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(通用版)高考数学选填考点压轴题型6《超越不等式（方程）》(含答案详解)

2022-09-23
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题型6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，一般是构造函数，利用函数的单调性来解决.【典型题示例】例1（2021·江苏无锡天一·12月八省联考热身卷·7）已知点P为函数fxlnx的图象212上任意一点，点Q为圆xey1上任意一点，则线段PQ的长度的最小值为e（）2221e1e2e1eee1A．B．C．D．e1eeee【答案】A【解析】考虑从“形”的角度切入，与已知圆同心且与fxlnx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fxlnx相切的切点为Q(x0,lnx0)lnx101则由导数的几何意义、圆的切线性质得1xxe00e21即x0ex0lnx00，此为超越方程，应先猜根，易知x0e为其中一个根e2111设f(x)xexlnx，则f(x)2xe0，f(x)单调递减eex 故x0e为其唯一的一个根，此时切点为e,12212e1e所以PQ的长度的最小值为ee11，故选A.eexe例2已知函数f(x)(aR)，其中e为自然对数的底数，若函数f(x)的定2xaxa义域为R，且f(2)f(a)，求a的取值范围．【答案】(2，4)【解析】由函数f(x)的定义域为R，得x2－ax＋a≠0恒成立，所以a2－4a＜0，解得0＜a＜4．方法1（讨论单调性）xex(x－a)(x－2)由f(x)＝e，得f'(x)＝．x2－ax＋a(x2－ax＋a)2①当a＝2时，f(2)＝f(a)，不符题意．②当0＜a＜2时，因为当a＜x＜2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．③当2＜a＜4时，因为当2＜x＜a时，f′(x)＜0，所以f(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）2a由f(2)＞f(a)，得e＞e．4－aaa因为0＜a＜4，所以不等式可化为e2＞e(4－a)．ax设函数g(x)＝e(4－x)－e2，0＜x＜4．x2因为g'(x)＝ex·－(x－2)≤0恒成立，所以g(x)在(0，4)上单调递减．x2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3已知函数f(x)＝x－1－(e－1)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】0,1【解析】易得f(1)＝f(e)=0e1x(e1)∵f(x)1xx∴当x(0,e1)时，f(x)0，f(x)在(0,e1)单减；当x(e1,)时，f(x)0，f(x)在(e1,)单增∴f(x)0的解集是1xe令1exe，得0x1，故f(ex)＜0的x的取值范围为0,1．【巩固训练】x1.已知函数f(x)2x1，则不等式f(x)0的解集是（）．A.(1,1)B.(,1)(1,)C.(0,1)D.(,0)(1,)22.关于x的不等式xlnx10的解集为___________.x3.方程xeelnxe0的根是___________.554.已知、分别是方程xx10、xx10的根，则＋的值是.22225.已知实数x、y满足xx1yy11，则x3xy4y6x6y2020的值是.16.不等式xlnx0的解集是.x337.方程x12x33x40的根是. 【答案与提示】1.【答案】Dx【分析】作出函数y2和yx1的图象，观察图象可得结果.fxxx，所以fx0等价于2x1【解析】因为21x，x在同一直角坐标系中作出y2和yx1的图象如图：两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式2x1x的解为x0或x1.所以不等式fx0的解集为：,01,.2.【答案】[1,)21【提示】设f(x)xlnx1，则f(x)2x0，f(1)0，f(x)单增.x3.【答案】1xxe【解析】设(x)xeelnxe，则(x)(x1)e0，所以(x)单调递增，x因为(1)0，所以x1.4.【答案】－154【提示】设f(x)xx1，则f(x)5x10，f(x)单增.5由510，5510得55代入510得510，即10，得＋＝－1. 5.【答案】202022【提示】两边取自然对数得lnxx1lnyy102设f(x)lnxx1，则易得其为R上的单增奇函数所以xy0，22故x3xy4y6x6y2020(xy)(x4y)6(xy)20202020.6.【答案】(0,1]1【解法一】显然x1是方程xlnx0一个根x21x12111xx12令f(x)xlnx，则f(x)10222xxxxx故f(x)在(0,)单增，且f(1)01所以不等式xlnx0的解集是(0,1].x11【解法二】xlnx0变形为xlnxxx1设f(x)x，g(x)lnxx1而f(x)x在(0,)单减，g(x)lnx在(0,)单增，且图象均过（1,0）x1所以不等式xlnx0的解集是(0,1].x47.【答案】3【分析】利用“同构”构造函数，再利用函数的单调性.33【解析】原方程可化为x1x12x32x303设f(x)xx，易得其为R上的单增奇函数4所以x12x30，x即为所求.3 查看更多

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