首页 > 数学 > 高考题 > 2020 > 2020年新高考2

2020年高考数学新高考Ⅱ-22

2020年高考数学新高考Ⅱ-21<-->返回列表

（12分）已知函数

$f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a$ ．
（1）当

$a=e$ 时，求曲线

$y=f(x)$ 在点

$(1$ ，

$f$ （1）

$)$ 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若

$f(x)\geqslant 1$ ，求

$a$ 的取值范围．
分析：（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；
（2）方法一：不等式等价于

$e^{x-1+\ln a}+\ln a+x-1\geqslant \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$ ，令

$g(t)=e^{t}+t$ ，根据函数单调性可得

$\ln a>\ln x-x+1$ ，再构造函数

$h(x)=\ln x-x+1$ ，利用导数求出函数的最值，即可求出

$a$ 的范围；
方法二：构造两个基本不等式

$e^{x}>x-1$ ，

$x-1\geqslant \ln x$ ，则原不等式转化为

$x(a-1)\geqslant -\ln a$ ，再分类讨论即可求出

$a$ 的取值范围，
方法三：利用分类讨论的思想，当

$0<a<1$ ，此时不符合题意，当

$a\geqslant 1$ 时，

$f(x)\geqslant e^{x-1}-\ln x$ ，令

$g(x)=e^{x-1}-\ln x$ ，
再根据导数和函数最值的关系即可证明，
方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出

$f(x)\geqslant f(x_{0})=\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}+1-x_{0}\geqslant 1$ ，

$\ln a=1-x_{0}-\ln x_{0}$ ，再求出

$x_{0}$ 的范围，再利用导数求

$1-x_{0}-\ln x_{0}$ 的范围，即可求出

$a$ 的范围．
方法五：

$f(x)\geqslant 1$ 等价于

$ae^{x}-1-\ln x+\ln a\geqslant 1$ ，构造函数

$g$ （a）

$=a+\ln a-1$ ，利用导数求出函数的最值，即可求出

$a$ 的范围．
解答：（1）当

$a=e$ 时，

$f(x)=e^{x}-\ln x+1$ ，

$\therefore f\prime (x)=e^{x}-\dfrac{1}{x}$ ，

$\therefore f\prime$ （1）

$=e-1$ ，

$\because f$ （1）

$=e+1$ ，

$\therefore$ 曲线

$y=f(x)$ 在点

$(1$ ，

$f$ （1）

$)$ 处的切线方程为

$y-(e+1)=(e-1)(x-1)$ ，
当

$x=0$ 时，

$y=2$ ，当

$y=0$ 时，

$x=\dfrac{-2}{\;e-1}$ ，

$\therefore$ 曲线

$y=f(x)$ 在点

$(1$ ，

$f$ （1）

$)$ 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积

$S=\dfrac{1}{2}\times 2\times \dfrac{2}{e-1}=\dfrac{2}{e-1}$ ．
（2）方法一：由

$f(x)\geqslant 1$ ，可得

$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$ ，即

$e^{x-1+\ln a}-\ln x+\ln a\geqslant 1$ ，
即

$e^{x-1+\ln a}+\ln a+x-1\geqslant \ln x+x=e^{\ln x}+\ln x$ ，
令

$g(t)=e^{t}+t$ ，
则

$g\prime (t)=e^{t}+1>0$ ，

$\therefore g(t)$ 在

$R$ 上单调递增，

$\because g(\ln a+x-1)\geqslant g(\ln x)$

$\therefore \ln a+x-1\geqslant \ln x$ ，
即

$\ln a\geqslant \ln x-x+1$ ，
令

$h(x)=\ln x-x+1$ ，

$\therefore h\prime (x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}$ ，
当

$0<x<1$ 时，

$h\prime (x)>0$ ，函数

$h(x)$ 单调递增，
当

$x>1$ 时，

$h\prime (x)<0$ ，函数

$h(x)$ 单调递减，

$\therefore h(x)\leqslant h$ （1）

$=0$ ，

$\therefore \ln a\geqslant 0$ ，

$\therefore a\geqslant 1$ ，
故

$a$ 的范围为

$[1$ ，

$+\infty )$ ．
方法二：由

$f(x)\geqslant 1$ 可得

$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$ ，

$x>0$ ，

$a>0$ ，
即

$ae^{x-1}-1\geqslant \ln x-\ln a$ ，
设

$g(x)=e^{x}-x-1$ ，

$\therefore g\prime (x)=e^{x}-1>0$ 恒成立，

$\therefore g(x)$ 在

$(0,+\infty )$ 单调递增，

$\therefore g(x)>g(0)=1-0-1=0$ ，

$\therefore e^{x}-x-1>0$ ，
即

$e^{x}>x+1$ ，
再设

$h(x)=x-1-\ln x$ ，

$\therefore h\prime (x)=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}$ ，
当

$0<x<1$ 时，

$h\prime (x)<0$ ，函数

$h(x)$ 单调递减，
当

$x>1$ 时，

$h\prime (x)>0$ ，函数

$h(x)$ 单调递增，

$\therefore h(x)\geqslant h$ （1）

$=0$ ，

$\therefore x-1-\ln x\geqslant 0$ ，
即

$x-1\geqslant \ln x$

$\therefore e^{x-1}\geqslant x$ ，则

$ae^{x-1}\geqslant ax$ ，
此时只需要证

$ax\geqslant x-\ln a$ ，
即证

$x(a-1)\geqslant -\ln a$ ，
当

$a\geqslant 1$ 时，

$\therefore x(a-1)>0>-\ln a$ 恒成立，
当

$0<a<1$ 时，

$x(a-1)<0<-\ln a$ ，此时

$x(a-1)\geqslant -\ln a$ 不成立，
综上所述

$a$ 的取值范围为

$[1$ ，

$+\infty )$ ．
方法三：由题意可得

$x\in (0,+\infty )$ ，

$a\in (0,+\infty )$ ，

$\therefore f\prime (x)=ae^{x-1}-\dfrac{1}{x}$ ，
易知

$f\prime (x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上为增函数，
①当

$0<a<1$ 时，

$f\prime$ （1）

$=a-1<0$ ，

$f\prime (\dfrac{1}{a})=a{e}^{\dfrac{1}{a}-1}-a=a({e}^{\dfrac{1}{a}-1}-1)>0$ ，

$\therefore$ 存在

$x_{0}\in (1,\dfrac{1}{a})$ 使得

$f\prime (x_{0})=0$ ，
当

$x\in (1,x_{0})$ 时，

$f\prime (x)<0$ ，函数

$f(x)$ 单调递减，

$\therefore f(x)<f$ （1）

$=a+\ln a<a<1$ ，不满足题意，
②当

$a\geqslant 1$ 时，

$e^{x-1}>0$ ，

$\ln a>0$ ，

$\therefore f(x)\geqslant e^{x-1}-\ln x$ ，
令

$g(x)=e^{x-1}-\ln x$ ，

$\therefore g\prime (x)=e^{x-1}-\dfrac{1}{x}$ ，
易知

$g\prime (x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上为增函数，

$\because g\prime$ （1）

$=0$ ，

$\therefore$ 当

$x\in (0,1)$ 时，

$g\prime (x)<0$ ，函数

$g(x)$ 单调递减，
当

$x\in (1,+\infty )$ 时，

$g\prime (x)>0$ ，函数

$g(x)$ 单调递增，

$\therefore g(x)\geqslant g$ （1）

$=1$ ，
即

$f(x)\geqslant 1$ ，
综上所述

$a$ 的取值范围为

$[1$ ，

$+\infty )$ ．
方法四：

$\because f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a$ ，

$x>0$ ，

$a>0$ ，

$\therefore f\prime (x)=ae^{x-1}-\dfrac{1}{x}$ ，易知

$f\prime (x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上为增函数，

$\because y=ae^{x-1}$ 在

$(0,+\infty )$ 上为增函数，

$y=\dfrac{1}{x}$ 在0，

$+\infty )$ 上为减函数，

$\therefore y=ae^{x-1}$ 与

$y=\dfrac{1}{x}$ 在0，

$+\infty )$ 上有交点，

$\therefore$ 存在

$x_{0}\in (0,+\infty )$ ，使得

$f\prime (x_{0})=a{e}^{{x}_{0}-1}-\dfrac{1}{{x}_{0}}=0$ ，
则

$a{e}^{{x}_{0}-1}=\dfrac{1}{{x}_{0}}$ ，则

$\ln a+x_{0}-1=-\ln x_{0}$ ，即

$\ln a=1-x_{0}-\ln x_{0}$ ，
当

$x\in (0,x_{0})$ 时，

$f\prime (x)<0$ ，函数

$f(x)$ 单调递减，
当

$x\in (x_{0}$ ，

$+\infty )$ 时，

$f\prime (x)>0$ ，函数

$f(x)$ 单调递增，

$\therefore f(x)\geqslant f(x_{0})=a{e}^{{x}_{0}-1}-\ln x_{0}+\ln a$

$=\dfrac{1}{{x}_{0}}-\ln x_{0}+1-x_{0}-\ln x_{0}=\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}+1-x_{0}\geqslant 1$

$\therefore$

$\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}-x_{0}\geqslant 0$
设

$g(x)=\dfrac{1}{\;x}-2\ln x-x$ ，
易知函数

$g(x)$ 在

$(0,+\infty )$ 上单调递减，且

$g$ （1）

$=1-0-1=0$ ，

$\therefore$ 当

$x\in (0$ ，

$1]$ 时，

$g(x)\geqslant 0$ ，

$\therefore x_{0}\in (0$ ，

$1]$ 时，

$\dfrac{1}{{x}_{0}}-2\ln x_{0}-x_{0}\geqslant 0$ ，
设

$h(x)=1-x-\ln x$ ，

$x\in (0$ ，

$1]$ ，

$\therefore h\prime (x)=-1-\dfrac{1}{x}<0$ 恒成立，

$\therefore h(x)$ 在

$(0$ ，

$1]$ 上单调递减，

$\therefore h(x)\geqslant h$ （1）

$=1-1-\ln 1=0$ ，
当

$x\rarr 0$ 时，

$h(x)\rarr +\infty$ ，

$\therefore \ln a\geqslant 0=\ln 1$ ，

$\therefore a\geqslant 1$ ．
方法五：

$f(x)\geqslant 1$ 等价于

$ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant 1$ ，该不等式恒成立．
当

$x=1$ 时，有

$a+\ln a\geqslant 1$ ，其中

$a>0$ ．
设

$g$ （a）

$=a+\ln a-1$ ，则

$g'$ （a）

$=1+\dfrac{1}{a}>0$ ，
则

$g$ （a）单调递增，且

$g$ （1）

$=0$ ．
所以若

$a+\ln a\geqslant 1$ 成立，则必有

$a\geqslant 1$ ．

$\therefore$ 下面证明当

$a\geqslant 1$ 时，

$f(x)\geqslant 1$ 成立．
设

$h(x)=e^{x}-x-1$ ，

$\therefore h\prime (x)=e^{x}-1$ ，

$\therefore h(x)$ 在

$(-\infty ,0)$ 单调递减，在

$(0,+\infty )$ 单调递增，

$\therefore h(x)\geqslant h(0)=1-0-1=0$ ，

$\therefore e^{x}-x-1\geqslant 0$ ，
即

$e^{x}\geqslant x+1$ ，
把

$x$ 换成

$x-1$ 得到

$e^{x-1}\geqslant x$ ，

$\because x-1\geqslant \ln x$ ，

$\therefore x-\ln x\geqslant 1$ ．

$\therefore f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a\geqslant e^{x-1}-\ln x\geqslant x-\ln x\geqslant 1$ ，当

$x=1$ 时等号成立．
综上，

$a\geqslant 1$ ．
点评：本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．

2020年高考数学新高考Ⅱ-21<-->返回列表

全网搜索"2020年高考数学新高考Ⅱ-22"相关

相关知识

学习笔记（共有 0 条）