第6章 专题强化练8 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三册（人教B版）

专题强化练8　导数中的同构问题 1. (2024山东泰安第二中学月考)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.-　　　D.- 2.(2024四川内江资中第二中学月考)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.　　　C.-　　　D.-e 3.(2025湖南郴州一模)已知f(x)=memx-ln x(m≥0),若f(x)有两个零点,则实数m的取值范围为(　　) A.　　 　B. C.　　　D. 4.(2025浙南名校联盟联考)若不等式x+2xln x+2a>2x+e对任意正实数x恒成立,则a的取值范围为(　　) A.(-∞,-1)　　　B.(-1,0) C.(0,1)　　 　D.(1,+∞) 5.(2025山东德州第一中学期中)已知函数f(x)=x+ln(x+2 024),g(x)=-,若f(x1)=2ln t-2 024,g(x2)=t2,则的最大值为(　　) A.　　　B.　　　 C.1　　　D.e 6.(2025四川南充高级中学期中)已知对任意的x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2时,都有<2+,则实数a的取值范围是　　　　　.  7.(2025江苏无锡天一中学期中)若存在实数a,b,使得ea+be2≤a+ln b+4,则a+b=　　　　.  8.(2025安徽合肥一六八中学检测)已知f(x)=ex-1-x. (1)求证:∀x∈R, f(x)≥0恒成立; (2)若∀x∈(0,+∞), f(x)≥a(x2-x-xln x)恒成立,求实数a的取值范围. 答案与分层梯度式解析 1.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-. 方法总结　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. 2.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,所以-≤a<0, 因此实数a的最小值为-. 3.A　若f(x)有两个零点,则f(x)=memx-ln x=0有两个实数解,即mxemx-xln x=0(x>0)有两个实数解. 构造函数g(t)=tet,则g(mx)=g(ln x)有两个实数解,易知g(t)在(0,+∞)上单调递增,故mx=ln x(x>0),即m=有两个大于零的实数解. 令h(x)=(x>0),则h'(x)=, 所以当0<x<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)在x=e处取得极大值,也是最大值,为h(e)=. 易知当x→0时,h(x)→-∞,当x→+∞时,h(x)→0,且当x>1时,h(x)>0,由此作出函数y=h(x)的图象,如图所示. 由图可知,当0<m<时,y=h(x)的图象与直线y=m有两个交点,故当m∈时, f(x)有两个零点. 4.D　∵x>0,∴原不等式可化为+2ln x+>2+, 即+>2-2ln x+,即+>+2ln=+2ln, 设f(x)=ex+2x,则f >f , 易知f(x)在R上单调递增, ∴>ln,又x>0,∴a>xln=x(1-ln x), 令g(x)=x(1-ln x),则g'(x)=-ln x, 当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)max=g(1)=1,所以实数a的取值范围为(1,+∞). 5.B　因为f(x1)=2ln t-2 024,所以x1+2 024+ln(x1+2 024)=ln t2,所以=(x1+2 024)·=t2. 因为g(x)=-=ln,且g(x2)=t2, 所以ln=ln=t2=(x1+2 024). 令h(x)=xex,则h=h(x1+2 024),h'(x)=ex(x+1), 当x∈(0,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以ln=x1+2 024,即=, 则==. 令F(x)=(x>0),则F'(x)=, 当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减, 所以F(x)max=F(1)=,即. 6.答案　(-∞,4] 解析　由<2+,x1<x2,得aln x2-aln x1<2(x2-x1)+-, 所以aln x2-2x2+<aln x1-2x1+. 令f(x)=aln x-2x+,则f(x2)<f(x1),又x1<x2,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减, 所以f'(x)=-≤0在(0,+∞)上恒成立, 所以2x2-ax+2≥0在(0,+∞)上恒成立, 所以a≤2x+在(0,+∞)上恒成立. 易知2x+≥2=4,当且仅当2x=,即x=1时取等号,所以a≤4. 7.答案　 解析　易知ea+be2≤a+ln b+4⇔ea+eln b+2≤a+ln b+4. 令f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1, 所以当x<0时, f'(x)<0,当x>0时, f'(x)>0, 所以函数f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=0, 所以f(x)≥0,故∀x∈R,ex≥x+1,当且仅当x=0时取等号,所以ea≥a+1,eln b+2≥ln b+3,所以ea+eln b+2≥a+ln b+4, 所以ea+eln b+2=a+ln b+4,所以a=0,ln b+2=0,所以b=,所以a+b=. 8.解析　(1)证明:由f(x)=ex-1-x,得f'(x)=ex-1-1,令f'(x)=0,得x=1, 当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)=0,即∀x∈R, f(x)≥0恒成立. (2)由f(x)≥a(x2-x-xln x),得ex-1-x≥a(x2-x-xln x),因为x>0,所以-1≥a(x-1-ln x),即-1≥a(x-1-ln x),即ex-1-ln x-1≥a(x-1-ln x), 令t=x-1-ln x,则t'=1-=, 当x∈(0,1)时,t'<0,函数t=x-1-ln x单调递减, 当x∈(1,+∞)时,t'>0,函数t=x-1-ln x单调递增, 所以t≥1-1-ln 1=0,即t≥0, ex-1-ln x-1≥a(x-1-ln x)即et-1≥at,因此et-1-at≥0在t∈[0,+∞)上恒成立. 令g(t)=et-1-at(t≥0), 则g(0)=e0-1-a×0=0,g'(t)=et-a, 若a≤1,则g'(t)≥0,且g'(t)不恒为零,g(t)在[0,+∞)上单调递增, 所以g(t)min=g(0)=0,故g(t)≥0,符合题意; 若a>1,令g'(t)=0,得t=ln a, 当t∈(0,ln a)时,g'(t)<0,g(t)单调递减, 当t∈(ln a,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增, 所以g(t)min=g(ln a)<g(0)=0,不符合题意. 综上,实数a的取值范围为(-∞,1]. 8 学科网（北京）股份有限公司 $