2024版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）专题一　培优点3　同构函数问题11

培优点3同构函数问题同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维．同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大．考点一双变量同构问题例1(1)(多选)已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是()A．y<eq\f(π,4) B．x<eq\f(π,4)C．cosx＋cosy>0 D．sinx>siny答案BC解析因为eysinx＝exsiny，所以eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)，令g(t)＝eq\f(sint,et)，0<t<π，所以g(x)＝g(y)，则g′(t)＝eq\f(etcost－etsint,et2)＝eq\f(cost－sint,et)，由g′(t)>0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，由g′(t)<0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以g(t)＝eq\f(sint,et)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上单调递减，因为0<x<y<π，由g(x)＝g(y)有0<x<eq\f(π,4)<y<π，故A错误，B正确；因为0<x<y<π，所以ey>ex，由eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)有siny>sinx，故D错误；因为0<x<eq\f(π,4)<y<π，所以cosx＝eq\r(1－sin2x)>0，|cosy|＝eq\r(1－sin2y)，因为siny>sinx，所以cosx>|cosy|，所以cosx＋cosy>0，故C正确．(2)(2023·大连模拟)若实数a，b满足4a＋log3a＝8b＋3log27b，则()A．a<eq\f(3b,2) B．a>eq\f(3b,2)C．a>b3 D．a<b3答案A解析由题意知a>0，b>0，∵4a＝22a,8b＝23b,3log27b＝log3b，∴22a＋log3a＝23b＋log3b，∴22a＋log3a＋log32＝23b＋log3b＋log32，即22a＋log32a＝23b＋log32b，∵y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，∴log32b<log33b，∴22a＋log32a<23b＋log33b.设f(x)＝2x＋log3x，则f(2a)<f(3b)，∵y＝2x与y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴2a<3b，即a<eq\f(3b,2).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．跟踪演练1(1)若对于0<x1<x2<a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，则a的最大值为()A.eq\f(1,2)B．1C．eD．2e答案B解析∵x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，∴eq\f(lnx1,x1)－eq\f(lnx2,x2)≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)，即eq\f(lnx1＋1,x1)≤eq\f(lnx2＋1,x2)，又0<x1<x2<a，令φ(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，∴φ(x)在(0，a)上单调递增，φ′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故a≤1，∴a的最大值为1.(2)(2023·德阳模拟)已知实数x，y满足eylnx＝yex，y>1，则x，y的大小关系为()A．y≥x B．y<xC．y>x D．y≤x答案C解析由eylnx＝yex可得eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，因为y>1，ey>0，所以eq\f(ey,y)>0，所以eq\f(ex,lnx)>0，则lnx>0，所以x>1，令f(x)＝x－lnx，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则当x>1时，f(x)>f(1)，即x－lnx>1，一定有x－lnx>0，所以x>lnx>0，则eq\f(ex,x)<eq\f(ex,lnx)，又因为eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，所以eq\f(ex,x)<eq\f(ey,y)，令g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当x>1时，g′(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)<eq\f(ey,y)，所以y>x.考点二指对同构问题考向1指对同构与恒成立问题例2已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－lnax(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(1)当a＝1时，f(x)＝ex－lnx，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－lnax≥0(a>0，x>0)⇔ex＋x≥ax＋lnax(a>0，x>0)⇔ex＋x≥elnax＋lnax(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(lnax)，即x≥lnax(a>0，x>0)⇔lna≤x－lnx(a>0，x>0)．令φ(x)＝x－lnx(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lna≤1，可得0<a≤e.故正数a的取值范围为(0，e]．考向2指对同构与证明不等式例3已知函数f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)当x>2时，证明：eq\f(x,x－1)ex>ln(x－1)．(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，∴f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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exlnex>(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\co1(\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．规律方法指对同构的常用形式(1)积型：aea≤blnb，一般有三种同构方式：①同左构造形式：aea≤lnbelnb，构造函数f(x)＝xex；②同右构造形式：ealnea≤blnb，构造函数f(x)＝xlnx；③取对构造形式：a＋lna≤lnb＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnb))(b>1)，构造函数f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)≤eq\f(b,lnb)，一般有三种同构方式：①同左构造形式：eq\f(ea,a)≤eq\f(elnb,lnb)，构造函数f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右构造形式：eq\f(ea,lnea)≤eq\f(b,lnb)，构造函数f(x)＝eq\f(x,lnx)；③取对构造形式：a－lna≤lnb－ln(lnb)(b>1)，构造函数f(x)＝x－lnx.(3)和、差型：ea±a>b±lnb，一般有两种同构方式：①同左构造形式：ea±a>elnb±lnb，构造函数f(x)＝ex±x；②同右构造形式：ea±lnea>b±lnb，构造函数f(x)＝x±lnx.跟踪演练2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)≥lnx－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．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≥lnx－x＋1，即xex－lnx＋x－1≥ax，因为x>0，所以eq\f(xex－lnx＋x－1,x)≥a，设F(x)＝eq\f(xex－lnx＋x－1,x)＝eq\f(ex＋lnx－lnx＋x－1,x)，令t＝x＋lnx，易知t＝x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，t→－∞，当x→＋∞时，t→＋∞，所以存在x0，使t＝x0＋lnx0＝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)上单调递减；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＋lnx－lnx＋x－1,x)≥eq\f(x＋lnx＋1－lnx＋x－1,x)＝eq\f(2x,x)＝2，当且仅当x＋lnx＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，所以a的取值范围是(0,2]．专题强化练1．(2023·南宁模拟)已知α，β∈R，则“α＋β>0”是“α＋β>cosα－cosβ”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－cosx，则f′(x)＝1＋sinx≥0在定义域R上恒成立，所以函数f(x)＝x－cosx为增函数，又因为α＋β>0，所以α>－β，所以f(α)>f(－β)，即α－cosα>－β－cos(－β)，即α－cosα>－β－cosβ，所以α＋β>cosα－cosβ，即“α＋β>0”能推出“α＋β>cosα－cosβ”；根据α＋β>cosα－cosβ，可得α－cosα>－β－cosβ，即α－cosα>－β－cos(－β)，所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，所以“α＋β>cosα－cosβ”能推出“α＋β>0”，所以“α＋β>0”是“α＋β>cosα－cosβ”的充要条件．2．已知x∈N，y∈N，x<y，则方程xy＝yx的解的组数为()A．0 B．1C．2 D．无穷多个答案B解析xy＝yx，两边取对数，得ylnx＝xlny，即eq\f(lnx,x)＝eq\f(lny,y)，设f(x)＝eq\f(lnx,x)，x>0，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，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，且当x∈(0,1]时，f(x)≤0，当x>1时，f(x)>0，f(2)＝eq\f(ln2,2)，f(4)＝eq\f(ln4,4)＝eq\f(ln2,2)，所以满足x∈N，y∈N，x<y，则方程xy＝yx的解的组数为1.3．若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则()A．a>2b B．a<2bC．a>b2 D．a<b2答案B解析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＋log22b，∴2a＋log2a<22b＋log22b，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.4．设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<blnb，则()A．ab>e B．b>eaC．ab<e D．b<ea答案B解析由已知aea<blnb，则ealnea<blnb.设f(x)＝xlnx，则f(ea)<f(b)．∵a>0，∴ea>1，∵b>0，blnb>aea>0，∴b>1.当x>1时，f′(x)＝lnx＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea<b.5．(多选)已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则()A．ln(a－b)<0B．ln(a＋b)>1C．3a＋3－b>2eq\r(3)D．3a－1<3b答案BC解析由ea－2a＝aeb＋1－bea，得(b＋1)ea＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eb＋1＋2))，所以eq\f(ea,a)＝eq\f(eb＋1＋2,b＋1)，令f(x)＝eq\f(ex,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>1))，则f′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．因为eq\f(ea,a)－eq\f(eb＋1,b＋1)＝eq\f(2,b＋1)>0，所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，所以ln(a－b)>ln1＝0，A错误；因为a＋b>b＋1＋b>3>e，所以ln(a＋b)>lne＝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．6．若f(x)＝xex－a(x＋lnx)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＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，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，＋∞)．7．(2023·邵阳模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－eq\f(a,x)＋1，g(x)＝eq\f(lnx,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(1)∵g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2的定义域为(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).由g′(x)>0，得0<x<e，由g′(x)<0，得x>e.∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．(2)由f(x)≥g(x)，即ex＋1－eq\f(a,x)＋1≥eq\f(lnx,x)＋2，得a≤xex＋1－lnx－x＝elnx＋x＋1－(lnx＋x＋1)＋1，令t＝lnx＋x＋1，t∈R，即a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，t∈R，则φ′(t)＝et－1，当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，故a≤2.8．(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(0,2)时，f(x)≤g(x)．(1)解函数