专题一 微重点3 同构函数问题-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

微重点3　同构函数问题 ［考情分析］　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　地位同等同构型 例1　(2024·西安模拟)若e2a-eb>4a2-b2+1，则(　　) A.4a2>b2 B.4a2<b2 C.> D.< 答案　D 解析　因为e2a-eb>4a2-b2+1， 所以e2a-4a2>eb-b2+1， 又eb-b2+1>eb-b2， 所以e2a-4a2>eb-b2， 令函数f(x)=ex-x2，求导得f'(x)=ex-2x， 令g(x)=ex-2x，求导得g'(x)=ex-2， 当x<ln 2时，g'(x)<0，当x>ln 2时，g'(x)>0，函数g(x)在(-∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增， g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0，即f'(x)>0，因此函数f(x)在R上单调递增， 原不等式等价于f(2a)>f(b)，于是2a>b， 对于A，B，取2a=1，b=-1，有4a2=b2，A，B错误； 对于C，D，<， 即<，C错误，D正确. ［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　(2024·重庆模拟)已知正实数a，b满足2a=8b+log2，则(　　) A.a=b B.a<3b C.a=3b D.a>3b 答案　B 解析　由2a=8b+log2可得2a-23b=log2b-log2a=log2(3b)-log2a-log23， 因为log23>1，则有2a-23b<log2(3b)-log2a， 即2a+log2a<23b+log2(3b)， (*) 设f(x)=2x+log2x，则(*)即f(a)<f(3b)， 因为f(x)在(0，+∞)上为增函数，故可得a<3b. 考点二　指对同构问题 考向1　指对同构与恒成立问题 例2　(2024·兰州模拟)若关于x的不等式ex+x≥mx2+ln m+2ln x恒成立，则实数m的最大值为(　　) A. B. C. D.e2 答案　B 解析　由题意可得x>0，m>0， 不等式ex+x≥mx2+ln m+2ln x恒成立， 可化为ex+ln ex≥mx2+ln(mx2)恒成立， 令g(x)=x+ln x，显然g(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴原不等式可化为g(ex)≥g(mx2)恒成立， ∴ex≥mx2，即m≤(x>0)恒成立， 令φ(x)=(x>0)，∴φ'(x)=， 当x∈(0，2)时，φ'(x)<0， 当x∈(2，+∞)时，φ'(x)>0， ∴φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增， ∴φ(x)min=φ(2)=，故m≤， 即实数m的最大值为. 考向2　指对同构与证明不等式 例3　(2024·威海模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1. (1)求f(x)的极值； (2)证明：ln x+x+1≤xex. (1)解　由题意得f(x)=ln x-ax+1的定义域为(0，+∞)， 则f'(x)=-a=， 当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，令f'(x)<0，则x>，令f'(x)>0，则0<x<， 即f(x)在上单调递增，在上单调递减， 故x=为函数f(x)的极大值点，函数f(x)的极大值为f=-ln a，无极小值. (2)证明　方法一　(隐零点) 设g(x)=xex-ln x-x-1，x>0， 则g'(x)=(x+1)ex--1， 令h(x)=(x+1)ex--1，x>0， 则h'(x)=(x+2)ex+>0， 即h(x)在(0，+∞)上单调递增， h=-3<0， h(e)=(e+1)ee--1>0， 故∃x0∈， 使得h(x0)=0，即x0=1， 当x∈(0，x0)时，h(x)<0即g'(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，+∞)时，h(x)>0即g'(x)>0，g(x)在(x0，+∞)上单调递增， 故g(x)min=g(x0)=x0-ln-x0-1=0， 即g(x)≥0，即xex≥ln x+x+1， 则ln x+x+1≤xex. 方法二　(同构) ln x+x+1=ln x+ln ex+1=ln(xex)+1， 要证ln x+x+1≤xex， 即证ln(xex)+1≤xex， 令t=xex，t>0， 即证ln t+1≤t， 令φ(t)=ln t+1-t，t>0， ∴φ'(t)=-1=， 当t∈(0，1)时，φ'(t)>0， 当t∈(1，+∞)时，φ'(t)<0， ∴φ(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， ∴φ(t)≤φ(1)=0，∴ln t+1-t≤0， 即ln t+1≤t，即原不等式成立. 考向3　指对同构与函数零点 例4　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，f(x)=1在(0，+∞)上恒成立，无零点，故t≠0. 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，令g(t)=，t≠0， 则g'(t)=， 当t>1时，g'(t)>0，g(t)在(1，+∞)上单调递增； 当t<0或0<t<1时，g'(t)<0，g(t)在(-∞，0)，(0，1)上单调递减， g(t)的极小值为g(1)=e， 则函数g(t)=(t≠0)的大致图象如图所示， 由图可得a>e，故实数a的取值范围为(e，+∞). ［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(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　(2024·抚顺模拟)设函数f(x)=，g(x)=x-ln(x+1). (1)证明：g(x)≥0； (2)当x>e-1时，证明：f(x)<ln(x+2). 证明　(1)由函数g(x)=x-ln(x+1)的定义域为(-1，+∞)，且g'(x)=， 当x∈(-1，0)时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以当x=0时，g(x)取得极小值，也是最小值，g(x)的最小值g(0)=0，故g(x)≥g(0)=0. (2)f(x)==， 当x>e-1时，ln(x+2)>1， 要证<ln(x+2)， 即证>. 设h(x)=， 则h'(x)=， 当x>1时，h'(x)>0，则h(x)在(1，+∞)上单调递增， 且h(x+1)=，h(ln(x+2))=， 当x>e-1时，x+1>e，ln(x+2)>1，故只需证明x+1>ln(x+2). 由(1)知，x≥ln(x+1)在(-1，+∞)上成立，故x+1>ln(x+2)， 即f(x)<ln(x+2)成立. 专题强化练 (分值：60分) 一、单项选择题(每小题5分，共20分) 1.(2024·平顶山模拟)若a，b∈R，则“a>b”是“3a-3b>2b-2a”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)=3x+2x，则f(x)在R上单调递增， 所以3a-3b>2b-2a⇔3a+2a>3b+2b⇔f(a)>f(b)⇔a>b. 2.(2024·无锡统考)∀x1，x2∈［1，e］，当x1<x2时，都有ln>a(x1-x2)，则实数a的最小值为(　　) A. B. C. D.1 答案　D 解析　因为∀x1，x2∈［1，e］，当x1<x2时，都有ln>a(x1-x2)， 即ln x1-ln x2>ax1-ax2， 可得ln x1-ax1>ln x2-ax2， 令h(x)=ln x-ax，x∈［1，e］，则当x1<x2时，h(x1)>h(x2)恒成立， 即h(x)=ln x-ax在［1，e］上单调递减，且h'(x)=-a， 可知h'(x)=-a≤0在［1，e］上恒成立，即a≥在［1，e］上恒成立，令g(x)=， 又因为g(x)=在［1，e］上单调递减， 所以g(x)的最大值为1，即a≥1，故实数a的最小值为1. 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.(2024·宜宾模拟)已知不等式axex+x>1-ln x有解，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　因为当x∈(0，+∞)时，axex+x>1-ln x有解， 即axex>1-ln x-x=1-ln(xex)(x>0)有解， 即a>(x>0)有解， 令t=xex，则t∈(0，+∞)，则a>有解， 设f(t)=(t>0)， 则f'(t)=， 当0<t<e2时，f'(t)<0，f(t)单调递减， 当t>e2时，f'(t)>0，f(t)单调递增， 所以当t∈(0，+∞)时，f(t)≥f(e2)=-， 所以a的取值范围为. 二、多项选择题(共6分) 5.若2a+log2a=4b+2log4b，则(　　) A.a>2b B.a<2b C.a>b D.a<b2 答案　BC 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，因为b>0 所以2b+log2b<22b+log2b<22b+log22b， 所以2b+log2b<2a+log2a<22b+log22b， 即f(b)<f(a)<f(2b)，所以b<a<2b. 三、填空题(共5分) 6.(2024·滁州统考)若存在两个正实数x，y使得等式x(1+ln x)=xln y-ay成立(其中ln x，ln y是以e为底的对数)，则实数a的取值范围为　　　　　　.  答案　 解析　x(1+ln x)=xln y-ay可化为a=--ln， 令t=，则t>0，令f(t)=-t-tln t， 则f'(t)=-2-ln t，令f'(t)=0，可得t=， 当0<t<时，f'(t)>0， 当t>时，f'(t)<0， 所以函数f(t)在区间上单调递增，在区间上单调递减， 则f(t)≤f=-+=， 故a的取值范围为. 四、解答题(共29分) 7.(13分)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；(5分) (2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围.(8分) 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=(x-1)， 即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］. 8.(16分)已知函数f(x)=x(aex-1)，且y=f(x)在x=-1处的切线l与直线x-ay+2=0垂直. (1)求l的方程；(7分) (2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x，求证：g(x)≥0.(9分) (1)解　由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1，则f'(-1)=-1，即kl=-1. 因为切线l与直线x-ay+2=0垂直， 所以直线x-ay+2=0的斜率为1，得a=1， 则f(-1)=-1×(e-1-1)=1-， 故l的方程为y-=-1×(x+1)， 即x+y+=0. (2)证明　因为 a=1， 所以g(x)=xex+(2-ln x-x)e3， 要证xex+(2-ln x-x)e3≥0， 即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3， 即证eln x+x-3≥ln x+x-2=ln x+x-3+1， 令t=ln x+x-3，易知t∈R， 即证et≥t+1， 令F(t)=et-(t+1)，则F'(t)=et-1， 当t>0时，F'(t)>0，F(t)单调递增； 当t<0时，F'(t)<0，F(t)单调递减. 所以F(t)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号.即证得原不等式成立. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 同构函数问题 微重点3 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. 考情分析 考点一 考点二 地位同等同构型 指对同构问题 专题强化练 内容索引 考点一 地位同等同构型 (2024·西安模拟)若e2a-eb>4a2-b2+1，则 A.4a2>b2 B.4a2<b2 C.> D.< 例1 √ 因为e2a-eb>4a2-b2+1， 所以e2a-4a2>eb-b2+1， 又eb-b2+1>eb-b2， 所以e2a-4a2>eb-b2， 令函数f(x)=ex-x2，求导得f'(x)=ex-2x， 令g(x)=ex-2x，求导得g'(x)=ex-2， 当x<ln 2时，g'(x)<0，当x>ln 2时，g'(x)>0，函数g(x)在(-∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增， g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0，即f'(x)>0，因此函数f(x)在R上单调递增， 原不等式等价于f(2a)>f(b)，于是2a>b， 对于A，B，取2a=1，b=-1，有4a2=b2，A，B错误； 对于C，D，<， 即<，C错误，D正确. 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. (2024·重庆模拟)已知正实数a，b满足2a=8b+log2，则 A.a=b B.a<3b C.a=3b D.a>3b 跟踪演练1 由2a=8b+log2可得2a-23b=log2b-log2a=log2(3b)-log2a-log23， 因为log23>1，则有2a-23b<log2(3b)-log2a， 即2a+log2a<23b+log2(3b)， (*) 设f(x)=2x+log2x，则(*)即f(a)<f(3b)， 因为f(x)在(0，+∞)上为增函数，故可得a<3b. √ 指对同构问题 考点二 (2024·兰州模拟)若关于x的不等式ex+x≥mx2+ln m+2ln x恒成立，则实数m的最大值为 A. B. C. D.e2 例2 √ 考向1　指对同构与恒成立问题 由题意可得x>0，m>0， 不等式ex+x≥mx2+ln m+2ln x恒成立， 可化为ex+ln ex≥mx2+ln(mx2)恒成立， 令g(x)=x+ln x，显然g(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴原不等式可化为g(ex)≥g(mx2)恒成立， ∴ex≥mx2，即m≤(x>0)恒成立， 令φ(x)=(x>0)，∴φ'(x)=， 当x∈(0，2)时，φ'(x)<0， 当x∈(2，+∞)时，φ'(x)>0， ∴φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增， ∴φ(x)min=φ(2)=，故m≤， 即实数m的最大值为. (2024·威海模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1. (1)求f(x)的极值； 例3 考向2　指对同构与证明不等式 由题意得f(x)=ln x-ax+1的定义域为(0，+∞)， 则f'(x)=-a=， 当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，令f'(x)<0，则x>，令f'(x)>0，则0<x<， 即f(x)在上单调递减， 故x=为函数f(x)的极大值点，函数f(x)的极大值为f=-ln a，无极小值. (2)证明：ln x+x+1≤xex. 方法一　(隐零点) 设g(x)=xex-ln x-x-1，x>0， 则g'(x)=(x+1)ex--1， 令h(x)=(x+1)ex--1，x>0， 则h'(x)=(x+2)ex+>0， 即h(x)在(0，+∞)上单调递增， h=-3<0，h(e)=(e+1)ee--1>0， 故∃x0∈， 使得h(x0)=0，即x0=1， 当x∈(0，x0)时，h(x)<0即g'(x)<0，g(x)在(0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，+∞)时，h(x)>0即g'(x)>0，g(x)在(x0，+∞)上单调递增， 故g(x)min=g(x0)=x0-ln-x0-1=0， 即g(x)≥0，即xex≥ln x+x+1， 则ln x+x+1≤xex. 方法二　(同构) ln x+x+1=ln x+ln ex+1=ln(xex)+1， 要证ln x+x+1≤xex， 即证ln(xex)+1≤xex， 令t=xex，t>0， 即证ln t+1≤t， 令φ(t)=ln t+1-t，t>0， ∴φ'(t)=-1=， 当t∈(0，1)时，φ'(t)>0， 当t∈(1，+∞)时，φ'(t)<0， ∴φ(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， ∴φ(t)≤φ(1)=0，∴ln t+1-t≤0， 即ln t+1≤t，即原不等式成立. 若f(x)=xex-a(x+ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是　　　　.  例4 考向3　指对同构与函数零点 (e，+∞) 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，f(x)=1在(0，+∞)上恒成立，无零点，故t≠0. 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，令g(t)=，t≠0， 则g'(t)=， 当t>1时，g'(t)>0，g(t)在(1，+∞)上单调递增； 当t<0或0<t<1时，g'(t)<0，g(t)在(-∞，0)，(0，1)上单调递减， g(t)的极小值为g(1)=e， 则函数g(t)=(t≠0)的大致图象如图所示， 由图可得a>e，故实数a的取值范围为(e，+∞). 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. 规律方法 (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(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. 规律方法 (2024·抚顺模拟)设函数f(x)=，g(x)=x-ln(x+1). (1)证明：g(x)≥0； 跟踪演练2 由函数g(x)=x-ln(x+1)的定义域为(-1，+∞)，且g'(x)=， 当x∈(-1，0)时，g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以当x=0时，g(x)取得极小值，也是最小值，g(x)的最小值g(0)=0，故g(x)≥g(0)=0. (2)当x>e-1时，证明：f(x)<ln(x+2). f(x)==， 当x>e-1时，ln(x+2)>1， 要证<ln(x+2)， 即证>. 设h(x)=， 则h'(x)=， 当x>1时，h'(x)>0，则h(x)在(1，+∞)上单调递增， 且h(x+1)=，h(ln(x+2))=， 当x>e-1时，x+1>e，ln(x+2)>1，故只需证明x+1>ln(x+2). 由(1)知，x≥ln(x+1)在(-1，+∞)上成立，故x+1>ln(x+2)， 即f(x)<ln(x+2)成立. 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C D B A BC 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (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=(x-1)， 即x-y+1=0. 7. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (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)， 7. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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］. 7. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (1)由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1， 则f'(-1)=-1，即kl=-1. 因为切线l与直线x-ay+2=0垂直， 所以直线x-ay+2=0的斜率为1，得a=1， 则f(-1)=-1×(e-1-1)=1-， 故l的方程为y-=-1×(x+1)， 即x+y+=0. 8. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (2)因为 a=1， 所以g(x)=xex+(2-ln x-x)e3， 要证xex+(2-ln x-x)e3≥0， 即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3， 即证eln x+x-3≥ln x+x-2=ln x+x-3+1， 令t=ln x+x-3，易知t∈R， 即证et≥t+1， 8. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 令F(t)=et-(t+1)， 则F'(t)=et-1， 当t>0时，F'(t)>0，F(t)单调递增； 当t<0时，F'(t)<0，F(t)单调递减. 所以F(t)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号.即证得原不等式成立. 8. 一、单项选择题 1.(2024·平顶山模拟)若a，b∈R，则“a>b”是“3a-3b>2b-2a”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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 构造函数f(x)=3x+2x，则f(x)在R上单调递增， 所以3a-3b>2b-2a⇔3a+2a>3b+2b⇔f(a)>f(b)⇔a>b. 2.(2024·无锡统考)∀x1，x2∈［1，e］，当x1<x2时，都有ln>a(x1-x2)，则实数a的最小值为 A. B. C. D.1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 因为∀x1，x2∈［1，e］，当x1<x2时，都有ln>a(x1-x2)， 即ln x1-ln x2>ax1-ax2， 可得ln x1-ax1>ln x2-ax2， 令h(x)=ln x-ax，x∈［1，e］，则当x1<x2时，h(x1)>h(x2)恒成立， 即h(x)=ln x-ax在［1，e］上单调递减，且h'(x)=-a， 可知h'(x)=-a≤0在［1，e］上恒成立，即a≥在［1，e］上恒成立，令g(x)=， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 又因为g(x)=在［1，e］上单调递减， 所以g(x)的最大值为1，即a≥1，故实数a的最小值为1. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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.(2024·宜宾模拟)已知不等式axex+x>1-ln x有解，则实数a的取值范围为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 因为当x∈(0，+∞)时，axex+x>1-ln x有解， 即axex>1-ln x-x=1-ln(xex)(x>0)有解， 即a>(x>0)有解， 令t=xex，则t∈(0，+∞)，则a>有解， 设f(t)=(t>0)， 则f'(t)=， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 当0<t<e2时，f'(t)<0，f(t)单调递减， 当t>e2时，f'(t)>0，f(t)单调递增， 所以当t∈(0，+∞)时，f(t)≥f(e2)=-， 所以a的取值范围为. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 5.若2a+log2a=4b+2log4b，则 A.a>2b B.a<2b C.a>b D.a<b2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 二、多项选择题 √ 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，因为b>0 所以2b+log2b<22b+log2b<22b+log22b， 所以2b+log2b<2a+log2a<22b+log22b， 即f(b)<f(a)<f(2b)，所以b<a<2b. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 6.(2024·滁州统考)若存在两个正实数x，y使得等式x(1+ln x)=xln y-ay成立 (其中ln x，ln y是以e为底的对数)，则实数a的取值范围为　　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 答案 三、填空题 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 x(1+ln x)=xln y-ay可化为a=--ln， 令t=，则t>0，令f(t)=-t-tln t， 则f'(t)=-2-ln t，令f'(t)=0，可得t=， 当0<t<时，f'(t)>0， 当t>时，f'(t)<0， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 所以函数f(t)在区间上单调递减， 则f(t)≤f=-+=， 故a的取值范围为. 7.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； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 四、解答题 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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=(x-1)， 即x-y+1=0. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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-=， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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］. 8.已知函数f(x)=x(aex-1)，且y=f(x)在x=-1处的切线l与直线x-ay+2=0垂直. (1)求l的方程； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1，则f'(-1)=-1，即kl=-1. 因为切线l与直线x-ay+2=0垂直， 所以直线x-ay+2=0的斜率为1，得a=1， 则f(-1)=-1×(e-1-1)=1-， 故l的方程为y-=-1×(x+1)， 即x+y+=0. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x，求证：g(x)≥0. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 因为 a=1， 所以g(x)=xex+(2-ln x-x)e3， 要证xex+(2-ln x-x)e3≥0， 即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3， 即证eln x+x-3≥ln x+x-2=ln x+x-3+1， 令t=ln x+x-3，易知t∈R， 即证et≥t+1， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 令F(t)=et-(t+1)，则F'(t)=et-1， 当t>0时，F'(t)>0，F(t)单调递增； 当t<0时，F'(t)<0，F(t)单调递减. 所以F(t)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号.即证得原不等式成立. 本课结束 THANKS $$