专题一 第四讲 强化拓展(二) 同构函数（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考数学高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

强化拓展(二)　同构函数　　　　　　 【编者按】 　同构函数问题在近几年的各类考试中频繁出现，它是指在不等式、方程、函数中，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．常见的同构有双变量同构和指对同构，主要考查学生的数学素养和创新思维． 类型一　地位同等的双变量同构函数　　　 [例1]　(1)已知实数x，y满足ex＝y ln x＋y ln y，则满足条件的y的最小正整数为(　　 ) A．1 B．3 C．5 D．7 解析：选B.由实数x，y满足ex＝y ln x＋y ln y，可化为ex＝y ln (xy)(x>0，y>0，xy>1)， 即xex＝xy ln (xy)＝ln (xy)·eln (xy)，构造函数g(x)＝xex(x>0)，则g′(x)＝(x＋1)ex， 当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 即g(x)＝g(ln (xy))，可以得到x＝ln (xy)， 从而y＝，构造函数h(x)＝(x>0)，h′(x)＝，令h′(x)＝0可以得到x＝1， 当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 从而当x＝1时，h(x)取最小值h(1)＝e，即y有最小值e∈(2，3)， 所以满足条件的y的最小正整数为3. (2)(多选)若0<x1<x2<1，则(　　 ) A．ex2－ex1>ln B．ex2－ex1<ln C．x2ex1>x1ex2 D．x2ex1<x1ex2 解析：选AC.令f(x)＝ex－ln (x＋1)且x∈(0，1)，则f ′(x)＝ex－>0，故f(x)递增， 由0<x1<x2<1，则f(x1)<f(x2)，即ex1－ln (x1＋1)<ex2－ln (x2＋1)，故ex2－ex1>ln ， 所以A正确，B错误； 令f(x)＝且x∈(0，1)，则f ′(x)＝<0，故f(x)递减， 由0<x1<x2<1，则f(x1)>f(x2)，即>，故x2ex1>x1ex2， 所以C正确，D错误． [规律总结]　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)＋. [对点练习]　1.(1)(2024·广东汕头模拟)若实数a，b满足4a＋log3a＝8b＋3log27b，则(　　 ) A．a< B．a> C．a>b3 D．a<b3 解析：选A．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<. (2)若对任意的0<x1<x2≤a，()x1x2－<0恒成立，则实数a的最大值为(　　 ) A． B．1 C．e D．2e 解析：选C.()x1x2－<0等价于()x1x2<， 即x1x2(ln x2－ln x1)<ex2－ex1，即ln x2＋<ln x1＋. 设f(x)＝ln x＋，所以f(x2)<f(x1)，即f(x)在(0，a]上单调递减， 因为f ′(x)＝－＝，所以f ′(x)＝≤0在(0，a]上恒成立， 即(x－e)min≤0，即a≤e，故a的最大值为e. 类型二　跨阶的指对同构问题 角度1　指对同构解恒成立问题 [例2]　已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R). (1)当a<e时，讨论函数f(x)零点的个数； (2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥axa ln x－xex恒成立，求a的取值范围． 解：(1)由f(x)＝x－a ln x得f ′(x)＝， 当a<0时，f ′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，且x无限趋近于0时，f(x)<0， 又f(1)＝1>0，故f(x)只有1个零点； 当0<a<e时，令f ′(x)>0，解得x>a，令f ′(x)<0，解得0<x<a， 故f(x)在区间(0，a)上单调递减，在区间(a，＋∞)上单调递增， 所以当x＝a时，f(x)取得最小值f(a)＝a－a ln a＝a(1－ln a)， 当0<a<e时，f(a)>0，所以函数f(x)无零点； 当a＝0时，f(x)＝x>0恒成立，所以函数f(x)无零点． 综上所述，当0≤a<e时，f(x)无零点，当a<0时，f(x)只有一个零点． (2)由已知有x－a ln x≥axa ln x－xex， 所以x＋xex≥a ln x ＋a ln x·xa， 所以x＋xex≥a ln x＋(a ln x)·ea ln x， 构造函数g(x)＝x＋xex，则原不等式转化为g(x)≥g(a ln x)在x∈(1，＋∞)上恒成立，g′(x) ＝1＋ex(x＋1)， 记φ(x)＝1＋ex(x＋1)，所以φ′(x)＝ex(x＋2)， 令φ′(x)>0，解得x>－2，令φ′(x)<0，解得x<－2， 故φ(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)≥φ(－2)＝1－>0，所以g′(x)>0，即g(x)单调递增， 所以x≥a ln x在x∈(1，＋∞)上恒成立，即a≤在x∈(1，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝(x>1)，则h′(x)＝， 令h′(x)>0，解得x>e，令h′(x)<0，解得1<x<e， 故h(x)在(1，e)单调递减，(e，＋∞)单调递增， 故h(x)的最小值为h(e)＝＝e， 故a的取值范围是(－∞，e]. 角度2　指对同构证明不等式 [例3]　已知函数f(x)＝ex－xe(x>0). (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：当x>e时，eln x[ln x－ln (ln x)]<x. 解：(1)∵f(x)＝ex－xe(x>0)， ∴f ′(x)＝ex－exe-1＝ex[1－e1-x＋(e-1)ln x]， 设g(x)＝1－x＋(e－1)ln x，则g′(x)＝－1＋＝， 当0<x<e－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>e－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 又g(1)＝g(e)＝0，f ′(1)＝f ′(e)＝0， ∴当0<x<1或x>e时，g(x)<0，即f ′(x)>0，f(x)单调递增，当1<x<e时，g(x)>0，即f ′(x)<0，f(x)单调递减， 综上，f(x)的单调递增区间为(0，1)，(e，＋∞)，单调递减区间为(1，e). (2)∵x>e，ln x>1，要证eln x[ln x－ln (ln x)]<x， 即证e[ln x－ln (ln x)]＝ln ()e<，也就是证()e< 设h(x)＝，则h′(x)＝， ∴当x>e时，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)>h(e)＝e， 由(1)可知当x>e时，f(x)＝ex－xe>f(e)＝0，即ex >xe， ∴当x>e时，()e<e， 所以当x>e时，eln x[ln x－ln (ln x)]<x. [规律总结]　(1)五个常见变形： xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln (xex)，x－ln x＝ln . (2)三种基本模式： ①积型：aea≤b ln b ②商型：< ③和差型：ea±a>b±ln b [对点练习]　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(1，e)，斜率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)上递减，在(1，＋∞)上递增， 故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，可得0<a≤e. 故a的取值范围是(0，e]. 3．已知函数f(x)＝x ln x. (1)求f(x)的最小值； (2)当x>2时，证明：ex>ln (x－1). 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1＋ln x， 当x∈(0，)时，f ′(x)<0，当x∈(，＋∞)时，f ′(x)>0， ∴f(x)在(0，)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ex ln 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，即原不等式成立． 学科网（北京）股份有限公司 $$