补上一课　指、对同构

补上一课指、对同构知识拓展在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数或证明不等式，部分试题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的是同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法，其实质还是指数、对数恒等式的变换.(1)五个常见变形：xex＝ex＋lnx，eq\f(ex,x)＝ex－lnx，eq\f(x,ex)＝elnx－x，x＋lnx＝ln(xex)，x－lnx＝lneq\f(ex,x).(2)三种基本模式①积型：aea≤blnbeq\o(→,\s\up7(三种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：aea≤(lnb)elnb\o(→,\s\up7(构造))f（x）＝xex，,同右：ealnea≤blnb\o(→,\s\up7(构造))f（x）＝xlnx，,取对：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）\o(→,\s\up7(构造))f（x）＝x＋lnx.))②商型：eq\f(ea,a)＜eq\f(b,lnb)eq\o(→,\s\up7(三种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：\f(ea,a)＜\f(elnb,lnb)\o(→,\s\up7(构造))f（x）＝\f(ex,x)，,同右：\f(ea,lnea)＜\f(b,lnb)\o(→,\s\up7(构造))f（x）＝\f(x,lnx)，,取对：a－lna＜lnb－ln（lnb）\o(→,\s\up7(构造))f（x）＝x－lnx.))③和差型：ea±a＞b±lnbeq\o(→,\s\up7(两种同构方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：ea±a＞elnb±lnb\o(→,\s\up7(构造))f（x）＝ex±x，,同右：ea±lnea＞b±lnb\o(→,\s\up7(构造))f（x）＝x±lnx.))题型一积型例1(1)(2024·南京调研)已知实数α，β满足αeα－3＝1，β(lnβ－1)＝e4，其中e是自然对数的底数，则αβ的值为________.答案e4解析法一αeα－3＝1，即αeα＝e3，∴α>0，β(lnβ－1)＝βlneq\f(β,e)＝e4，即eq\f(β,e)lneq\f(β,e)＝e3，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(β,e)))·elneq\f(β,e)＝e3，∴lneq\f(β,e)>0，令f(x)＝xex(x>0)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(β,e)))＝f(α)＝e3，∴f′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴lneq\f(β,e)＝α，即β＝eα＋1，∴αβ＝α·eα＋1＝e4.法二β(lnβ－1)＝βlneq\f(β,e)＝e4，即eq\f(β,e)lneq\f(β,e)＝e3>0，∴eq\f(β,e)>1，αeα－3＝1，即αeα＝e3，eα·lneα＝e3，∴eα>1，令f(x)＝xlnx(x>1)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,e)))＝f(eα)＝e3，∴f′(x)＝lnx＋1>0恒成立，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴eq\f(β,e)＝eα，即β＝eα＋1，∴αβ＝α·eα＋1＝e4.(2)设实数m>0，若对任意的x≥e，不等式x2lnx－meeq\f(m,x)≥0恒成立，则m的最大值为________.答案e解析x2lnx≥meeq\f(m,x)⇔xlnx≥eq\f(m,x)eeq\f(m,x)＝(eeq\f(m,x))·ln(eeq\f(m,x))，∵m>0，x≥e，∴eeq\f(m,x)>1，令f(x)＝xlnx(x>1)，f′(x)＝lnx＋1>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(eeq\f(m,x))⇔x≥eeq\f(m,x)，即lnx≥eq\f(m,x)，m≤(xlnx)min＝e.感悟提升解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，将不等式变形为f[g(x)]>f[h(x)]的结构，f(x)即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：xex＝ex＋lnx，eq\f(ex,x)＝ex－lnx，eq\f(x,ex)＝elnx－x，x＋lnx＝ln(xex)，x－lnx＝lneq\f(ex,x).训练1(1)(2024·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥lnx恒成立，则λ的取值范围为________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析由题意，得eλx·λx≥xlnx＝elnx·lnx，令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，则f′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，又f(λx)≥f(lnx)，即当x∈(1，＋∞)时，λx≥lnx，即λ≥eq\f(lnx,x)恒成立，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以在(1，e)上，g′(x)>0，则g(x)单调递增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；所以g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)，故λ≥eq\f(1,e).(2)已知函数f(x)＝emx＋x－xlnx(m≥0)，设函数f(x)的导函数为f′(x)，讨论f′(x)零点的个数.解f′(x)＝memx－lnx(x>0)，令f′(x)＝0，则memx＝lnx，即mxemx＝(lnx)elnx，∵m≥0，∴lnx≥0，mx≥0，∴x≥1.设h(t)＝tet(t≥0)，∴mxemx＝xlnx⇔h(mx)＝h(lnx)，h′(t)＝(t＋1)et>0，∴h(t)在[0，＋∞)上单调递增，∴mx＝lnx，即m＝eq\f(lnx,x)，设g(x)＝eq\f(lnx,x)(x≥1)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令g′(x)>0，解得1<x<e；令g′(x)<0，解得x>e，∴g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(1)＝0，g(e)＝eq\f(1,e)，∴x>e时，g(x)>0，∴m＝0或m＝eq\f(1,e)时，f′(x)有1个零点；0<m<eq\f(1,e)时，f′(x)有两个零点；m>eq\f(1,e)时，f′(x)没有零点.题型二商型例2(1)(2024·郑州质检)已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x)＝xe－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)ex的最大值为________.答案eq\f(4,e2)解析f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易判断f(x)在(0，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减，∵f(x1)＝g(x2)＝k<0，∴eq\f(lnx1,x1)＝eq\f(x2,ex2)＝eq\f(lnex2,ex2)＝k<0，从而0<x1<1，0<ex2<1，∴x1＝ex2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)ek＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,ex2)))eq\s\up12(2)ek＝k2ek，k<0，令h(x)＝x2ex，x<0，h′(x)＝(x2＋2x)ex，∴h(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，∴h(x)≤h(－2)＝eq\f(4,e2).(2)(2024·金华调研)已知函数f(x)＝aexlnx，g(x)＝x2＋xlna，a>0.设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，得aexlnx<x2＋xlna，所以eq\f(lnx,x)<eq\f(x,aex)＋eq\f(lna,aex)＝eq\f(ln（aex）,aex)，即eq\f(ln（aex）,aex)>eq\f(lnx,x)对任意x∈(0，1)恒成立.设H(x)＝eq\f(lnx,x)，则H′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).当x∈(0，e)时，H′(x)>0，H(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0，1)时，H(x)<0，若aex≥1>x，则H(aex)≥H(1)＝0>H(x)，若0<aex<1，因为H(aex)>H(x)，且H(x)在(0，1)上单调递增，则可得aex>x.综上可知，aex>x对任意x∈(0，1)恒成立，即a>eq\f(x,ex)对任意x∈(0，1)恒成立.设G(x)＝eq\f(x,ex)，x∈(0，1)，则G′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以G(x)在(0，1)上单调递增，则G(x)<G(1)＝eq\f(1,e)，所以a≥eq\f(1,e)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).感悟提升商型eq\f(a,ea)≤eq\f(lnb,b)同构，三种同构途径：①同左：eq\f(a,ea)≤eq\f(lnb,elnb)，构造函数f(x)＝eq\f(x,ex)；②同右：eq\f(lnea,ea)≤eq\f(lnb,b)，构造函数f(x)＝eq\f(lnx,x)；③取对数：lna－a≤ln(lnb)－lnb，构造函数f(x)＝lnx－x.训练2已知函数f(x)＝eq\f(lneax－1,eax)，若不等式f(x)≥eq\f(lnx－1,x)对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围.解因为eq\f(lneax－1,eax)≥eq\f(lnx－1,x)，设函数g(x)＝eq\f(lnx－1,x)，x∈(0，e]，则eq\f(lneax－1,eax)≥eq\f(lnx－1,x)等价于g(eax)≥g(x).∵g′(x)＝eq\f(2－lnx,x2)，∴当x∈(0，e]时，g′(x)＞0，则g(x)在(0，e]上单调递增，∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，即a≥eq\f(lnx,x)恒成立.设函数h(x)＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，e]，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)≥0，即h(x)在(0，e]上单调递增，∴h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，则a≥eq\f(1,e)即可，∴a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).题型三和差型例3(2020·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx).显然g(x)为单调增函数，所以又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞).感悟提升和差型ea±a≤b±lnb同构，两种同构途径：①同左：ea±a≤elnb±lnb，构造函数f(x)＝ex±x；②同右：ea±lnea≤b±lnb，构造函数f(x)＝x±lnx.训练3设函数f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R.当x∈(－a，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的最大值.解由ex－ln(x＋a)≥a⇒ex＋x≥ln(x＋a)＋x＋a＝eln(x＋a)＋ln(x＋a)，令g(x)＝ex＋x，显然g(x)在R上单调递增，且由g(x)≥g(ln(x＋a))⇒x≥ln(x＋a)⇒x＋a≤ex⇒a≤(ex－x)min＝1，当且仅当“x＝0”时取“＝”.经检验，a的最大值为1，满足题意.【A级基础巩固】1.若不等式xex－a≥lnx＋x－1恒成立，求实数a的取值范围.解∵xex－a≥lnx＋x－1，∴elnx＋x－a≥lnx＋x－1，令t＝lnx＋x，则et－a≥t－1恒成立，则a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，∴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，∴实数a的取值范围是(－∞，2].2.(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝xex－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x＞0时，f(x)－lnx≥1.(1)解由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1]上单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又因为g(0)＝1，所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0；当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)证明要证f(x)－lnx≥1，即证xex－x－lnx≥1，即证ex＋lnx－(x＋lnx)≥1，令t＝x＋lnx，易知t∈R，待证不等式转化为et－t≥1.设u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1，当t＜0时，u′(t)＜0；当t＞0时，u′(t)＞0，故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证.3.(2024·武汉调研)已知关于x的不等式ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.解ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x＝eln[(m＋1)x]＋ln[(m＋1)x]，令f(x)＝ex＋x，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ex＋1>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，若f(x)≥f(ln[(m＋1)x])，则x≥ln[(m＋1)x]在(0，＋∞)上恒成立，记g(x)＝x－ln[(m＋1)x]，则g(x)≥