2025高考数学二轮复习-专题一-微专题10-同构函数问题-专项训练【含答案】

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＋log2a＝4b＋2log4b，则()A．a>2bB．a<2bC．a>b2D．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.(2)若0<x1<x2<1，则()A．>lnx2－lnx1B．<lnx2－lnx1C．D．答案C解析令f(x)＝ex－lnx，则f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，令h(x)＝ex－eq\f(1,x)，h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0恒成立，即f′(x)＝ex－eq\f(1,x)在定义域上是增函数，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－e<0，f′(1)＝e－1>0，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；令g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，当0<x<1时，g′(x)<0，所以g(x)在区间(0,1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以，即，故C正确，D错误．跟踪训练1(1)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R上恒成立，所以函数f(x)＝x－cosx是增函数，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)(2023·郑州模拟)若lnb＋b＝alna＋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答案D解析令f(x)＝x＋lnx，x>0，则f′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0恒成立，所以f(x)＝x＋lnx是增函数，其中f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)－1<0，f(1)＝1>0，则存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，使得f(x0)＝0.当a>b时，alna＋a2＝lnb＋b<a＋lna，即(a－1)(lna＋a)<0，若a≥1，则lna＋a>0，且a－1≥0，则(a－1)(lna＋a)≥0，不满足(a－1)(lna＋a)<0，故a<1，且f(a)>0，所以x0<a<1，又因为a>b，所以1>a>b；当a<b时，alna＋a2＝lnb＋b>a＋lna，即(a－1)(lna＋a)>0，若a>1，则a－1>0，lna＋a>0，则(a－1)(lna＋a)>0成立，故b>a>1；若a<1，则a－1<0，则lna＋a<0，因为f(x0)＝0，且f(x)＝x＋lnx是增函数，所以当0<a<x0时，lna＋a<0，则alna＋a2<0，所以lnb＋b<0，所以b<1，又因为a<b，所以1>b>a，若a＝1，显然不成立．故A，B，C错误，D正确．考点二通过同构函数解决零点问题典例2(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.(1)解由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．由f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)，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)证明方法一不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，eq\f(1,x1)>1.令F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，则F′(x)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)＋·eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(ex＋x－－1)．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)<g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)<F(1)，即f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))<F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))<0，即f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))).由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以x2<eq\f(1,x1)，即x1x2<1.方法二(同构法构造函数化解等式)不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2,0<eq\f(1,x2)<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得－lnx1＋x1＝－lnx2＋x2，即＋x1－lnx1＝＋x2－lnx2.因为函数y＝ex＋x是R上的增函数，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．构造函数h(x)＝x－lnx(x>0)，g(x)＝h(x)－heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，则g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0(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，即当x>1时，h(x)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以h(x1)＝h(x2)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2))).又h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，所以h(x)在(0,1)上单调递减，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.跟踪训练2(2023·衡水模拟)已知函数f(x)＝axex－eq\f(1,2)(a≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)已知函数g(x)＝f(x)－eq\f(lnx,x)有两个零点，求实数a的取值范围．解(1)函数f(x)＝axex－eq\f(1,2)(a≠0)的定义域为R，f′(x)＝a(x＋1)ex.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)函数g(x)＝f(x)－eq\f(lnx,x)的定义域为(0，＋∞)，因为函数g(x)＝f(x)－eq\f(lnx,x)在(0，＋∞)上有两个零点，即axex－eq\f(1,2)＝eq\f(lnx,x)有两个不相等的正实数根，即2ax2ex－(x＋2lnx)＝0有两个不相等的正实数根，即2aex＋2lnx－(x＋2lnx)＝0有两个不相等的正实数根，令t＝x＋2lnx，则2aet－t＝0，可得2a＝eq\f(t,et)，令h(x)＝x＋2lnx，其中x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝1＋eq\f(2,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＋2lnx∈R，令p(t)＝eq\f(t,et)，其中t∈R，则p′(t)＝eq\f(1－t,et)，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，且当t<0时，p(t)＝eq\f(t,et)<0；当t>0时，p(t)＝eq\f(t,et)>0，p(1)＝eq\f(1,e)，因为函数g(x)有两个零点，所以直线y＝2a与函数p(t)＝eq\f(t,et)的图象有两个交点，如图所示，由图可知，当0<2a<eq\f(1,e)，即0<a<eq\f(1,2e)时，直线y＝2a与函数p(t)＝eq\f(t,et)的图象有两个交点，因此实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).考点三通过同构函数解决恒成立问题典例3(2023·深圳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,2)ax2，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；(2)当a＝0时，证明：对∀x>1，都有f(x)≥g(x)恒成立．(1)解由题意可得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0<a<1，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)>0；当x∈(lna,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递增，在(lna,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，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)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0<a<1时，f(x)在(－∞，lna)上单调递增，在(lna,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当a＝1时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>1时，f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)证明当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－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，都有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)，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)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，于是上式可化为g(x)>g(lnax)，显然g(x)是增函数，所以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]．[总结提升]在解决指数函数与对数函数的混合不等式恒成立求参数范围或证明指对不等式时，使用同构法会达到意想不到的效果．如何构造同构函数呢？一般情况下含ex和lnx的函数，主要是统一化为左边或化为右边构造同构式．同构式需要构造这样一个母函数，这个函数既能满足指数与对数互化，又能满足单调性和最值易求等特点，因此常见的同构形式大多为y＝xlnx，y＝xex，或其同族函数．经过同构变形，再结合复合函数的单调性，可以快速解决证明不等式、恒成立求参数的取值范围等问题．1．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答案A解析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<y，以此去判断各个选项中真数与1的大小关系，进而得到结果，A正确，B错误；因为|x－y|与1的大小不确定，故C，D无法确定．2．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，＋∞)答案B解析函数f(x)＝eq\f(ex2,1＋lnx)，则f(x)>ex⇔eq\f(ex2,1＋lnx)>ex⇔eq\f(e1＋lnx,1＋lnx)>eq\f(ex,x)，因为x>0，则不等式f(x)>ex成立必有1＋lnx>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(exx－1,x2)，当eq\f(1,e)<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，因此函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，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))；当x＝1时，eq\f(e1＋lnx,1＋lnx)＝eq\f(e1,1)，不符合题意．所以不等式f(x)>ex的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).3．已知函数f(x)＝x＋ln(x－1)，g(x)＝xlnx，若f(x1)＝1＋2lnt，g(x2)＝t2，则(x1x2－x2)lnt的最小值为()A.eq\f(1,e2)B.eq\f(2,e)C．－eq\f(1,2e)D．－eq\f(1,e)答案C解析由题意，f(x1)＝x1＋ln(x1－1)＝1＋2lnt，得x1－1＋ln(x1－1)＝lnt2，∴ln[(x1－1)]＝lnt2，即t2＝(x1－1)>0，又g(x2)＝x2lnx2＝t2，得t2＝>0，∴(x1－1)＝，∵y＝xex在[0，＋∞)上单调递增，∴lnx2＝x1－1，∴(x1x2－x2)lnt＝x2lnx2lnt＝t2lnt，令h(t)＝t2lnt(t>0)，则h′(t)＝2tlnt＋t，由h′(t)>0，得t>；由h′(t)<0，得0<t<，故h(t)在上单调递减，在上单调递增．∴h(t)min＝＝－eq\f(1,2e).4．(多选)(2023·菏泽模拟)已知x1，x2分别是函数f(x)＝ex－eq\f(1,x)和g(x)＝lnx－eq\f(1,x)的零点，则()A．0<x1<eq\f(1,2)B．lnx1＋lnx2＝0C．＝1D.eq\f(13,6)<x1＋x2<eq\f(5,2)答案BCD解析令f(x)＝0，得＝eq\f(1,x1)，即＝1，x1>0，令g(x)＝0，得lnx2＝eq\f(1,x2)，即x2lnx2＝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，因为h(x1)＝＝1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)eq\r(e)<1，所以x1>eq\f(1,2)，故A错误；又h(x1)＝＝1，h(lnx2)＝＝1，所以x1＝lnx2，＝x2，所以lnx1＋lnx2＝ln(x1x2)＝ln()＝ln1＝0，故B正确；所以＝x2lnx2＝1，故C正确；又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝>1＝h(x1)，所以x1<eq\f(2,3)，结合x1>eq\f(1,2)，得eq\f(1,2)<x1<eq\f(2,3)，因为x1x2＝1，所以x1＋x2＝x1＋eq\f(1,x1)，且eq\f(1,2)<x1<eq\f(2,3)，因为y＝x＋eq\f(1,x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上单调递减，所以eq\f(2,3)＋eq\f(3,2)<x1＋eq\f(1,x1)<eq\f(1,2)＋2，即eq\f(13,6)<x1＋x2<eq\f(5,2)，故D正确．5．(2023·杭州模拟)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________．答案a>eq\r(ab)>b解析由题意知eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)>lnb－lna，即eq\f(1,a2)＋lna>eq\f(1,b2)＋lnb，令g(x)＝eq\f(1,x2)＋lnx，x>eq\r(2)，则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.6．已知对任意给定的b>0，存在a≥b使lna＝memb(m>0)成立，则实数m的取值范围为________________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析∵lna＝memb≥lnb，∴mbemb≥blnb＝lnb·elnb，当lnb≤0，即0<b≤1时，mbemb>0，lnb·elnb≤0，∴mbemb≥lnb·elnb显然成立．当lnb>0，即b>1时，构造函数f(x)＝xex，∴f(mb)≥f(lnb)，显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴mb≥lnb，m≥eq\f(lnb,b)，设g(b)＝eq\f(lnb,b)，g′(b)＝eq\f(1－lnb,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\co1(\f(1,e)，＋∞)).7．(2023·日照统考)已知函数f(x)＝x－alnx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若x1>0，x2>0，＋lnx2>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0<x<a时，f′(x)<0；当x>a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)证明由＋lnx2>x1＋x2，得－x1＝－>x2－lnx2，令h(x)＝x－lnx，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，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－lnx2，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0<x2<1时，要证＋x2>2，只需证>2－x2，因为0<x2<1，所以1<2－x2<2，则只需证h()>h(2－x2)，又h()>h(x2)，令m(x)＝h(x)－h(2－x)，x∈(0,1)，则m′(x)＝1－eq\f(1,x)＋eq\b