2023高考数学二轮专题 微专题39 同构函数

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微专题39　同构函数同构法在近几年的模考中频繁出现，首先将题目中的等式或不等式经过适当的整理变形，表示成两侧具有相同结构，然后利用这个结构式构造相对应的函数，再利用函数单调性解题.类型一　地位同等同构型含有地位同等的两个变量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决.例1 (1)若0<x1<x2<1，则(　　)A.ex2－ex1>ln x2－ln x1 B.ex1－ex2>ln x2－ln x1C.x2ex1>x1ex2 D.x2ex1<x1ex2(2)(2022·金华调研)若0＜x1＜x2＜a，都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a的最大值为(　　)A.  B.1  C.e  D.2e答案　(1)C　(2)B解析　(1)A选项，ex2－ex1>ln x2－ln x1⇔ex2－ln x2>ex1－ln x1，设f(x)＝ex－ln x.∴f′(x)＝ex－＝，设g(x)＝xex－1，则有g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递增，因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，从而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0.由单调性可判断出，x∈(0，x0)，g(x)<0⇒f′(x)<0；x∈(x0，1)，g(x)>0⇒f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上不单调，不等式不会恒成立，A不正确；B选项，ex1－ex2>ln x2－ln x1⇔ex1＋ln x1>ex2＋ln x2，设函数f(x)＝ex＋ln x，可知f(x)单调递增，所以f(x1)<f(x2)，B错误；C选项，x2ex1>x1ex2⇔>，构造函数f(x)＝，f′(x)＝，则f′(x)<0在x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(x1)>f(x2)成立，C正确，D错误.(2)由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，两边同除以x1x2得－≤－，即＋≤＋，令f(x)＝＋，则f(x)在(0，a)上为增函数.∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝，可知f(x)在(0，1)上为增函数，∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.规律方法　含有二元变量x1，x2的函数，常见的同构类型有以下几种：(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]⇔g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2)，构造函数φ(x)＝g(x)＋λf(x)；(2)>k(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)<kx1－kx2⇔f(x1)－kx1<f(x2)－kx2，构造函数φ(x)＝f(x)－kx；(3)<(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)>＝－⇔f(x1)＋>f(x2)＋，构造函数φ(x)＝f(x)＋.训练1 (1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　)A.a>2b  B.a<2bC.a>b2  D.a<b2(2)(2022·济南模拟)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m的最小值是(　　)A.e2  B.e  C.1  D.答案　(1)B　(2)D解析　(1)由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.故选B.(2)对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，则x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，所以，x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，即＞，令f(x)＝，则函数f(x)在(m，＋∞)上为减函数，因为f′(x)＝－，由f′(x)＜0，可得x＞，所以函数f(x)的单调递减区间为，所以，(m，＋∞)⊆，所以，m≥，因此， 实数m的最小值为.故选D.类型二　指对跨阶同构型1.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满足：①指对跨阶，②单调性和最值易求.2.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需要对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：x＝eln x，xex＝eln x＋x，x2ex＝e2ln x＋x，＝e－ln x＋x，ln x＋ln a＝ln (ax)，ln x－1＝ln ，有时也需要对两边同时加、乘某式等.例2 (1)(2022·南通质检)若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A.  B.(－∞，e]C.(－∞，1]  D.(－∞，2](2)若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是________.答案　(1)C　(2)解析　(1)∵ex－a≥ln x＋a，∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1＞0，∴f(t)在R上单调递增，故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，即f(x－a)≥f(ln x)，即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，设g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＞0，x＞1，∴g(x)在(1，＋∞)上递增，在(0，1)上递减，故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故选C.(2)e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex⇔e(m－2)x＋3mx≥3ln x＋7x⇔e(m－2)x＋3(m－2)x≥3ln x＋x.构建g(x)＝ex＋3x，则可得g((m－2)x)≥g(ln x)，∵g(x)＝ex＋3x在R上单调递增，则(m－2)x≥ln x⇔m－2≥，构建F(x)＝，则F′(x)＝，令F′(x)>0，则0<x<e，故F(x)在(0，e)上单调递增，(e，＋∞)上单调递减，则F(x)≤F(e)＝，即m－2≥，即m≥2＋.规律方法　指对跨阶同构的基本模式有：(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：①同左：aea≤bln b⇔aea≤(ln b)eln b，构造函数f(x)＝xex；②同右：aea≤bln b⇔ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；③两边同取自然对数：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)，构造函数f(x)＝x＋ln x.(2)商型：<，一般也有三种同构方式：①同左：<⇔<，构造函数f(x)＝；②同右：<⇔<，构造函数f(x)＝；③两边同取自然对数：a－ln a<ln b－ln(ln b)，构造函数f(x)＝x－ln x.(3)和差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：①同左：ea±a>b±ln b⇔ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；②同右：ea±a>b±ln b⇔ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.训练2 (1)(2022·广州调研)已知f(x)＝ekx－2＋1(k≠0)，函数g(x)＝xln x，若kf(x)≥2g(x)，对∀x∈(0，＋∞)恒成立，则实数k的取值范围为(　　)A.[1，＋∞)  B.[e，＋∞)C.  D.(2)若∀x∈[e，＋∞)，满足2x3ln x－me≥0恒成立，则实数m的取值范围为________.答案　(1)D　(2)(－∞，2e]解析　(1)kf(x)≥2g(x)，即kekx－2＋k≥2xln x，kxekx－2ln x＋kx≥2x2ln x，kxekx＋kx≥x2ln x2＋ln x2，ekxln ekx＋ln ekx≥x2ln x2＋ln x2，令h(t)＝tln t＋ln t，则h(ekx)≥h(x2)，h′(t)＝ln t＋1＋，则h″(t)＝－，h″(t)＝－＝0，t＝1，当0<t<1，h″(t)<0，当t>1，h″(t)>0，h′(t)min＝h′(1)＝0＋1＋1>0，∴h(t)单调递增，由h(ekx)≥h(x2)，得ekx≥x2，kx≥ln x2，k≥，令φ(x)＝，φ′(x)＝，令φ′(x)＝0，解得x＝e，当0<x<e时，φ′(x)>0；当x>e时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以φ(x)max＝φ(e)＝＝，∴k≥，选D.(2)①当m≤0时，显然成立；②当m＞0时，2x3ln x－me≥0⇒2x2ln x≥e，∴(2ln x)e2ln x≥e，由f(x)＝xex在[e，＋∞)上为增函数，即f(2ln x)≥f，∴2ln x≥，∴m≤2xln x恒成立，x∈[e，＋∞)，由g(x)＝2xln x在[e，＋∞)上为增函数，g(x)min＝2e，∴0＜m≤2e，综上，m≤2e，故答案为(－∞，2e].类型三　零点同构型例3 (1)(2022·盐城质检)已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是________.(2)已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则e2－x0＋ln x0＝________.答案　(1)(e，＋∞)　(2)2解析　(1)f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数单调递增.由et－at＝0有两个根，即a＝，即有两个交点，可画出函数图象得到a的范围是(e，＋∞).(2)x2ex－2＋ln x－2＝0，可得x2ex－2＝2－ln x，即＝2－ln x，x2ex＝2e2－e2ln x，xex＝－ln x，即xex＝ln ，两边同取自然对数，ln x＋x＝ln＋ln ，所以ln＝x，即2－ln x＝x，即ln x＝2－x，∴e2－x＝x，∴e2－x0＋ln x0＝x0＋ln x0＝2.训练3 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xex－a＝f(x)－x2＋ax－1(x＞0)，即xex－a＝xln x＋ax，即ex－a＝ln x＋a，即ex－a＋x－a＝x＋ln x，∴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，∴h(x)在(0，＋∞)上递增，∴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)上递减，在(1，＋∞)上递增，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的范围为(1，＋∞).一、基本技能练1.设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的(　　)A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件答案　C解析　设函数f(x)＝x|x|，f(x)＝x|x|＝可得f(x)为增函数，所以a>b⇔f(a)>f(b)，即a>b⇔a|a|>b|b|，所以是充要条件.2.若2x－2y<3－x－3－y，则(　　)A.ln(y－x＋1)>0  B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0  D.ln|x－y|<0答案　A解析　设函数f(x)＝2x－3－x.因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，所以f(x)在R上单调递增，原已知条件等价于2x－3－x＜2y－3－y，即f(x)＜f(y)，所以x＜y，即y－x＞0，所以A正确，B不正确.因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.3.(2022·杭州模拟)已知b＞a＞0，且满足aln b＝bln a，e为自然对数的底数，则(　　)A.ae＜ea＜eb  B.eb＜ae＜eaC.eb＜ea＜ae  D.ea＜ae＜eb答案　A解析　因为y＝ex在R上单调递增，b＞a＞0，所以eb＞ea，BC错；构造函数f(x)＝(x＞0)，则f′(x)＝＝0，x＝e，当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为aln b＝bln a，＝，即f(a)＝f(b)，又b＞a＞0，所以0＜a＜e，b＞e，ln b＞0，aln b＝bln a＞0，所以1＜a＜e＜b，所以＜，eln a＜aln e，ln ae＜ln ea，即ae＜ea，所以ae＜ea＜eb，A正确.故选A.4.(2022·合肥模拟)已知x0是方程2x2e2x＋ln x＝0的实根，则关于实数x0的判断正确的是(　　)A.x0≥ln 2  B.x0＜C.2x0＋ln x0＝0  D.2ex0＋ln x0＝0答案　C解析　由2x2e2x＋ln x＝0得2xe2x＝－ln x＝ln ＝ln eln .构造函数f(x)＝xex，其中x>0，则f′(x)＝(x＋1)ex>0，所以，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，根据题意，若x0是方程2x2e2x＋ln x＝0的实根，则2x0e2x0＝lneln，即f(2x0)＝f，所以2x0＝ln＝－lnx0，因此2x0＋ln x0＝0.5.已知对任意的a，b∈R都有(b－a)eb－a≥be－b－λa恒成立，则实数λ的值为(　　)A.e  B.1  C.0  D.－e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，构造f(x)＝xex－λx，问题转化为f(b－a)＋f(－b)≥0，由于a，b为任意实数，∴f(x)≥0⇒f(x)＝x(ex－λ)≥0，①当x＝0时，显然成立，②当x＜0时，λ≥ex恒成立，λ≥1，③当x＞0时，λ≤ex恒成立，可得λ≤1，综上可得λ＝1，故选B.6.已知a，b>1，则下列关系式不可能成立的是(　　)A.ebln a≤ab  B.ebln a≥abC.aeb≥bln a  D.aeb≤bln a答案　D解析　对于ebln a≤ab，两边取对数，得ln(ebln a)≤ln(ab)，所以b＋ln(ln a)≤ln a＋ln b，即b－ln b≤ln a－ln(ln a).构造函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则f′(x)＝1－＝.当x>1时，f′(x)>0，f(x)是单调递增函数，当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)是单调递减函数，若1<b≤ln a，则b－ln b≤ln a－ln(ln a)，即ebln a≤ab，故A正确；若1<ln a≤b，则b－ln b≥ln a－ln(ln a)，即ebln a≥ab，故B正确；构造函数g(x)＝，h(x)＝，g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.易知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)>g(1)＝e，h(x)≤h(e)＝，所以当x>1时，g(x)>h(x)，所以>，即aeb≥bln a成立，aeb≤bln a不可能成立，故C正确.故选D.7.已知a，b∈(，＋∞)，且满足－>ln ，则a，b，的大小关系是________.答案　a>>b解析　－>ln b－ln a，＋ln a>＋ln b，令g(x)＝＋ln x，x>，g′(x)＝－＋＝>0，g(x)在(，＋∞)上单调递增.∵g(a)>g(b)，∴a>b，又∵>>，∴a>>b.8.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范围是________.答案　(－∞，0]解析　原不等式可变形为e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)≥kx＋1，e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)－1≥kx，利用ex≥x＋1，可得kx≤0，又x>0，故k≤0. 9.若对于任意实数x>0，不等式2ae2x－ln x＋ln a≥0恒成立，则a的取值范围是________.答案　解析　法一　将2ae2x－ln x＋ln a≥0变形为2ae2x≥ln ，则2e2x≥ln ，两边同时乘以x得2xe2x≥ln ，即2xe2x≥ln ＝eln ln .(*)设g(t)＝tet(t>0)，则g′(t)＝(1＋t)et>0，所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增，故由(*)得2x≥ln ，则ln a≥ln x－2x.令h(x)＝ln x－2x，x>0，则h′(x)＝－2，易知当x∈时，h(x)单调递增，当x∈时，h(x)单调递减，故h(x)max＝h＝－ln 2－1，所以ln a≥－ln 2－1，即a≥，故a的取值范围为.法二　将2ae2x－ln x＋ln a≥0变形为eln(2a)＋2x－ln x＋ln a≥0，即eln(2a)＋2x＋ln(2a)≥ln(2x)，则eln(2a)＋2x＋2x＋ln(2a)≥2x＋ln(2x)＝eln(2x)＋ln(2x).设g(t)＝et＋t，易知g(t)单调递增，故2x＋ln(2a)≥ln(2x)，以下同法一.10.(2022·长沙调考)已知函数f(x)＝ex－aln x(其中a为参数)，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>aln a恒成立，则正实数a的取值范围是________.答案　(0，e)解析　由f(x)>aln a，得－ln a>ln x，即ex－ln a－ln a>ln x，两边同时加x得ex－ln a＋x－ln a>eln x＋ln x.令g(t)＝et＋t，则g(x－ln a)>g(ln x)，因为g(t)为单调增函数，所以x－ln a>ln x，即ln a<x－ln x，令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝.所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1，所以ln a<1，解得0<a<e.11.已知f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围.解　同构构造h(x)＝xex，h′(x)＝(x＋1)ex，当x>－1时，h′(x)>0恒成立，h(x)在(－1，＋∞)上单调递增.aex－1－ln x＋ln a≥1⇒aex－1≥ln ⇒xex≥ln ＝ln eln ，即h(x)≥h，∴x≥ln ＝1＋ln x－ln a，令g(x)＝1＋ln x－x(x>0)，则g′(x)＝－1＝，当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，故g(x)＝1＋ln x－x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，则ln a≥0，解得a≥1.所以a的取值范围是[1，＋∞).12.已知函数f(x)＝x－ln x，(1)求函数f(x)的单调性；(2)当x＞，证明：≥e＋1；(3)若不等式x＋aln x＋≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.(1)解　f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝1，则当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明　要证：≥e＋1，即证：ex＋ln(ex)≥ex＋x⇒ex－x≥ex－ln(ex)⇒ex－ln ex≥ex－ln(ex)，又∵ex≥ex＞1，由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.(3)解　x＋aln x＋≥xa⇒＋x≥xa－aln x⇒e－x－ln e－x≥xa－aln x⇒e－x－ln e－x≥xa－ln xa⇒f(e－x)≥f(xa)，又因为0＜e－x＜1，f(x)在(0，1)上单调递减，∴e－x≤xa⇒a≥－.令g(x)＝－(x>1)，g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e.当1<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)的最大值为g(e)＝－＝－e，所以a≥－e，所以a的最小值为－e.二、创新拓展练13.已知函数f(x)＝，则不等式f(x)＞ex的解集为(　　)A.(0，1)  B.C.(1，e)  D.(1，＋∞)答案　B解析　＞ex⇒＞⇒＞，构造g(x)＝，则g′(x)＝，g′(x)＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，又f(x)>ex⇔g(1＋ln x)>g(x)，当x>1时，ln x＋1>1，于是得1＋ln x>x，即1＋ln x－x>0，令h(x)＝1＋ln x－x，当x>1时，h′(x)＝－1<0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∀x>1, h(x)<h(1)＝0，因此，1＋ln x>x无解.当<x<1时，0<ln x＋1<1，于是得1＋ln x<x，即1＋ln x－x<0，此时h′(x)＝－1>0，函数h(x)在上单调递增，∀x∈，h(x)<h(1)＝0，不等式1＋ln x<x的解集为，所以不等式f(x)>ex的解集为.14.已知函数f(x)＝，g(x)＝x·e－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)成立，则·ek的最大值为(　　)A.e2  B.e  C.  D.答案　C解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，又f(1)＝0，所以x∈(0，1)时，f(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，同时g(x)＝＝＝f(ex)，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k<0)成立，则0<x1<1且f(x1)＝g(x2)＝f(ex2)，所以x1＝ex2，即x2＝ln x1，又k＝，所以＝＝k，故·ek＝k2·ek(k<0)，令φ(x)＝x2ex(x<0)，则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)上单调递减；在(－∞，－2)上单调递增.所以φ(x)max＝φ(－2)＝，即 ek的最大值为.15.(多选)(2022·海安模拟)已知0<x<y<π，eysin x＝exsin y，则(　　)A.sin x<sin y  B.cos x>－cos yC.sin x>cos y  D.cos x>sin y答案　ABC解析　∵＝，ey－x>1，∴>1，∴sin y>sin x，A正确.由题意得＝，令f(x)＝，x∈(0，π)，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝，故f(x)在上单调递减，在上单调递增，因为f(x)＝f(y)，所以0<x<<y<π，作出函数f(x)＝，x∈(0，π)以及y＝sin x，x∈[0，π]的大致图象如图，则0<π－y<π，sin y>sin x，∴sin(π－y)>sin x，则π－y>x，∴cos(π－y)<cos x，∴cos x>－cos y，B正确.结合以上分析以及图象可得，x＋y>，∴x>－y，且<y<π，－<－y<，∴sin x>sin＝cos y，C正确.由C的分析可知，－<－y<x<，函数y＝cos x不是单调函数，即cos<cos x不成立，即sin y<cos x不成立，D不正确.故答案选ABC.16.已知a＞1，若对任意的x∈，不等式4x－ln(3x)≤aex－ln a恒成立，则a的最小值为________.答案　解析　4x－ln(3x)≤aex－ln a⇒x＋3x－ln(3x)≤aex－ln a⇒3x－ln(3x)≤aex－ln(aex)，构造f(x)＝x－ln x，所以f(3x)≤f(aex)，则f′(x)＝1－＝，故f(x)在[1，＋∞)上单调递增，因为f(3x)≤f(a·ex)，所以3x≤aex.因为a>1，x∈，所以3x，aex∈[1，＋∞)，故3x≤aex⇔a≥恒成立，令g(x)＝，只需a≥g(x)max，由g′(x)＝，故x＝1时，g(x)的最大值是，故a≥，故a的最小值为.17.(2022·武汉质检)已知函数f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.解　(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞).因为f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，所以f′(x)＝－1＝.当2a－1≤－1，即a≤0时，f′(x)＜0，则f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；当2a－1＞－1，即a＞0时，令f′(x)＞0，得－1＜x＜2a－1，令f′(x)＜0，得x＞2a－1，则f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.(2)由f(x)＋g(x)≥0，得2aln(x＋1)－x－1＋ex－2ax≥0，即ex－2ax≥x＋1－2aln(x＋1)＝eln(x＋1)－2aln(x＋1)，即g(x)≥g(ln(x＋1))在x∈[0，＋∞)上恒成立.令h(x)＝x－ln(x＋1)，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝1－＝≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0，所以x≥ln(x＋1)，即只需g(x)＝ex－2ax在[0，＋∞)上单调递增.因为g′(x)＝ex－2a，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即a≤在[0，＋∞)上恒成立.因为函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，所以a≤＝，故实数a的取值范围是.