第1部分 专题1 培优微专题3 同构函数（word教参）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

[培优微专题3]　同构函数 同构法在近几年的模考中频繁出现，首先将题目中的等式或不等式经过适当的整理变形，表示成两侧具有相同结构，然后利用这个结构式构造相对应的函数，再利用函数单调性解题． 　　　　地位同等同构型 [例1]　若实数a，b满足4a＋log3a＝8b＋3log27b，则(　　) A．a<　　　　　　 B．a> C．a>b3 D．a<b3 [解析]　由题意知a>0，b>0， ∵4a＝22a,8b＝23b,3log27b＝log3b， ∴22a＋log3a＝23b＋log3b， ∴22a＋log3a＋log32＝23b＋log3b＋log32， 即22a＋log32a＝23b＋log32b， ∵y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增， ∴log32b<log33b， ∴22a＋log32a<23b＋log33b. 设f(x)＝2x＋log3x，则f(2a)<f(3b)， ∵y＝2x与y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴2a<3b，即a<. [答案]　A 含有二元变量x1，x2的函数，常见的同构类型有以下几种： (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)＋. 1．若对于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：B　[∵x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2， ∴－≤－， 即≤， 又0<x1<x2<a， 令φ(x)＝， ∴φ(x)在(0，a)上单调递增，φ′(x)＝， 当x∈(0,1)时，φ′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故a≤1，∴a的最大值为1.] 　　　　指对跨阶同构型 [例2]　(2024·深圳二模)设函数f(x)＝x＋ex，g(x)＝x＋ln x，若存在x1，x2，使得f(x1)＝g(x2)，则|x1－x2|的最小值为(　　) A. B．1 C．2 D．e [解析]　根据题意，由条件可得f(x1)＝f(ln x2)，即可得到x1＝ln x2，构造函数h(x)＝ln x－x，求导得其最值，即可得到结果． 由题意可得f(x1)＝g(x2)，即x1＋＝x2＋ln x2， 所以， 又f′(x)＝1＋ex＞0，所以f(x)在R上单调递增， 即f(x1)＝f(ln x2)，所以x1＝ln x2， 且|x1－x2|＝|ln x2－|＝|ln x2－x2|， 令h(x)＝ln x－x，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝－1＝，其中x＞0， 令h′(x)＝0，则x＝1， 当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，则h(x)单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，则h(x)单调递减， 所以当x＝1时，h(x)有极大值，即最大值， 所以h(x)≤h(1)＝－1，|h(x)|≥1， 所以|x1－x2|min＝|ln x2－x2|min＝|－1|＝1. [答案]　B 指对跨阶同构的基本模式有： (1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式： ①同左：aea≤bln b⇔aea≤(ln b)eln b，构造函数f(x)＝xex； ②同右：aea≤bln b⇔ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x； ③两边同取自然对数：aea≤bln b⇔a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)，构造函数为f(x)＝x＋ln x. (2)商型：<，一般也有三种同构方式： ①同左：<⇔<，构造函数为f(x)＝； ②同右：<⇔<，构造函数为f(x)＝； ③两边同取自然对数：＜⇔a－ln a<ln b－ln(ln b)，构造函数为f(x)＝x－ln x. (3)和差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式： ①同左：ea±a>b±ln b⇔ea±a>eln b±ln b，构造函数为f(x)＝ex±x； ②同右：ea±a>b±ln b⇔ea±ln ea>b±ln b，构造函数为f(x)＝x±ln x. 2．[多选](2024·晋城一模)已知函数f(x)＝x2ex＋ln x，则(　　) A．“x＞1”是“f(x)＞e－x＋ln”的充要条件 B．“x＞1”是“f(x)＞e－x＋ln”的充分不必要条件 C．当f(x)＝(e2－1)x＋2时，x＋ln x＝2 D．当f(x)＝(e2－1)x＋2时，x＋ln x＝e 解析：AC　[利用指对同构构造函数g(t)＝et＋t结合函数单调性判断各选项． 因为x2ex＝ex＋2ln x，所以f(x)＞e－x＋ln等价于ex＋2ln x＋x＋2ln x＞e＋1，构造函数g(t)＝et＋t， 则g(x＋2ln x)＞g(1)，因为g(t)是增函数，所以x＋2ln x＞1. 因为函数h(x)＝x＋2ln x为增函数，且h(1)＝1，所以x＋2ln x＞1⇔x＞1， 所以“x＞1”是“f(x)＞e－x＋ln”的充要条件，A正确，B错误． 当f(x)＝(e2－1)x＋2时，x＋ln x＝2，理由如下： f(x)＝(e2－1)x＋2可变为ex＋2ln x＋x＋2ln x＝e2x＋2＋ln x＝e2＋ln x＋2＋ln x， 则g(x＋2ln x)＝g(2＋ln x)．因为g(t)是增函数，所以x＋2ln x＝2＋ln x，即x＋ln x＝2，C正确，D错误．] 　　　　零点同构型 [例3]　已知f(x)＝xln x＋x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解，求a的取值范围． [解]　由xex－a＝f(x)－x2＋ax－1(x＞0)， 即xex－a＝xln x＋ax， 即ex－a＝ln x＋a， 即ex－a＋x－a＝x＋ln x， ∴ln(ex－a)＋ex－a＝ln x＋x， 令h(x)＝ln x＋x(x＞0)， 则h(ex－a)＝h(x)， h′(x)＝＋1＞0， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴ex－a＝x， 则x－a＝ln x，a＝x－ln x(x＞0)， 因为关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解， 则方程a＝x－ln x(x＞0)有两个不同的实数解． 令φ(x)＝x－ln x， 则φ′(x)＝1－＝， 当0＜x＜1时，φ′(x)＜0， 当x＞1时，φ′(x)＞0， 所以函数φ(x)＝x－ln x在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)min＝φ(1)＝1， 当x→0时，φ(x)→＋∞， 当x→＋∞时，φ(x)→＋∞， 所以a＞1， 综上，a的取值范围为(1，＋∞)． 在涉及函数的零点问题时，可根据函数式的结构或转化为方程后构造函数，其实质是把函数式简化，以达到研究函数零点的目的． 3．已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则＝________. 解析：x2ex－2＋ln x－2＝0， 可得x2ex－2＝2－ln x， 即＝2－ln x， x2ex＝2e2－e2ln x，xex＝－ln x， 即xex＝ln ， 两边同取自然对数， ln x＋x＝ln＋ln ， 所以ln＝x，即2－ln x＝x， 即ln x＝2－x， ∴e2－x＝x，∴＝x0＋ln x0＝2. 答案：2 学科网（北京）股份有限公司 $$