2024版大二輪數學新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題一　培優(yōu)點3　同構函數問題11

培優(yōu)點3同構函數問題同構函數問題，是近幾年高考的熱點問題，考查數學素養(yǎng)和創(chuàng)新思維．同構函數問題是指在不等式、方程、函數中，通過等價變形形成相同形式，再構造函數，利用函數的性質解決問題，常見的同構有雙變量同構和指對同構，一般都是壓軸題，難度較大．考點一雙變量同構問題例1(1)(多選)已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e為自然對數的底數，則下列選項中一定成立的是()A．y<eq\f(π,4) B．x<eq\f(π,4)C．cosx＋cosy>0 D．sinx>siny答案BC解析因為eysinx＝exsiny，所以eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)，令g(t)＝eq\f(sint,et)，0<t<π，所以g(x)＝g(y)，則g′(t)＝eq\f(etcost－etsint,et2)＝eq\f(cost－sint,et)，由g′(t)>0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，由g′(t)<0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以g(t)＝eq\f(sint,et)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上單調遞減，因為0<x<y<π，由g(x)＝g(y)有0<x<eq\f(π,4)<y<π，故A錯誤，B正確；因為0<x<y<π，所以ey>ex，由eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)有siny>sinx，故D錯誤；因為0<x<eq\f(π,4)<y<π，所以cosx＝eq\r(1－sin2x)>0，|cosy|＝eq\r(1－sin2y)，因為siny>sinx，所以cosx>|cosy|，所以cosx＋cosy>0，故C正確．(2)(2023·大連模擬)若實數a，b滿足4a＋log3a＝8b＋3log27b，則()A．a<eq\f(3b,2) B．a>eq\f(3b,2)C．a>b3 D．a<b3答案A解析由題意知a>0，b>0，∵4a＝22a,8b＝23b,3log27b＝log3b，∴22a＋log3a＝23b＋log3b，∴22a＋log3a＋log32＝23b＋log3b＋log32，即22a＋log32a＝23b＋log32b，∵y＝log3x在(0，＋∞)上單調遞增，∴l(xiāng)og32b<log33b，∴22a＋log32a<23b＋log33b.設f(x)＝2x＋log3x，則f(2a)<f(3b)，∵y＝2x與y＝log3x在(0，＋∞)上單調遞增，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴2a<3b，即a<eq\f(3b,2).規(guī)律方法含有地位相等的兩個變量的不等式(方程)，關鍵在于對不等式(方程)兩邊變形或先放縮再變形，使不等式(方程)兩邊具有結構的一致性，再構造函數，利用函數的性質解決問題．跟蹤演練1(1)若對于0<x1<x2<a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2)B．1C．eD．2e答案B解析∵x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，∴eq\f(lnx1,x1)－eq\f(lnx2,x2)≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)，即eq\f(lnx1＋1,x1)≤eq\f(lnx2＋1,x2)，又0<x1<x2<a，令φ(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，∴φ(x)在(0，a)上單調遞增，φ′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，當x∈(0,1)時，φ′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，故a≤1，∴a的最大值為1.(2)(2023·德陽模擬)已知實數x，y滿足eylnx＝y(tǒng)ex，y>1，則x，y的大小關系為()A．y≥x B．y<xC．y>x D．y≤x答案C解析由eylnx＝y(tǒng)ex可得eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，因為y>1，ey>0，所以eq\f(ey,y)>0，所以eq\f(ex,lnx)>0，則lnx>0，所以x>1，令f(x)＝x－lnx，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當x>1時，f′(x)>0，所以函數f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，則當x>1時，f(x)>f(1)，即x－lnx>1，一定有x－lnx>0，所以x>lnx>0，則eq\f(ex,x)<eq\f(ex,lnx)，又因為eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，所以eq\f(ex,x)<eq\f(ey,y)，令g(x)＝eq\f(ex,x)，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當x>1時，g′(x)>0，所以函數g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，因為x>1，y>1，eq\f(ex,x)<eq\f(ey,y)，所以y>x.考點二指對同構問題考向1指對同構與恒成立問題例2已知函數f(x)＝ex＋(1－a)x－lnax(a>0)．(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若對于任意的x>0，有f(x)≥0，求正數a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝ex－lnx，得f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，切點坐標為(1，e)，斜率為f′(1)＝e－1，所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1＝0.(2)f(x)≥0，即ex＋x－ax－lnax≥0(a>0，x>0)?ex＋x≥ax＋lnax(a>0，x>0)?ex＋x≥elnax＋lnax(a>0，x>0)．令g(x)＝ex＋x，顯然g(x)是增函數，于是上式可化為g(x)≥g(lnax)，即x≥lnax(a>0，x>0)?lna≤x－lnx(a>0，x>0)．令φ(x)＝x－lnx(x>0)，則φ′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，易知φ(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是lna≤1，可得0<a≤e.故正數a的取值范圍為(0，e]．考向2指對同構與證明不等式例3已知函數f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)當x>2時，證明：eq\f(x,x－1)ex>ln(x－1)．(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增，∴f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(2)證明∵x>2，∴x－1>1，要證eq\f(x,x－1)ex>ln(x－1)，即證xex>(x－1)ln(x－1)，即證exlnex>(x－1)ln(x－1)，即證f(ex)>f(x－1)，由(1)知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增，且ex>eq\f(1,e)，x－1>eq\f(1,e)，即證ex>x－1，令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上單調遞增，∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，∴ex>x－1，即證原不等式成立．規(guī)律方法指對同構的常用形式(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構方式：①同左構造形式：aea≤lnbelnb，構造函數f(x)＝xex；②同右構造形式：ealnea≤blnb，構造函數f(x)＝xlnx；③取對構造形式：a＋lna≤lnb＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnb))(b>1)，構造函數f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)≤eq\f(b,lnb)，一般有三種同構方式：①同左構造形式：eq\f(ea,a)≤eq\f(elnb,lnb)，構造函數f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右構造形式：eq\f(ea,lnea)≤eq\f(b,lnb)，構造函數f(x)＝eq\f(x,lnx)；③取對構造形式：a－lna≤lnb－ln(lnb)(b>1)，構造函數f(x)＝x－lnx.(3)和、差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構方式：①同左構造形式：ea±a>elnb±lnb，構造函數f(x)＝ex±x；②同右構造形式：ea±lnea>b±lnb，構造函數f(x)＝x±lnx.跟蹤演練2已知a>0，函數f(x)＝xex－ax.(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)≥lnx－x＋1恒成立，求實數a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝xex－x，所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，所以切線方程為y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，即(2e－1)x－y－e＝0.(2)由題意得xex－ax≥lnx－x＋1，即xex－lnx＋x－1≥ax，因為x>0，所以eq\f(xex－lnx＋x－1,x)≥a，設F(x)＝eq\f(xex－lnx＋x－1,x)＝eq\f(ex＋lnx－lnx＋x－1,x)，令t＝x＋lnx，易知t＝x＋lnx在(0，＋∞)上單調遞增，當x→0時，t→－∞，當x→＋∞時，t→＋∞，所以存在x0，使t＝x0＋lnx0＝0，令m(t)＝et－t－1，t∈R，因為m′(t)＝et－1，所以當t∈(－∞，0)時，m′(t)<0，即m(t)在(－∞，0)上單調遞減；當t∈(0，＋∞)時，m′(t)>0，即m(t)在(0，＋∞)上單調遞增，所以m(t)min＝m(0)＝0，所以m(t)≥m(0)＝0，即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，當且僅當t＝0時取等號，所以F(x)＝eq\f(ex＋lnx－lnx＋x－1,x)≥eq\f(x＋lnx＋1－lnx＋x－1,x)＝eq\f(2x,x)＝2，當且僅當x＋lnx＝0時取等號，所以a≤2，又a>0，所以a的取值范圍是(0,2]．專題強化練1．(2023·南寧模擬)已知α，β∈R，則“α＋β>0”是“α＋β>cosα－cosβ”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案C解析構造函數f(x)＝x－cosx，則f′(x)＝1＋sinx≥0在定義域R上恒成立，所以函數f(x)＝x－cosx為增函數，又因為α＋β>0，所以α>－β，所以f(α)>f(－β)，即α－cosα>－β－cos(－β)，即α－cosα>－β－cosβ，所以α＋β>cosα－cosβ，即“α＋β>0”能推出“α＋β>cosα－cosβ”；根據α＋β>cosα－cosβ，可得α－cosα>－β－cosβ，即α－cosα>－β－cos(－β)，所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，所以“α＋β>cosα－cosβ”能推出“α＋β>0”，所以“α＋β>0”是“α＋β>cosα－cosβ”的充要條件．2．已知x∈N，y∈N，x<y，則方程xy＝y(tǒng)x的解的組數為()A．0 B．1C．2 D．無窮多個答案B解析xy＝y(tǒng)x，兩邊取對數，得ylnx＝xlny，即eq\f(lnx,x)＝eq\f(lny,y)，設f(x)＝eq\f(lnx,x)，x>0，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，且當x∈(0,1]時，f(x)≤0，當x>1時，f(x)>0，f(2)＝eq\f(ln2,2)，f(4)＝eq\f(ln4,4)＝eq\f(ln2,2)，所以滿足x∈N，y∈N，x<y，則方程xy＝y(tǒng)x的解的組數為1.3．若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a>2b B．a<2bC．a>b2 D．a<b2答案B解析由指數和對數的運算性質可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log22b，∴2a＋log2a<22b＋log22b，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.4．設a，b都為正數，e為自然對數的底數，若aea<blnb，則()A．ab>e B．b>eaC．ab<e D．b<ea答案B解析由已知aea<blnb，則ealnea<blnb.設f(x)＝xlnx，則f(ea)<f(b)．∵a>0，∴ea>1，∵b>0，blnb>aea>0，∴b>1.當x>1時，f′(x)＝lnx＋1>0，則f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以ea<b.5．(多選)已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，則()A．ln(a－b)<0B．ln(a＋b)>1C．3a＋3－b>2eq\r(3)D．3a－1<3b答案BC解析由ea－2a＝aeb＋1－bea，得(b＋1)ea＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eb＋1＋2))，所以eq\f(ea,a)＝eq\f(eb＋1＋2,b＋1)，令f(x)＝eq\f(ex,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>1))，則f′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調遞增．因為eq\f(ea,a)－eq\f(eb＋1,b＋1)＝eq\f(2,b＋1)>0，所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，所以ln(a－b)>ln1＝0，A錯誤；因為a＋b>b＋1＋b>3>e，所以ln(a＋b)>lne＝1，B正確；易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2eq\r(3b＋1·3－b)＝2eq\r(3)，C正確；因為a－1>b，所以3a－1>3b，D錯誤．6．若f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個零點，則實數a的取值范圍是________．答案(e，＋∞)解析f(x)＝xex－a(x＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，t∈R，顯然該函數為增函數．當t≠0時，由et－at＝0，得a＝eq\f(et,t)，可知函數y＝eq\f(et,t)(t≠0)的圖象與直線y＝a有兩個交點，可畫出函數圖象(圖略)得到a的取值范圍是(e，＋∞)．7．(2023·邵陽模擬)已知函數f(x)＝ex＋1－eq\f(a,x)＋1，g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2.(1)討論函數g(x)在定義域內的單調性；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍．解(1)∵g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2的定義域為(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).由g′(x)>0，得0<x<e，由g′(x)<0，得x>e.∴g(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減．(2)由f(x)≥g(x)，即ex＋1－eq\f(a,x)＋1≥eq\f(lnx,x)＋2，得a≤xex＋1－lnx－x＝elnx＋x＋1－(lnx＋x＋1)＋1，令t＝lnx＋x＋1，t∈R，即a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，t∈R，則φ′(t)＝et－1，當t∈(－∞，0)時，φ′(t)<0；當t∈(0，＋∞)時，φ′(t)>0，∴φ(t)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，故a≤2.8．(2023·濰坊模擬)已知函數f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)討論f(x)的單調性；(2)證明：當x∈(0,2)時，f(x)≤g(x)．(1)解函數