校本作业21 同构-福建省厦门外国语学校2025届高三上学期数学一轮复习

厦门外国语学校2025届高三上数学校本作业21 （构造法在函数中的应用） 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)<f(x)，若a＝f(1)，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a>b>c B．c>a>b C．b>a>c D．a>c>b 2．(青铜峡模拟)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为f′(x)，若对于任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式f(x)<ex的解集为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，e4) D．(e4，＋∞) 3．已知a＝ln ，b＝e－1，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>c>a B．a>c>b C．a>b>c D．b>a>c 4．(包头质检)若e－2b＋(a－1)2＝e－a＋(2b－1)2，则(　　) A．a>2b B．a＝2b C．a<2b D．a>b2 5．若存在x，y∈(0，＋∞)使得xln(2ax)＋y＝xln y，则实数a的最大值为(　　) A． B． C． D． 6．已知函数f(x)=ln x-ax,若不等式f(x+1)>x-aex在(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为 ( 　) A．(-∞,1] B．[1,+∞) C．(-∞,0] D．[0,1] 7．(河北联考)已知当x≥e时，不等式xa＋－≥aln x恒成立，则正实数a的最小值为(　　) A．1 B． C．e D． 8．（2022新高考2）已知，则（ ） A． B． C． D． 9．(多选) 已知非零实数m，n满足，则下列关系式不一定成立的是（       ） A． B． C． D． 10．(多选)(山东济宁一中月考)已知定义域为R的函数f(x)的图象连续不断，且∀x∈R，f(x)＋f(－x)＝4x2，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<4x，若f(2m＋1)－f(－m)≤6m2＋8m＋2，则实数m的取值可以为(　　) A．－1 B．－ C. D．1 二、填空题 11．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3的解集为________． 12．(江阴模拟)若x<y时，不等式2<m(x－y)恒成立，则实数m的取值范围是________． 13．(深圳模拟)已知a，b，c∈(0,1)，且a2－2ln a＋1＝e，b2－2ln b＋2＝e2，c2－2ln c＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则a，b，c的大小关系是________． 14．若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立，则实数a的最大值为________． 15．已知函数f(x)＝ex－－1在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，则实数k＝________. *16．已知关于的方程在上有两个不相等的实根，则实数的取值范围是________ 三、解答题 17．已知函数． (1)求函数的单调区间；(2)设函数，若函数有两个零点，求实数a的取值范围． 18．(昆明联考)已知函数f(x)＝eax－x. (1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围． 19．在数学中，我们把仅有变量不同，而结构､形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于的方程和关于的方程可化为同构方程. （1）求的值； （2）已知函数.若斜率为的直线与曲线相交于，两点，求证：. 厦门外国语学校2025届高三上数学校本作业21 （构造法在函数中的应用） 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足xf′(x)<f(x)，若a＝f(1)，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a>b>c B．c>a>b C．b>a>c D．a>c>b 答案　A 解析　设g(x)＝， 则g′(x)＝<0， ∴g(x)为减函数． ∵3>ln 4>1， ∴g(3)<g(ln 4)<g(1)，即a>b>c. 2．(青铜峡模拟)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数记为f′(x)，若对于任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式f(x)<ex的解集为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，e4) D．(e4，＋∞) 答案　A 解析　令g(x)＝， 则g′(x)＝＝， ∵f(x)>f′(x)， ∴g′(x)<0，即g(x)为减函数， 又f(0)＝1，故g(0)＝＝1， 则不等式f(x)<ex等价于<1＝g(0)， 即g(x)<g(0)，解得x>0， 故不等式的解集为(0，＋∞)． 3．已知a＝ln ，b＝e－1，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b>c>a B．a>c>b C．a>b>c D．b>a>c 答案　D 解析　依题意得 a＝ln ＝，b＝e－1＝， c＝＝. 令f(x)＝(x>0)， 则f′(x)＝，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 所以f(x)max＝f(e)＝＝b， 且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c. 4．(包头质检)若e－2b＋(a－1)2＝e－a＋(2b－1)2，则(　　) A．a>2b B．a＝2b C．a<2b D．a>b2 答案　B 解析　设f(x)＝(x－1)2－e－x， 则f′(x)＝x－1＋e－x，设g(x)＝x－1＋e－x， 则g′(x)＝1－e－x＝， 令g′(x)>0⇒x>0⇒f′(x)在(0，＋∞)上单调递增； 令g′(x)<0⇒x<0⇒f′(x)在(－∞，0)上单调递减， 所以f′(x)min＝f′(0)＝0，即f′(x)≥0恒成立， 所以f(x)＝(x－1)2－e－x在(－∞，＋∞)上单调递增， e－2b＋(a－1)2＝e－a＋(2b－1)2化为 (a－1)2－e－a＝(2b－1)2－e－2b， 即f(a)＝f(2b)⇒a＝2b. 5．若存在x，y∈(0，＋∞)使得xln(2ax)＋y＝xln y，则实数a的最大值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由xln(2ax)＋y＝xln y， 得ln(2a)＝ln－， 令t＝>0，g(t)＝ln t－t， 则g′(t)＝－1＝， 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， 所以当t＝1时， g(t)取得极大值即最大值g(1)＝－1， 因为当t→0时，g(t)→－∞， 所以g(t)∈(－∞，－1]， 所以ln 2a≤－1，所以0<a≤， 所以实数a的最大值为. 6．[重庆西南大学附中月考] 已知函数f(x)=ln x-ax,若不等式f(x+1)>x-aex在(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为 (　) A.(-∞,1] B.[1,+∞) C.(-∞,0] D.[0,1] B　[解析] 由题知f(ex)=x-aex,所以f(x+1)>x-aex在(0,+∞)上恒成立,等价于f(x+1)>f(ex)在(0,+∞)上恒成立,因为当x∈(0,+∞)时,1<x+1<ex,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,即当x>1时,f'(x)=-a≤0恒成立,即当x>1时,≤a恒成立,所以a≥1,故选B. 7．(河北联考)已知当x≥e时，不等式xa＋－≥aln x恒成立，则正实数a的最小值为(　　) A．1 B. C．e D. 答案　B 解析　由题意，原不等式可变形为 －≤xa－aln x， 即－≤xa－ln xa，设f(x)＝x－ln x， 则当x≥e时，≤f(xa)恒成立， 因为f′(x)＝1－＝， 所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 因为x≥e，a>0，所以>1，xa>1， 因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以要使≤f(xa)，只需≤xa， 两边取对数，得≤aln x， 因为x≥e，所以a≥. 令h(x)＝xln x(x∈[e，＋∞))， 因为h′(x)＝ln x＋1>0， 所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(e)＝e， 所以0<≤， 则a≥，故正实数a的最小值为. 8．（2022新高考2）已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】解法1：根据题意，构造函数 对上述三个函数在处进行四阶泰勒展开 在时，显然即，即选A． 解法2：构造函数，， 则， 所以，因此，在上递减，所以，即． 另一方面，，显然时，， 所以，即．因此．即选A． 9．(多选) 已知非零实数m，n满足，则下列关系式不一定成立的是（       ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】因为，所以. 取，，得，故A选项不正确； 取，，得，所以，故B选项不正确；取，，得，故C选项不正确； 当时，则，所以，所以， 当时，则，，所以， 当时，，所以，综上得D选项正确， 10．(多选)(山东济宁一中月考)已知定义域为R的函数f(x)的图象连续不断，且∀x∈R，f(x)＋f(－x)＝4x2，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<4x，若f(2m＋1)－f(－m)≤6m2＋8m＋2，则实数m的取值可以为(　　) A．－1 B．－ C. D．1 答案　BCD 解析　依题意得，f(x)＋f(－x)＝4x2， 故f(x)－2x2＝－[f(－x)－2(－x)2]， 令g(x)＝f(x)－2x2，则g(x)＝－g(－x)， 所以函数g(x)为奇函数，g′(x)＝f′(x)－4x， 因为当x∈(0，＋∞)时，f′(x)<4x， 即当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝f′(x)－4x<0， 故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，由g(x)为奇函数可知，g(x)在R上单调递减， 因为f(2m＋1)－f(－m)≤6m2＋8m＋2， 故f(2m＋1)－2·(2m＋1)2≤f(－m)－2·(－m)2， 即g(2m＋1)≤g(－m)，故2m＋1≥－m， 则m≥－， 所以实数m的取值范围为. 二、填空题 11．定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3的解集为________． 答案　(0，＋∞) 解析　将f(x)＋f′(x)>1左右两边同乘ex得， exf(x)＋exf′(x)－ex>0， 令g(x)＝exf(x)－ex， 则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex>0， 所以g(x)在R上单调递增， 且g(0)＝f(0)－1＝3， 不等式exf(x)>ex＋3等价于exf(x)－ex>3， 即g(x)>g(0)，所以x>0. 12．(江阴模拟)若x<y时，不等式2<m(x－y)恒成立，则实数m的取值范围是________． 答案　(－∞，－2] 解析　因为∀x<y， 2<m(x－y)， 即2sin－mx<2sin－my， 令f(x)＝2sin－mx， 即∀x<y，f(x)<f(y)，于是f(x)在R上单调递增， ∀x∈R，f′(x)＝2cos－m≥0， 即m≤2cos， 而2cos有最小值－2，即m≤－2， 所以实数m的取值范围是(－∞，－2]． 13．(深圳模拟)已知a，b，c∈(0,1)，且a2－2ln a＋1＝e，b2－2ln b＋2＝e2，c2－2ln c＋3＝e3，其中e是自然对数的底数，则a，b，c的大小关系是________． 答案　a>b>c 解析　设f(x)＝x2－2ln x，g(x)＝ex－x， 则f(a)＝g(1)，f(b)＝g(2)，f(c)＝g(3)， 又g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(3)＞g(2)＞g(1)， 即f(c)＞f(b)＞f(a)， 因为f′(x)＝2x－＝＜0(x∈(0,1))， 所以f(x)在(0,1)上单调递减， 所以a＞b＞c. 14．若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立，则实数a的最大值为________． 答案　2 解析　∵xex－a≥ln x＋x－1， ∴eln x＋x－a≥ln x＋x－1， 令t＝ln x＋x， 则et－a≥t－1恒成立， 则a≤et－t＋1恒成立， 令φ(t)＝et－t＋1， ∴φ′(t)＝et－1， 当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0； 当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0， ∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴φ(t)min＝φ(0)＝2， ∴a≤2，故a的最大值为2. 15．已知函数f(x)＝ex－－1在(0，＋∞)上有且仅有一个零点，则实数k＝________. 答案　1 解析　令f(x)＝0得， k＝xex－x－ln x＝eln x·ex－x－ln x ＝eln x＋x－x－ln x， 令x＋ln x＝t，所以t∈R， 所以k＝et－t， 令φ(t)＝et－t，φ′(t)＝et－1， 令φ′(t)>0，得t>0， 令φ′(t)<0，得t<0， 所以φ(t)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减， 所以φ(t)min＝φ(0)＝1， 且当t→－∞时，φ(t)→＋∞， 当t→＋∞时，φ(t)→＋∞， 所以k＝1. *16．已知关于的方程在上有两个不相等的实根，则实数的取值范围是________ 【答案】 【解析】由，则方程，即， 令，，则由单调性可知，函数是递增的，故时，值域为. 而转化为， 当时，方程为，不成立，故，即转化为在有两个不相等的实根，即和，有两个不同的交点. ，当和时，，即在上递减，在上递减；当时，，递增. 另外，时，；时，；. 结合函数，图象可知， 当时，和，的图象有两个不同的交点. 故答案为：. 17．已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)设函数，若函数有两个零点，求实数a的取值范围． 【答案】(1)单调递增区间为；单减区间为 (2) 【解析】 【分析】 （1）求定义域，求导，由导函数的正负求出函数的单调区间；（2）同构处理，为设函数，则，结合的单调性得到有两个根，结合第一问中的结论，列出不等关系，求出a的取值范围. (1) 函数的定义域为， ． 函数的单调递增区间为；单减区间为． (2) 要使函数有两个零点，即有两个实根， 即有两个实根． 即． 整理为， 设函数，则上式为， 因为恒成立，所以单调递增，所以． 所以只需使有两个根，设． 由（1）可知，函数）的单调递增区间为；单减区间为， 故函数在处取得极大值，． 当时，；当时，， 要想有两个根，只需，解得：． 所以a的取值范围是． 18．(昆明联考)已知函数f(x)＝eax－x. (1)若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处切线的斜率为1，求f(x)的单调区间； (2)若不等式f(x)≥eaxln x－ax2对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝aeax－1，则f′(0)＝a－1＝1，即a＝2. ∴f′(x)＝2e2x－1，令f′(x)＝0，得x＝－. 当x<－时，f′(x)<0； 当x>－时，f′(x)>0. 故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)由f(x)≥eaxln x－ax2，x∈(0，e]， 即ax2－x≥eax(ln x－1)，有≥， 故仅需≥即可． 设函数g(x)＝， 则≥等价于g(eax)≥g(x)． ∵g′(x)＝， ∴当x∈(0，e]时，g′(x)>0，则g(x)在(0，e]上单调递增， ∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x， 即a≥恒成立． 设函数h(x)＝，x∈(0，e]， 则h′(x)＝≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，∴h(x)max＝h(e)＝，则a≥即可， ∴a的取值范围为. 19．在数学中，我们把仅有变量不同，而结构､形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于的方程和关于的方程可化为同构方程. （1）求的值； （2）已知函数.若斜率为的直线与曲线相交于，两点，求证：. 【答案】（1）；（2）答案见解析. 【解析】 【分析】 （1）根据同构方程的定义，以及关于的方程和关于的方程可化为同构方程知，； 在 单调递增，所以方程的解只有一个得，则可得； （2）将所要证明的转化为证明利用换元法将双变量化为单变量， 故等价于证，通过证明和来达到证明原式的目的. 【详解】 （1）对两边取自然对数，得(1), 对两边取自然对数，得 即， 因为(1)(2)方程为两个同构方程，所以 ，解得 ， 设 ，则 , 所以 在 单调递增，所以方程的解只有一个, 所以 ，所以 ， 故 . （2）由（1）知： 所以 要证，即证明等价于 令 ，则只要证明 即可， 由 知， ，故等价于证 设 则 ，即 在 单调递增， 故 ，即 . 设则 ，即在单调递增， 故，即 。 由上可知成立，则. 4 学科网（北京）股份有限公司 $