第3章 第5节 指对同构问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第五节　指对同构问题 [重点解读]　把一个等式或不等式通过变形，使左右两边结构形式完全相同，构造函数，利用函数的单调性进行处理，找到这个函数模型的方法就是同构法．同构法主要解决含有指数、对数混合的等式或不等式问题． 题型一　同构法的理解 [例1]　若ea＋a>b＋ln b(a，b为变量)成立，则下列选项正确的是(　　) A．a＞ln b　　 　　　B．a＜ln b C．ln a＞b　 D．ln a＜b 答案　A 解析　法一：由ea＋a>b＋ln b， 可得ea＋a>eln b＋ln b， 令f(x)＝ex＋x，则f(a)＞f(ln b)， 因为f(x)在R上是增函数，所以a＞ln b. 法二：由ea＋a>b＋ln b， 可得ea＋ln ea>b＋ln b， 令g(x)＝x＋ln x，则g(ea)>g(b)， 因为g(x)在(0，＋∞)上是增函数， 所以ea>b，即a＞ln b. 利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通过幂转指或幂转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数的单调性进行研究．　 　[即时训练] 已知不等式ax＋eax＞ln (bx)＋bx进行指对同构时，可以构造的函数是(　　) A．f(x)＝ln x＋x　 B．f(x)＝x ln x C．f(x)＝xex　 D．f(x)＝ 答案　A 解析　由恒等式x＝ln ex可得ax＝ln eax， 所以ax＋eax＞ln (bx)＋bx可变形为 ln eax＋eax＞ln (bx)＋bx， 构造函数f(x)＝ln x＋x， 可得f(eax)＞f(bx). 题型二　同构法的应用 命题点1　a ln a与xex同构 [例2]　设实数k>0，对于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，则k的最小值为________． 答案　 解析　由kekx≥ln x得kxekx≥x ln x， 即kxekx≥eln x·ln x， 令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(ln x). 因为f′(x)＝(x＋1)ex， 所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 因为kx>0，ln x>0，所以kx≥ln x， 即k≥， 令h(x)＝(x＞1)，则h′(x)＝， 当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h(e)＝，即k≥， 所以k的最小值为. 命题点2　beb与x ln x同构 [例3]　(2025·南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<b ln b，则(　　) A．ab>e　 B．b>ea　 C．ab<e　 D．b<ea 答案　B 解析　由aea<b ln b，得ea ln ea<b ln b. 设f(x)＝x ln x(x>0)， 因为a>0，所以ea>1， 因为b>0，且b ln b>aea>0，所以b>1. 当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0， 则f(x)在(1，＋∞)上单调递增， ea ln ea<b ln b，即f(ea)<f(b)， 所以ea<b. 命题点3　d＋ln d与x＋ex同构 [例4]　对于任意的x>0，ex≥(a－1)x＋ln (ax)恒成立，则a的最大值是________． 答案　e 解析　由ex≥(a－1)x＋ln (ax)， 可得ex＋x≥ax＋ln (ax)， 即ex＋x≥eln (ax)＋ln (ax). 令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln (ax)). 因为f(x)在R上是增函数， 所以x≥ln (ax)，即a≤. 令h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝， 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， 所以h(x)min＝h(1)＝e，即a≤e， 所以a的最大值是e. 常见的同构函数有：①f(x)＝；②f(x)＝x ln x；③f(x)＝xex；④f(x)＝. 其中①④可以借助＝＝，②③可以借助xex＝(ln ex)ex＝(ln t)t＝t ln t进行指对互化．　 　[即时训练] (1)(2025·武汉模拟)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－a ln x成立，则a的最小值为________． 答案　 e 解析　∵xa＝eln xa ＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－a ln x， ∵a>0且x>1，∴a ln x>0， 设y＝ex－x，x∈(0，＋∞)，则y′＝ex－1>0， 故y＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增， ∴x≤a ln x，即a≥， 即存在x∈(1，＋∞)，使a≥， ∴a≥. 设f(x)＝(x>1)， 则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)<0； 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e. 故a的最小值为e. (2)若对任意x∈[e，＋∞)，满足2x3ln x－me ≥0恒成立，则实数m的取值范围是________． 答案　(－∞，2e] 解析　由2x3ln x－me ≥0， 得2x3ln x≥me，即2x2ln x≥e， 即x2ln x2≥e，即ln x2·eln x2≥e，　 令f(x)＝xex，则f(ln x2)≥f 恒成立， 利用函数f(x)＝xex的单调性可知ln x2≥恒成立，即m≤2x ln x(x≥e)，所以m≤2e. 学科网（北京）股份有限公司 $$