课下巩固检测练(10) 同构函数问题（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(十)]　同构函数问题 (单选题、填空题每题5分，解答题每题10分) 1.若2 024x－2 024y＜2 025－x－2 025－y，x，y∈R，则(　　 ) A.ln(y－x＋1)＞0 B.ln(y－x＋1)＜0 C.ln｜x－y｜＞0 D.ln｜x－y｜＜0 解析：选A.由2 024x－2 024y＜2 025－x－2 025－y，x，y∈R， 可得2 024x－2 025－x＜2 024y－2 025－y， 由于函数y＝2 024x，y＝－2 025－x均在R上单调递增， 则函数f(x)＝2 024x－2 025－x在R上单调递增. 则2 024x－2 025－x＜2 024y－2 025－y⇔ f(x)＜f(y)⇔ x＜y. A，B选项，y＞x⇒y－x＋1＞1⇒ln(y－x＋1)＞ln 1＝0，故A正确，B错误. C，D选项，由条件知｜x－y｜与1的大小关系无法判断，故C，D错误. 2.已知实数x，y，z满足ex－e2＝e≠0，ey－e3＝e≠0，ez－e5＝e≠0，其中e为自然对数的底数.则x，y，z的大小关系是(　　 ) A.x＜y＜z B.y＜x＜z C.z＜x＜y D.z＜y＜x 解析：选D.设f＝et－et，可知函数f的定义域为R，且f'＝et－e， 因为f'在定义域上单调递增，且f'(1)＝0， 若t＞1，则f'＞0；若t＜1，则f'＜0； 可得f在上单调递增，在上单调递减， 又因为ex－e2＝e≠0，ey－e3＝e≠0，ez－e5＝e≠0， 可得ex－ex＝e2－2e，ey－ey＝e3－3e，ez－ez＝e5－5e， 即f(x)＝f，f＝f，f＝f，且x≠2，y≠3，z≠5， 可知f(x)＜f＜f，且x＜1，y＜1，z＜1，所以z＜y＜x. 3.已知m，n都是正整数，且em＋ln n＜m＋n，则(　　 ) A.n＞em B.m＞em C.n＜em D.m＞en 解析：选A.因为em＋ln n＜m＋n，所以em－m＜n－ln n＝eln n－ln n，令f(x)＝ex－x(x≥0)， 所以f'(x)＝ex－1≥0，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，由已知得f(m)＜f(ln n)， 故m＜ln n，因为m，n都是正整数，即n＞em. 4.已知函数f(x)＝ex－ax2的定义域为，且对∀x1，x2∈，x1≠x2，＜x1＋x2恒成立，则实数a的取值范围为(　　 ) A. B. C. D. 解析：选A.设x1＞x2，因为对∀x1，x2∈，当x1≠x2时都有＜x1＋x2恒成立， 等价于f－f＜－，即f－＜f－， 令F(x)＝f(x)－x2＝ex－ax2－x2，则F＜F，所以F(x)在上为减函数， 所以F'(x)＝ex－2(a＋1)x≤0在上恒成立，即≤2(a＋1)在上恒成立， 令h(x)＝，x∈，则h'(x)＝， 所以函数h(x)在上单调递减，在单调递增， 又h＝2，h(2)＝，且2＜， 所以＜h＝， 所以≤2(a＋1)，解得a≥－1. 5.已知函数f(x)＝a，g(x)＝x2.当a＞0时，若对于区间上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有＜｜g(x1)－g(x2)｜成立，则实数a的取值范围是　　　　. 解析：不妨设1≤x1＜x2≤2. 因为a＞0，所以f'(x)＝a＞0， 所以f(x)在上单调递增，即f＜f. 又因为g(x)＝x2在上也单调递增， 所以g＜g. 所以不等式＜｜g(x1)－g｜即为f－f＜g－g， 即f－g＜f－g， 设F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝ax＋aln x－x2， 则F＜F，因此F(x)在上单调递减. 于是F'＝a＋－2x≤0在上恒成立，即a≤在上恒成立. 令u＝，则u'＝＞0， 即u在上单调递增，因此u在上的最小值为u＝1，所以a≤1， 故实数a的取值范围是0＜a≤1. 答案： 6.已知实数a，b满足a＝e2 025－a，2 022＋ln b＝e3－ln b，则ab＝　　　　. 解析：根据题意，显然a，b是正数.由a＝e2 025－a，两边取对数得，ln a＝ln e2 025－a＝2 025－a，即a－(3－ln a)＝2 022，又2 022＋ln b＝e3－ln b，即e3－ln b－ln b＝2 022，利用a＝eln a，于是记h(x)＝e3－x－x，h'(x)＝－e3－x－1＜0，故h(x)在R上递减， 由h(3－ln a)＝h(ln b)⇒3－ln a＝ln b，于是ln ab＝3，ab＝e3. 答案：e3 7.若关于x的不等式a≥2ln x在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的最小值为　　　　. 解析：由题设ax≥ln x2，即axeax＋ax≥x2ln x2＋ln x2＝ln x2·＋ln x2， 令f(x)＝xex＋x，则f'(x)＝(x＋1)ex＋1，令g(x)＝f'(x)，则g'(x)＝(x＋2)ex， 当x＜－2时，g'(x)＜0，g(x)＝f'(x)在(－∞，－2)上单调递减， 当x＞－2时，g'(x)＞0，g(x)＝f'(x)在(－2，＋∞)上单调递增， 所以g(x)＝f'(x)≥f'(－2)＝1－＞0，故f(x)在R上单调递增， 由f(ax)≥f(ln x2)恒成立，有ax≥ln x2⇒a≥在(0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝，则h'(x)＝， 当0＜x＜e时，h'(x)＞0，h(x)在(0，e)上单调递增， 当x＞e时，h'(x)＜0，h(x)在(e，＋∞)上单调递减， 所以h(x)≤h(e)＝， 综上，a≥，故其最小值为. 答案： 8.已知a＞1，若对于∀x∈，不等式－x＋ln 3x≤＋ln a恒成立，则a的取值范围为　　　　. 解析：不等式－x＋ln 3x≤＋ln a，可化为＋ln 3x≤＋ln a＋x＝＋ln(aex)，x≥， 令f(x)＝＋ln x，则f'(x)＝≥0，所以f(x)在上单调递增， 因为a＞1，x≥，所以3x≥1，ex≥＞e0＝1，则aex＞1， 所以不等式＋ln 3x≤＋ln，即为f≤f， ∴3x≤aex，即a≥对∀x∈恒成立， 令g(x)＝，则g'＝， 当x∈时，g'＞0，即g(x)单调递增， 当x∈时，g'＜0，即g(x)单调递减， ∴g(x)≤g＝，则a≥， 即a的取值范围为. 答案： 9.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l(x)＝，则l'(x)＝＝， 所以当x＜1时，l'(x)＞0，l(x)单调递增；当x＞1时，l'(x)＜0，l(x)单调递减， 所以l(x)≤l(1)＝. 令t(x)＝ln x－x＋1，则t'(x)＝－1＝， 当0＜x＜1时，t'(x)＞0，t(x)单调递增；当x＞1时，t'(x)＜0，t(x)单调递减， 所以t(x)max＝t(1)＝0，所以ln x≤x－1， 且当x∈(0，2)时，有 所以l(ln x)≤l(x－1)，即≤， 所以当x∈(0，2)时，有f(x)≤g(x)成立. 10.已知f(x)＝xln x＋x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解，求a的取值范围. 解：由x＝f(x)－x2＋ax－1(x＞0)，即x＝xln x＋ax，即ex－a＝ln x＋a， 即＋x－a＝x＋ln x，所以ln(ex－a)＋ex－a＝ln x＋x， 令h(x)＝ln x＋x(x＞0)， 则h(ex－a)＝h(x)，h'(x)＝＋1＞0， 故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以ex－a＝x，则x－a＝ln x，a＝x－ln x(x＞0)， 因为关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解， 则方程a＝x－ln x(x＞0)有两个不同的实数解. 令φ(x)＝x－ln x，则φ'(x)＝1－＝， 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，当x→0时，φ(x)→＋∞，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞， 所以a＞1， 综上，a的取值范围为(1，＋∞). 学科网（北京）股份有限公司 $