高考数学专题练 专题一 微专题10　同构函数问题（含答案）

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典例1 (1)若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( )
A．a>2b B．ab2 D．ak(x－1)2恒成立，求k的取值范围．
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微专题10 同构函数问题
[考情分析] 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．

考点一 同构函数比较大小
典例1 (1)若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( )
A．a>2b B．ab2 D．a－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>b
C．b>1>a D．1>b>a
答案 D
解析 令f(x)＝x＋ln x，x>0，则f′(x)＝1＋eq \f(1,x)>0恒成立，
所以f(x)＝x＋ln x是增函数，其中f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(1,e)－10，
则存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得f(x0)＝0.
当a>b时，aln a＋a2＝ln b＋b0，
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aex成立必有1＋ln x>0，即x>eq \f(1,e)，
令g(x)＝eq \f(ex,x)，x>eq \f(1,e)，
求导得g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当eq \f(1,e)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)＝eq \f(1,x)－11，h(x)x无解；
当eq \f(1,e)eq \r(b)eq \r(b)，
∴a>eq \r(ab)>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________________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))
解析 ∵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，
∴mb≥ln b，m≥eq \f(ln b,b)，
设g(b)＝eq \f(ln b,b)，g′(b)＝eq \f(1－ln b,b2)，
令g′(b)＝0，得b＝e,
∴g(b) 在(1，e)上单调递增，(e，＋∞) 上单调递减，
∴g(b)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，
∴m≥eq \f(1,e)，故实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
7．(2023·日照统考)已知函数f(x)＝x－aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x1>0，x2>0，＋ln x2>x1＋x2，证明：＋x2>2.
(1)解 f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)(x>0)，
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00时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 由＋ln x2>x1＋x2，得－x1＝－>x2－ln x2，
令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
所以当x∈(0,1)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－x2，
因为0h(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；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>k(x－1)2恒成立，求k的取值范围．
解 (1)∵f′(x)＝ex－1·ln x＋eq \f(ex－1－1,x)，
∴f′(1)＝0，又f(1)＝0，
∴y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝0.
(2)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由(1)知，f′(x)＝ex－1·ln x＋eq \f(ex－1－1,x)，
当x∈(0,1)时，ex－1·ln x0，
∴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，由f(x)>k(x－1)2，得(ex－1－1)ln x>k(x－1)2，
即eq \f(ex－1－1,x－1)>eq \f(kx－1,ln x)＝k·eq \f(eln x－1,ln x)恒成立．
令g(x)＝eq \f(ex－1－1,x－1)(x>1)，
则g(x)>k·g(ln x＋1)恒成立，g′(x)＝eq \f(ex－1x－2＋1,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．
令m(x)＝x－ln x－1，则m′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
∴当x∈(0,1)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)，
∴g(x)>g(ln x＋1)>0，∴eq \f(gx,gln x＋1)>1，
∵k