第三章 培优点2 指对同构问题（课件PPT）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教B版）

第三章 培优点2　指对同构问题 把一个等式或不等式通过变形，使左右两边结构形式完全相同，构造函数，利用函数的单调性进行处理，找到这个函数模型的方法就是同构法.同构法主要解决含有指数、对数混合的等式或不等式问题. 题型一　同构法的理解 例1　(1)若ea＋a>b＋ln b(a，b为变量)成立，则下列选项正确的是 A.a＞ln b B.a＜ln b C.ln a＞b D.ln a＜b √ 方法一　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋a>eln b＋ln b， 令f(x)＝ex＋x，则f(a)＞f(ln b)， 因为f(x)在R上是增函数，所以a＞ln b. 方法二　由ea＋a>b＋ln b， 可得ea＋ln ea>b＋ln b， 令g(x)＝x＋ln x，则g(ea)>g(b)， 因为g(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以ea>b，即a＞ln b. (2)若关于a的方程aea－2＝e4和关于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a，b∈R＋)可化为同构方程，则ab的值为 A.e8 B.e C.ln 6 D.1 √ 对aea－2＝e4两边取自然对数， 得ln a＋a＝6， ① 对b(ln b－2)＝e3λ－1两边取自然对数， 得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1， 即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3， ② 因为方程①②为两个同构方程， 所以3λ－3＝6，解得λ＝3， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以方程F(x)＝6的解只有一个， 所以a＝ln b－2，所以ab＝(ln b－2)b＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8. 利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通过幂转指或幂转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数的单调性进行研究. 思维升华 跟踪训练1　已知不等式ax＋eax＞ln(bx)＋bx进行指对同构时，可以构造的函数是 A.f(x)＝ln x＋x B.f(x)＝xln x C.f(x)＝xex D.f(x)＝ √ 由恒等式x＝ln ex可得ax＝ln eax， 所以ax＋eax＞ln(bx)＋bx可变形为 ln eax＋eax＞ln(bx)＋bx， 构造函数f(x)＝ln x＋x， 可得f(eax)＞f(bx). 题型二　同构法的应用 命题点1　aln a与xex同构 例2　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_____. 由kekx≥ln x得kxekx≥xln x， 即kxekx≥eln x·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， 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， 命题点2　beb与xln x同构 例3　(2023·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 √ 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ea<b. √ 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)； 命题点4　d＋ln d与x＋ex同构 例5　对于任意的x>0，ex≥(a－1)x＋ln(ax)恒成立，则a的最大值是_____. e 由ex≥(a－1)x＋ln(ax)， 可得ex＋x≥ax＋ln(ax)， 即ex＋x≥eln(ax)＋ln(ax)， 令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln(ax))， 因为f(x)在R上是增函数， 当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)min＝h(1)＝e，即a≤e， 所以a的最大值是e. 思维升华 跟踪训练2　(1)(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________. e ∵xa＝ ＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x， ∵a>0且x>1，∴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， 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e. 故a的最小值为e. (2)若对任意x∈[e，＋∞)，满足2x3ln x－ ≥0恒成立，则实数m的取值范围是____________. (－∞，2e] 由2x3ln x－ ≥0， 得2x3ln x≥ ，即2x2ln x≥ ， 即x2ln x2≥ ，即 1 2 3 4 5 6 1.设x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，则下列选项正确的是 A.x>y B.x>ln y C.x<y D.x<ln y √ 能力提升 1 2 3 4 5 6 不等式ex＋ln y>x＋y等价于ex－x>y－ln y， 令f(x)＝ex－x，x>0， 则f(ln y)＝eln y－ln y＝y－ln y， ∴不等式ex－x>y－ln y等价于f(x)>f(ln y)， ∵f′(x)＝ex－1， ∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， ∴若y∈(1，＋∞)，则ln y∈(0，＋∞)， 1 2 3 4 5 6 由f(x)>f(ln y)有x>ln y； 若y∈(0,1]，则ln y≤0， 由x>0，有x>ln y. 综上所述，x>ln y. 1 2 3 4 5 6 2.若ex－ax≥－x＋ln(ax)，则正实数a的取值范围为 √ 1 2 3 4 5 6 不等式ex－ax≥－x＋ln(ax)， 可化为ex＋x≥eln ax＋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， 1 2 3 4 5 6 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]. 1 2 3 4 5 6 3.已知函数f(x)＝x2ex－a(x＋2ln x)有两个零点，则a的取值范围是 A.a≥1 B.a≤2 C.a≤e D.a>e √ 1 2 3 4 5 6 f(x)＝x2ex－a(x＋2ln x)＝ex＋2ln x－a(x＋2ln x)， 令t＝x＋2ln x，显然该函数单调递增，t∈R， 则et－at＝0有两个根， 当t＝0时，等式为1＝0，不符合题意； 1 2 3 4 5 6 故当x∈(－∞，0)和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； 且当x∈(－∞，0)时，g(x)<0，g(1)＝e， 由图可得，a的取值范围是a>e. 1 2 3 4 5 6 4.(多选)若不相等的正数a，b满足aa＝bb，则 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 由aa＝bb，得aln a＝bln b， 令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1＝0， 1 2 3 4 5 6 所以0<a<1,0<b<1，故A不正确，B正确； 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 所以 (n∈N+)，故D正确. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 ∵x>0，a>0， ∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 1 2 3 4 5 6 ∴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. 1 2 3 4 5 6 6.(2024·漳州质检)已知函数f(x)＝aex＋x＋1. (1)讨论f(x)的单调性； 1 2 3 4 5 6 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. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 即eln aex＋x＋1>ln(x－1)－ln a＋x， 即ex＋ln a＋ln a＋x>ln(x－1)＋x－1， 即ex＋ln a＋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， 1 2 3 4 5 6 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， 令F′(x)＝0，得x＝2. 当x∈(1,2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0， 1 2 3 4 5 6 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. 设F(x)＝ln x＋x，x>0，则F′(x)＝＋1>0，   因为kx>0，ln x>0，所以kx≥ln x，即k≥， 令h(x)＝(x＞1)，则h′(x)＝， 所以h(x)max＝h(e)＝，即k≥， 所以k的最小值为. 命题点3　与同构 例4　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≤a<1，综上所述，实数a的取值范围为. 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x≥ln(ax)，即a≤， 令h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝， 常见的同构函数有：①f(x)＝；②f(x)＝xln x；③f(x)＝xex；④f(x)＝. 其中①④可以借助＝＝，②③可以借助xex＝(ln ex)ex＝(ln t)t＝tln t进行指对互化. ∴x≤aln x，即a≥， 即存在x∈(1，＋∞)，使a≥， ∴a≥min， 设f(x)＝(x>1)， 则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)<0； 令f(x)＝xex，则f(ln x2)≥f 恒成立， 利用函数f(x)＝xex的单调性可知ln x2≥恒成立，即m≤2xln x(x≥e)，所以m≤2e. A. B.(0，e] C. D.(e，＋∞) 令f(x)＝x－ln x，则f′(x)＝1－， 即y＝a和y＝有两个交点， 设g(x)＝， 故t≠0时，等式转化为a＝有两个根， 故g(x)＝的大致图象如图所示. 求导得g′(x)＝， A.a＞1 B.b＜1 C.a＋b> D. (n∈N+) 当x∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增. 解得x＝， 即证明b>－a， 只需证f(b)>f ， 只需证f(a)>f ， 令g(x)＝f(x)－f ＝xln x－ln，0<x<， 要证明a＋b>， 所以g(x)在上单调递减， 所以g(x)>g＝0， 所以a＋b>，故C正确； 由于f(x)在(1，＋∞)上单调递增，而>，  g′(x)＝ln x＋1＋ln＋1＝ln＋2<0， 所以ln >ln ， 所以f >f ， 5.若∀x∈(0，＋∞)，ln 2x－≤ln a恒成立，则a的取值范围为________. ⇔2ln ≤aex⇔ln ≤exln ex. ∴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， 依题意，ln 2x－≤ln a⇔ln 2x－ln a≤ 综上，≤ex在(0，＋∞)上恒成立，∴a≥. 令g(x)＝，g′(x)＝， ∴g(x)≤g(1)＝，即a≥. 而ln ≤exln ex，∴≤ex. (2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围. 所以aex＋x＋1>ln ＋x， 因为当x>1时，f(x)>ln ＋x， 则F′(x)＝－1＝， 因此ln a>－2，所以a>. $