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（标准版）（课件PPT+word教案）

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 专题强化练 考点一 考点二 地位同等同构型 指对同构问题 内容索引 地位同等同构型 考点一 　(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. (多选)若2a+log2a=4b+2log4b，则 A.a>2b B.a<2b C.a>b D.a<b2 跟踪演练1 √ √ 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. 指对同构问题 考点二 　(2024·佳木斯模拟)已知aeax≥ln x对∀x≥3恒成立，则实数a的取值范 围是　　　　　　.  例2 考向1　指对同构与恒成立问题 因为aeax≥ln x对∀x≥3恒成立， 所以axeax≥xln x=eln xln x， 令f(x)=xex，则f'(x)=(x+1)ex， 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 由aeax≥ln x对∀x≥3恒成立， 可知a>0，所以ax>0，ln x>0， 由axeax≥eln xln x即f(ax)≥f(ln x)可得ax≥ln x， 即a≥对∀x≥3恒成立， 令g(x)=则g'(x)= 当x≥3时，g'(x)<0，g(x)在[3，+∞)上单调递减， 故g(x)的最大值为g(3)=故a≥ 所以实数a的取值范围是. 　(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. 　(2024·六安模拟)若关于x的方程m+eln m=+e(ln x-x)有解，则实数m 的最大值为　　.  例4 考向3　指对同构与函数零点 由题意得，eln m+eln m=eln x-x+e(ln x-x)， 令f(x)=ex+ex，则f(ln m)=f(ln x-x)， 易知f(x)在R上单调递增，所以ln m=ln x-x. 令g(x)=ln x-x，x>0，则g'(x)= 当x∈(0，1)时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≤g(1)=-1，所以ln m≤-1，得0<m≤. 所以m的最大值为. 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. 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. (2024·抚顺模拟)设函数f(x)=. (1)讨论f(x)的单调性； 跟踪演练2 由函数f(x)=可得f'(x)=- 令f'(x)=0，解得x=或x=. 当x∈时，f'(x)<0；当x∈时，f'(x)>0； 当x∈时，f'(x)<0. 故f(x)在上单调递减， 在上单调递增. (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). 令g(x)=x-ln(x+1)，x∈(-1，+∞)， 则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， 故g(x)≥g(0)=0， 则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 B C B A (e，+∞) 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (1)由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f'(x)=ln x+1-1-=ln x-， 令φ(x)=ln x-，则φ'(x)=+=>0(x>0)， 所以φ(x)即f'(x)在(0，+∞)上单调递增， 又f'(1)=-1<0，f'(e)=1->0， 所以f'(x)在(1，e)上有唯一零点x0， 当0<x<x0时，f'(x)<0，当x>x0时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，所以函数f(x)有且只有一个极值点x0. 7. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (2)xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立， 即(xln x-1)-(xln x-x-ln x+1) ≤-3-mxex恒成立， 即ln x+x+1≤-mxex恒成立， 即ln(xex)+1≤-mxex恒成立. 令t=xex>0，则ln t+1≤-mt， 所以-m≥， 令g(t)=(t>0)， 7. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 则g'(t)=， 令g'(t)<0，得t>1， 令g'(t)>0，得0<t<1， 所以g(t)在(0，1)上单调递增， 在(1，+∞)上单调递减， 所以g(t)max=g(1)=1， 所以-m≥1，解得m≤-1， 即实数m的取值范围为(-∞，-1]. 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. (2)由题知 g(x)=axex+(2-ln x-x)e3， 当a>1时， g(x)>xex+(2-ln x-x)e3， 故只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0， 8. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3， 即证eln x+x-3≥ln x+x-3+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. 易知函数y=ln x+x-3的值域为R，所以eln x+x-3≥ln x+x-3+1， 当且仅当ln x+x-3=0时取等号， 故当a>1时，g(x)>0. 8. 1 2 3 4 5 6 7 8 一、单项选择题 1.(2024·南通模拟)若命题“∃a，b∈R，使得a-cos b≤b-cos a”为假命题，则a，b的大小关系为 A.a<b B.a>b C.a≤b D.a≥b √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 由题意，命题的否定“∀a，b∈R，a-cos b>b-cos a”为真命题， 即a+cos a>b+cos b， 设f(x)=x+cos x，则f'(x)=1-sin x≥0， 所以f(x)为增函数，所以由f(a)>f(b)可知a>b. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 2.(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 A. B. C. D. √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 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)在区间上单调递减， 则f(t)≤f=-+= 故a的取值范围为. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 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 1 2 3 4 5 6 7 8 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. 答案 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 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. 二、填空题 5.若f(x)=xex-a(x+ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (e，+∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 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； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 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，+∞). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 6.(2024·河南省名师联盟模拟)已知正数a，b满足bea=ln a-ln b，则b的最大值为　　.  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 由bea=ln a-ln b，得bea=ln所以aea=ln=ln·. 设f(x)=xex(x>0)，由f'(x)=(x+1)ex>0，得f(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为a，b为正数，所以bea=ln>0， 则等式化为f(a)=f所以a=ln即ea=得b=. 令g(t)=(t>0)，则g'(t)= 当0<t<1时，g'(t)>0；当t>1时，g'(t)<0， 所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 则g(t)max=g(1)=故b的最大值为. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 三、解答题 7.(2024·商洛模拟)已知函数f(x)=xln x-x-ln x+1的导函数为f'(x). (1)证明：函数f(x)有且只有一个极值点； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f'(x)=ln x+1-1-=ln x- 令φ(x)=ln x-则φ'(x)=+=>0(x>0)， 所以φ(x)即f'(x)在(0，+∞)上单调递增， 又f'(1)=-1<0，f'(e)=1->0，所以f'(x)在(1，e)上有唯一零点x0， 当0<x<x0时，f'(x)<0，当x>x0时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以函数f(x)有且只有一个极值点x0. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (2)若xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立，求实数m的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立， 即(xln x-1)-(xln x-x-ln x+1)≤-3-mxex恒成立， 即ln x+x+1≤-mxex恒成立， 即ln(xex)+1≤-mxex恒成立. 令t=xex>0，则ln t+1≤-mt， 所以-m≥ 令g(t)=(t>0)， 则g'(t)= 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 令g'(t)<0，得t>1，令g'(t)>0，得0<t<1， 所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以g(t)max=g(1)=1，所以-m≥1， 解得m≤-1， 即实数m的取值范围为(-∞，-1]. 8.已知函数f(x)=x(aex-1)，a∈R. (1)若曲线y=f(x)在x=-1处的切线l与直线x-ay+2=0垂直，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：当a>1时，g(x)>0. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由题知g(x)=axex+(2-ln x-x)e3， 当a>1时，g(x)>xex+(2-ln x-x)e3， 故只需证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-3+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. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 所以F(t)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号. 易知函数y=ln x+x-3的值域为R， 所以eln x+x-3≥ln x+x-3+1， 当且仅当ln x+x-3=0时取等号， 故当a>1时，g(x)>0. 本课结束 THANKS $$ 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　(多选)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. 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·佳木斯模拟)已知aeax≥ln x对∀x≥3恒成立，则实数a的取值范围是　　　　　　　　.  答案　 解析　因为aeax≥ln x对∀x≥3恒成立， 所以axeax≥xln x=eln xln x， 令f(x)=xex，则f'(x)=(x+1)ex， 当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 由aeax≥ln x对∀x≥3恒成立， 可知a>0，所以ax>0，ln x>0， 由axeax≥eln xln x即f(ax)≥f(ln x)可得ax≥ln x， 即a≥对∀x≥3恒成立， 令g(x)=则g'(x)= 当x≥3时，g'(x)<0，g(x)在[3，+∞)上单调递减， 故g(x)的最大值为g(3)=故a≥ 所以实数a的取值范围是. 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　(2024·六安模拟)若关于x的方程m+eln m=+e(ln x-x)有解，则实数m的最大值为　　　　　.  答案　 解析　由题意得，eln m+eln m=eln x-x+e(ln x-x)， 令f(x)=ex+ex，则f(ln m)=f(ln x-x)， 易知f(x)在R上单调递增，所以ln m=ln x-x. 令g(x)=ln x-x，x>0，则g'(x)= 当x∈(0，1)时，g'(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≤g(1)=-1， 所以ln m≤-1，得0<m≤. 所以m的最大值为. [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)=. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x>e-1时，证明：f(x)<ln(x+2). (1)解　由函数f(x)= 可得f'(x)=- 令f'(x)=0，解得x=或x=. 当x∈时，f'(x)<0； 当x∈时，f'(x)>0； 当x∈时，f'(x)<0. 故f(x)在和上单调递减， 在上单调递增. (2)证明　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). 令g(x)=x-ln(x+1)，x∈(-1，+∞)， 则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， 故g(x)≥g(0)=0， 则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·南通模拟)若命题“∃a，b∈R，使得a-cos b≤b-cos a”为假命题，则a，b的大小关系为(　　) A.a<b B.a>b C.a≤b D.a≥b 答案　B 解析　由题意，命题的否定“∀a，b∈R，a-cos b>b-cos a”为真命题， 即a+cos a>b+cos b， 设f(x)=x+cos x，则f'(x)=1-sin x≥0， 所以f(x)为增函数，所以由f(a)>f(b)可知a>b. 2.(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(　　) A. B. C. D. 答案　C 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. 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、填空题(每小题5分，共10分) 5.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，+∞). 6.(2024·河南省名师联盟模拟)已知正数a，b满足bea=ln a-ln b，则b的最大值为　　　　　.  答案　 解析　由bea=ln a-ln b，得bea=ln 所以aea=ln=ln·. 设f(x)=xex(x>0)，由f'(x)=(x+1)ex>0，得f(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为a，b为正数，所以bea=ln>0， 则等式化为f(a)=f 所以a=ln即ea=得b=. 令g(t)=(t>0)，则g'(t)= 当0<t<1时，g'(t)>0；当t>1时，g'(t)<0， 所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 则g(t)max=g(1)=故b的最大值为. 三、解答题(共30分) 7.(15分)(2024·商洛模拟)已知函数f(x)=xln x-x-ln x+1的导函数为f'(x). (1)证明：函数f(x)有且只有一个极值点；(6分) (2)若xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立，求实数m的取值范围.(9分) (1)证明　由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)， 且f'(x)=ln x+1-1-=ln x- 令φ(x)=ln x- 则φ'(x)=+=>0(x>0)， 所以φ(x)即f'(x)在(0，+∞)上单调递增， 又f'(1)=-1<0，f'(e)=1->0， 所以f'(x)在(1，e)上有唯一零点x0， 当0<x<x0时，f'(x)<0，当x>x0时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增， 所以函数f(x)有且只有一个极值点x0. (2)解　xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立， 即(xln x-1)-(xln x-x-ln x+1)≤-3-mxex恒成立， 即ln x+x+1≤-mxex恒成立， 即ln(xex)+1≤-mxex恒成立. 令t=xex>0，则ln t+1≤-mt， 所以-m≥ 令g(t)=(t>0)， 则g'(t)= 令g'(t)<0，得t>1，令g'(t)>0，得0<t<1， 所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以g(t)max=g(1)=1，所以-m≥1， 解得m≤-1， 即实数m的取值范围为(-∞，-1]. 8.(15分)已知函数f(x)=x(aex-1)，a∈R. (1)若曲线y=f(x)在x=-1处的切线l与直线x-ay+2=0垂直，求l的方程；(6分) (2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x，求证：当a>1时，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　由题知g(x)=axex+(2-ln x-x)e3， 当a>1时，g(x)>xex+(2-ln x-x)e3， 故只需证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-3+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. 易知函数y=ln x+x-3的值域为R， 所以eln x+x-3≥ln x+x-3+1， 当且仅当ln x+x-3=0时取等号， 故当a>1时，g(x)>0. 学科网（北京）股份有限公司 $$