第一部分 专题一 培优微专题3 同构函数（word练习）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

1．已知α，β∈R，则“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β ”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：C　[构造函数f(x)＝x－cos x， 则f′(x)＝1＋sin x≥0在定义域R上恒成立， 所以函数f(x)＝x－cos x为增函数， 又因为α＋β>0，所以α>－β， 所以f(α)>f(－β)， 即α－cos α>－β－cos(－β)， 即α－cos α>－β－cos β， 所以α＋β>cos α－cos β， 即“α＋β>0”能推出“α＋β>cos α－cos β ”； 根据α＋β>cos α－cos β， 可得α－cos α>－β－cos β， 即α－cos α>－β－cos(－β)， 所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0， 所以“α＋β>cos α－cos β ”能推出“α＋β>0”， 所以“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”的充要条件．] 2．(2024·常州模拟)已知a＝ln 3，b＝log2e，c＝，则a，b，c的大小关系是(　　) A．a＜b＜c　　　　　 B．b＜c＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b 解析：C　[因为c＝＝，a＝ln 3＝，b＝log2e＝，故考虑构造函数f(x)＝，利用导数研究函数f(x)的单调性，结合单调性比较a，c的大小，再结合对数函数的单调性比较a，b的大小可得结论． 因为c＝＝，a＝ln 3＝， 构造函数f(x)＝， 因为f′(x)＝， 所以当x＞e时，f′(x)＜0， 函数f(x)＝在(e，＋∞)上单调递减， 当0＜x＜e时，f′(x)＞0， 函数f(x)＝在(0，e)上单调递增， 又＞3＞e，所以＜， 故＜，即a＞c， 因为a＝ln 3＝＝，b＝log2e＝， 因为e4＞(2.7)4＞27，e3＞(2.7)3＞16， 所以ln e4＝4＞ln 27，log2e3＞log216＝4， 所以＞，即b＞a， 所以c＜a＜b.] 3．(2024·河南洛平许济四市质检)若关于x的不等式ex＋x＋2ln≥mx2＋ln m恒成立，则实数m的最大值为(　　) A.　　 B. C．1　　 D．e2 解析：B　[对所给不等式进行适当变形，利用同构思想得出ln m≤x－2ln x对于任意的x＞0恒成立，进一步利用导数求出不等式右边的最小值即可求解． 显然m＞0，x＞0， ex＋x＋2ln≥mx2＋ln m⇔ex＋x≥mx2＋ln m－2ln＝＋ln(mx2)， 令f(x)＝ex＋x，(x＞0)，则f′(x)＝ex＋1＞0(x＞0)，所以f(x)在定义域内单调递增， 所以若有f(x)≥f(ln(mx2))成立， 则必有x≥ln(mx2)＝ln m＋2ln x， 即ln m≤x－2ln x对于任意的x＞0恒成立， 令g(x)＝x－2ln x，(x＞0)，则g′(x)＝1－＝， 当0＜x＜2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 当x＞2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 所以当x＝2时，g(x)取得最小值g(2)＝2－2ln 2＝ln ， 从而ln m≤ln，所以m的取值范围是m≤，即实数m的最大值为.] 4. [多选](2024·邯郸模拟)已知a＞0，b∈R，e是自然对数的底，若b＋eb＝a＋ln a，则a－b的值可以是(　　) A．－1 B．1 C．2 D．3 解析：BCD　[设f(x)＝x＋ex，得到f(x)在R上单调递增，求得f(b)－f(ln a)＝0，得到a＝eb，则a－b＝eb－b，再令g(x)＝ex－x，求得g′(x)＝ex－1，得出g(x)的单调性，由g(x)≥g(0)＝1，得到a－b≥1，结合选项，即可求解． 设函数f(x)＝x＋ex，则f(x)在R上单调递增， 所以f(b)－f(ln a)＝b＋eb－(ln a＋eln a)＝a＋ln a－(ln a＋a)＝0， 所以b＝ln a，即a＝eb，所以a－b＝eb－b， 令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1， 当x＜0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＞0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 所以g(x)≥g(0)＝1，从而a－b≥1，结合选项，选项B、C、D符合题意．] 5．[多选](2024·金华、义乌三模)已知正实数m，n满足＝ln，则下列不等式可能成立的有(　　) A．m＜n＜1 B．n＜m＜1 C．1＜m＜n D．1＜n＜m 解析：ACD　[将＝ln变形为m2＋2ln m＝n＋4ln n，构造f(x)＝x2＋2ln x，g(x)＝x＋4ln x，h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2ln x－x，利用导数求解h(x)的单调性，即可判断f(x)，g(x)的大小关系，结合函数图象即可求解． 由＝ln可得m2＋2ln m＝n＋4ln n， 记f(x)＝x2＋2ln x，g(x)＝x＋4ln x， 由于函数y＝x2，y＝ln x，y＝x均为(0，＋∞)上的单调递增函数，故f(x)＝x2＋2ln x，g(x)＝x＋4ln x为(0，＋∞)上的单调递增函数， 记h(x)＝f(x)－g(x)＝x2－2ln x－x，则h′(x)＝2x－－1＝， 令h′(x)＝＞0，得x＞， 故h(x)在上单调递增， 令h′(x)＝＜0，得0＜x＜， 故h(x)在上单调递减， 而h(1)＝0，h(10)＝90－2ln 10＞0，故存在x0∈(1，＋∞)使得h(x0)＝0， 故当x＞x0，h(x)＞0，即f(x)＞g(x) 当1＜x＜x0时h(x)＜0，f(x)＜g(x) 当x＜1时，f(x)＞g(x)， 故作出f(x)，g(x)的大致图象如下： 由图可知：当f(m)＝g(n)时， 当f(m)＝g(n)＞f(x0)时，可得1＜m＜n， 当f(1)＜f(m)＝g(n)＜f(x0)时，可得1＜n＜m， 当f(m)＝g(n)＜f(1)时，可得m＜n＜1.] 6．(2024·长春一模)不等式xex＋≥0(a＜0)对∀x∈(1，＋∞)都成立，则实数a的取值范围是________． 解析：将不等式等价变形为xex≥－aln x·e－aln x，构造函数f(x)＝xex，进而问题转化成x≥－aln x，构造g(x)＝－，利用导数求解单调性进而得最值． 由xex＋≥0可得xex≥－＝－aln xe－aln x， 令f(x)＝xex，则f′(x)＝(x＋1)ex＞0(x＞0)， 故f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为a＜0，x∈(1，＋∞)，则－aln x＞0， 则f(x)≥f(－aln x)，可得x≥－aln x， 即a≥－对∀x∈(1，＋∞)恒成立， 令g(x)＝，x＞1，则g′(x)＝， 由g′(x)＝0可得x＝e，故当1＜x＜e时，g′(x)＜0，当e＜x时，g′(x)＞0， 所以g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(e)＝e，得a≥max＝－e. 所以－e≤a＜0. 答案：－e≤a＜0 7．(2024·烟台二模)已知函数f(x)＝mx－ln x，x∈(1，＋∞)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)若e(m－1)x＋1f(x)≥x2－x恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)先求导函数f′(x)，再对m进行分类讨论得f′(x)的正负情况，进而得函数单调性． (2)先由题意得出隐性条件f(x)＞0得m的限制范围， 再对不等式e(m－1)x＋1f(x)≥x2－x两边同时取以e为底的对数，整理得左右两边为同样形式的不等式(m－1)x＋1＋ln(mx－ln x)≥ln x＋ln(x－1)，进而将原问题等价简化成研究mx－ln x≥x－1恒成立即可求解． (1)由题可知f′(x)＝m－，x∈(1，∞)， 且f′(x)在定义域上单调递增， 当m≤0时，f′(x)＝m－＜0恒成立， 此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减． 当0＜m＜1时，令f′(x)＝0，则x＝， 所以x∈时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；x∈时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增． 当m≥1，即0＜≤1时， 此时f′(x)＞0在(1，＋∞)恒成立，f(x)单调递增． 综上，当m≤0时，f(x)在(1，＋∞)上单调递减； 当0＜m＜1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增； 当m≥1时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增． (2)因为x∈(1，＋∞)，所以x2－x＞0， 又e(m－1)x＋1f(x)≥x2－x，所以f(x)＞0， 即mx－ln x＞0， 故x∈(1，＋∞)时，m＞恒成立， 令φ(x)＝，x∈(1，＋∞)，则φ′(x)＝， 当x∈(1，e)时，φ′(x)＞0，φ(x)为增函数， 当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)为减函数， 所以φ(x)max＝φ(e)＝，从而m＞. 将e(m－1)x＋1f(x)≥x2－x两边同时取以e为底的对数可得(m－1)x＋1＋ln(mx－ln x)≥ln x＋ln(x－1)， 整理可得(mx－ln x)＋ln(mx－ln x)≥(x－1)＋ln(x－1)． 令g(t)＝t＋ln t，则g(mx－ln x)≥g(x－1)， 且g(t)在(0，＋∞)上单调递增， 因为mx－ln x＞0且x－1＞0， 所以mx－ln x≥x－1在(1，＋∞)上恒成立， 所以m≥＝1＋恒成立， 令h(x)＝，则h′(x)＝， 当x∈(1，e2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增， 当x∈(e2，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h(e2)＝， 所以m≥1＋， 又因为＜1＋，所以m≥1＋. 学科网（北京）股份有限公司 $$