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提优点3　同构函数
【知识拓展】
同构法在近几年的模考中频繁出现,首先将题目中的等式或不等式经过适当的整理变形,表示成两侧具有相同结构,然后利用这个结构式构造相对应的函数,再利用函数单调性解题.
【类型突破】
类型一　地位同等同构型
含有二元变量x1,x2的函数,常见的同构类型有以下几种:
(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)] g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2),构造函数φ(x)＝g(x)＋λf(x);
(2)>k(x1(3)<(x1 f(x1)＋>f(x2)＋,构造函数φ(x)＝f(x)＋.
例1 (2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)＝xln x,若任意两个不相等的正实数x1,x2,都有规律方法　含有地位同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.
训练1 若0A. B.1
C.e D.2e
类型二　指对跨阶同构型
1.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构,转化为两阶问题解决,通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数,即外层函数,这个母函数需要满足:①指对跨阶,②单调性和最值易求.
2.为了实现不等式两边“结构”相同的目的,需要对指对式进行“改头换面”,常用的方法有:x＝eln x,xex＝eln x＋x,x2ex＝e2ln x＋x,＝e－ln x＋x,ln x＋ln a＝ln (ax),ln x－1＝,有时也需要对等式两边同时加、乘某式等.
考向1　指对同构与恒成立问题
例2 (2025·枣庄二模改编)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x.若不等式f(x)>aex－1＋(1－a)x2恒成立,求实数a的取值范围.
考向2　指对同构与证明不等式
例3 (2025·合肥模拟改编)已知函数f(x)＝ex－1ln x,g(x)＝x2－x.证明:当x∈(0,2)时,f(x)≤g(x).
规律方法　指对跨阶同构的基本模式:
(1)积型:aea≤bln b,一般有三种同构方式:
①同左构造形式:aea≤bln b aea≤(ln b)eln b,构造函数f(x)＝xex;
②同右构造形式:aea≤bln b ealn ea≤bln b,构造函数f(x)＝xln x;
③取对构造形式:a＋ln a≤ln b＋ln (ln b)(b>1),构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型:<,一般也有三种同构方式:
①同左构造形式:< <,构造函数f(x)＝;
②同右构造形式:< <,构造函数f(x)＝;
③取对构造形式:a－ln a1),构造函数f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型:ea±a>b±ln b,一般有两种同构方式:
①同左构造形式:ea±a>b±ln b ea±a>eln b±ln b,构造函数f(x)＝ex±x;
②同右构造形式:ea±a>b±ln b ea±ln ea>b±ln b,构造函数f(x)＝x±ln x.
训练2 (2025·广州模拟改编)已知函数f(x)＝aex－2＋ln a－3.若f(x)≥ln (x＋1)在(－1,＋∞)上恒成立,求a的取值范围.
类型三　零点同构型
例4 (1)已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点,则实数a的取值范围是　　　　.
(2)已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点,则＋ln x0＝　　　　.
规律方法　在涉及函数的零点问题时,可根据函数式的结构或转化为方程后构造函数,其实质是把函数式简化,以达到研究函数零点的目的.
训练3 已知f(x)＝xln x＋x2＋1,若关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解,求a的取值范围.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·合肥调研)若2 025x－2 025y<2 026－x－2 026－y,x,y∈R,则(　　)
A.ln (y－x＋1)>0 B.ln (y－x＋1)<0
C.ln |x－y|>0 D.ln |x－y|<0
2.若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立,则实数a的取值范围为(　　)
A.(－∞,1] B.(－∞,2]
C.[1,＋∞) D.[2,＋∞)
3.(2025·南昌调研)已知函数f(x)＝ex－x2－(1＋a)x,若对任意两个不相等的实数x1,x2,都有>－1,则a的最大值为(　　)
A. B.1
C.2 D.0
4.已知对于 x>0都有＋a≥1＋,则a的最小值为(　　)
A.1 B.
C.0 D.e
二、多选题
5.已知a>b>1,若ea－2a＝aeb＋1－bea,则(　　)
A.ln (a－b)<0 B.ln (a＋b)>1
C.3a＋3－b>2 D.3a－1<3b
6.已知mem＋ln n>nln n＋m(m∈R),则下列结论一定正确的是(　　)
A.若m>0,则m－n>0
B.若m>0,则em－n>0
C.若m<0,则m＋ln n<0
D.若m<0,则em＋n>2
三、填空题
7.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立,则k的取值范围是　　　　.
8.(2025·宜昌模拟)已知函数f(x)＝xa＋1－xax(x≥0,a>0且a≠1)有两个不同的零点,则实数a的取值范围为　　　　.
四、解答题
9.(2025·邵阳二模)已知函数f(x)＝,g(x)＝.
(1)求f(x)的极值;
(2)当0g(x).提优点3　同构函数
【知识拓展】
同构法在近几年的模考中频繁出现,首先将题目中的等式或不等式经过适当的整理变形,表示成两侧具有相同结构,然后利用这个结构式构造相对应的函数,再利用函数单调性解题.
【类型突破】
类型一　地位同等同构型
含有二元变量x1,x2的函数,常见的同构类型有以下几种:
(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)] g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2),构造函数φ(x)＝g(x)＋λf(x);
(2)>k(x1(3)<(x1 f(x1)＋>f(x2)＋,构造函数φ(x)＝f(x)＋.
例1 (2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)＝xln x,若任意两个不相等的正实数x1,x2,都有答案　
解析　不妨设0则由得f(x1)－f(x2)>m(),
得f(x1)－m>f(x2)－m,
也就是说,函数g(x)＝f(x)－mx2＝xln x－mx2在(0,＋∞)上单调递减,
因为g'(x)＝ln x＋1－2mx,由题意ln x＋1－2mx≤0恒成立,
即m≥,x>0恒成立,
令h(x)＝,x>0,
得h'(x)＝,x>0,
当00,
当x>1时,h'(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
故h(x)max＝h(1)＝,
所以实数m的取值范围为.
规律方法　含有地位同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.
训练1 若0A. B.1
C.e D.2e
答案　B
解析　由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2,
两边同除以x1x2得≤,
即≤,
令f(x)＝,
则f(x)在(0,a)上单调递增.
∴f'(x)≥0在(0,a)上恒成立,而f'(x)＝,可知f(x)在(0,1)上单调递增,
∴a≤1,∴a的最大值为1,故选B.
类型二　指对跨阶同构型
1.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构,转化为两阶问题解决,通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数,即外层函数,这个母函数需要满足:①指对跨阶,②单调性和最值易求.
2.为了实现不等式两边“结构”相同的目的,需要对指对式进行“改头换面”,常用的方法有:x＝eln x,xex＝eln x＋x,x2ex＝e2ln x＋x,＝e－ln x＋x,ln x＋ln a＝ln (ax),ln x－1＝,有时也需要对等式两边同时加、乘某式等.
考向1　指对同构与恒成立问题
例2 (2025·枣庄二模改编)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x.若不等式f(x)>aex－1＋(1－a)x2恒成立,求实数a的取值范围.
解　不等式f(x)>aex－1＋(1－a)x2 xln x－ax2＋x>aex－1＋(1－a)x2 aex－1－xln x＋x2－x<0,
依题意,aex－1－xln x＋x2－x<0在(0,＋∞)上恒成立,即a·＋x－1－ln x<0在(0,＋∞)上恒成立,因此aex－1－ln x＋x－1－ln x<0在(0,＋∞)上恒成立,
令t＝x－1－ln x＝φ(x),x∈(0,＋∞),
求导得φ'(x)＝1－,
当0当x>1时,φ'(x)>0,
函数φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,φ(x)min＝φ(1)＝0,即t≥0,
不等式aet＋t<0 a<－对t≥0恒成立,
令h(t)＝－,t≥0,得h'(t)＝,
当0≤t<1时,h'(t)<0;当t>1时,h'(t)>0,
函数h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,h(t)min＝h(1)＝－,则a<－,
所以实数a的取值范围为.
考向2　指对同构与证明不等式
例3 (2025·合肥模拟改编)已知函数f(x)＝ex－1ln x,g(x)＝x2－x.证明:当x∈(0,2)时,f(x)≤g(x).
证明　原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1),
即≤,即证≤在(0,2)上恒成立.
设l(x)＝,即证l(ln x)≤l(x－1).
因为l'(x)＝,
所以当x<1时,l'(x)>0,l(x)单调递增;
当x>1时,l'(x)<0,l(x)单调递减.
令t(x)＝ln x－x＋1,则t'(x)＝－1＝,
当00,t(x)单调递增;
当x>1时,t'(x)<0,t(x)单调递减,
所以t(x)max＝t(1)＝0,所以ln x≤x－1,
且当x∈(0,2)时,有
所以l(ln x)≤l(x－1),即≤,
所以当x∈(0,2)时,有f(x)≤g(x)成立.
规律方法　指对跨阶同构的基本模式:
(1)积型:aea≤bln b,一般有三种同构方式:
①同左构造形式:aea≤bln b aea≤(ln b)eln b,构造函数f(x)＝xex;
②同右构造形式:aea≤bln b ealn ea≤bln b,构造函数f(x)＝xln x;
③取对构造形式:a＋ln a≤ln b＋ln (ln b)(b>1),构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型:<,一般也有三种同构方式:
①同左构造形式:< <,构造函数f(x)＝;
②同右构造形式:< <,构造函数f(x)＝;
③取对构造形式:a－ln a1),构造函数f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型:ea±a>b±ln b,一般有两种同构方式:
①同左构造形式:ea±a>b±ln b ea±a>eln b±ln b,构造函数f(x)＝ex±x;
②同右构造形式:ea±a>b±ln b ea±ln ea>b±ln b,构造函数f(x)＝x±ln x.
训练2 (2025·广州模拟改编)已知函数f(x)＝aex－2＋ln a－3.若f(x)≥ln (x＋1)在(－1,＋∞)上恒成立,求a的取值范围.
解　因为f(x)＝aex－2＋ln a－3(a>0),
f(x)≥ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),
所以aex－2＋ln a－3≥ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),
可化为eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥ln (x＋1)＋x＋1(x∈(－1,＋∞)),
即eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥eln (x＋1)＋ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),
令G(m)＝em＋m,G'(m)＝em＋1>0,
所以G(m)为R上的单调递增函数,
将eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥eln (x＋1)＋ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),转化为G(ln a＋x－2)≥G(ln (x＋1)),
因为G(m)为R上的单调递增函数,
所以ln a＋x－2≥ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),
即ln a≥ln (x＋1)－x＋2,
即eln a≥eln (x＋1)－x＋2(x∈(－1,＋∞)),
整理得a≥(x＋1)e－x＋2(x∈(－1,＋∞)),
令h(x)＝(x＋1)e－x＋2,
h'(x)＝e－x＋2－(x＋1)e－x＋2＝－xe－x＋2,
令h'(x)＝0,即－xe－x＋2＝0,x＝0,
当x∈(－1,0)时,h'(x)>0,h(x)在(－1,0)单调递增;
当x∈(0,＋∞)时,h'(x)<0,h(x)在(0,＋∞)上单调递减,所以hmax＝h(0)＝e2,
因为a≥(x＋1)e－x＋2(x∈(－1,＋∞))恒成立,所以a≥e2.
类型三　零点同构型
例4 (1)已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点,则实数a的取值范围是　　　　.
(2)已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点,则＋ln x0＝　　　　.
答案　(1)(e,＋∞)　(2)2
解析　(1)f(x)＝xex－a(x＋ln x)
＝ex＋ln x－a(x＋ln x),
令t＝x＋ln x,t∈R,显然该函数单调递增.
由et－at＝0有两个根,即a＝有两个根,
因此f(x)的零点个数等价于y＝与y＝a的图象交点个数.
令g(t)＝(t≠0),则g'(t)＝,
当t>1时,g'(t)>0,g(t)单调递增;
当0当t<0时,g'(t)<0,g(t)单调递减,g(1)＝e,
当t→＋∞时,g(t)→＋∞,
当t→0＋时,g(t)→＋∞,
当t→0－时,g(t)→－∞,
当t→－∞时,g(t)→0,
所以g(t)的图象大致为右图.
故当a>e时y＝与y＝a的图象有两个交点,
故实数a的取值范围是(e,＋∞).
(2)由x2ex－2＋ln x－2＝0,
可得x2ex－2＝2－ln x,
即＝2－ln x,即x2ex＝2e2－e2ln x,
所以xex＝x,
即xex＝,
两边同取自然对数,
ln x＋x＝＋,
所以＝x,即2－ln x＝x,
即ln x＝2－x,
所以e2－x＝x,
所以＋ln x0＝x0＋ln x0＝2.
规律方法　在涉及函数的零点问题时,可根据函数式的结构或转化为方程后构造函数,其实质是把函数式简化,以达到研究函数零点的目的.
训练3 已知f(x)＝xln x＋x2＋1,若关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解,求a的取值范围.
解　由xex－a＝f(x)－x2＋ax－1(x>0),
即xex－a＝xln x＋ax,
即ex－a＝ln x＋a,
即ex－a＋x－a＝x＋ln x,
所以ln (ex－a)＋ex－a＝ln x＋x,
令h(x)＝ln x＋x(x>0),
则h(ex－a)＝h(x),
h'(x)＝＋1>0,
所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以ex－a＝x,
则x－a＝ln x,a＝x－ln x(x>0),
因为关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解,
则方程a＝x－ln x(x>0)有两个不同的实数解.
令φ(x)＝x－ln x,
则φ'(x)＝1－,
当0当x>1时,φ'(x)>0,
所以函数φ(x)＝x－ln x在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
所以φ(x)min＝φ(1)＝1,
当x→0时,φ(x)→＋∞,
当x→＋∞时,φ(x)→＋∞,所以a>1,
综上,a的取值范围为(1,＋∞).
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·合肥调研)若2 025x－2 025y<2 026－x－2 026－y,x,y∈R,则(　　)
A.ln (y－x＋1)>0 B.ln (y－x＋1)<0
C.ln |x－y|>0 D.ln |x－y|<0
答案　A
解析　由2 025x－2 025y<2 026－x－2 026－y,x,y∈R,可得2 025x－2 026－x<2 025y－2 026－y,
由于函数y＝2 025x,y＝－2 026－x均在R上单调递增,
则函数f(x)＝2 025x－2 026－x在R上单调递增.
则2 025x－2 026－x<2 025y－2 026－y f(x)A,B选项,y>x y－x＋1>1 ln (y－x＋1)>ln 1＝0,故A正确,B错误.
C,D选项,由条件知|x－y|与1的大小关系无法判断,故C,D错误.
2.若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立,则实数a的取值范围为(　　)
A.(－∞,1] B.(－∞,2]
C.[1,＋∞) D.[2,＋∞)
答案　B
解析　∵xex－a≥ln x＋x－1,
∴eln x＋x－a≥ln x＋x－1,
令t＝ln x＋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].
3.(2025·南昌调研)已知函数f(x)＝ex－x2－(1＋a)x,若对任意两个不相等的实数x1,x2,都有>－1,则a的最大值为(　　)
A. B.1
C.2 D.0
答案　B
解析　不妨设x1>x2,
因为>－1,
所以f(x1)＋x1>f(x2)＋x2,
构造函数g(x)＝f(x)＋x＝ex－x2－ax,
则g(x1)>g(x2),所以g(x)单调递增,
g'(x)＝ex－x－a≥0恒成立,
即a≤ex－x恒成立,
令函数h(x)＝ex－x,h'(x)＝ex－1,
当x>0时,h'(x)>0,当x<0,h'(x)<0,
所以h(x)在(－∞,0)上单调递减,在[0,＋∞)上单调递增,
则h(x)min＝h(0)＝1,故a≤1.
4.已知对于 x>0都有＋a≥1＋,则a的最小值为(　　)
A.1 B.
C.0 D.e
答案　B
解析　对于 x>0,由＋a≥1＋,可得
eax＋ax≥x＋ln x＝eln x＋ln x,
设f(t)＝et＋t,
则f'(t)＝et＋1>0,所以函数f(t)在R上单调递增,所以f(ax)≥f(ln x),
所以ax≥ln x,所以a≥,
设g(x)＝(x>0),则g'(x)＝,
令g'(x)>0,得0e,
所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减,
得g(x)max＝g(e)＝,所以a≥,
即实数a的最小值为.
二、多选题
5.已知a>b>1,若ea－2a＝aeb＋1－bea,则(　　)
A.ln (a－b)<0 B.ln (a＋b)>1
C.3a＋3－b>2 D.3a－1<3b
答案　BC
解析　由ea－2a＝aeb＋1－bea,
得(b＋1)ea＝a(eb＋1＋2),所以,
令f(x)＝(x>1),
则f'(x)＝>0,
所以f(x)在(1,＋∞)上单调递增.
因为>0,
所以f(a)>f(b＋1),所以a>b＋1,所以a－b>1,所以ln (a－b)>ln 1＝0,A错误;
因为a＋b>b＋1＋b>3>e,
所以ln (a＋b)>ln e＝1,B正确;
易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2＝2,C正确;
因为a－1>b,所以3a－1>3b,D错误.
6.已知mem＋ln n>nln n＋m(m∈R),则下列结论一定正确的是(　　)
A.若m>0,则m－n>0
B.若m>0,则em－n>0
C.若m<0,则m＋ln n<0
D.若m<0,则em＋n>2
答案　BC
解析　原式可变形为mem－m>nln n－ln n,
即mem－m>ln n·eln n－ln n,
因而可构造函数f(x)＝xex－x,
则f(m)>f(ln n).
f'(x)＝ex(x＋1)－1,当x>0时,ex>1,x＋1>1,则ex(x＋1)>1,f'(x)>0,
当x<0时,0故f(x)在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.
对于A,取m＝n＝e,则ln n＝1∵f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
∴f(m)>f(ln n),满足题意,但m－n＝0,A错误.
对于B,若m>0,则当ln n≤0,
即01≥n,即em－n>0;
当ln n>0,即n>1时,由f(x)在(0,＋∞)上单调递增,且f(m)>f(ln n),得m>ln n,则em－n>0.B正确.
对于C,若m<0,则当ln n≤0,即0当ln n>0时,即n>1时,令h(x)＝f(x)－f(－x)＝x(ex＋e－x－2).
∵ex＋e－x－2≥2－2＝0,
当且仅当ex＝e－x,即x＝0时等号成立,
∴当x<0时,h(x)<0,即f(x)由m<0可得f(m)则f(ln n)又f(x)在(0,＋∞)上单调递增,且ln n>0,－m>0,∴ln n<－m,即ln n＋m<0.C正确.
对于D,取m＝－2,n＝,则ln n＝－1>m,
∵f(x)在(－∞,0)上单调递减,
∴f(m)>f(ln n),满足题意,
但em＋n＝<2,D错误.故选BC.
三、填空题
7.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立,则k的取值范围是　　　　.
答案　(－∞,0]
解析　原不等式可变形为e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)≥kx＋1,e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)－1≥kx,
利用ex≥x＋1,可得kx≤0,
又x>0,故k≤0.
8.(2025·宜昌模拟)已知函数f(x)＝xa＋1－xax(x≥0,a>0且a≠1)有两个不同的零点,则实数a的取值范围为　　　　.
答案　(0,1)∪{e}
解析　令f(x)＝0,得xa＋1－xax＝0,
即x(xa－ax)＝0,则x＝0或xa＝ax.
当x>0时,对xa＝ax等号两边同时取对数可得aln x＝xln a,
故(a>0且a≠1).
设函数g(x)＝,则g'(x)＝,
当x>e时,g'(x)<0,当00,所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减,
故g(x)的最大值为g(e)＝,
又当x→0＋时,g(x)→－∞,当x→＋∞时,g(x)→0,当x>1时,g(x)>0,
故可作出函数g(x)的大致图象如图所示.
要使f(x)有两个不同的零点,只需方程(a>0且a≠1)有一个解,
即曲线y＝g(x)与直线y＝(a>0且a≠1)有一个交点,
数形结合可知<0或,
得0故a的取值范围为(0,1)∪{e}.
四、解答题
9.(2025·邵阳二模)已知函数f(x)＝,g(x)＝.
(1)求f(x)的极值;
(2)当0g(x).
(1)解　由题意知f'(x)＝,
令f'(x)＝0,则x＝1.
当x>1时,f'(x)<0,此时f(x)在(1,＋∞)上为减函数,
当x<1时,f'(x)>0,此时f(x)在(－∞,1)上为增函数,
故f(x)极大值＝f(1)＝1,无极小值.
(2)证明　∵f(x)－g(x)＝＝f(x)－f(1＋ln x).
令φ(x)＝x－1－ln x(0∴φ'(x)＝<0,
故φ(x)在(0,1)上为减函数.
∴φ(x)>φ(1)＝0,即x>1＋ln x(0由(1)可知f(x)在(－∞,1)上为增函数,1>x>1＋ln x,∴f(x)>f(1＋ln x),
即f(x)>g(x)(0

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