第6板块 4 微点优化拓展——导数中的同构问题（Word教参）-【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 类型一　不等式或等式两边结构一致 [例1]　已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　 ) A．b<c<a B．c<a<b C．c<b<a D．a<c<b [解析]　法一：由题意，a＝＝ln，b＝＝ln，c＝＝ln. 由＝<＝，＝<＝，可得<<. 又y＝ln x为(0，＋∞)上增函数，则ln<ln<ln，即c<a<b，故选B. 法二：设f(x)＝，则f′(x)＝(x>0)，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e)上单调递增，f(x)在(e，＋∞)上单调递减． 由于2<e<3<4<5，a＝f(2)＝f(4)，则f(5)<f(4)<f(3)，即c<a<b.故选B. [答案]　B [例2]　(2023·石家庄调研)若0＜x1＜x2＜a，都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a的最大值为(　 ) A. B．1 C．e D．2e [解析]　由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2， 两边同除以x1x2，得－≤－. 即＋≤＋. 令f(x)＝＋，则f(x)在(0，a)上单调递增． 所以f′(x)≥0在(0，a)上恒成立．由f′(x)＝，可知f(x)在(0,1)上单调递增， 所以a≤1，所以a的最大值为1，故选B. [答案]　B [思维建模] 含有二元变量x1，x2的函数常见的同构类型 (1) g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2) 构造函数φ(x)＝g(x)＋λf(x) (2) >k(x1<x2)f(x1)－f(x2)<kx1－kx2f(x1)－kx1<f(x2)－kx2 构造函数φ(x)＝f(x)－kx (3) <(x1<x2)f(x1)－f(x2)>＝－f(x1)＋>f(x2)＋ 构造函数φ(x)＝f(x)＋ [应用体验]　 1．设a＝，b＝ln，c＝，则(　 ) A．a<b<c B．c<b<a C．a<c<b D．b<c<a 解析：选A　设f(x)＝，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 而a＝＝f()，b＝ln 2＝＝f(2)＝＝f(4)，c＝＝＝＝f， 因为0<<2<e<<4，所以a<b<c.故选A. 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 解析：选A　因为y＝ex在R上单调递增，b>a>0，所以eb>ea，B、C错误； 构造函数f(x)＝(x>0)，由f′(x)＝＝0，得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，ln b>0，aln b＝bln a>0. 所以1<a<e<b. 所以<，eln a<aln e，ln ae<ln ea， 即ae<ea，所以ae<ea<eb，A正确． 类型二　指对跨阶同构型 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． [例3]　(2023·南通质检)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] [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)， 即x－a≥ln x，即a≤x－ln x. 设g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－＝. 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. [答案]　C [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