高考数学专题一　微专题10　同构函数问题课件PPT

这是一份高考数学专题一　微专题10　同构函数问题课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了思维导图，∴f′x0等内容，欢迎下载使用。

从最近几年的高考可以看出，新高考注重数学素养的考查，尤其是创新思维.这种问题在高考题中频繁出现，用同构法解题，除了要有同构法的思想意识外，对观察能力和代数式的变形能力的要求也是比较高的.有时候在高考试题、模拟试题、压轴题中只要大胆尝试，把握其中的规律，解决这类问题堪称秒杀！难度一般较大.
典例1　(1)若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则A.a>2b B.a<2b C.a>b2 D.a考点一　同构函数比较大小
由指数和对数的运算性质可得2a＋lg2a＝4b＋2lg4b＝22b＋lg2b.令f(x)＝2x＋lg2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又∵22b＋lg2b<22b＋lg2b＋1＝22b＋lg22b，∴2a＋lg2a<22b＋lg22b，即f(a)(2)若0ln x2－ln x1B. 因此在区间(0,1)上存在唯一的x0，使得f′(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故A，B错误；
当0跟踪训练1　(1)已知α，β∈R，则“α＋β>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
构造函数f(x)＝x－cs x，则f′(x)＝1＋sin x≥0在R上恒成立，所以函数f(x)＝x－cs x是增函数，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.
(2)(2023·郑州模拟)若ln b＋b＝aln a＋a2，则下列式子可能成立的是A.a>b>1 B.a>1>bC.b>1>a D.1>b>a
当a>b时，aln a＋a2＝ln b＋b0，且a－1≥0，则(a－1)(ln a＋a)≥0，不满足(a－1)(ln a＋a)<0，故a<1，且f(a)>0，所以x0b，所以1>a>b；当aa＋ln a，即(a－1)(ln a＋a)>0，
若a>1，则a－1>0，ln a＋a>0，则(a－1)(ln a＋a)>0成立，故b>a>1；若a<1，则a－1<0，则ln a＋a<0，因为f(x0)＝0，且f(x)＝x＋ln x是增函数，所以当0b>a，若a＝1，显然不成立.故A，B，C错误，D正确.
典例2　(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
考点二　通过同构函数解决零点问题
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范围为(－∞，e＋1].
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
方法一　不妨设x1令g(x)＝ex＋x－ －1(x>0)，则g′(x)＝ex＋1－ ＝ex＋1＋ (x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，所以当x∈(0,1)时，g(x)0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)又f(x1)＝f(x2)＝0，
由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
方法二　(同构法构造函数化解等式)不妨设x1由f(x1)＝f(x2)＝0，得 －ln x1＋x1＝ －ln x2＋x2，即 ＋x1－ln x1＝ ＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x是R上的增函数，所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立.构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
跟踪训练2　(2023·衡水模拟)已知函数f(x)＝axex－ (a≠0).(1)讨论函数f(x)的单调性；
当a>0时，由f′(x)<0可得x<－1，由f′(x)>0可得x>－1，此时函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增；当a<0时，由f′(x)<0可得x>－1，由f′(x)>0可得x<－1，此时函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)单调递减.综上所述，当a>0时，函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增；当a<0时，函数f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减.
(2)已知函数g(x)＝f(x)－ 有两个零点，求实数a的取值范围.
即2ax2ex－(x＋2ln x)＝0有两个不相等的正实数根，即2aex＋2ln x－(x＋2ln x)＝0有两个不相等的正实数根，
令h(x)＝x＋2ln x，其中x∈(0，＋∞)，
所以函数h(x)是(0，＋∞)上的增函数，作出函数h(x)的图象如图所示，由图可知，函数h(x)的值域为R，所以t＝x＋2ln x∈R，
当t<1时，p′(t)>0，此时函数p(t)单调递增，当t>1时，p′(t)<0，此时函数p(t)单调递减，
典例3　(2023·深圳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ ，a∈R，g(x)＝ln(x－1)＋x＋1，其中e为自然对数的底数.(1)讨论f(x)的单调性；
考点三　通过同构函数解决恒成立问题
由题意可得f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，若a≤0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.若00；当x∈(ln a,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.若a＝1，当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
若a>1，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；当x∈(0，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当01时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.
(2)当a＝0时，证明：对∀x>1，都有f(x)≥g(x)恒成立.
当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，对∀x>1，都有f(x)≥g(x)恒成立，等价于(x－1)ex≥ln(x－1)＋x＋1⇔eln(x－1)＋x≥ln(x－1)＋x＋1，构造函数h(x)＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝0，解得x＝0，当x<0时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x>0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)≥h(0)＝e0－0－1＝0，即ex≥x＋1，因此eln(x－1)＋x≥ln(x－1)＋x＋1成立，故对∀x>1，都有f(x)≥g(x)恒成立.
跟踪训练3　(2023·咸阳模拟)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；
当a＝1时，f(x)＝ex－ln x，得f′(x)＝ex－ ，f(1)＝e，切点为(1，e)，斜率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)若对于任意的x>0，都有f(x)≥0，求正数a的取值范围.
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，于是上式可化为g(x)>g(ln ax)，显然g(x)是增函数，所以x≥ln ax(a>0，x>0)⇔ln a≤x－ln x(a>0，x>0).
故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，可得01.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
将不等式移项变形为2x－3－x<2y－3－y，构造函数f(t)＝2t－3－t，由f(t)为增函数知x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，
因此1＋ln x>x无解；
于是得1＋ln x3.已知函数f(x)＝x＋ln(x－1)，g(x)＝xln x，若f(x1)＝1＋2ln t，g(x2)＝t2，则(x1x2－x2)ln t的最小值为
由题意，f(x1)＝x1＋ln(x1－1)＝1＋2ln t，得x1－1＋ln(x1－1)＝ln t2，∴ln[(x1－1) ]＝ln t2，即t2＝(x1－1) >0，又g(x2)＝x2ln x2＝t2，得t2＝ >0，∴(x1－1) ＝ ，∵y＝xex在[0，＋∞)上单调递增，∴ln x2＝x1－1，
∴(x1x2－x2)ln t＝x2ln x2ln t＝t2ln t，令h(t)＝t2ln t(t>0)，则h′(t)＝2tln t＋t，由h′(t)>0，得t> ；由h′(t)<0，得0即 ＝1，x1>0，
即x2ln x2＝1，即 ＝1，x2>1，记函数h(x)＝xex，x>0，则h′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函数h(x)＝xex是(0，＋∞)上的增函数，
又h(x1)＝ ＝1，h(ln x2)＝ ＝1，所以x1＝ln x2， ＝x2，所以ln x1＋ln x2＝ln(x1x2)＝ln( )＝ln 1＝0，故B正确；所以 ＝x2ln x2＝1，故C正确；
∵g(a)>g(b)，∴a>b，
6.已知对任意给定的b>0，存在a≥b使ln a＝memb(m>0) 成立，则实数m的取值范围为__________.
∵ln a＝memb≥ln b，∴mbemb≥bln b＝ln b·eln b，当ln b≤0，即00，ln b·eln b≤0，∴mbemb≥ln b·eln b 显然成立.当ln b>0，即b>1时，构造函数f(x)＝xex，∴f(mb)≥f(ln b)，显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令g′(b)＝0，得b＝e，∴g(b) 在(1，e)上单调递增，(e，＋∞) 上单调递减，
7.(2023·日照统考)已知函数f(x)＝x－aln x.(1)讨论f(x)的单调性；
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)是(0，＋∞)上的增函数；②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝a，可得当0a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
(2)若x1>0，x2>0， ＋ln x2>x1＋x2，证明： ＋x2>2.
由 ＋ln x2>x1＋x2，得 －x1＝ － >x2－ln x2，
所以当x∈(0,1)时，h′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
由 >x2－ln x2，得h( )>h(x2).因为x1>0，所以 >1，当x2≥1时，由h( )>h(x2)，得 >x2≥1，所以 ＋x2>2；当02，只需证 >2－x2，
因为0h(2－x2)，又h( )>h(x2)，令m(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈(0,1)，
所以m(x)是(0,1)上的减函数，所以m(x)>m(1)＝0，所以m(x2)>0，即h(x2)>h(2－x2)，所以h( )>h(2－x2)得证，所以 ＋x2>2.综上所述， ＋x2>2成立.
8.(2023·菏泽模拟)已知函数f(x)＝(ex－1－1)ln x.(1)求f(x)在x＝1处的切线方程；
∴f′(1)＝0，又f(1)＝0，∴y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝0.
(2)求f(x)的单调区间；
由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)>0，∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞).
(3)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>k(x－1)2恒成立，求k的取值范围.
当x∈(1，＋∞)时，由f(x)>k(x－1)2，得(ex－1－1)ln x>k(x－1)2，
令h(x)＝ex－1(x－2)＋1(x>1)，则h′(x)＝ex－1(x－1)>0在(1，＋∞)上恒成立，∴h(x)是(1，＋∞)上的增函数，
∴h(x)>h(1)＝0，则g′(x)>0，∴g(x)是(1，＋∞)上的增函数.
∴当x∈(0,1)时，m′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，m′(x)>0，∴m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m(x)≥m(1)＝0，即x≥ln x＋1(当且仅当x＝1时，等号成立)，