第三章 6 教材拓展7 指对同构问题（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版）

该高中数学课件聚焦高考导数应用核心考点指对同构问题，对接高考评价体系要求，梳理积型商型和差型三大常考题型，分析恒成立存在性问题等高频考点权重，归纳aln a与xe^x同构等典型角度，体现备考针对性与实用性。 课件特色在于题型分类突破与高考真题训练，如通过构造f(x)=xe^x利用单调性解不等式恒成立问题，培养数学思维与建模能力，结合2024武汉模拟题解析同构技巧，帮助学生掌握答题方法提高得分率，为教师提供系统复习框架，助力高效备考。

教材拓展7 指对同构问题 高三一轮复习讲义 北师大版 第三章 一元函数的导数及其应用 　　指对同构是指具有指数、对数等混合式子的等式或不等式的函数模型；通常将指数、对数分离，将其化为结构相同的关系式，然后同构函数，利用函数单调性求解. 03 题型三　和差型同构 02 题型二　商型同构 题型一　积型同构 01 内容索引 题型一　积型同构 返回 角度1　aln a与xex同构 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___. 典例1 由kekx≥ln x，x＞1得kxekx≥xln x，即kxekx≥·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. 角度2　beb与xln x同构 (2025·江苏南京模拟)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 典例2 √ 由aea＜bln b，得ealn ea＜bln b.设f (x)＝xln x(x＞0)，因为a＞0，则ea＞1，因为b＞0，且bln b＞aea＞0，则b＞1.当x＞1时，f'(x)＝ln x＋1＞0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，ealn ea＜bln b，即f (ea)＜f (b)，所以b＞ea.故选B. 对于不等式aea≤bln b有三种同构方式 同左：aea≤(ln b)eln bf (x)＝xex， 同右：ealn ea≤bln bf (x)＝xln x， 取对：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b) f (x)＝x＋ln x. 规律方法 对点练1.(1)若存在正实数x，使得不等式ln x≥3ax·ln 3(a＞0)成立(e是自然 对数的底数)，则a的最大值为_______. 存在正实数x，使得不等式ln x≥3ax·ln 3(a＞0)成立⇔存在正实数x，使得不等式ln x≥a·3ax·ln 3(a＞0)成立⇔存在正实数x，使得不等式xln x≥ax·3ax·ln 3＝3ax·ln 3ax成立，令f (x)＝xln x，则f'(x)＝1＋ln x，当0＜x＜时，f'(x)＜0，f (x)单调递减， 当x＞时，f'(x)＞0，f (x)单调递增，则原命题为存在正实数x，使得不等式 f (x)≥f (3ax)成立，因为3ax＞1＞，若0＜x＜，则xlnx＜0，不等式不成立，则x＞，所以存在正实数x，使得不等式x≥3ax成立⇔存在正实数x，使得不等式ln x≥ln 3ax＝axln 3成立⇔存在正实数x，使得不等式≥aln 3成立⇔≥aln 3，令g(x)＝，x＞，则g'(x)＝，当＜x＜e时，g'(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞e时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝，所以≥aln 3，所以≥a，所以a的最大值为. (2)若∀x∈(0，＋∞)，ln 2x－≤ln a恒成立，则实数a的取值范围为 ___________. 依题意，ln 2x－≤ln a⇔ln 2x－ln a≤⇔2ln≤aex⇔ln≤exln ex.因为x＞0，a＞0，所以若0＜≤1，显然成立，此时满足≤1＜ex；若＞1， 令f (x)＝xln x，f'(x)＝ln x＋1＞0在(1，＋∞)上恒成立，所以f (x)在(1，＋∞)上单调递增，而ln≤exln ex，所以≤ex.综上，≤ex在(0，＋∞)上恒成立，所以a≥.令g(x)＝，g'(x)＝，所以当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.所以g(x)≤g(1)＝，即a≥，则实数a的取值范围为. 返回 题型二　商型同构 返回 已知函数f (x)＝ex－1ln x，g(x)＝x2－x.证明：当x∈(0，2)时，f (x)≤g(x). 证明：原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1)，即≤， 即证≤在(0，2)上恒成立，设φ(x)＝，x∈(－∞，1)，则φ'(x)＝＝， 所以当x＜1时，φ'(x)＞0，φ(x)单调递增，令t(x)＝ln x－x＋1，x∈(0，2)，则t'(x)＝－1＝， 典例3 当0＜x＜1时，t'(x)＞0，t(x)单调递增；当1＜x＜2时，t'(x)＜0，t(x)单调 递减， 所以t(x)max＝t(1)＝0，所以ln x≤x－1，且在区间(0，2)上有 所以可得到φ(ln x)≤φ(x－1)，即≤， 所以当x∈(0，2)时，有f (x)≤g(x)成立. 对于不等式≤有三种同构方式 同左：≤ f (x)＝， 同右：≤ f (x)＝， 取对：a－ln a≤ln b－ln(ln b) f (x)＝x－ln x. 规律方法 √ 对点练2.若关于x的不等式－＞0对∀x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围为 A. B. C. D. 由题意可知a＞0，＞，即＞对∀x∈(0，1)恒成立.设g(x)＝，则问题转化为g(aex)＞g(x)在(0，1)上恒成立，因为g'(x)＝，所以当0＜x＜e时，g'(x)＞0，当x＞e时，g'(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增， 在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，g(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＞0.①在x∈(0，1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，g(aex)≥0＞g(x)；②在x∈(0，1)上，若0＜aex＜1，则aex＞x恒成立，即＜a＜1恒成立，令h(x)＝，x∈(0，1)，则h'(x)＝＞0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，所以h(x)＜h(1)＝，所以≤a＜1，综上所述，实数a的取值范围为.故选B. 返回 题型三　和差型同构 返回 √ (1)若ex－ax≥－x＋ln ax，则正实数a的取值范围为 A. B.(0，e] C. D.(e，＋∞) 不等式ex－ax≥－x＋ln ax，可化为ex＋x≥＋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，由已知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].故选B. 典例4 (2)(2024·武汉模拟)已知a＞0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为___. 因为xa＝＝，所以不等式即为ex－x≤－aln x，因为a＞0且x＞1，所以aln x＞0，设y＝ex－x，x∈(0，＋∞)，则y'＝ex－1＞0，故y＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，所以x≤aln x，即a≥，即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，所以a≥，设f (x)＝(x＞1)，则f'(x)＝，当x∈(1，e)时，f'(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，f'(x)＞0，所以f (x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以f (x)min＝f (e)＝e，所以a≥e.故a的最小值为e. e 对于不等式ea±a≤b±ln b有两种同构方式 同左：ea±a≤eln b±ln b f ＝ex±x， 同右：ea±ln ea≤b±ln b f (x)＝x±ln x. 规律方法 对点练3.已知函数f (x)＝aex＋x＋1. (1)讨论f (x)的单调性； 解：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)当x＞1时，f (x)＞ln＋x，求实数a的取值范围. 解：因为当x＞1时，f (x)＞ln＋x， 所以aex＋x＋1＞ln＋x， 即ex＋x＋1＞ln(x－1)－ln a＋x， 即＋ln a＋x＞ln(x－1)＋x－1， 即＋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＞，则实数a的取值范围为. 返回 谢 谢 观 看 指对同构问题 $