第六板块 微点优化拓展——导数中的同构问题（课件PPT）-【新高考方案】2024年高考数学二轮复习专题增分方略（新教材）

微点优化拓展 ——导数中的同构问题 章节标题内容1 Use "Title Only" Layout 1 1 2 目 录 3 类型一　不等式或等式两边结构一致 类型二　指对跨阶同构型 类型三　零点同构 2 类型一　不等式或等式两边结构一致 [思维建模] 含有二元变量x1，x2的函数常见的同构类型 续表 2．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 答案：A　 解析：因为y＝ex在R上单调递增，b>a>0，所以eb>ea，B、C错误； 所以1<a<e<b. 对于一个指数、直线、对数三阶的问题，可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题．跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满足：①指对跨阶，②单调性和最值易求. 类型二　指对跨阶同构型 [答案]　C [解析]　∵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)， 令g′(x)＞0，则x＞1，令g′(x)<0，则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. 即x－a≥ln x，即a≤x－ln x. [例4]　若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是______________． [解析]　e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xexe(m－2)x＋3mx≥3ln x＋7xe(m－2)x＋3(m－2)x≥3ln x＋x.构建函数g(x)＝ex＋3x， 可得g((m－2)x)≥g(ln x)． ∵g(x)＝ex＋3x在R上单调递增， [思维建模]　指对跨阶同构的基本模式 (1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式 同左 aea≤bln baea≤(ln b)eln b，构造函数f(x)＝xex 同右 aea≤bln bealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x 两边同取 自然对数 aea≤bln ba＋ln a≤ln b＋ln(ln b)，构造函数f(x)＝x＋ln x (3)和差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式 同左 ea±a>b±ln bea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x 同右 ea±a>b±ln bea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x 答案：D　 kxekx＋kx≥x2ln x2＋ln x2， ekxln ekx＋ln ekx≥x2ln x2＋ln x2. 令h(t)＝tln t＋ln t，则h(ekx)≥h(x2)． 当0<t<1时，h″(t)<0，当t>1时，h″(t)>0， ∴h′(t)min＝h′(1)＝0＋1＋1>0. ∴h(t)单调递增．由h(ekx)≥h(x2)， 令φ′(x)＝0，解得x＝e. 当0<x<e时，φ′(x)>0； 当x>e时，φ′(x)<0， [例5]　(2023·全国高三专题练习)已知函数f(x)＝xex－2a(ln x＋x)有两个零点，则a的最小整数值为 (　 ) A．0 B．1 C．2 D．3 [关键点拨] 先将函数化为f(x)＝ex＋ln x－2a(ln x＋x)，令t＝x＋ln x，进而只需说明g(t)＝et－2at在R上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题． 类型三　零点同构 [解析]　f(x)＝xex－2a(ln x＋x)＝ex＋ln x－2a(ln x＋x)． 设t＝x＋ln x(x＞0)，易得t∈R.于是问题等价于函数g(t)＝et－2at在R上有两个零点，g′(t)＝et－2a. 若a≤0，则g′(t)＞0，函数g(t)在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去； 若a＞0，则t∈(－∞，ln 2a)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，t∈(ln 2a，＋∞)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增． [应用体验] 4．已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则e2－x0＋ln x0＝________. 答案：2 解析：令x2ex－2＋ln x－2＝0， “第六板块 微点专项练 导数中的同构问题” [例1]　已知a＝，b＝，c＝，