培优点03 同构函数问题（2大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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【知识导图】
【考点分析】
考点一：双变量同构问题
规律方法 含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题．
【例1】已知函数f(x)=lnx+ax2−3x.
(1)若函数f(x)的图像在点1,f1处的切线方程为，求函数f(x)的极小值；
(2)若a=1，对于任意x1,x2∈[1,5]，当x1mx2−x1x1⋅x2恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax2−3x的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x+2ax−3
由函数f(x)在点1,f1处的切线方程为y=−2，
得f'1=1+2a−3=0，解得a=1，
此时f(x)=lnx+x2−3x，f'(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x．
令f'(x)=0，解得x=1或x=12．
当 0mx1−mx2, 即 fx1−mx1>fx2−mx2 因为 x1,x2∈1,5, 且 x10时解得，00，ℎt在1，+∞上递增，ℎt>ℎ1=0，
所以lnt>2(t−1)t+1成立，
即fx1−fx2x1−x2>4a−12.
【变式2】已知函数fx=exln1+x．
(1)求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)设gx=f'x，讨论函数gx在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈0,+∞，有fs+t>fs+ft．
【解析】(1)解：因为 fx=exln1+x, 所以 f0=0, 即切点坐标为 0,0,
又 f'x=exln1+x+11+x,
∴ 切线斜率 k=f'0=1
∴ 切线方程为: y=x
(2) 解: 因为 gx=f'x=exln1+x+11+x,
所以 g'x=exln1+x+21+x−11+x2,
令 ℎx=ln1+x+21+x−11+x2,
则 ℎ'x=11+x−21+x2+21+x3=x2+11+x3>0,
∴ℎx 在 [0,+∞) 上单调递增,
∴ℎx≥ℎ0=1>0
∴g'x>0 在 [0,+∞) 上恒成立,
∴gx 在 [0,+∞) 上单调递增.
(3)解：原不等式等价于 fs+t−fs>ft−f0, 令 mx=fx+t−fx,x,t>0, 即证 mx>m0,
∵mx=fx+t−fx=ex+tln1+x+t−exln1+x，
m'x=ex+tln1+x+t+ex+t1+x+t−exln1+x−ex1+x=gx+t−gx，
由 (2) 知gx=f'x=exln1+x+11+x 在 [0,+∞)上单调递增，
∴gx+t>gx，
∴m'x>0
∴mx 在 0,+∞ 上单调递增, 又因为 x,t>0,
∴mx>m0, 所以命题得证.
考点二：指对同构问题
规律方法 指对同构的常用形式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln b))(b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型：eq \f(ea,a)≤eq \f(b,ln b)，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：eq \f(ea,a)≤eq \f(eln b,ln b)，构造函数f(x)＝eq \f(ex,x)；
②同右构造形式：eq \f(ea,ln ea)≤eq \f(b,ln b)，构造函数f(x)＝eq \f(x,ln x)；
③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(b>1)，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同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
考向1：指对同构与恒成立问题
【例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________.
【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－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
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≥eq \f(ln x,x)，
构建F(x)＝eq \f(ln x,x)，
则F′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令F′(x)>0，
则01,ex>1, 设 fx=xlnx, 则 f'x=lnx+1,x>1 时, f'x>0,fx 是增函数, 所以由 exlnex≥x−alnx−a, 得 ex≥x−a,x≥−alnx,−a≤xlnx, 所以 x>2 时, −a≤xlnx 恒成立.
设 gx=xlnx, 则 g'x=lnx−1ln2x,
当 20,gx 单调递增, 所以 gxmin=ge =e,
所以 −a≤e,a≥−e.
所以 a 的最小值是 −e.
故选: B.
考向2 指对同构与证明不等式
【例3】. 已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
【证明】∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲证exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
即证明eq \f(ex,ln（x＋1）)＞eq \f(ey,ln（y＋1）)，
令g(x)＝eq \f(ex,ln（x＋1）)，
则g′(x)＝eq \f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞1－eq \f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，
即eq \f(ex,ln（x＋1）)＞eq \f(ey,ln（y＋1）)，
∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
【变式】. 已知函数f(x)＝x－ln x，
(1)求函数f(x)的单调性；
(2)当x＞eq \f(1,e)，证明：eq \f(ex＋ln x＋1,x)≥e＋1；
(3)若不等式x＋aln x＋eq \f(1,ex)≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.
【解析】(1)解 f(x)＝x－ln x，
f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
则当01)，
g′(x)＝eq \f(1－ln x,（ln x）2)，
令g′(x)＝0，得x＝e.
当1e时，g′(x)0”是“α＋β>cs α－cs β”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】 C
【解析】构造函数f(x)＝x－cs x，
则f′(x)＝1＋sin x≥0在定义域R上恒成立，
所以函数f(x)＝x－cs x为增函数，
又因为α＋β>0，所以α>－β，
所以f(α)>f(－β)，
即α－cs α>－β－cs(－β)，
即α－cs α>－β－cs β，
所以α＋β>cs α－cs β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cs α－cs β”；
根据α＋β>cs α－cs β，
可得α－cs α>－β－cs β，
即α－cs α>－β－cs(－β)，
所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cs α－cs β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cs α－cs β”的充要条件．
6．已知x∈N，y∈N，x0，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)1时，f(x)>0，f(2)＝eq \f(ln 2,2)，f(4)＝eq \f(ln 4,4)＝eq \f(ln 2,2)，
所以满足x∈N，y∈N，x2b B．ab2 D．a0，
∵4a＝22a,8b＝23b,3lg27b＝lg3b，
∴22a＋lg3a＝23b＋lg3b，
∴22a＋lg3a＋lg32＝23b＋lg3b＋lg32，
即22a＋lg32a＝23b＋lg32b，
∵y＝lg3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴lg32bf(1)，即x－ln x>1，一定有x－ln x>0，
所以x>ln x>0，则eq \f(ex,x)0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因为x>1，y>1，eq \f(ex,x)x.
二、多选题
12.已知0ln e＝1，B正确；
易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2eq \r(3b＋1·3－b)＝2eq \r(3)，C正确；
因为a－1>b，所以3a－1>3b，D错误．
三、填空题
14．若f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
【答案】 (e，＋∞)
【解析】 f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数为增函数．
当t≠0时，由et－at＝0，得a＝eq \f(et,t)，
可知函数y＝eq \f(et,t)(t≠0)的图象与直线y＝a有两个交点，可画出函数图象(图略)得到a的取值范围是(e，＋∞)．
15．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知不等式对恒成立，则实数m的最小值为__________.
【答案】
【解析】可变为，
再变形可得，，设，原不等式等价于
，因为，所以函数在上单调递减，在
上单调递增，而，，
当时，，所以由可得，，
因为，所以．
设，，所以函数在上递增，在上递减，所以，即．
当时，不等式在恒成立；
当时，，无论是否存在，使得在上恒成立，都可判断实数m的最小值为．
故答案为：．
四、解答题
16.已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围．
【解析】解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－ln x，
得f′(x)＝ex－eq \f(1,x)，
切点坐标为(1，e)，斜率为f′(1)＝e－1，
所求切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y＋1＝0.
(2)f(x)≥0，
即ex＋x－ax－ln ax≥0(a>0，x>0)
⇔ex＋x≥ax＋ln ax(a>0，x>0)
⇔ex＋x≥eln ax＋ln ax(a>0，x>0)．
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)是增函数，
于是上式可化为g(x)≥g(ln ax)，
即x≥ln ax(a>0，x>0)
⇔ln a≤x－ln x(a>0，x>0)．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
易知φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，
可得02时，证明：eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)．
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
(2)证明 ∵x>2，∴x－1>1，
要证eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)，
即证xex>(x－1)ln(x－1)，
即证exln ex>(x－1)ln(x－1)，
即证f(ex)>f(x－1)，
由(1)知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
且ex>eq \f(1,e)，x－1>eq \f(1,e)，即证ex>x－1，
令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，
φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，
∴ex>x－1，即证原不等式成立．
18. 已知a>0，函数f(x)＝xex－ax.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】解 (1)当a＝1时，f(x)＝xex－x，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，
所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由题意得xex－ax≥ln x－x＋1，
即xex－ln x＋x－1≥ax，
因为x>0，所以eq \f(xex－ln x＋x－1,x)≥a，
设F(x)＝eq \f(xex－ln x＋x－1,x)
＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)，
令t＝x＋ln x，易知t＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0时，t→－∞，当x→＋∞时，t→＋∞，
所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，t∈R，
因为m′(t)＝et－1，
所以当t∈(－∞，0)时，m′(t)0，
即m(t)在(0，＋∞)上单调递增，
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，当且仅当t＝0时取等号，
所以F(x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)≥eq \f(x＋ln x＋1－ln x＋x－1,x)＝eq \f(2x,x)＝2，
当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是(0,2]．
19．(2023·邵阳模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－eq \f(a,x)＋1，g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2.
(1)讨论函数g(x)在定义域内的单调性；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】解 (1)∵g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2的定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
由g′(x)>0，得0