特色小卷11 指对同构-【精彩三年】2024高考数学汇编与名师优创特色64卷教师用书word（新教材）

特色小卷11　指对同构 [时间：40分　总分：70分] 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分． 已知函数f(x)＝etx－ln x＋x，若f(x)≥0恒成立，则实数t的最小值为(　　) A． B． C． D． 已知函数f(x)＝x，g(x)＝ln x，若f＝g>0，则的最小值为(　　) A．1 B．2 C．e D．e2 已知实数m，n满足：m·em＝(n－1)ln (n－1)＝t(t>0)，则的最大值为(　　) A．e B．2e C． D． 若a<0，b>0，且e2aln b＋＝0，则3a＋b2的最小值为(　　) A．－ln B．－ln C．ln D．－ln 已知正实数x，y满足ln x＝yex＋ln y，则x的最大值为(　　) A． B．＋4 C． D．＋4 已知关于x的不等式ex-1＋a>a ln (a>0)恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A． B． C． D． 若ex+1－－k≥0对任意x>0恒成立，则实数k的最大值为(　　) A．0 B．1 C．2 D．e 若x∈，不等式ex2－x4－x2－xmx＋mx ln x＋(mx ln x)2>0(其中m>0)恒成立，则m的取值范围为(　　) A． B． C． D． 二、多选题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 已知函数f(x)＝aex－ln x＋ln a，若f(x)≥0恒成立，则实数a的可能取值为(　　) A． B． C． D． 已知不等式a ln x2－＋e≥x2a对任意x∈(0，1)恒成立，则实数a的值可以为(　　) A．－ B．－e C． D．－ 函数f(x)＝和g(x)＝有相同的最大值b，直线y＝m与两曲线y＝f(x)和y＝g(x)恰好有三个交点，从左到右三个交点的横坐标依次为x1，x2，x3，则下列说法正确的是(　　) A．a＝1 B．b＝ C．x1＋x3＝2x2 D．x1x3＝x 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 已知正实数x，y满足ln x＝yex＋ln y，则y－e－x的最大值为________． 函数f(x)＝emx＋x－ln x.若对任意x>0，都有f(x)≥0，则实数m的取值范围为________． 已知不等式e2x－kx2＋x≥ln x＋ln k(k>0)恒成立，则k的最大值为__________． 特色小卷11　指对同构 1．A　【解析】 f(x)＝etx－ln x＋x≥0⇒etx＋tx≥ln x＋x⇒etx＋tx≥ln x＋eln x， 故f(x)≥0恒成立，转化成etx＋tx≥ln x＋eln x恒成立， 记g(x)＝ex＋x，g′(x)＝ex＋1>0，则g(x)在单调递增， 故由etx＋tx≥ln x＋eln x得g≥g，故tx≥ln x恒成立． 记h(x)＝，h′(x)＝， 故当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当0<x<e时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 故当x＝e时，h(x)取得最大值， 故由tx≥ln x⇒t≥恒成立，即t≥，故t≥. 2．C　【解析】 因为f＝g>0，所以x1>0，x2>1， 因为f′(x)＝ex＋1＋xex＝(x＋1)ex＋1>0恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又g(x)＝ln x＝ln x， 因为f＝g，即x1＝ln x2， 所以x1＝ln x2⇒x2＝ex1， 所以＝. 记h(x)＝(x>0)， 所以h′(x)＝. 当0<x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝e，即≥e. 3．C　【解析】 由已知得，m>0，n－1>0，ln >0， 令f(x)＝xex(x>0)，则f′(x)＝ex>0， ∴f(x)在上单调递增． 又因为m·em＝(n－1)ln (n－1)， 所以f(m)＝f， ∴m＝ln ， ∴m＝(n－1)·ln ＝t， ∴＝. 令g(t)＝(t>0)， 所以g′(t)＝， 则当t∈(0，e)时，g′(t)>0，g(t)单调递增；当t∈(e，＋∞)时，g′(t)<0，g(t)单调递减； 所以g(t)max＝g(e)＝. 4．D　【解析】 由e2aln b＋＝0，得－a·e-2a＝ln b·e2ln b， 构造函数f(x)＝xe2x，于是f(－a)＝f(ln b). 因为f′(x)＝e2x>0在上恒成立，所以函数f(x)在上单调递增， 于是－a＝ln b，因为a<0，所以ln b>0，b>1， 所以3a＋b2＝b2－3ln b＝b2－ln b2. 设g(x)＝x－ln x，所以g′(x