专题1 微重点3 同构函数问题-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考基础版）

微重点3　同构函数问题 同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维．同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大． 考点一　双变量同构问题 例1　(1)(2023·南宁模拟)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 答案　C 解析　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)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　) A．a>2b B．a<2b C．a>b2 D．a<b2 答案　B 解析　由指数和对数的运算性质可得 2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b. 令f(x)＝2x＋log2x， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log22b， ∴2a＋log2a<22b＋log22b， 即f(a)<f(2b)，∴a<2b. 规律方法　含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题． 跟踪演练1　(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 答案　B 解析　∵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. (2)已知x∈N，y∈N，x<y，则方程xy＝yx的解的组数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．无穷多个 答案　B 解析　xy＝yx，两边取对数，得yln x＝xln y， 即＝， 设f(x)＝，x>0，则f′(x)＝， 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， 且当x∈(0,1]时，f(x)≤0， 当x>1时，f(x)>0，f(2)＝， f(4)＝＝， 所以满足x∈N，y∈N，x<y， 则方程xy＝yx的解的组数为1. 考点二　指对同构问题 考向1　指对同构与恒成立问题 例2　已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln ax(a>0)． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－ln x， 得f′(x)＝ex－， 切点坐标为(1，e)，斜率为f′(1)＝e－1， 所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)， 即(e－1)x－y＋1＝0. (2)f(x)≥0， 即ex＋x－ax－ln ax≥0(a>0，x>0) ⇔ex＋x≥ax＋ln ax(a>0，x>0) ⇔ex＋x≥eln ax＋ln ax(a>0，x>0)． 令g(x)＝ex＋x，显然g(x)是增函数， 于是上式可化为g(x)≥g(ln ax)， 即x≥ln ax(a>0，x>0) ⇔ln a≤x－ln x(a>0，x>0)． 令φ(x)＝x－ln x(x>0)， 则φ′(x)＝1－＝， 易知φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1， 可得0<a≤e.故正数a的取值范围为(0，e]． 考向2　指对同构与证明不等式 例3　已知函数f(x)＝xln x. (1)求f(x)的最小值； (2)当x>2时，证明：ex>ln(x－1)． (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1＋ln x， 当x∈时，f′(x)<0， 当x∈时，f′(x)>0， ∴f(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴f(x)min＝f ＝－. (2)证明　∵x>2，∴x－1>1， 要证ex>ln(x－1)， 即证xex>(x－1)ln(x－1)， 即证exln ex>(x－1)ln(x－1)， 即证f(ex)>f(x－1)， 由(1)知f(x)在上单调递增， 且ex>，x－1>，即证ex>x－1， 令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)， φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0， ∴ex>x－1，即证原不等式成立． 规律方法　指对同构的常用形式 (1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式： ①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex； ②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x； ③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x. (2)商型：≤，一般有三种同构方式： ①同左构造形式：≤，构造函数f(x)＝； ②同右构造形式：≤，构造函数f(x)＝； ③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(b>1)，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： ①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x； ②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x. 跟踪演练2　(2023·铜陵模拟)已知函数f(x)＝ex－ax(a∈R)． (1)试求函数f(x)的极值； (2)若存在实数x>0使得xebx－ex＋x2＋xln x≥0成立，求实数b的取值范围． 解　(1)f′(x)＝ex－a. ①若a≤0，函数f(x)为增函数，不存在极值． ②若a>0，由f′(x)＝ex－a＝0得x＝ln a， 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴f(x)极小值＝f(ln a)＝a－aln a，无极大值． (2)由题意可知，xebx＋bx2≥ex－xln x＋x2， ∵x>0， ∴ebx＋bx≥－ln x＋x＝ex－ln x＋x－ln x. 由(1)可知，当a＝－1时，函数f(x)为增函数， 则存在x>0，bx≥x－ln x，即b≥min. 令h(x)＝1－， 则h′(x)＝，令h′(x)＝0，有x＝e， 当x∈(0，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)min＝h(x)极小值＝h(e)＝1－， ∴b≥1－. 专题强化练 1．已知x－ln y>y－ln x，则(　　) A.> B．x－y>－ C．ln(x－y)>0 D．x3<y3 答案　B 解析　由题可得x＋ln x>y＋ln y， 设f(x)＝x＋ln x，x>0， 则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以由f(x)>f(y)可得x>y>0. 对于A，因为函数y＝在(0，＋∞)上单调递减， 所以当x>y>0时，<，A错误； 对于B，易知函数y＝x－在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>y>0时，x－>y－， 即x－y>－，B正确； 对于C，当x>y>0时，若x－y<1，则ln(x－y)<0，C错误； 对于D，因为函数y＝x3在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>y>0时，x3>y3，D错误． 2．对任意的x1，x2∈(1,3]，当x1<x2时，x1－x2－ln >0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．[9，＋∞) D．(9，＋∞) 答案　C 解析　依题意知，x1－x2－ln >0⇔x1－ln x1－>0， 令f(x)＝x－ln x，x∈(1,3]， 则对任意的x1，x2∈(1,3]，当x1<x2时， f(x1)>f(x2)，即函数f(x)在(1,3]上单调递减， 因此，∀x∈(1,3]，f′(x)＝1－≤0⇔a≥3x， 而(3x)max＝9，则a≥9， 所以实数a的取值范围是[9，＋∞)． 3．设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<bln b，则(　　) A．ab>e B．b>ea C．ab<e D．b<ea 答案　B 解析　由已知aea<bln b，则ealn ea<bln b. 设f(x)＝xln x，则f(ea)<f(b)． ∵a>0，∴ea>1， ∵b>0，bln b>aea>0，∴b>1. 当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0， 则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴ea<b. 4．(多选)(2023·成都模拟)已知a>1，b>1，且＝，则下列结论一定正确的是(　　) A．a>b B．2a＋1<2b C．2a＋2b>2b＋1 D．a<b 答案　AC 解析　由＝，化简可得＝＋， 故－＝>0， 又a>1，b>1， 故考虑构造函数f(x)＝，x>1， 则当x>1时，f′(x)＝>0恒成立， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 因为f(a)－f(b)＝－＝>0， 即f(a)>f(b)，所以a>b，A正确，D错误； 因为a>b，所以2a＋1>2a>2b，B错误； 因为a>b， 所以2a＋2b>2b＋2b＝2·2b＝2b＋1，C正确． 5．已知a>0，对∀x∈(1，＋∞)，不等式ex－x≥xa－aln x恒成立，则a的最大值为________． 答案　e 解析　∵xa＝＝ealn x， ∴原不等式可以为ex－x≥ealn x－aln x. ∵a>0，x>1， ∴aln x>0， 令φ(x)＝ex－x(x>0)， ∴φ′(x)＝ex－1>0， ∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴原不等式等价于x≥aln x恒成立， 即∀x∈(1，＋∞)，a≤恒成立， 令g(x)＝(x>1)， 则g′(x)＝. 当x∈(1，e)时，g′(x)<0； 当x∈(e，＋∞)时，g′(x)>0， ∴g(x)在(1，e)上单调递减， 在(e，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(e)＝e， 故0<a≤e，∴a的最大值为e. 6．若f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是________． 答案　(e，＋∞) 解析　f(x)＝xex－a(x＋ln x) ＝ex＋ln x－a(x＋ln x)， 令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数为增函数． 当t≠0时，由et－at＝0，得a＝， 可知函数y＝(t≠0)的图象与直线y＝a有两个交点，可画出函数图象(图略)得到a的取值范围是(e，＋∞)． 7．(2023·邵阳模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－＋1，g(x)＝＋2. (1)讨论函数g(x)在定义域内的单调性； (2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)∵g(x)＝＋2的定义域为(0，＋∞)， ∴g′(x)＝. 由g′(x)>0，得0<x<e，由g′(x)<0，得x>e. ∴g(x)的单调递增区间是(0，e)， 单调递减区间是(e，＋∞)． (2)由f(x)≥g(x)，即ex＋1－＋1≥＋2， 得a≤xex＋1－ln x－x＝eln x＋x＋1－(ln x＋x＋1)＋1， 令t＝ln x＋x＋1，t∈R， 即a≤et－t＋1恒成立， 令φ(t)＝et－t＋1，t∈R， 则φ′(t)＝et－1， 当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0； 当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0， ∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(t)min＝φ(0)＝2，故a≤2. 8．已知函数f(x)＝. (1)求f(x)的单调区间； (2)当x∈(0,2)时，证明：f(x－1)≥ln x. (1)解　因为f(x)＝， 所以f′(x)＝＝， 令－x2＋x＋1＝0，得x＝或x＝， 当x∈∪时，f′(x)<0； 当x∈时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递增区间为， 单调递减区间为，. (2)证明　由题意知f(x－1)＝， 要证f(x－1)≥ln x， 即证≥， 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 由x∈(0,2)，得ex－1∈⊆(0，e)， 故要证＝≥， 即证ex－1≥x，即证ex－1－x≥0. 令h(x)＝ex－1－x，则h′(x)＝ex－1－1. 当x∈(－∞，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 故h(x)≥h(1)＝0，即ex－1－x≥0，得证． 学科网（北京）股份有限公司 $$