课时作业(24)指对同构问题(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

课时作业(二十四)　指对同构问题 1．设x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，则下列选项正确的是(　　) A．x>y　　　　 　　　B．x>ln y C．x<y　 D．x<ln y 答案　B 解析　不等式ex＋ln y>x＋y等价于ex－x>y－ln y， 令f(x)＝ex－x，x>0， 则f(ln y)＝eln y－ln y＝y－ln y， ∴不等式ex－x>y－ln y等价于f(x)>f(ln y)， ∵f′(x)＝ex－1， ∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， ∴若y∈(1，＋∞)，则ln y∈(0，＋∞)， 由f(x)>f(ln y)有x>ln y； 若y∈(0，1]，则ln y≤0， 由x>0，有x>ln y. 综上所述，x>ln y. 2．若ex－ax≥－x＋ln (ax)，则正实数a的取值范围为(　　) A．　 B．(0，e] C．　 D．(e，＋∞) 答案　B 解析　不等式ex－ax≥－x＋ln (ax)， 可化为ex＋x≥eln ax＋ln ax， 设g(x)＝ex＋x，则g′(x)＝ex＋1>0， 即g(x)在R上是增函数， 而g(x)≥g(ln ax)，因为a>0，x>0， 所以x≥ln ax＝ln a＋ln x， 即ln a≤x－ln x恒成立， 令f(x)＝x－ln x，则f′(x)＝1－， 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)≥f(1)＝1，故只需ln a≤1，即a≤e. 又a>0，所以a的取值范围为(0，e]. 3．已知函数f(x)＝x2ex－a(x＋2ln x)有两个零点，则a的取值范围是(　　) A．a≥1　 B．a≤2　 C．a≤e　 D．a>e 答案　D 解析　f(x)＝x2ex－a(x＋2ln x)＝ ex+2ln x－a(x＋2ln x)， 令t＝x＋2ln x，显然该函数单调递增，t∈R， 则et－at＝0有两个根， 当t＝0时，等式为1＝0，不符合题意； 故t≠0时，等式转化为a＝有两个根， 即y＝a和y＝有两个交点， 设g(x)＝， 求导得g′(x)＝， 故当x∈(－∞，0)和x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；且当x∈(－∞，0)时，g(x)<0，g(1)＝e， 故g(x)＝的大致图象如图所示． 由图可得，a的取值范围是a>e. 4．(多选)若不相等的正数a，b满足aa＝bb，则(　　) A．a＞1 B．b＜1 C．a＋b> D．＞ (n∈N*) 答案　BCD 解析　由aa＝bb，得a ln a＝b ln b， 令f(x)＝x ln x，f′(x)＝ln x＋1＝0， 解得x＝， 当x∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增． 所以0<a<1，0<b<1，故A不正确，B正确； 要证明a＋b>， 即证明b>－a， 只需证f(b)>f ， 只需证f(a)>f ， 令g(x)＝f(x)－f ＝ x ln x－ln ，0<x<， g′(x)＝ln x＋1＋ln ＋1 ＝ln ＋2<0， 所以g(x)在上单调递减， 所以g(x)>g＝0， 所以a＋b>，故C正确； 由于f(x)在(1，＋∞)上单调递增，而>， 所以f >f ， 所以ln >ln ， 所以＞ (n∈N*)，故D正确． 5．若∀x∈(0，＋∞)，ln 2x－≤ln a恒成立，则a的取值范围为________． 答案　 解析　依题意，ln 2x－≤ln a ⇔ln 2x－ln a≤ ⇔2ln ≤aex ⇔ln ≤ex ln ex. ∵x>0，a>0， ∴若0<≤1，显然成立，此时满足≤1<ex； 若>1，令f(x)＝x ln x，f′(x)＝ln x＋1>0在(1，＋∞)上恒成立， ∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 而ln ≤ex ln ex，∴≤ex. 综上，≤ex在(0，＋∞)上恒成立，∴a≥. 令g(x)＝，g′(x)＝， ∴当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减． ∴g(x)≤g(1)＝，即a≥. 6．(2025·漳州质检)已知函数f(x)＝aex＋x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围． 解　(1)依题意，得f′(x)＝aex＋1. 当a≥0时，f′(x)>0， 所以f(x)在R上是增函数． 当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln (－a)； 令f′(x)<0，可得x>－ln (－a)， 所以f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增， 在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)在R上是增函数；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln (－a))上单调递增，在(－ln (－a)，＋∞)上单调递减． (2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x， 所以aex＋x＋1>ln ＋x， 即eln aex＋x＋1>ln (x－1)－ln a＋x， 即ex＋ln a＋ln a＋x>ln (x－1)＋x－1， 即ex＋ln a＋x＋ln a>eln (x-1)＋ln (x－1). 令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln (x－1))对∀x∈(1，＋∞)恒成立． 因为h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在R上是增函数， 故只需x＋ln a>ln (x－1)， 即ln a>ln (x－1)－x对∀x∈(1，＋∞)恒成立． 令F(x)＝ln (x－1)－x， 则F′(x)＝－1＝， 令F′(x)＝0，得x＝2. 当x∈(1，2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0， 所以F(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减， 所以F(x)≤F(2)＝－2. 因此ln a>－2，所以a>. 学科网（北京）股份有限公司 $$