[中国高考数学母题一千题](第0001号)巧换元妙构函数.探究指对不等式探究二元指对函数不等式的换元方法 含有指数函数y=ex与对数函数y=lnx的二元不等式问题是高考中热得不能再热的热点问题;对有关函数式进行等价变形,运用整体思想引入新的变元,把握变量间的本质关系,可促使问题解决.[母题结构]:探究解决含有ex或lnx的二元不等式问题的引入变元策略.[母题解析]:针对不同情况引入变元的策略有:①如果关于变元a,b的不等式中含有ex,可作差引入新的变元t=b-a,把关于a,b的二元不等式转化为关于t的一元不等式,然后构造关于t的函数解决问题;②如果关于变元a,b的不等式中含有lnx,可作商引入新的变元t=,把关于a,b的二元不等式转化为关于t的一元不等式,然后构造关于t的函数解决问题;③如果关于变元a,b的不等式中含有参数m,且对m的每一个取值,变元a,b在其取值范围内都有唯一的一个值,那么,a,b都是m的函数,确定参数m为变元,通过研究隐藏函数a=f(m)和b=f(m)解决问题. 1.指数函数,作差换元 子题类型Ⅰ:(2013年陕西高考理科试题)已知函数f(x)=ex,x∈R.(Ⅰ)若直线y=kx+1与f(x)的反函数的图像相切,求实数k的值;(Ⅱ)设x>0,讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数;(Ⅲ)设a时,曲线y=h(x)与y=m恰有两个公共点,即曲线y=f(x)与y=mx2有两个公共点;(Ⅲ)由-=-=(-)=(-1+)=(-1+);令x=b-a>0,(x)=+-1,则(x)=-=>0(x)>(0)=0>1->;[点评]:对含有ex,且关于变元a,b的不等式,作差引入新的变元t=b-a时,应注意利用指数运算法则,把关于a,b的二元不等式转化为关于t的一元不等式. 2.对数函数,作商换元 子题类型Ⅱ:(2004年全国Ⅱ高考试题)已知函数f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx.(Ⅰ)求函数f(x)的最大值;(Ⅱ)设0-1)f(x)的最大值=f(0)=0;(Ⅱ)令t=>1,则01>1ln>0)>0h(t)>h(1)=0;又(1+t)ln2-(1+t)ln(1+t)+tlnt<(t-1)ln2(1+t) ln(1+t)-tlnt>2ln2;令H(t)=(1+t)ln(1+t)-tlnt,则(t)=ln(1+t)-lnt>0H(t)>H(1)=2ln2.[点评]:对含有lnx,且关于变元a,b的不等式,作商引入新的变元t=时,应注意利用对数运算法则,把关于a,b的二元不等式转化为关于t的一元不等式. 3.隐藏函数,互逆换元 子题类型Ⅲ:(2014年天津高考试题)已知函数f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x10时,g(x)>0,且(x)=(x-1)g(x)在(-∞,0)和(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,g(x)的极小值=g(1)=e,g(x)的图像如图,所以,函数y=f(x)有两个零点>g(x)的极小值e0k成立？若存在,求x0的取值范围;若不存在,请说明理由.3.(2005年湖南高考试题)已知函数f(x)=lnx,g(x)=ax2+bx,a≠0.(Ⅰ)若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;(Ⅱ)设函数f(x)的图象C1与函数g(x)图象C2交于点P、Q,过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1，C2于点M、N,证明:C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.4.(2011年辽宁高考试题)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)设a>0,证明:当0f(-x);(Ⅲ)若函数y=f(x)的图像与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明:(x0)<0.5.(2011年湖南高考试题)设函数f(x)=x--alnx(a∈R).(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)若f(x)有两个极值点x1和x2,记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),的直线的斜率为k,问:是否存在a,使得k=2-a？若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.6.(2013年天津高考试题)已知函数f(x)=x2lnx.(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);(Ⅲ)设(Ⅱ)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有<<. 5.子题详解:1.解:(Ⅰ)由f(x)的反函数为g(x)=lnx(x)=(1)=1切线方程:y=x+1;(Ⅱ)令h(x)=f(x)-(x2+x+1)=ex-x2-x-1,则(x)=ex-x-1(x)=ex-1min(x)=(0)=0h(x)在R上递增,又h(0)=0曲线y=f(x)与曲线y=x2+x+1有唯一公共点(0,1);(Ⅲ)由-f()=-e=[e-e-(b-a)];令x=>0,(x)=ex-e-x-2x,则(x)=ex+e-x-2≥0(x)>(0)=0>f().2.解:(Ⅰ)由f(1)≥1ea≥2a≥ln2>0;由(x)=aeax-1=0x=lnf(x)在(0,ln)上单调递减,在(ln,+∞)上单调递增fmin(x)=f(ln)=-ln;所以,f(x)≥1恒成立-ln≥1;令g(t)=t-tlnt,则(t)=-lntgmax(t)=g(1)=1,因此,当且仅当=1,即a=1时,-ln≥1成立.综上,a的取值集合为{1};(Ⅱ)由(Ⅰ)知:et≥t+1,当且仅当t=0时,等号成立;若存在x0∈(x1,x2),使(x0)>k,则ae-1>-1ae->0;令(x)=aeax-,则(x)=a2eax>0(x)在[x1,x2]上单调递增;又(x1)=-[e-a(x2-x1)-1]<0,(x2)=[e-a(x1-x2)-1]>0存在c∈(x1,x2),使得(c)=0当x∈(c,x2)时,(x)>0当x∈(c,x2)时,aeax->0存在x0∈(c,x2),使(x0)>k.3.解:(Ⅰ)当b=2时,由h(x)=lnx-ax2-2x(x)=-(ax2+2x-1);由h(x)存在单调递减区间(x)<0,即ax2+2x-1>0有x>0的解集;①当a>0时,ax2+2x-1>0总有x>0的解集;②当a<0时,ax2+2x-1>0总有x>0的解集△=4+4a>0,且->0-11,则=lnt;令T(t)=lnt-(t>1),则(t)=>0T(t)在(1,+∞)上单调递增T(t)>T(1)=0,矛盾,假设不成立.故C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.4.解:(Ⅰ)由f(x)的定义域为(0,+∞),(x)=-(2x+1)(ax-1);①当a≤0时,(x)>0f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a>0时,由(x)=0x=f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减;(Ⅱ)令g(x)=f(+x)-f(-x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax(00g(x)在(0,)上单调递增g(x)>g(0)=0当0f(-x);(Ⅲ)设A(x1,0),B(x2,0),由(Ⅰ)知,a>0,且0;令t=>1,则>lnt>;令T(t)=lnt-(t>1),则(t)=>0T(t)在(1,+∞)上单调递增T(t)>T(1)=0.5.解:(Ⅰ)由f(x)的定义域为(0,+∞),(x)=(x2-ax+1);①当a≤2时,(x)≥0f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当a>2时,由(x)=0x1=>0,x2=>0f(x)在(0,x1)和(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,a>。
