2025年高考数学一轮复习-同构函数-专项训练【含答案】

INCLUDEPICTURE"高分训练.tif"INCLUDEPICTURE"E:\\数学课件\\高分训练.tif"INETINCLUDEPICTURE"F:\\陈丽2022年\\2022\\课件\\二轮\\2023版创新设计二轮专题复习数学新教材通用版（鲁津京……）\\教师word文档\\板块五函数与导数\\高分训练.tif"INET2025年高考数学一轮复习-同构函数-专项训练一、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2.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|<03.已知b＞a＞0，且满足alnb＝blna，e为自然对数的底数，则()A.ae＜ea＜eb B.eb＜ae＜eaC.eb＜ea＜ae D.ea＜ae＜eb4.已知x0是方程2x2e2x＋lnx＝0的实根，则关于实数x0的判断正确的是()A.x0≥ln2 B.x0＜eq\f(1,e)C.2x0＋lnx0＝0 D.2ex0＋lnx0＝05.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.1C.0 D.－e6.已知a，b∈(eq\r(2)，＋∞)，且满足eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)>lneq\f(b,a)，则a，b，eq\r(ab)的大小关系是________.7.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2lnx＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范围是________.8.若对于任意实数x>0，不等式2ae2x－lnx＋lna≥0恒成立，则a的取值范围是________.9.已知函数f(x)＝ex－alnx(其中a为参数)，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>alna恒成立，则正实数a的取值范围是________.10.已知f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范围.11.已知函数f(x)＝x－lnx，(1)求函数f(x)的单调性；(2)当x＞eq\f(1,e)，证明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.二、创新拓展练12.已知函数f(x)＝eq\f(ex2,1＋lnx)，则不等式f(x)＞ex的解集为()A.(0，1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C.(1，e) D.(1，＋∞)13.已知函数f(x)＝eq\f(lnx,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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)·ek的最大值为()A.e2 B.eC.eq\f(4,e2) D.eq\f(1,e2)14.已知a＞1，若对任意的x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，不等式4x－ln3x≤aex－lna恒成立，则a的最小值为________.15.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.参考答案与解析一、基本技能练1.答案C解析设函数f(x)＝x|x|，f(x)＝x|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))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.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.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)＝eq\f(lnx,x)(x＞0)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＝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alnb＝blna，eq\f(lna,a)＝eq\f(lnb,b)，即f(a)＝f(b)，又b＞a＞0，所以0＜a＜e，b＞e，lnb＞0，alnb＝blna＞0，所以1＜a＜e＜b，所以eq\f(lna,a)＜eq\f(lne,e)，elna＜alne，lnae＜lnea，即ae＜ea，所以ae＜ea＜eb，A正确.故选A.4.答案C解析由2x2e2x＋lnx＝0得2xe2x＝－eq\f(1,x)lnx＝eq\f(1,x)lneq\f(1,x)＝lneq\f(1,x)elneq\f(1,x).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＋lnx＝0的实根，则2x0e2x0＝lneq\f(1,x0)elneq\f(1,x0)，即f(2x0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x0)))，所以2x0＝lneq\f(1,x0)＝－lnx0，因此2x0＋lnx0＝0.5.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.答案a>eq\r(ab)>b解析eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)>lnb－lna，eq\f(1,a2)＋lna>eq\f(1,b2)＋lnb，令g(x)＝eq\f(1,x2)＋lnx，x>eq\r(2)，g′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2,x3)>0，g(x)在(eq\r(2)，＋∞)上单调递增.∵g(a)>g(b)，∴a>b，又∵eq\r(a)eq\r(a)>eq\r(a)eq\r(b)>eq\r(b)eq\r(b)，∴a>eq\r(ab)>b.7.答案(－∞，0]解析原不等式可变形为e2lnx＋3x－(3x＋2lnx)≥kx＋1，e2lnx＋3x－(3x＋2lnx)－1≥kx，利用ex≥x＋1，可得kx≤0，又x>0，故k≤0.8.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))解析法一将2ae2x－lnx＋lna≥0变形为2ae2x≥lneq\f(x,a)，则2e2x≥eq\f(1,a)lneq\f(x,a)，两边同时乘以x得2xe2x≥eq\f(x,a)lneq\f(x,a)，即2xe2x≥eq\f(x,a)lneq\f(x,a)＝elneq\f(x,a)lneq\f(x,a).(*)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≥lneq\f(x,a)，则lna≥lnx－2x.令h(x)＝lnx－2x，x>0，则h′(x)＝eq\f(1,x)－2，易知当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，h(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，h(x)单调递减，故h(x)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－ln2－1，所以lna≥－ln2－1，即a≥eq\f(1,2e)，故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞)).法二将2ae2x－lnx＋lna≥0变形为eln(2a)＋2x－lnx＋lna≥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)，以下同法一.9.答案(0，e)解析由f(x)>alna，得eq\f(ex,a)－lna>lnx，即ex－lna－lna>lnx，两边同时加x得ex－lna＋x－lna>elnx＋lnx.令g(t)＝et＋t，则g(x－lna)>g(lnx)，因为g(t)为单调增函数，所以x－lna>lnx，即lna<x－lnx，令h(x)＝x－lnx，则h′(x)＝eq\f(x－1,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lna<1，解得0<a<e.10.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－lnx＋lna≥1⇒aex－1≥lneq\f(ex,a)⇒xex≥eq\f(ex,a)lneq\f(ex,a)＝lneq\f(ex,a)elneq\f(ex,a)，即h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(ex,a)))，∴x≥lneq\f(ex,a)＝1＋lnx－lna，令g(x)＝1＋lnx－x(x>0)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，故g(x)＝1＋lnx－x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，则lna≥0，解得a≥1.11.(1)解f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(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：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1，即证：ex＋lnex≥ex＋x⇒ex－x≥ex－lnex⇒ex－lnex≥ex－lnex，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＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa⇒eq\f(1,ex)＋x≥xa－alnx⇒e－x－lne－x≥xa－alnx⇒e－x－lne－x≥xa－lnxa⇒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≥－eq\f(x,lnx).令g(x)＝－eq\f(x,lnx)(x>1)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，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)＝－eq\f(e,lne)＝－e，所以a≥－e，所以a的最小值为－e.二、创新拓展练12.答案B解析eq\f(ex2,1＋lnx)＞ex⇒eq\f(ex,1＋lnx)＞eq\f(ex,x)⇒eq\f(e1＋lnx,1＋lnx)＞eq\f(ex,x)，构造g(x)＝eq\f(ex,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,e)))，则g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，g′(x)＝0，解得x＝1，所以g(x)在(0，1)单调递减，(1，＋∞)单调递增，又f(x)>ex⇔g(1＋lnx)>g(x)，当x>1时，lnx＋1>1，于是得1＋lnx>x，即1＋lnx－x>0，令h(x)＝1＋lnx－x，当x>1时，h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∀x>1,h(x)<h(1)＝0，因此，1＋lnx>x无解.当eq\f(1,e)<x<1时，0<lnx＋1<1，于是得1＋lnx<x，即1＋lnx－x<0，此时h′(x)＝eq\f(1,x)－1>0，函数h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，h(x)<h(1)＝0，不等式1＋lnx<x的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，所以不等式f(x)>ex的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).13.答案C解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，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)＝eq\f(x,ex)＝eq\f(lnex,ex)＝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＝lnx1，又k＝eq\f(lnx1,x1)，所以eq\f(x2,x1)＝eq\f(lnx1,x1)＝k，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)·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)＝eq\f(4,e2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)ek的最大值为eq\f(4,e2).14.答案eq\f(3,e)解析4x－ln(3x)≤aex－lna⇒x＋3x－ln(3x)≤aex－lna⇒3x－ln(3x)≤aex－ln(aex)，构造f(x)＝x－lnx，所以f(3x)≤f(aex)，则f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，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∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，所以3x，aex∈[1，＋∞)，故3x≤aex⇔a≥eq\f(3x,ex)恒成立，令g(x)＝eq\f(3x,ex)，只需a≥g(x)max，由g′(x)＝eq\f(3－3x,ex)，故x＝1时，g(x)的最大值是eq\f(3,e)，故a≥eq\f(3,e)，故a的最小值为eq\f