专题1 培优点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（新高考提高版）

培优点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)(多选)已知0<x<y<π，且eysin x＝exsin y，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是(　　) A．y< B．x< C．cos x＋cos y>0 D．sin x>sin y 答案　BC 解析　因为eysin x＝exsin y，所以＝，令g(t)＝，0<t<π，所以g(x)＝g(y)，则g′(t)＝＝，由g′(t)>0有t∈， 由g′(t)<0有t∈，所以g(t)＝在上单调递增，在上单调递减，因为0<x<y<π，由g(x)＝g(y)有0<x<<y<π，故A错误，B正确； 因为0<x<y<π，所以ey>ex，由＝有sin y>sin x，故D错误； 因为0<x<<y<π，所以cos x＝>0，|cos y|＝， 因为sin y>sin x，所以cos x>|cos y|，所以cos x＋cos y>0，故C正确． (2)(2023·大连模拟)若实数a，b满足4a＋log3a＝8b＋3log27b，则(　　) A．a< B．a> C．a>b3 D．a<b3 答案　A 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<. 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)(2023·德阳模拟)已知实数x，y满足eyln x＝yex，y>1，则x，y的大小关系为(　　) A．y≥x B．y<x C．y>x D．y≤x 答案　C 解析　由eyln x＝yex可得＝， 因为y>1，ey>0，所以>0， 所以>0，则ln x>0，所以x>1， 令f(x)＝x－ln x， 则f′(x)＝1－＝， 当x>1时，f′(x)>0， 所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 则当x>1时，f(x)>f(1)，即x－ln x>1，一定有x－ln x>0， 所以x>ln x>0，则<， 又因为＝， 所以<， 令g(x)＝， 则g′(x)＝， 当x>1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 因为x>1，y>1，<， 所以y>x. 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　已知a>0，函数f(x)＝xex－ax. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程； (2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求实数a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝xex－x， 所以f′(x)＝(x＋1)ex－1， 所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1， 所以切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)， 即(2e－1)x－y－e＝0. (2)由题意得xex－ax≥ln x－x＋1， 即xex－ln x＋x－1≥ax， 因为x>0，所以≥a， 设F(x)＝ ＝， 令t＝x＋ln x，易知t＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增， 当x→0时，t→－∞，当x→＋∞时，t→＋∞， 所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0， 令m(t)＝et－t－1，t∈R， 因为m′(t)＝et－1， 所以当t∈(－∞，0)时，m′(t)<0， 即m(t)在(－∞，0)上单调递减； 当t∈(0，＋∞)时，m′(t)>0， 即m(t)在(0，＋∞)上单调递增， 所以m(t)min＝m(0)＝0， 所以m(t)≥m(0)＝0， 即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，当且仅当t＝0时取等号， 所以F(x)＝≥＝＝2， 当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0， 所以a的取值范围是(0,2]． 专题强化练 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．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. 3．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. 4．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，所以ea<b. 5．(多选)已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则(　　) A．ln(a－b)<0 B．ln(a＋b)>1 C．3a＋3－b>2 D．3a－1<3b 答案　BC 解析　由ea－2a＝aeb＋1－bea， 得(b＋1)ea＝a， 所以＝， 令f(x)＝， 则f′(x)＝>0， 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增． 因为－＝>0， 所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1， 所以ln(a－b)>ln 1＝0，A错误； 因为a＋b>b＋1＋b>3>e， 所以ln(a＋b)>ln e＝1，B正确； 易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2＝2，C正确； 因为a－1>b，所以3a－1>3b，D错误． 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)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． (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．(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－1ln x，g(x)＝x2－x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当x∈(0,2)时，f(x)≤g(x)． (1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ex－1ln x＋＝ex－1， 记h(x)＝ln x＋，x>0， 则h′(x)＝－＝， 所以当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减； 当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增， 所以h(x)≥h(1)＝1， 所以f′(x)＝ex－1>0， 所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)证明　原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1)， 即≤， 即证≤在(0,2)上恒成立， 设φ(x)＝，x∈(－∞，1)， 则φ′(x)＝＝， 所以当x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 令t(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,2)， 则t′(x)＝－1＝， 当0<x<1时，t′(x)>0，t(x)单调递增； 当1<x<2时，t′(x)<0，t(x)单调递减， 所以t(x)max＝t(1)＝0，所以ln x≤x－1， 且在区间(0,2)上有 所以可得到φ(ln x)≤φ(x－1)， 即≤， 所以当x∈(0,2)时，有f(x)≤g(x)成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$