微专题38　同构函数-2024年高考数学二轮微专题系列

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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0x1e x2D.x2e x1ln x2－ln x1⇔e x2－ln x2>e x1－ln x1，设f(x)＝ex－ln x.
∴f′(x)＝ex－eq \f(1,x)＝eq \f(xex－1,x)，
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)＝－10，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，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，e x1－e x2>ln x2－ln x1⇔e x1＋ln x1>e x2＋ln x2，设函数f(x)＝ex＋ln x，
可知f(x)单调递增，所以f(x1)x1e x2⇔eq \f(e x1,x1)>eq \f(e x2,x2)，构造函数f(x)＝eq \f(ex,x)，f′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
则f′(x)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eq \f(ln x1,x1)－eq \f(ln x2,x2)≤eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)，
即eq \f(ln x1,x1)＋eq \f(1,x1)≤eq \f(ln x2,x2)＋eq \f(1,x2)，
令f(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,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)＝eq \f(－ln x,x2)，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)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>k(x1ln b－ln a，
eq \f(1,a2)＋ln a>eq \f(1,b2)＋ln b，
令g(x)＝eq \f(1,x2)＋ln x，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)，＋∞)上单调递增.
∵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.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.
8.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 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))
解析 法一 将2ae2x－ln x＋ln a≥0变形为2ae2x≥ln eq \f(x,a)，
则2e2x≥eq \f(1,a)ln eq \f(x,a)，
两边同时乘以x得2xe2x≥eq \f(x,a)ln eq \f(x,a)，
即2xe2x≥eq \f(x,a)ln eq \f(x,a)＝eln eq \f(x,a)ln eq \f(x,a).(*)
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 eq \f(x,a)，
则ln a≥ln x－2x.
令h(x)＝ln x－2x，x>0，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－2，
易知当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，h(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，h(x)单调递减，
故h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－ln 2－1，
所以ln a≥－ln 2－1，
即a≥eq \f(1,2e)，故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞)).
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.
9.(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eq \f(ex,a)－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 a1时，g′(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)＝eq \f(1,x)－11, h(x)x无解.
当eq \f(1,e)