2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-同構(gòu)函數(shù)-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

INCLUDEPICTURE"高分訓(xùn)練.tif"INCLUDEPICTURE"E:\\數(shù)學(xué)課件\\高分訓(xùn)練.tif"INETINCLUDEPICTURE"F:\\陳麗2022年\\2022\\課件\\二輪\\2023版創(chuàng)新設(shè)計(jì)二輪專題復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)新教材通用版（魯津京……）\\教師word文檔\\板塊五函數(shù)與導(dǎo)數(shù)\\高分訓(xùn)練.tif"INET2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-同構(gòu)函數(shù)-專項(xiàng)訓(xùn)練一、基本技能練1.設(shè)a，b∈R，則“a>b”是“a|a|>b|b|”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件2.若2x－2y<3－x－3－y，則()A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<03.已知b＞a＞0，且滿足alnb＝blna，e為自然對數(shù)的底數(shù)，則()A.ae＜ea＜eb B.eb＜ae＜eaC.eb＜ea＜ae D.ea＜ae＜eb4.已知x0是方程2x2e2x＋lnx＝0的實(shí)根，則關(guān)于實(shí)數(shù)x0的判斷正確的是()A.x0≥ln2 B.x0＜eq\f(1,e)C.2x0＋lnx0＝0 D.2ex0＋lnx0＝05.已知對任意的a，b∈R都有(b－a)eb－a≥be－b－λa恒成立，則實(shí)數(shù)λ的值為()A.e B.1C.0 D.－e6.已知a，b∈(eq\r(2)，＋∞)，且滿足eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)>lneq\f(b,a)，則a，b，eq\r(ab)的大小關(guān)系是________.7.若關(guān)于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2lnx＋1對任意x>0恒成立，則k的取值范圍是________.8.若對于任意實(shí)數(shù)x>0，不等式2ae2x－lnx＋lna≥0恒成立，則a的取值范圍是________.9.已知函數(shù)f(x)＝ex－alnx(其中a為參數(shù))，若對任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>alna恒成立，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.10.已知f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范圍.11.已知函數(shù)f(x)＝x－lnx，(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x＞eq\f(1,e)，證明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa對x∈(1，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的最小值.二、創(chuàng)新拓展練12.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex2,1＋lnx)，則不等式f(x)＞ex的解集為()A.(0，1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C.(1，e) D.(1，＋∞)13.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x)＝x·e－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)成立，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)·ek的最大值為()A.e2 B.eC.eq\f(4,e2) D.eq\f(1,e2)14.已知a＞1，若對任意的x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，不等式4x－ln3x≤aex－lna恒成立，則a的最小值為________.15.已知函數(shù)f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.參考答案與解析一、基本技能練1.答案C解析設(shè)函數(shù)f(x)＝x|x|，f(x)＝x|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))可得f(x)為增函數(shù)，所以a>b?f(a)>f(b)，即a>b?a|a|>b|b|，所以是充要條件.2.答案A解析設(shè)函數(shù)f(x)＝2x－3－x.因?yàn)楹瘮?shù)y＝2x與y＝－3－x在R上均單調(diào)遞增，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，原已知條件等價(jià)于2x－3－x＜2y－3－y，即f(x)＜f(y)，所以x＜y，即y－x＞0，所以A正確，B不正確.因?yàn)閨x－y|與1的大小不能確定，所以C，D不正確.3.答案A解析因?yàn)閥＝ex在R上單調(diào)遞增，b＞a＞0，所以eb＞ea，BC錯(cuò)；構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)(x＞0)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝0，x＝e，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，因?yàn)閍lnb＝blna，eq\f(lna,a)＝eq\f(lnb,b)，即f(a)＝f(b)，又b＞a＞0，所以0＜a＜e，b＞e，lnb＞0，alnb＝blna＞0，所以1＜a＜e＜b，所以eq\f(lna,a)＜eq\f(lne,e)，elna＜alne，lnae＜lnea，即ae＜ea，所以ae＜ea＜eb，A正確.故選A.4.答案C解析由2x2e2x＋lnx＝0得2xe2x＝－eq\f(1,x)lnx＝eq\f(1,x)lneq\f(1,x)＝lneq\f(1,x)elneq\f(1,x).構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex，其中x>0，則f′(x)＝(x＋1)ex>0，所以，函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，根據(jù)題意，若x0是方程2x2e2x＋lnx＝0的實(shí)根，則2x0e2x0＝lneq\f(1,x0)elneq\f(1,x0)，即f(2x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x0)))，所以2x0＝lneq\f(1,x0)＝－lnx0，因此2x0＋lnx0＝0.5.答案B解析(b－a)eb－a≥be－b－λa?(b－a)eb－a－be－b＋λa≥0?(b－a)eb－a－λ(b－a)＋(－be－b)－λ(－b)≥0，構(gòu)造f(x)＝xex－λx，問題轉(zhuǎn)化為f(b－a)＋f(－b)≥0，由于a，b為任意實(shí)數(shù)，∴f(x)≥0?f(x)＝x(ex－λ)≥0，①當(dāng)x＝0時(shí)，顯然成立，②當(dāng)x＜0時(shí)，λ≥ex恒成立，λ≥1，③當(dāng)x＞0時(shí)，λ≤ex恒成立，可得λ≤1，綜上可得λ＝1，故選B.6.答案a>eq\r(ab)>b解析eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)>lnb－lna，eq\f(1,a2)＋lna>eq\f(1,b2)＋lnb，令g(x)＝eq\f(1,x2)＋lnx，x>eq\r(2)，g′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2,x3)>0，g(x)在(eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞增.∵g(a)>g(b)，∴a>b，又∵eq\r(a)eq\r(a)>eq\r(a)eq\r(b)>eq\r(b)eq\r(b)，∴a>eq\r(ab)>b.7.答案(－∞，0]解析原不等式可變形為e2lnx＋3x－(3x＋2lnx)≥kx＋1，e2lnx＋3x－(3x＋2lnx)－1≥kx，利用ex≥x＋1，可得kx≤0，又x>0，故k≤0.8.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))解析法一將2ae2x－lnx＋lna≥0變形為2ae2x≥lneq\f(x,a)，則2e2x≥eq\f(1,a)lneq\f(x,a)，兩邊同時(shí)乘以x得2xe2x≥eq\f(x,a)lneq\f(x,a)，即2xe2x≥eq\f(x,a)lneq\f(x,a)＝elneq\f(x,a)lneq\f(x,a).(*)設(shè)g(t)＝tet(t>0)，則g′(t)＝(1＋t)et>0，所以g(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故由(*)得2x≥lneq\f(x,a)，則lna≥lnx－2x.令h(x)＝lnx－2x，x>0，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2，易知當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時(shí)，h(x)單調(diào)遞減，故h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－1，所以lna≥－ln2－1，即a≥eq\f(1,2e)，故a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞)).法二將2ae2x－lnx＋lna≥0變形為eln(2a)＋2x－lnx＋lna≥0，即eln(2a)＋2x＋ln(2a)≥ln(2x)，則eln(2a)＋2x＋2x＋ln(2a)≥2x＋ln(2x)＝eln(2x)＋ln(2x).設(shè)g(t)＝et＋t，易知g(t)單調(diào)遞增，故2x＋ln(2a)≥ln(2x)，以下同法一.9.答案(0，e)解析由f(x)>alna，得eq\f(ex,a)－lna>lnx，即ex－lna－lna>lnx，兩邊同時(shí)加x得ex－lna＋x－lna>elnx＋lnx.令g(t)＝et＋t，則g(x－lna)>g(lnx)，因?yàn)間(t)為單調(diào)增函數(shù)，所以x－lna>lnx，即lna<x－lnx，令h(x)＝x－lnx，則h′(x)＝eq\f(x－1,x).所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝1，所以lna<1，解得0<a<e.10.解同構(gòu)構(gòu)造h(x)＝xex，h′(x)＝(x＋1)ex，當(dāng)x>－1時(shí)，h′(x)>0恒成立，h(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增.aex－1－lnx＋lna≥1?aex－1≥lneq\f(ex,a)?xex≥eq\f(ex,a)lneq\f(ex,a)＝lneq\f(ex,a)elneq\f(ex,a)，即h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(ex,a)))，∴x≥lneq\f(ex,a)＝1＋lnx－lna，令g(x)＝1＋lnx－x(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0，故g(x)＝1＋lnx－x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，則lna≥0，解得a≥1.11.(1)解f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝1，則當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)證明要證：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1，即證：ex＋lnex≥ex＋x?ex－x≥ex－lnex?ex－lnex≥ex－lnex，又∵ex≥ex＞1，由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.(3)解x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa?eq\f(1,ex)＋x≥xa－alnx?e－x－lne－x≥xa－alnx?e－x－lne－x≥xa－lnxa?f(e－x)≥f(xa)，又因?yàn)?＜e－x＜1，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴e－x≤xa?a≥－eq\f(x,lnx).令g(x)＝－eq\f(x,lnx)(x>1)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，令g′(x)＝0，得x＝e.當(dāng)1<x<e時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)的最大值為g(e)＝－eq\f(e,lne)＝－e，所以a≥－e，所以a的最小值為－e.二、創(chuàng)新拓展練12.答案B解析eq\f(ex2,1＋lnx)＞ex?eq\f(ex,1＋lnx)＞eq\f(ex,x)?eq\f(e1＋lnx,1＋lnx)＞eq\f(ex,x)，構(gòu)造g(x)＝eq\f(ex,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,e)))，則g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，g′(x)＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)單調(diào)遞減，(1，＋∞)單調(diào)遞增，又f(x)>ex?g(1＋lnx)>g(x)，當(dāng)x>1時(shí)，lnx＋1>1，于是得1＋lnx>x，即1＋lnx－x>0，令h(x)＝1＋lnx－x，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，?x>1,h(x)<h(1)＝0，因此，1＋lnx>x無解.當(dāng)eq\f(1,e)<x<1時(shí)，0<lnx＋1<1，于是得1＋lnx<x，即1＋lnx－x<0，此時(shí)h′(x)＝eq\f(1,x)－1>0，函數(shù)h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，h(x)<h(1)＝0，不等式1＋lnx<x的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，所以不等式f(x)>ex的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).13.答案C解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，又f(1)＝0，所以x∈(0，1)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，同時(shí)g(x)＝eq\f(x,ex)＝eq\f(lnex,ex)＝f(ex)，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k<0)成立，則0<x1<1且f(x1)＝g(x2)＝f(ex2)，所以x1＝ex2，即x2＝lnx1，又k＝eq\f(lnx1,x1)，所以eq\f(x2,x1)＝eq\f(lnx1,x1)＝k，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)·ek＝k2·ek(k<0)，令φ(x)＝x2ex(x<0)，則φ′(x)＝x(x＋2)ex.令φ′(x)<0，解得－2<x<0；令φ′(x)>0，解得x<－2，所以φ(x)在(－2，0)上單調(diào)遞減；在(－∞，－2)上單調(diào)遞增.所以φ(x)max＝φ(－2)＝eq\f(4,e2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)ek的最大值為eq\f(4,e2).14.答案eq\f(3,e)解析4x－ln(3x)≤aex－lna?x＋3x－ln(3x)≤aex－lna?3x－ln(3x)≤aex－ln(aex)，構(gòu)造f(x)＝x－lnx，所以f(3x)≤f(aex)，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，故f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(3x)≤f(a·ex)，所以3x≤aex.因?yàn)閍>1，x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，所以3x，aex∈[1，＋∞)，故3x≤aex?a≥eq\f(3x,ex)恒成立，令g(x)＝eq\f(3x,ex)，只需a≥g(x)max，由g′(x)＝eq\f(3－3x,ex)，故x＝1時(shí)，g(x)的最大值是eq\f(3,e)，故a≥eq\f(3,e)，故a的最小值為eq\f