专题06 超越不等式（方程）-2023年高考数学优拔尖核心压轴题（选择、填空题）（新高考地区专用）.docx

1、专题06 超越不等式（方程）【方法点拨】含有指对运算的方程(或不等式)称之为超越方程(或超越不等式),实现解这类方程、不等式，一般是先猜根，再构造函数，利用函数的单调性来解决.【典型题示例】例1 （2022新高考I22改编）已知函数和有相同最小值，则实数 .【答案】 【分析】利用导数知识易得，根据最小值相等得，即，猜根易得可求是其中一个根，构造函数，研究函数的单调性，说明根的唯一性从而得解.【解析】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

2、，则，故为上的减函数，而，故的唯一解为，故的解为.综上，.例2 (2022四川成都二检)已知函数的零点为，则 . 【答案】1【分析】【解析】由题意得: 设在上单增故有，即.例3 (多选题)(2022江苏七市三模)已知函数的零点为，的零点为，则ABCD【答案】BCD【解析】，则，显然单增，故等价于，则，故A错误；因为单增，且，故，则故，则B正确；，则C正确；D.，因为，故，则，而，则，故D正确.例4 已知点为函数的图象上任意一点，点为圆上任意一点，则线段的长度的最小值为（ ）ABCD【答案】A【解析】考虑从“形”的角度切入，与已知圆同心且与相切的圆的半径与已知圆的半径之差即为所求如下图设该圆与相

3、切的切点为则由导数的几何意义、圆的切线性质得即，此为超越方程，应先猜根，易知为其中一个根设，则，单调递减故为其唯一的一个根，此时切点为所以的长度的最小值为，故选A.例5 已知函数(aR)，其中e为自然对数的底数，若函数的定义域为R，且，则a的取值范围是 【答案】(2，4)【解析】由函数f(x)的定义域为R，得x2axa0恒成立，所以a24a0，解得0a4 方法1（讨论单调性）由f(x)，得f(x) 当a2时，f(2)f(a)，不符题意 当0a2时，因为当ax2时，f (x)0，所以f(x)在(a，2)上单调递减， 所以f(a)f(2)，不符题意 当2a4时，因为当2xa时，f (x)0，所以f

4、(x)在(2，a)上单调递减， 所以f(a)f(2)，满足题意 综上，a的取值范围为(2，4) 方法2（转化为解超越不等式，先猜根再使用单调性）由f(2)f(a)，得 因为0a4，所以不等式可化为e2(4a) 设函数g(x)(4x)e2， 0x4 因为g(x)ex0恒成立，所以g(x)在(0，4)上单调递减又因为g(2)0，所以g(x)0的解集为(2，4)所以，a的取值范围为(2，4) 例6 已知函数f(x)x1(e1)lnx，其中e为自然对数的底，则满足f(ex)0的x的取值范围为 【答案】【解析】易得f(1)f(e)=0当时，在单减；当时，在单增的解集是令，得，故f(ex)0的x的取值范围

5、为例7 若存在正数，使得，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围为 . 【答案】【分析】对进行“完全分参”，两边同时除以、移项得，令，问题转化为存在正数，使得成立，再设，只需的值域.【解析】对两边同时除以、移项得，令，问题转化为存在正数，使得成立，设，只需的值域.猜根，往与的方向猜，可得再设，则故在区间单减所以在区间只有一个零点为且当时，故有当，单增；当，单减故当时，取得极大值也就是最大值为，无最小值故即为所求.【巩固训练】1.已知函数，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 2. 关于的不等式的解集为_.3. 方程的根是_.4.已知a、b分别是方程、的根，则ab的值是 .5.已知实数x

6、、y满足，则的值是 .6.不等式的解集是 .7.方程的根是 .8. 已知函数，则的解集为_【答案或提示】1. 【答案】D【分析】作出函数和的图象，观察图象可得结果.【解析】因为，所以等价于，在同一直角坐标系中作出和的图象如图：两函数图象的交点坐标为，不等式的解为或.所以不等式的解集为：.2.【答案】【提示】设，则，单增.3. 【答案】【解析】设，则，所以单调递增，因为，所以.4.【答案】1【提示】设，则，单增.由，得代入得，即，得ab1.5.【答案】2020【提示】两边取自然对数得设，则易得其为上的单增奇函数所以，故.6.【答案】【解法一】显然是方程一个根令，则故在单增，且所以不等式的解集是.【解法二】变形为设，而在单减，在单增，且图象均过（1,0）所以不等式的解集是.7.【答案】【分析】利用“同构”构造函数，再利用函数的单调性.【解析】原方程可化为设，易得其为上的单增奇函数所以，即为所求.8.【答案】【解析】本题可通过猜根秒杀（常规解法：构造函数关系）.