1、破解有关x与ex，ln x的组合函数的金钥匙微点聚焦突破 有关x与ex，ln x的组合函数是高考的常考内容，常将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)等.如2019年全国卷T13是以x与ex的组合函数为载体，考查切线方程的求解，2019年全国卷T6是以x与ex，ln x的组合函数为载体，考查导数的几何意义，2018年全国卷T3是以x与ex的组合函数为载体，考查函数的图象的识别，2019年天津卷T20以x与ln x，ex的组合函数为载体考查函数的零点与不等式证明.预计今年高考对有关x与ex，ln
2、 x的组合函数的考查，除了延续往年的命题形式，还会更着眼于知识点的巧妙组合，突出对数学思维能力、数学核心素养的考查.类型一 构造函数【例 1】(2020成都七中检测)已知函数 f(x)axln xx，aR.(1)若f(x)0，求a的取值范围；(2)若yf(x)的图象与直线ya相切，求a的值.(1)解 由题易知，函数f(x)的定义域为(0，).由 f(x)0，得 axln xx 0，所以 axln xx，又 x0，所以 aln xx2.令 g(x)ln xx2，则 g(x)12ln xx3.令 g(x)0，得 0 x e，令 g(x)e.所以当 0 x e时，g(x)单调递减.所以当 x e时，
3、g(x)取得最大值 g(e)12e，所以 a 12e，即 a 的取值范围是12e，.(2)证明 设yf(x)的图象与直线ya相切于点(t，a)，依题意可得f（t）a，f（t）0.因为 f(x)a1ln xx2，所以atln tt a，a1ln tt20，消去 a 可得 t1(2t1)ln t0.(*)令 h(t)t1(2t1)ln t，则 h(t)1t2ln t1，易知 h(t)在(0，)上单调递减，且 h(1)0，所以当0t0，h(t)单调递增，当t1时，h(t)0，h(t)单调递减.所以当且仅当t1时，h(t)0，即(*)式成立，所以 a1ln 1121.思维升华 1.求解有关 x 与 e
4、x，x 与 ln x 的组合函数问题，要把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；若函数最值不易求解时，可重新分拆、组合、构建新函数，然后借助导数研究函数的性质来求解.2.本例中(1)先将不等式 f(x)0 转化为 aln xx2，再构造函数 g(x)ln xx2，求其最大值即可求得 a 的取值范围；(2)先由 yf(x)的图象与直线 ya 相切，得到方程组，再构造新函数，通过研究新函数的单调性，求出 a 的值.【训练 1】(2020合肥一中质检)已知函数 ya8ln xx1e，e 的图象上存在点 P，函数 yx22 的图象上存在点 Q，且 P，Q 关于 x 轴对称，则 a 的取值范围是()A
5、.68ln 2，e26 B.e26，)C.101e2，D.68ln 2，101e2 解析 函数yx22的图象与函数yx22的图象关于x轴对称，根据已知得函数 ya8ln xx1e，e 的图象与函数 yx22 的图象有交点，即方程 a8ln xx22 在1e，e 上有解，即 ax228ln x 在1e，e 上有解，令 g(x)x228ln x，x1e，e，则 g(x)2x8x2x28x，当 x1e，2 时，g(x)0.故当 x2 时，g(x)取最小值 g(2)68ln 2，由于 g1e 101e2，g(e)e26.故当 x1e时，g(x)取到最大值 101e2.所以 68ln 2a101e2.答
6、案 D 类型二 分离参数，设而不求【例 2】已知函数 f(x)ln x，g(x)exx，是否存在实数 m，使得对任意的 x12，都有 yf(x)mx 的图象在 g(x)exx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.解 假设存在实数 m 满足题意，则不等式 ln xmx exx 对任意的 x12，恒成立，即 mexxln x 对任意的 x12，恒成立.令 v(x)exxln x，则 v(x)exln x1，令(x)exln x1，则(x)ex1x，易知(x)在12，上单调递增，12 e1220 且(x)的图象在12，1 上连续，所以存在唯一的 x012，1，使得(x0
7、)0，则 ex01x00，x0ln x0.当 x12，x0 时，(x)单调递减；当 x(x0，)时，(x)单调递增.则(x)在 xx0 处取得最小值，且最小值为(x0)ex0ln x011x0 x012x01x0110，所以 v(x)0，即 v(x)在12，上单调递增，所以 me1212ln 12e1212ln 21.995 29，故存在整数m满足题意，且m的最大值为1.思维升华 1.对于恒成立或有解问题分离参数后，导函数的零点不可求，且不能借助图象或观察得到，常采用设而不求，整体代入的方法.2.本例通过虚设零点 x0得到 x0ln x0，将 ex0ln x01 转化为普通代数式1x0 x01
8、，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉 x0，即借助(x0)0 作整体代换，采取设而不求，达到化简求解的目的.类型三 巧拆函数，有效分离ln x与ex【例3】(2020雅礼中学调研)已知函数f(x)ax2xln 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 ae，证明：当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0，即 2aln x1x在 x0时恒成立.令 g(x)ln x1x(x0)，则 g(x)ln xx2，易知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则g(x)maxg(1)1，所以 2a1，即 a12.故实数 a 的取值范围是12，.(2)证明
9、 若 ae，要证 f(x)xex1e，只需证 exln xex 1ex，即 exex0)，则 h(x)ex1ex2，易知 h(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，则 h(x)minh1e 0，所以 ln x 1ex0.再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以 exexexex(x0)(分离ln x 与ex)，便于探求构造的函数h(x)ln x 1ex和(x)exex的单调性，分别求出 h(x)的最小值与(x)的最大值，借助“中间媒介”证明不等式.【训练 2
10、】已知函数 f(x)ln xax(a0).(1)若函数 f(x)有零点，求实数 a 的取值范围；(2)证明：当 a2e时，ln xaxex0.(1)解 由题意可知，函数f(x)的定义域为(0，).由 f(x)ln xax0 有解，得 axln x 有解，令g(x)xln x，则g(x)(ln x1).当 x0，1e 时，g(x)0，当 x1e，时，g(x)0，a0，00，即证 ln xaxex，x0，即证 xln xaxex，即证(xln xa)min(xex)max.令 h(x)xln xa，则 h(x)ln x1.当 0 x1e时，f(x)1e时，f(x)0.函数 h(x)在0，1e 上单
11、调递减，在1e，上单调递增，h(x)minh1e 1ea，故当 a2e时，h(x)1ea1e.令(x)xex，则(x)exxexex(1x).当 0 x0；当 x1 时，(x)0 时，(x)1e.显然，不等式中的等号不能同时成立，故当 a2e时，ln xaxex0.类型四 借助exx1或ln xx1(x0)进行放缩【例4】已知函数f(x)x1aln x.(1)若 f(x)0，求 a 的值；(2)设 m 为整数，且对于任意正整数 n，112 1122 112n m，求 m 的最小值.解(1)f(x)的定义域为(0，)，若 a0，因为 f12 12aln 20，由 f(x)1axxax 知，当x(
12、0，a)时，f(x)0；所以f(x)在(0，a)单调递减，在(a，)单调递增，因为f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0，故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0，令 x112n，得 ln112n 12n.从而 ln112 ln1122 ln112n 1212212n112n1.故112 1122 112n 2，从而m的最小正整数是m3.故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点.思维升华 1.第(1)问可借助yx1与yaln x图象的位置关系，利用导数的几何意义求解，请读者完成.2.第(2)问利用教材习题结论x1ln x(x0，且x1)进行放缩，优化了解题过程.若利用ex替换x，可进一步得到不等式exx1(当x0时取等号).【训练3】已知函数f(x)exa.(1)若函数f(x)的图象与直线l：yx1相切，求a的值；(2)若f(x)ln x0恒成立，求整数a的最大值.解(1)f(x)ex，因为函数f(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，切点坐标为(0，1)，则f(0)1a1，a2.(2)先证明exx1，设F(x)exx1，则F(x)ex1，令F(x)0，则x0，当x(0，)时，F(x)0；当x(，0)时，F(x)ln x.当a2时，ln x0恒成立.当a3时，存在x，使exaln x不恒成立.综上，整数a的最大值为2.
