第5章 专题强化练9 导数中的同构问题（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（人教A版2019）

专题强化练9　导数中的同构问题 1.已知0<x1<x2<1,下列不等式恒成立的是(　　) A.x2　　　　 B.x2ln x1>x1ln x2 C.x1ln x1<x2ln x2　　　　 D.>ln x1 2.已知函数f(x)=ex+x-2,g(x)=ln x+x-2,若∃x1∈R,x2>0,使得f(x1)=g(x2),则x1x2的最小值为(　　) A.-e　　　　B.-1　　　　 C.- 3.已知不等式aln x--xa≥0在上恒成立,则实数a的最小值为(　　) A.1　　　　B.　　　　D.-e 4.已知函数f(x)=(x>0)有两个不同的零点,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　 C.(1,+∞)　　　　D. 5.已知不等式e2x-kx2+x≥ln x+ln k(k>0)恒成立,则k的最大值为　　　　.  6.已知对于任意正实数x,ex+ax(e2x-1)≥(a2+2a)x2ex-2axexln(ax)恒成立,则正实数a的取值范围为　　　　.  7.已知函数f(x)=(1-x)emx. (1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性; (2)当m=1时,若存在a,b(a<b)满足a+ln(1-a)=b+ln(1-b),证明:>0. 8.已知函数f(x)=xln x+x2+1,若关于x的方程xex-a=f(x)-x2+ax-1有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围. 答案与分层梯度式解析 1.D　令f(x)=,0<x<1,则f '(x)=<0,故f(x)在(0,1)上单调递减, 又0<x1<x2<1,所以f(x2)<f(x1),即,故x1,故A错误; 令h(x)=,0<x<1,则h'(x)=>0,故h(x)在(0,1)上单调递增, 又0<x1<x2<1,所以h(x2)>h(x1),即,故x2ln x1<x1ln x2,故B错误; 令g(x)=xln x,0<x<1,则g'(x)=1+ln x, 当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 而0<x1<x2<1,故不能比较g(x2),g(x1)的大小,所以无法确定x1ln x1,x2ln x2的大小,故C错误; 由于0<x1<1,所以0<<e,ln x1<0,故>ln x1,故D正确.故选D. 2.C　因为∃x1∈R,x2>0,使得f(x1)=g(x2),所以+x1-2=ln x2+x2-2,即+x1=ln x2+x2=+ln x2, 令h(x)=ex+x(x∈R), 则h'(x)=ex+1>0,所以函数h(x)在R上单调递增,所以x1=ln x2,即x2=, 所以x1x2=x1,令u(x)=xex(x∈R), 则u'(x)=(x+1)ex,令u'(x)=0,可得x=-1, 所以当x∈(-∞,-1)时,u'(x)<0,u(x)单调递减,当x∈(-1,+∞)时,u'(x)>0,u(x)单调递增, 所以u(x)min=u(-1)=-,所以x1x2的最小值为-.故选C. 方法技巧　指对同构的常见形式: 积型:①aea≤ln b·eln b,构建f(x)=xex; ②ealn ea≤bln b,构建f(x)=xln x. 商型:①,构建f(x)=; ②,构建f(x)=. 和型:①ea±a≤eln b±ln b,构建f(x)=ex±x; ②ea±ln ea≤b±ln b,构建f(x)=x±ln x. 3.C　由aln x--xa≥0,得ln xa-xa+-ln ≥0,即-ln ≥xa-ln xa, 令函数f(x)=x-ln x, 则f '(x)=1-,且f()≥f(xa), 当0<x<1时, f '(x)<0,函数f(x)单调递减, 当x>1时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增, 因为求a的最小值,所以只需考虑a<0的情形, 因为x∈,所以xa>1,>1,所以≥xa,即≥aln x,则≤xln x, 令g(x)=xln x,x∈,则g'(x)=1+ln x<0, 所以函数g(x)在上单调递减, 故g(x)min=g, 所以≤-,即≤0,解得-≤a<0. 因此,实数a的最小值为-.故选C. 4.D　令f(x)=0,可得=0,则(ax2+1)·=x,即(ax2+1)=xex. 令g(x)=xex(x>0),则g(ax2+1)=g(x)或g(-ax2-1)=g(x),g'(x)=ex+xex,因为x>0,所以g'(x)>0, 则函数g(x)=xex在(0,+∞)上单调递增, 所以ax2+1=x或-ax2-1=x,即ax2-x+1=0或ax2+x+1=0.所以f(x)有两个不同的零点等价于关于x的方程ax2-x+1=0或ax2+x+1=0有两个不相等的正实数解, 易知ax2+x+1=0不可能有两个不相等的正实数解,则对于ax2-x+1=0有解得a∈.故选D. 5.答案　e2 解析　由e2x-kx2+x≥ln x+ln k(k>0), 得(ex)2+ln ex≥(x). 设f(x)=x2+ln x,x∈(0,+∞),则f '(x)=2x+>0, 所以f(x)=x2+ln x在(0,+∞)上单调递增, 所以ex≥x,所以≥k. 设g(x)=,x>0,则g'(x)=,所以当x>1时,g'(x)>0,当0<x<1时,g'(x)<0,所以g(x)min=g(1)=e,所以k≤e2,所以k的最大值为e2. 6.答案　(0,e] 解析　由于x>0,a>0,所以不等式ex+ax(e2x-1)≥(a2+2a)x2ex-2axexln(ax)两边同乘,整理可得ex--2x≥ax--2ln(ax),即ex--2x≥eln(ax)--2ln(ax), 令f(x)=ex--2x,则f '(x)=≥0, 所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增, 由ex--2x≥eln(ax)--2ln(ax),得f(x)≥f(ln(ax)), 因此ln(ax)≤x,即ax≤ex,则a≤恒成立, 令函数g(x)=,x>0,则g'(x)=, 当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,g(x)min=g(1)=e, 因此a≤e,又a>0,所以正实数a的取值范围为(0,e]. 7.解析　(1)当m=0时, f(x)=1-x, f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当m≠0时, f '(x)=-memx, ①若m>1,则当0<x<1-时, f '(x)>0,当x>1-时, f '(x)<0; ②若0<m≤1,则f '(x)<0在(0,+∞)上恒成立; ③若m<0,则当0<x<1-时, f '(x)<0,当x>1-时, f '(x)>0. 综上所述,当m>1时, f(x)在上单调递增,在上单调递减; 当0≤m≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当m<0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增. (2)证明:由a+ln(1-a)=b+ln(1-b),得ln[(1-a)·ea]=ln[(1-b)eb],即(1-a)ea=(1-b)eb, 当m=1时, f(x)=(1-x)ex, f '(x)=-xex, 当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减, 易得当x∈(-∞,1)时, f(x)>0,当x∈(1,+∞)时, f(x)<0, 故a<0<b<1,即ab<0,则要证>0,即证a+b<0. 设g(x)=f(x)-f(-x),0<x<1, 则g'(x)=f '(x)+f '(-x)=x(e-x-ex)<0, 即g(x)在(0,1)上单调递减, 又g(0)=0,所以g(x)<0,即f(b)<f(-b), 又f(a)=f(b),所以f(a)<f(-b), 因为f(x)在(-∞,0)上单调递增,a<0,-b<0, 所以a<-b,即a+b<0,得证. 8.解析　由xex-a=f(x)-x2+ax-1,得xex-a=xln x+ax,即ex-a=ln x+a,所以ex-a+ln ex-a=x+ln x. 构造函数h(x)=x+ln x,x>0,则h(ex-a)=h(x),h'(x)=1+>0,所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以ex-a=x,即a=x-ln x. 因为关于x的方程xex-a=f(x)-x2+ax-1有两个不相等的实数根,所以a=x-ln x有两个不相等的实数根. 设φ(x)=x-ln x,则φ'(x)=1-, 所以当0<x<1时,φ'(x)<0,当x>1时,φ'(x)>0, 所以函数φ(x)=x-ln x在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以φ(x)min=φ(1)=1. 又当x→0时,φ(x)→+∞,当x→+∞时,φ(x)→+∞, 所以当a>1时,方程a=x-ln x有两个不相等的实数根,所以实数a的取值范围为(1,+∞). 2 学科网（北京）股份有限公司 $$