2023高考数学二轮专题 微专题39 同构函数

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 x1

C.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<2b

C.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)<0

C.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＜ea

C.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≥ab

C.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 y

C.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.