2024届高三数学二轮复习培优练20：同构函数

培优练20 同构函数 一、基本技能练 1.若2x－2y<3－x－3－y，则(　　) A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0 C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0 2.(2023·福州模拟)已知b＞a＞0，且满足aln b＝bln a，e为自然对数的底数，则(　　) A.ae＜ea＜eb B.eb＜ae＜ea C.eb＜ea＜ae D.ea＜ae＜eb 3.已知对任意的a，b∈R都有(b－a)eb－a≥be－b－λa恒成立，则实数λ的值为(　　) A.e B.1 C.0 D.－e 4.(2023·武汉调研)若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A. B.(－∞，e] C.(－∞，1] D.(－∞，2] 5.已知函数f(x)＝，则不等式f(x)＞ex的解集为(　　) A.(0，1) B. C.(1，e) D.(1，＋∞) 6.(2023·杭州调研)已知不等式2λe2x＋ln λ≥ln x在(0，＋∞)上恒成立，则实数λ的取值范围是(　　) A. B. C. D. 7.已知a，b∈(，＋∞)，且满足－>ln ，则a，b，的大小关系是________. 8.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范围是________. 二、创新拓展练 9.(多选)(2023·湖北十一校二联)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋2)＋ln a－2.以下说法正确的是(　　) A.若f(x)在x＝0处取得极值，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增 B.若f(x)≥0恒成立，则a∈[e，＋∞) C.若f(x)仅有两个零点，则a∈[e，＋∞) D.若f(x)仅有1个零点，则a＝1 10.已知函数f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 参考答案 1.A　[设函数f(x)＝2x－3－x. 因为函数f(x)＝2x与f(x)＝－3－x在R上均单调递增， 所以f(x)在R上单调递增， 原已知条件等价于2x－3－x＜2y－3－y， 即f(x)＜f(y)， 所以x＜y，即y－x＞0，所以A正确，B不正确. 因为|x－y|与1的大小不能确定， 所以C，D不正确.] 2.A　[因为y＝ex在R上单调递增， b＞a＞0，所以eb＞ea，BC错； 构造函数f(x)＝(x＞0)， 则f′(x)＝＝0，x＝e， 当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 因为aln b＝bln a，＝， 即f(a)＝f(b)，又b＞a＞0， 所以0＜a＜e，b＞e， 所以＜，eln a＜aln e，ln ae＜ln ea， 即ae＜ea， 所以ae＜ea＜eb，A正确.故选A.] 3.B　[(b－a)eb－a≥be－b－λa ⇒(b－a)eb－a－be－b＋λa≥0 ⇒(b－a)eb－a－λ(b－a)＋(－be－b)－λ(－b)≥0， 构造f(x)＝xex－λx， 问题转化为f(b－a)＋f(－b)≥0， 由于a，b为任意实数， ∴f(x)≥0⇒f(x)＝x(ex－λ)≥0， ①当x＝0时，显然成立， ②当x＜0时，λ≥ex恒成立，λ≥1， ③当x＞0时，λ≤ex恒成立，可得λ≤1， 综上可得λ＝1，故选B.] 4.C　[∵ex－a≥ln x＋a， ∴ex－a＋x－a≥x＋ln x， ∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x， 设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1＞0， ∴f(t)在R上单调递增， 故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x， 即f(x－a)≥f(ln x)， 即x－a≥ln x， 即a≤x－ln x， 设g(x)＝x－ln x， 则g′(x)＝1－＝， 令g′(x)＞0，x＞1， ∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故选C.] 5.B　[＞ex⇒＞⇒＞， 构造g(x)＝， 则g′(x)＝，g′(x)＝0，解得x＝1， 所以g(x)在(0，1)单调递减，(1，＋∞)单调递增， 又f(x)>ex⇔g(1＋ln x)>g(x)， 当x>1时，ln x＋1>1，于是得1＋ln x>x， 即1＋ln x－x>0， 令h(x)＝1＋ln x－x， 当x>1时，h′(x)＝－1<0， 函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∀x>1, h(x)<h(1)＝0， 因此，1＋ln x>x无解. 当<x<1时，0<ln x＋1<1， 于是得1＋