个解，设()h ttlnt，则1()10h tt，()h t单调递增，1(1)xaexx 有两个解，即1(1)xxaxe 有两个解 令1()(1)xxs xxe，则()xxs xe，当(1,0)x 时，()0s x，()s x单调递增；当(0,)x时，()0s x，()s x单调递减(1)0s，(0)1s，当0 x 时()0s x，01a 5已知函数21()22x aaf xelnx（1）若函数()yf x在1(0,)2上单调递减，求a的取值范围；（2）若函数()yf x在定义域内没有零点，求a的取值范围【解答】解：（1）因为函数()yf x在1(0,)2上单调递减，所以

11、()0fx在1(0,)2上恒成立，由21()22x aaf xelnx，0 x，可得22141()222x ax axefxexx，由于0 x，则241 0 x axe在1(0,)2上恒成立，令2()41x aF xxe，2()(84)0 x aF xxe，故()F x在1(0,)2上单调递增，所以只需1()02F即可，11()21 02aFe，所以12aln，所以a的取值范围是(，12ln （2）21()22x aaf xelnx的定义域为(0,)，21()22x afxex，令2()2x ag xe，1()2h xx，当0 x 时，()g x单调递增，()(2ag xe，)，()(0h x

12、，)，故存在0(0,)x，使得0()0fx，即0201202xaex，即02014xaex，两边取对数得0042lnxalnx，而()f x在0(0,)x上单调递减，在0(x，)上单调递增，故0()()0minf xf x，故0201022xaaelnx，将代入上式得004210422lnxaax，化简得00124axlnx，因为00114xx，当且仅当0014xx，即012x 时取等号，所以0012124xlnlnx，故12aln ，即a的取值范围是(12,)ln 6已知函数12()()xf xemxmR（1）选择下列两个条件之一：12m；1m；判断()f x在区间(0,)是否存在极小值点，

13、并说明理由；（2）已知0m，设函数()()()g xf xmxln mx 若()g x在区间(0,)上存在零点，求实数m的取值范围【解答】解：（1）若选：12m，则函数121()2xf xex，所以1()xfxex，1()1xfxe，因为()fx单调递增，且f（1）0，所以()fx在(0,1)上单调递减，(1,)上单调递增，则()fxf（1）0，故()f x在(0,)上单调递增，所以不存在极小值点；若选：1m，则12()xf xex，所以1()2xfxex，1()2xfxe，由()fx单调递增，且(12)0fln，所以()fx在(0,12)ln上单调递减，在(12,)ln上单调递增，故()(1

14、2)2 20fxflnln，又f（4）380e，所以存在极小值点0(12,4)xln（2）令()0g x，则12()0 xemxmxln mx，又0mx，所以11()1()()()()0 xxx ln mxln mxeexln mxxln mxexln mxmxe，令()txln mx，故10tet 有解，设1()th tet，则1()1th te，令()0h t，解得1t，所以()h t在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，又h（1）0，所以1()th tet有唯一的零点1t，若()g x在区间(0,)上存在零点，即1()xln mx在(0,)上有解，整理可得1lnmxlnx，令()l

15、 xxlnx，则1()1l xx，令()0l x，解得1x，所以()l x在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，故()l xl（1）1，所以11lnm，解得1m，所以m的取值范围为1，)7.若对任意0 x，恒有1e12lnaxaxxx，求实数a的最小值 解析 1e12lnaxaxxx 22e11 lnaxaxxx22e1 lne1 lnaxaxxx，令()(1)lnf xxx，则1()lnxf xxx，22111()xfxxxx，易知()f x在 0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以()(1)20f xf，所以()f x在(0,)单调递增 则 2221 ln1 lneaxaxaxe

16、exxff x 22lne2lnaxxxaxxax，令 2lnxg xx，则 22 1lnxgxx 当 0,ex 时，0gx，当e,x 时，0gx 所以函数 g x在 0,e上单调递增，在e,上单调递减 所以 max2eeg xg，所以max2ln2exax，所以实数a的最小值为2e 8.已知函数()eln()(0)xf xaaxaa a，若关于x的不等式()0f x 恒成立，求实数a的取值范围 解析()eln()0 xf xaaxaa ln1eln(1)1elnln(1)1xxaa xaxa lnln(1)elneln(1)xaxxax，令()exg xx，则 e10 xg x，所以函数()

17、g x为R上的增函数 则原命题又等价于(ln)(ln(1)g xagxlnln(1)lnln(1)xaxaxx 由于ln(1)(2)2xxxx，所以ln2a，即得20ea 9.对任意0 x，不等式22 elnln0 xaxa恒成立，求实数a的最小值 解析 22 elnln0 xaxa 222 eln2 eln(0)xxxxxaxxaaa 2ln2lnln ln()xxxxxaaa 设 lnf xxx，则 110fxx，所以函数 f x在0,上单调递增 所以由(2)lnxfxfa，得2lnxxa，即2exxa 恒成立 令2()exxg x，则212()exxg x，当102x时，0fx，当1,2

18、x时，0gx 所以函数 g x在10,2上单调递增，在1,2上单调递减 所以 max1122eg xg，所以实数a的最小值为12e 易得max11()22eg xg，所以实数a的最小值为12e 10.已知函数()ln1xf xaex证明:当1ae时，0f x.证明:当1ae时，()ln1xef xxe，所以只需证明ln10 xexe.由于ln10lnxxexeexeelnelnlnxxxxeexexxeexe 令()xg xxe，由()(1)0 xg xe x)知 g x为增函数，又易证 1xlnexlnx，所以()(ln)g xgex，即lnlnxxxeexee成立.故当1a e时，0f x.11已知函数 e2xf xxa，若 1lnf xxx，求a的取值范围 解析：e21ln1lnxf xxxxaxx e2ln1lnxxxxax e2ln1lnxxxxax 由于e2ln1ln2ln11ln1xxxxxxxxx，当且仅当2ln0 xx等号成立，所以1a，即实数a的取值范围是，1