微练19 函数中的同构问题(Word练习)-【赢在微点·顶层设计】2025年高中数学高考一轮总复习

微练(十九)　函数中的同构问题 一、单项选择题 1.若2x-2y<3-x-3-y,则 (A) A.ln(y-x+1)>0 B.ln(y-x+1)<0 C.ln|x-y|>0 D.ln|x-y|<0 解析　由2x-2y<3-x-3-y,得2x-3-x<2y-3-y,令f(t)=2t-3-t,因为y=2x为R上的增函数,y=3-x为R上的减函数,所以f(t)为R上的增函数,所以x<y,所以y-x+1>1,所以ln(y-x+1)>0,所以A正确,B错误,CD无法确定。故选A。 2.若对任意的x1,x2∈(m,+∞),且x1<x2,都有<2成立,则实数m的最小值是 (D) A.1 B.e C.e-2 D.e-1 解析　由x1,x2∈(m,+∞),且x1<x2,可得x2-x1>0,则<2等价于x1ln x2-x2ln x1<2(x2-x1),即x1ln x2+2x1<x2ln x1+2x2,所以x1(ln x2+2)<x2(ln x1+2),故,令f(x)=,则f(x2)<f(x1),因为x2>x1>m,所以f(x)在(m,+∞)上单调递减,又由f'(x)=<0,解得x>,所以m≥,所以实数m的最小值为。故选D。 3.已知a=ln,b=ln,c=ln,则a,b,c的大小关系是 (A) A.a>b>c B.a>c>b C.c>b>a D.c>a>b 解析　构造函数f(x)=ln x+1-x,则f'(x)=,当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f,即a>b>c。故选A。 4.已知x0是方程2x2e2x+ln x=0的实根,则关于实数x0的判断正确的是 (C) A.x0≥ln 2 B.x0≤ C.2x0+ln x0=0 D.2+ln x0=0 解析　由2x2e2x+ln x=0⇒2xe2x=-。构造函数h(x)=xex,h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(2x)=h⇒2x0+ln x0=0。故选C。 5.已知函数f(x)=aln x-2x,若不等式f(x+1)>ax-2ex在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是 (A) A.(-∞,2] B.[2,+∞) C.(-∞,0] D.[0,2] 解析　因为ax-2ex=aln ex-2ex=f(ex),所以f(x+1)>f(ex)在(0,+∞)上恒成立,因为x∈(0,+∞)时,1<x+1<ex,等价于f(x)在(1,+∞)上单调递减,即x>1,f'(x)≤0恒成立,即x>1时,≤2,所以a≤2。故选A。 6.若不等式xex-a≥ln x+x-1恒成立,则实数a的最大值为 (B) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　因为xex-a≥ln x+x-1,所以eln x+x-a≥ln x+x-1,令t=ln x+x,则et-a≥t-1恒成立,则a≤et-t+1恒成立,令φ(t)=et-t+1,则φ'(t)=et-1,当t∈(-∞,0)时,φ'(t)<0;当t∈(0,+∞)时,φ'(t)>0,所以φ(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以φ(t)min=φ(0)=2,所以a≤2,故a的最大值为2。故选B。 7.(2024·T8联考)已知正数a,b,c满足aea=bln b=ecln c=1,则a,b,c的大小关系为 (D) A.c<a<b B.c<b<a C.a<b<c D.a<c<b 解析　易知b>1,c>1,0<a<1,所以排除选项A和B。当x>1时,函数y=xln x和函数y=exln x均单调递增,且xln x<ex ln x。所以由bln b=ec ln c可得c<b。综上所述,a<c<b。故选D。 8.已知函数f(x)=x+ln(x-1),g(x)=xln x,若f(x1)=1+2ln t,g(x2)=t2,则(x1x2-x2)ln t2的最小值为 (A) A.- B.- C. D. 解析　因为f(x1)=x1+ln(x1-1)=1+2ln t,所以x1-1+ln(x1-1)=ln t2,则ln[(x1-1)]=ln t2。于是(x1-1)=t2。又因为g(x2)=x2ln x2=t2,所以(x1-1)。构造函数y=xex,易知当x>0时,y=xex单调递增。所以x1-1=ln x2,于是(x1x2-x2)ln t2=x2(x1-1)·ln t2=x2ln x2ln t2=t2ln t2,令u=t2>0,h(u)=uln u,则h'(u)=ln u+1,由h'=0,易知h(u)在上单调递减,在上单调递增。所以h(u)min=h,即[(x1x2-x2)ln t2]min=-。故选A。 二、填空题 9.设实数λ>0,对任意的x>1,不等式λeλx≥ln x恒成立,则λ的取值范围为  。  解析　由题意,得eλx·λx≥xln x=eln x·ln x,令f(t)=tet,t∈(0,+∞),则f'(t)=(t+1)et>0。所以f(t)在(0,+∞)上单调递增,又f(λx)≥f(ln x),即当x∈(1,+∞)时,λx≥ln x,即λ≥恒成立,令g(x)=,x∈(1,+∞),则g'(x)=,所以在(1,e)上,g'(x)>0,g(x)单调递增;在(e,+∞)上,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)≤g(e)=,故λ≥。 10.若对任意x>0,恒有a(eax+1)≥2ln x,则实数a的最小值为  。  解析　由不等式a(eax+1)≥2ln x,x>0,可得(eax+1)ln eax≥(x2+1)ln x2,构造函数f(t)=(t+1)ln t(t>0),则f'(t)=ln t+,f″(t)=,当0<t<1时,f″(t)<0;当t>1时,f″(t)>0,故f'(t)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,因此f'(t)≥f'(1)=2>0,f(t)在(0,+∞)上单调递增。由f(eax)≥f(x2),得eax≥x2,即a≥。设g(x)=,则g'(x)=,当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>e时,g'(x)<0,g(x)单调递减,则g(x)max=g(e)=,故a≥,所以a的最小值为。 11.对任意x>0,不等式2ae2x-ln x+ln a≥0恒成立,则实数a的最小值为  。  解析　由题意得2ae2x≥ln x-ln a,即2xe2x≥,构造函数h(x)=xex,则h(2x)≥h,又h(x)在(0,+∞)上单调递增,令=t,则2at≥ln t,即a≥,即a≥。 三、解答题 12.已知函数f(x)=ln x-x+1,g(x)=axex-4x,其中a>0。求证:g(x)-2f(x)≥2(ln a-ln 2)。 证明　证法一:g(x)-2f(x)=axex-4x-2(ln x-x+1)=axex-2(ln x+x+1)=axex-2ln (xex)-2,令h(t)=at-2ln t-2,则h'(t)=a-,易知h(t)≥h=2(ln a-ln 2),故g(x)-2f(x)≥2(ln a-ln 2)。 证法二:g(x)-2f(x)-2(ln a-ln 2)=axex-2ln x-2x-2-2ln a+2ln 2=ex+ln a+ln x-2(ln x+x+ln a)-2+2ln 2,令t=ln x+x+ln a,显然t∈R,令h(t)=et-2t-2+2ln 2,则h'(t)=et-2=0,得t=ln 2,此时h(t)min=h(ln 2)=2-2ln 2-2+2ln 2=0,所以h(t)≥0,即不等式成立。 13.已知函数f(x)=x-ln(x+1),g(x)=ex-x-1,若g(x)≥kf(x)对∀x∈[0,+∞)恒成立,求实数k的取值范围。 解　g(x)≥kf(x),即ex-x-1≥k[x-ln(x+1)],所以ex-x-1≥k[x+1-ln(x+1)-1],即ex-x-1≥k[eln(x+1)-ln(x+1)-1],即g(x)≥k·g(ln(x+1))。易证x≥ln(x+1)(当且仅当x=0时等号成立),g(x)=ex-x-1在[0,+∞)上单调递增,且x≥ln(x+1)≥0,所以g(x)≥g(ln(x+1))恒成立,当且仅当x=0时等号成立,所以k≤1,故实数k的取值范围是(-∞,1]。 14.已知函数f(x)=xex。 (1)求f(x)的单调区间; (2)若函数g(x)=2x3ln x-(m-x),当x≥e时,g(x)≥0恒成立,求实数m的取值范围。 解　(1)f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex。当x>-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x<-1时,f'(x)<0,f(x)单调递减。从而f(x)的单调递增区间为(-1,+∞),单调递减区间为(-∞,-1)。 (2)当x≥e时,g(x)≥0恒成立,即2x3ln x-(m-x)≥0恒成立。当m≤0时,显然成立;当m>0时,即2x2ln x-≥0恒成立,即x2ln x2-≥0恒成立,即ln x2·,即f(ln x2)≥f。由m>0知-1>-1,由(1)可知,f(ln x2)≥f-1,即m≤2xln x+x。令h(x)=2xln x+x(x≥e),则h'(x)=3+2ln x>0,即h(x)在[e,+∞)上为增函数,h(x)min=h(e)=3e,所以0<m≤3e。综上,实数m的取值范围是(-∞,3e]。 学科网（北京）股份有限公司 $$