资源简介

重点培优练13　同构法在函数与导数中的应用
1．已知α，β∈R，则“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”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
2．若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m的最小值是(　　)
A．e2　　　B．e　　　C．1　　　D．
3．(2025·安徽蚌埠模拟)已知a>e，b>e，且a(1＋ln b)＝(1＋eb)ln a，其中e为自然对数的底数，则下列结论正确的是(　　)
A．ln a－ln b<1 B．aeC．ab6
4．(多选)已知x>y>0，则下列不等式正确的有(　　)
A．ex－ey>x－y B．ln x－ln y>x－y
C．ln x≥1－ D．>
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5．(多选)已知a，b∈(0，＋∞)，e是自然对数的底数，若b＋eb＝a＋ln a，则的取值可以是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6．已知a，b∈(，＋∞)，且满足>ln ，则a，b，的大小关系是________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
7．已知函数f(x)＝aex-1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围．
8．(2025·四川绵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋k－ex－k．
(1)当k＝0时，求证：f(x)的最大值小于－2；
(2)若f(x)有两个零点，求实数k的取值范围．
重点培优练13
1．C　[构造函数f(x)＝x－cos x，
则f'(x)＝1＋sin x≥0在定义域R上恒成立，所以函数f(x)＝x－cos x为增函数，
又因为α＋β>0，所以α>－β，
所以f(α)>f(－β)，
即α－cos α>－β－cos(－β)，
即α－cos α>－β－cos β，
所以α＋β>cos α－cos β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cos α－cos β”；
根据α＋β>cos α－cos β，
可得α－cos α>－β－cos β，
即α－cos α>－β－cos(－β)，
所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cos α－cos β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”的充要条件．]
2．D　[对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1则x1ln x2－x2ln x1<2x2－2x1，
所以x1(ln x2＋2)即，
令f(x)＝，则函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减，
因为f'(x)＝－，由f'(x)<0，可得x>，所以函数f(x)的单调递减区间为，所以(m，＋∞) ，所以m≥，
因此，实数m的最小值为．故选D．]
3．D　[因为a>e，b>e，所以ln a>1，ln b>1，又因为a(1＋ln b)＝(1＋eb)ln a，
所以，
令f(x)＝(x>1)，则f'(x)＝．
当x>1时，f'(x)>0，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ln a>1＋ln b，即ln a－ln b>1，故A错误；
所以ln>ln e，由对数函数的单调性得>e，即a>eb，所以ae>e2b>b，故B错误；
因为b>e，结合a>eb可得ab>eb2>e3，故C错误；
因为a>eb>e2，所以2ln a＋2ln b>2ln(eb)＋2ln b>＋2ln b>4＋2＝6，故D正确．
故选D．]
4．ACD　[设f(x)＝ex－x(x>0)，则f'(x)＝ex－1>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f，即ex－x>ey－y，即ex－ey>x－y，A正确；
令x＝e，y＝1，则ln x－ln y＝1，而x－y＝e－1>1，所以ln x－ln y设h(x)＝ln x－1＋(x>0)，则h'(x)＝，
当0当x>1时，h'(x)>0，函数h(x)单调递增，
则h(x)＝ln x－1＋在x＝1时取得最小值h(1)＝ln 1－1＋＝0，即ln x≥1－，C正确；
设g＝x·ex，则g'ex>0，所以g＝x·ex在上单调递增，
所以由x>y>0得x·ex>y·ey，即，D正确．故选ACD．]
5．CD　[设f＝x＋ex，则f在R上单调递增，
因为f＝a＋ln a－(ln a＋a)＝0，则b＝ln a，
设＝t>0，则a＝bt，即ln a＝b＝ln(bt)＝ln b＋ln t，所以ln t＝b－ln b，
设g(x)＝x－ln x，x>0，g'，当x∈(0，1)时，g'(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g'(x)>0，
则g上单调递增，
g＝1，即ln t≥1，
所以t≥e，即≥e，故的取值可以是3和4．故选CD．]
6．a>>b　[>ln b－ln a，即＋ln b，
令g(x)＝＋ln x，x>，
则g'(x)＝－>0，
∴g(x)在(，＋∞)上单调递增．
∵g(a)>g(b)，∴a>b，
又∵···，
∴a>>b．]
7．解：f(x)＝aex-1－ln x＋ln a≥1等价变形为eln a+x-1－ln x＋ln a≥1，
即eln a+x-1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x，令g＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x)，
显然g为增函数，
∴ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1，
令h＝ln x－x＋1，则h'，
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，∴h＝0，
∴ln a≥0，即a≥1，
∴a的取值范围是[1，＋∞)．
8．解：(1)证明(放缩法)：当k＝0时，f(x)＝ln x－ex，
先证明：ex>x＋1，令g(x)＝ex－x－1，其中x>0，则g'(x)＝ex－1，
当x>0时，g'(x)＝ex－1>0，
所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
即g(x)＝ex－x－1>g(0)＝1－0－1＝0，
则不等式ex>x＋1在x∈(0，＋∞)上恒成立，
再证明：ln x≤x－1，令h(x)＝ln x－x＋1，其中x>0，
则h'(x)＝，
则当x>1时，h'(x)<0，
当00，
所以h(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＝ln x－x＋1≤h(1)＝ln 1－1＋1＝0，
则不等式ln x≤x－1在x∈(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)＝ln x－ex(2)(指对混合同构)由f(x)＝ln x＋k－ex-k＝0，
得ln x＋x＝x－k＋ex-k＝ln ex-k＋ex-k，
构造函数φ(x)＝ln x＋x，则φ'(x)＝＋1．
因为x>0，所以φ'(x)>0，
即函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由ln x＋x＝ln ex-k＋ex-k φ(x)＝φ(ex-k)，
根据单调性可得
x＝ex-k ln x＝x－k k＝x－ln x．
构造t(x)＝x－ln x，
则t'(x)＝1－，则当x>1时，t'(x)>0，
当0所以t(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即t(x)＝x－ln x≥t(1)＝1．
当x→0时，由ln x→－∞，可知t(x)＝x－ln x→＋∞，
当x→＋∞时，由对数函数没有一次函数增长得快，可知t(x)＝x－ln x→＋∞，
而函数f(x)＝ln x＋k－ex-k有两个零点等价于直线y＝k与函数t(x)＝x－ln x的图象有两个交点，根据数形结合，得k>1．
即实数k的取值范围为(1，＋∞)．
1/2培优课13　同构法在函数与导数中的应用
通过观察式子结构，将式子中的等式或不等式经过适当的整理变形，找到式子两边对应的同一个函数，将问题化繁为简．像这种找函数模型的方法，称为同构法．
类型1　双变量结构相同的同构函数类型
(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)；
－kx2 f(x1)－kx1(3)<(x1＝ f(x1)＋>f(x2)＋，构造函数φ(x)＝f(x)＋．
【典例1】　(1)若0A．>ln x2－ln x1
B>ln x2－ln x1
C．
D．
(2)(2025·山东嘉祥一中模拟)已知函数f(x)＝a ln x－x＋1(a∈R)，对任意的x1，x2∈(0，1]，当x1[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　具有地位同等的两个变量x，y(或a，b)的等式或不等式，如果进行变形后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决．
1．(1)(2020·全国Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　)
A．a>2b　　　　　　 B．a<2b
C．a>b2 D．a(2)已知a>0，b>0，且(a＋1)b+1＝(b＋3)a，则(　　)
A．a>b＋1 B．aC．ab－1
类型2　指对混合型同构的三种同构
基本模式
(1)积型：
aea≤b ln b
(2)商型：

(3)和差型：
ea±a>b±ln b
例：eax＋ax>ln ＋x＋1 eax＋ax>eln (x+1)＋ln ax>ln ．
【典例2】　对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数．
(1)log2x－k·2kx≥0；
(2)a ln ＋2≥ax＋2ex；
(3)e－x－2x－ln x＝0．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　指对变形的五种等价形式
(1)ln ex＝x＝eln x；(核心公式)
(2)xex＝eln xex＝eln x＋x；
(3)＝＝eln x－x；
(4)x＋ln x＝ln ex＋ln x＝ln (xex)；
(5)x－ln x＝ln ex－ln x＝ln ．
【典例3】　(1)(2025·河北秦皇岛模拟节选)已知x2＋x ln x≥ax－e－x，求a的取值范围．
(2)已知函数f(x)＝ex-1ln x，g(x)＝x2－x．证明：当x∈(0，2)时，f(x)≤g(x)．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　指对同构的本质：指、幂、对三种函数的互相转化，即alogax＝x＝logaax(a＞0且a≠1)．
2．(2025·辽宁大连三模)已知f(x)＝xeax－ln x－ax，若存在x0∈R，使得f(x0)＝1，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
3．设函数f(x)＝，当x>e－1时，证明：f(x)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
培优课13　同构法在函数与导数中的应用
典例1　(1)C　[对于A，－ln x1，设f(x)＝ex－ln x．
所以f'(x)＝ex－，设g(x)＝xex－1，则有g'(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)内单调递增，因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，从而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0．
由单调性可判断出，当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f'(x)<0；
当x∈(x0，1)时，g(x)>0，f'(x)>0，所以f(x)在(0，1)内不单调，不等式不会恒成立，A不正确；
对于B，＋ln x2，设函数h(x)＝ex＋ln x，
可知h(x)单调递增，所以h(x1)对于C，x2，构造函数φ(x)＝，φ'(x)＝，
则φ'(x)<0在x∈(0，1)时恒成立，所以φ(x)在(0，1)内单调递减，所以φ(x1)>φ(x2)成立，C正确，D错误．故选C．]
(2)解：由[f(x1)－f(x2)]<，
得f(x1)－f(x2)<4，
即f(x1)－令g(x)＝f(x)－＋1，
因为x1所以函数g(x)在(0，1]上单调递增，
故g'(x)＝≥0在(0，1]上恒成立，即a≥x－在(0，1]上恒成立．
设y＝x－，y'＝1＋>0，
所以y＝x－在(0，1]上单调递增，
所以a≥＝1－4＝－3．
综上所述，实数a的取值范围为[－3，＋∞)．
考教衔接
1．(1)B　(2)B　[(1)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．
又因为22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，
所以2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)所以a<2b．故选B．
(2)因为(a＋1)b+1＝(b＋3)a，a>0，b>0，
所以．
设f(x)＝(x>0)，
则f'(x)＝．
设g(x)＝－ln(x＋1)(x>0)，
则g'(x)＝<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当x→0时，g(x)→0，
所以g(x)<0，即f'(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
因为f(a)>f(b＋1)，所以a典例2　解：(1)log2x－k·2kx≥0 xlog2x≥kx·2kx (log2x)·≥kx·2kx，
相应的同构函数为f(x)＝x·2x．
(2)aln(x－1)＋2(x－1)≥ax＋2ex
aln(x－1)＋2(x－1)≥aln ex＋2ex，
相应的同构函数为f(x)＝aln x＋2x．
(3)e-x－2x－ln x＝0 e-x－x＝x＋ln x
e-x＋ln e-x＝x＋ln x，
相应的同构函数为f(x)＝x＋ln x．
典例3　解：(1)由x2＋xln x≥ax－e-x，
得a≤x＋ln x＋＝ln(xex)＋，
设φ(x)＝xex，x>0，则φ'(x)＝(x＋1)ex>0，
故函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)>φ(0)＝0．
再设s(t)＝ln t＋(t>0)，则s'(t)＝．
当0当t>1时，s'(t)>0，故函数s(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故s(t)≥s(1)＝1，故a≤1，即a的取值范围是(－∞，1]．
(2)证明：f(x)≤g(x)，即ex-1ln x≤x2－x＝x(x－1)，变形为．
法一：即证在x∈(0，2)内恒成立．
设l(x)＝(0所以，当00，l(x)单调递增；
当1所以l(x)≤l(1)＝．
令t(x)＝ln x－x＋1，t'(x)＝，
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，
且在x∈(0，2)内有
所以可得到l(ln x)≤l(x－1)，即，
所以在x∈(0，2)时，有f(x)≤g(x)成立．
法二：即证在x∈(0，2)内恒成立．
设p(x)＝，则p'(x)＝，
所以，当x∈(0，e)时，p'(x)>0，p(x)单调递增，易知，当x∈(0，2)时，x≤ex-1所以p(x)≤p(ex-1)，即，
所以在x∈(0，2)时，有f(x)≤g(x)成立．
考教衔接
2．B　[由题意可得 x0－ln x0－ax0＝1，
即－(ln x0＋ax0)＝1，
令ln x0＋ax0＝t，即存在t使得et－t＝1，
构造g(t)＝et－t，g'(t)＝et－1，
由g'(t)＝et－1<0，可得t<0，
由g'(t)＝et－1>0，可得t>0，
所以g(t)＝et－t在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝1，所以ln x0＋ax0＝t＝0，即存在x0∈R，使得ln x0＋ax0＝0，
参变分离得到a＝－，
令h(x)＝－，x>0，h'(x)＝－，x>0，
易得当x∈(0，e)时，h'(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，h'(x)>0，
所以h(x)＝－(x>0)在(0，e)内单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，最小值为h(e)＝－，当x→0+时，h(x)→＋∞，
所以h(x)＝－(x>0)的值域为－，＋∞，
所以实数a的取值范围是．故选B．]
3．证明：f(x)＝，
当x>e－1时，ln(x＋2)>1，
要证即证．
设h(x)＝，则h'(x)＝，
当x>1时，h'(x)>0，
则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因为h(x＋1)＝，h(ln(x＋2))＝，
当x>e－1时，x＋1>e，ln(x＋2)>1，
故只需证明x＋1>ln(x＋2)．
令g(x)＝x－ln(x＋1)，x∈(－1，＋∞)，
则g'(x)＝，
当x∈(－1，0)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(0)＝0，
则x≥ln(x＋1)在(－1，＋∞)上成立，
故x＋1≥ln(x＋2)，即f(x)1/4(共74张PPT)
专题六　函数、导数和不等式
培优课13　同构法在函数与导数中的应用
通过观察式子结构，将式子中的等式或不等式经过适当的整理变形，找到式子两边对应的同一个函数，将问题化繁为简．像这种找函数模型的方法，称为同构法．
类型1　双变量结构相同的同构函数类型
(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)＋．
√
【典例1】　(1)若0A．>ln x2－ln x1
B．>ln x2－ln x1
C．
D．
(2)(2025·山东嘉祥一中模拟)已知函数f (x)＝a ln x－x＋1(a∈R)，对任意的x1，x2∈(0，1]，当x1(1)C　[对于－ln x1，设f (x)＝ex－ln x．
所以f ′(x)＝ex－＝，设g(x)＝xex－1，则有g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)内单调递增，因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，从而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0．
由单调性可判断出，当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f ′(x)<0；
当x∈(x0，1)时，g(x)>0，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，1)内不单调，不等式不会恒成立，A不正确；
对于＋ln x2，设函数h(x)＝ex＋ln x，
可知h(x)单调递增，所以h(x1)对于，构造函数φ(x)＝，φ′(x)＝，
则φ′(x)<0在x∈(0，1)时恒成立，所以φ(x)在(0，1)内单调递减，所以φ(x1)>φ(x2)成立，C正确，D错误．故选C．]
(2)[解]　由[f (x1)－f (x2)]<，
得f (x1)－f (x2)<4，
即f (x1)－令g(x)＝f (x)－＝a ln x－x－＋1，
因为x1所以函数g(x)在(0，1]上单调递增，
故g′(x)＝－1＋≥0在(0，1]上恒成立，
即a≥x－在(0，1]上恒成立．
设y＝x－，y′＝1＋>0，
所以y＝x－在(0，1]上单调递增，
所以a≥＝1－4＝－3．
综上所述，实数a的取值范围为[－3，＋∞)．
反思领悟　具有地位同等的两个变量x，y(或a，b)的等式或不等式，如果进行变形后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决．
√
1．(1)(2020·全国Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　)
A．a>2b　　　　　　 B．a<2b
C．a>b2 D．a(2)已知a>0，b>0，且(a＋1)b+1＝(b＋3)a，则(　　)
A．a>b＋1 B．aC．ab－1
√
(1)B　(2)B　[(1)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．
又因为22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，
所以2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f (a)所以a<2b．故选B．
(2)因为(a＋1)b+1＝(b＋3)a，a>0，b>0，
所以＝>．
设f (x)＝(x>0)，
则f ′(x)＝．
设g(x)＝－ln (x＋1)(x>0)，
则g′(x)＝＝<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当x→0时，g(x)→0，
所以g(x)<0，即f ′(x)<0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
因为f (a)>f (b＋1)，所以a√
【教用·备选题】
已知f (x)＝x2＋2ax－1，对任意x1，x2∈[1，＋∞)且x1＜x2，恒有
x2f (x1)－x1f (x2)＜a(x1－x2)成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，2] B．(－∞，3]
C． D．
A　[由x2f (x1)－x1f (x2)＜a(x1－x2)，x1，x2∈[1，＋∞)，
得＜，所以＜，
因为x1，x2∈[1，＋∞)且x1＜x2，所以函数g(x)＝在[1，＋∞)上单调递增，即g(x)＝x＋2a－在[1，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝1＋＝≥0在[1，＋∞)上恒成立，所以x2＋1－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤x2＋1在[1，＋∞)上恒成立，所以a≤2，所以实数a的取值范围是(－∞，2]．
故选A．]
类型2　指对混合型同构的三种同构基本模式
(1)积型：
aea≤b ln b
(2)商型：

(3)和差型：
ea±a>b±ln b
例：eax＋ax>ln ＋x＋1 eax＋ax>eln (x+1)＋ln ax>
ln ．
【典例2】　对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数．
(1)log2x－k·2kx≥0；
(2)a ln ＋2≥ax＋2ex；
(3)e－x－2x－ln x＝0．
[解]　(1)log2x－k·2kx≥0 xlog2x≥kx·2kx (log2x)·≥ kx·2kx，
相应的同构函数为f (x)＝x·2x．
(2)a ln (x－1)＋2(x－1)≥ax＋2ex
a ln (x－1)＋2(x－1)≥a ln ex＋2ex，
相应的同构函数为f (x)＝a ln x＋2x．
(3)e－x－2x－ln x＝0 e－x－x＝x＋ln x
e－x＋ln e－x＝x＋ln x，
相应的同构函数为f (x)＝x＋ln x．
反思领悟　指对变形的五种等价形式
(1)ln ex＝x＝eln x；(核心公式)
(2)xex＝eln xex＝eln x＋x；
(3)＝＝eln x－x；
(4)x＋ln x＝ln ex＋ln x＝ln (xex)；
(5)x－ln x＝ln ex－ln x＝ln ．
【典例3】　(1)(2025·河北秦皇岛模拟节选)已知x2＋x ln x≥ax－
e－x，求a的取值范围．
(2)已知函数f (x)＝ex-1ln x，g(x)＝x2－x．证明：当x∈(0，2)时，
f (x)≤g(x)．
[解]　(1)由x2＋x ln x≥ax－e－x，
得a≤x＋ln x＋＝ln (xex)＋，
设φ(x)＝xex，x>0，则φ′(x)＝(x＋1)ex>0，
故函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)>φ(0)＝0．
再设s(t)＝ln t＋(t>0)，则s′(t)＝＝．
当0当t>1时，s′(t)>0，故函数s(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故s(t)≥s(1)＝1，故a≤1，即a的取值范围是(－∞，1]．
(2)证明：f (x)≤g(x)，即ex-1ln x≤x2－x＝x(x－1)，
变形为．
法一：即证在x∈(0，2)内恒成立．
设l(x)＝(0＜x＜2)，则l′(x)＝＝，
所以，当0＜x<1时，l′(x)>0，l(x)单调递增；
当1＜x＜2时，l′(x)<0，l(x)单调递减，
所以l(x)≤l(1)＝．
所以l(x)≤l(1)＝．
令t(x)＝ln x－x＋1，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，且在x∈(0，2)内有
所以可得到l(ln x)≤l(x－1)，即，
所以在x∈(0，2)时，有f (x)≤g(x)成立．
法二：即证在x∈(0，2)内恒成立．
设p(x)＝，则p′(x)＝，
所以，当x∈(0，e)时，p′(x)>0，p(x)单调递增，
易知，当x∈(0，2)时，x≤ex-1所以p(x)≤p(ex-1)，即，
所以在x∈(0，2)时，有f (x)≤g(x)成立．
反思领悟　指对同构的本质：指、幂、对三种函数的互相转化，即＝x＝logaax(a＞0且a≠1)．
√
2．(2025·辽宁大连三模)已知f (x)＝xeax－ln x－ax，若存在x0∈R，使得f (x0)＝1，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
B　[由题意可得－ln x0－ax0＝1，
即－(ln x0＋ax0)＝1，
令ln x0＋ax0＝t，即存在t使得et－t＝1，
构造g(t)＝et－t，g′(t)＝et－1，
由g′(t)＝et－1<0，可得t<0，
由g′(t)＝et－1>0，可得t>0，
所以g(t)＝et－t在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又g(0)＝1，所以ln x0＋ax0＝t＝0，即存在x0∈R，使得ln x0＋ax0＝0，
参变分离得到a＝－，
令h(x)＝－，x>0，h′(x)＝－，x>0，
易得当x∈(0，e)时，h′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，
所以h(x)＝－(x>0)在(0，e)内单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，最小值为h(e)＝－，当x→0＋时，h(x)→＋∞，
所以h(x)＝－(x>0)的值域为，
所以实数a的取值范围是．故选B．]
3．设函数f (x)＝，当x>e－1时，证明：f (x)[证明]　f (x)＝＝，
当x>e－1时，ln (x＋2)>1，
要证．
设h(x)＝，则h′(x)＝，
当x>1时，h′(x)>0，则h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因为h(x＋1)＝，h(ln (x＋2))＝，
当x>e－1时，x＋1>e，ln (x＋2)>1，
故只需证明x＋1>ln (x＋2)．
令g(x)＝x－ln (x＋1)，x∈(－1，＋∞)，
则g′(x)＝，当x∈(－1，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)≥g(0)＝0，
则x≥ln (x＋1)在(－1，＋∞)上成立，
故x＋1≥ln (x＋2)，即f (x)【教用·备选题】
设f (x)＝(x∈R)．
(1)求f (x)的单调性，并求曲线y＝f (x)在x＝处的切线方程；
(2)若(ex)·f (x)≤k·(ln x＋1)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的取值范围．
[解]　(1)∵f (x)＝(x∈R)，
∴f ′(x)＝＝，由f ′(x)＜0，得x＞1，由f ′(x)＞0，得x＜1，
∴函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当x＝时，f ＝＝，∴切点坐标为，
又f ′＝＝，
∴曲线y＝f (x)在x＝处的切线方程为
y－＝，
即y＝x＋．
(2)由(ex)·f (x)≤k·(ln x＋1)，即≤k·(ln x＋1)，
∴≤k·＝k·，
∵x∈(1，＋∞)，∴＞0，
∴k≥，由(1)可知f (x)＝在(1，＋∞)上单调递减，
下证：x＞ln x＋1，
即证：x－ln x＞1在x∈(1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－＝＞0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又∵x＞1，∴g(x)＞g(1)＝1－ln 1＝1．
∴x＞ln x＋1＞1，
∵f (x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，
∴f (x)＜f (ln x＋1)，
即＜，∴＜1．∴k≥1．
即k的取值范围为[1，＋∞)．
8
重点培优练13　同构法在函数与导数中的应用
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
1．已知α，β∈R，则“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”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
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
C　[构造函数f (x)＝x－cos x，
则f ′(x)＝1＋sin x≥0在定义域R上恒成立，
所以函数f (x)＝x－cos x为增函数，
又因为α＋β>0，所以α>－β，
所以f (α)>f (－β)，
即α－cos α>－β－cos (－β)，
即α－cos α>－β－cos β，
所以α＋β>cos α－cos β，
8
所以α＋β>cos α－cos β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cos α－cos β”；
根据α＋β>cos α－cos β，
可得α－cos α>－β－cos β，
即α－cos α>－β－cos (－β)，
所以f (α)>f (－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cos α－cos β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”的充要条件．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
2．若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m的最小值是(　　)
A．e2　　　B．e　　　C．1　　　D．
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，则x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，
所以x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，即＞，
令f (x)＝，则函数f (x)在(m，＋∞)上单调递减，
因为f ′(x)＝－，由f ′(x)＜0，可得x＞，
8
所以函数f (x)的单调递减区间为，
所以(m，＋∞) ，所以m≥，
因此，实数m的最小值为．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
3．(2025·安徽蚌埠模拟)已知a>e，b>e，且a(1＋ln b)＝(1＋eb)ln a，其中e为自然对数的底数，则下列结论正确的是(　　)
A．ln a－ln b<1 B．aeC．ab6
√
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[因为a>e，b>e，所以ln a>1，ln b>1，
又因为a(1＋ln b)＝(1＋eb)ln a，
所以＝>，所以>，
令f (x)＝(x>1)，则f ′(x)＝＝．
当x>1时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ln a>1＋ln b，即ln a－ln b>1，故A错误；
8
所以ln>ln e，由对数函数的单调性得>e，即a>eb，所以ae>e2b>b，故B错误；
因为b>e，结合a>eb可得ab>eb2>e3，故C错误；
因为a>eb>e2，所以＋2ln b>4＋2＝6，故D正确．
故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
4．(多选)已知x>y>0，则下列不等式正确的有(　　)
A．ex－ey>x－y
B．ln x－ln y>x－y
C．ln x≥1－
D．>
√
√
√
8
ACD　[设f (x)＝ex－x(x>0)，则f ′(x)＝ex－1>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f >f，即ex－x>ey－y，即ex－ey>x－y，A正确；
令x＝e，y＝1，则ln x－ln y＝1，而x－y＝e－1＞1，所以ln x－ln y设h(x)＝ln x－1＋(x>0)，则h′(x)＝＝，
当0当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
则h(x)＝ln x－1＋在x＝1时取得最小值h(1)＝ln 1－1＋＝0，即ln x≥1－，C正确；
设g＝x·ex，则g′＝ex>0，所以g＝x·ex在上单调递增，
所以由x>y>0得x·ex>y·ey，即>，D正确．故选ACD．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
5．(多选)已知a，b∈(0，＋∞)，e是自然对数的底数，若b＋eb＝a＋ln a，则的取值可以是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
√
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
CD　[设f ＝x＋ex，则f 在R上单调递增，
因为f －f ＝b＋eb－＝a＋ln a－(ln a＋a)＝0，则b＝ln a，设＝t>0，则a＝bt，即ln a＝b＝ln (bt)＝ln b＋ln t，
所以ln t＝b－ln b，设g(x)＝x－ln x，x>0，g′＝1－＝，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
则g在内单调递减，在上单调递增，
g＝g＝1，即ln t≥1，
所以t≥e，即≥e，故的取值可以是3和4．故选CD．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．已知a，b∈(，＋∞)，且满足>ln ，则a，b，的大小关系是_________．
a>>b　[>ln b－ln a，即＋ln a>＋ln b，
令g(x)＝＋ln x，x>，则g′(x)＝－＝>0，∴g(x)在(，＋∞)上单调递增．
∵g(a)>g(b)，∴a>b，又∵·>·>·，
∴a>>b．]
a>>b
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
7．已知函数f (x)＝aex-1－ln x＋ln a，若f (x)≥1，求a的取值范围．
[解]　f (x)＝aex-1－ln x＋ln a≥1等价变形为
eln a＋x-1－ln x＋ln a≥1，
即eln a＋x-1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x，
令g＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x)，显然g为增函数，
∴ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1，
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
令h＝ln x－x＋1，则h′＝－1＝，
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，
∴h＝h＝0，
∴ln a≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．
8．(2025·四川绵阳模拟)已知函数f (x)＝ln x＋k－ex－k．
(1)当k＝0时，求证：f (x)的最大值小于－2；
(2)若f (x)有两个零点，求实数k的取值范围．
[解]　(1)证明(放缩法)：当k＝0时，f (x)＝ln x－ex，
先证明：ex>x＋1，令g(x)＝ex－x－1，其中x>0，则g′(x)＝ex－1，
当x>0时，g′(x)＝ex－1>0，
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，即g(x)＝ex－x－1>g(0)＝1－0－1＝0，则不等式ex>x＋1在x∈(0，＋∞)上恒成立，
再证明：ln x≤x－1，令h(x)＝ln x－x＋1，其中x>0，则h′(x)＝－1＝，则当x>1时，h′(x)<0，当00，
所以h(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
即h(x)＝ln x－x＋1≤h(1)＝ln 1－1＋1＝0，
则不等式ln x≤x－1在x∈(0，＋∞)上恒成立，
所以f (x)＝ln x－ex题号
1
3
5
2
4
6
7
8
(2)(指对混合同构)由f (x)＝ln x＋k－ex－k＝0，
得ln x＋x＝x－k＋ex－k＝ln ex－k＋ex－k，
构造函数φ(x)＝ln x＋x，则φ′(x)＝＋1．
因为x>0，所以φ′(x)>0，
即函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由ln x＋x＝ln ex－k＋ex－k φ(x)＝φ(ex－k)，
根据单调性可得
x＝ex－k ln x＝x－k k＝x－ln x．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
构造t(x)＝x－ln x，则t′(x)＝1－＝，
则当x>1时，t′(x)>0，
当0所以t(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即t(x)＝x－ln x≥t(1)＝1．
当x→0时，由ln x→－∞，可知t(x)＝x－ln x→＋∞，
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
当x→＋∞时，由对数函数没有一次函数增长得快，可知t(x)＝x－ln x→＋∞，
而函数f (x)＝ln x＋k－ex－k有两个零点等价于直线y＝k与函数t(x)＝x－ln x的图象有两个交点，根据数形结合，得k>1．
即实数k的取值范围为(1，＋∞)．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
【教用·备选题】
1．(多选)若正实数x，y满足xex-1＝y(1＋ln y)，则下列不等式中可能成立的是(　　)
A．1＜x＜y B．1＜y＜x
C．x＜y＜1 D．y＜x＜1
√
√
AC　[因为xex-1＝y(1＋ln y)，
所以xex-1＝(1＋ln y)e(1+ln y)-1，
因为x＞0，所以xex-1＞0，则1＋ln y＞0，
令f (x)＝xex-1，x∈(0，＋∞)，
则f ′(x)＝(x＋1)ex-1＞0，
所以f (x)＝xex-1在(0，＋∞)上单调递增，
由f (x)＝f (1＋ln y)，可得x＝1＋ln y，
令g(x)＝ln x＋1－x，则g′(x)＝－1＝，所以当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝0，则g(x)＝ln x＋1－x≤0，即ln x＋1≤x，当且仅当x＝1时取等号，
即1＋ln y≤y，当且仅当y＝1时取等号，
又x＝1＋ln y，所以x≤y，
当且仅当x＝y＝1时取等号，当y≠1时，1＜x＜y或x＜y＜1．
结合y＝ln x＋1与y＝x的图象也可得到1＜x＜y或x＜y＜1．]
2．若f (x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是__________．
(e，＋∞)　[f (x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数为增函数．
当t≠0时，由et－at＝0，得a＝，
可知函数y＝(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，＋∞)．]
(e，＋∞)
3．已知函数f (x)＝ex＋(1－a)x－ln(ax)(a>0)．若对于任意的x>0，有
f (x)≥0，求正数a的取值范围．
[解]　f (x)≥0，
即ex＋x－ax－ln(ax)≥0(a>0，x>0)
ex＋x≥ax＋ln (ax)(a>0，x>0)
ex＋x≥eln(ax)＋ln (ax)(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(ln(ax))，
即x≥ln(ax)(a>0，x>0)
ln a≤x－ln x(a>0，x>0)．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝1－＝，
易知φ(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，
可得04．(2025·山东烟台三模)若不等式xex－x－ln x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(0，1] B．(0，e－1]
C．(－∞，1] D．(－∞，e－1]
√
C　[因为xex－x－ln x－a≥0，
即eln x＋x－(ln x＋x)－a≥0．
令t＝ln x＋x，则et－t－a≥0恒成立，则a≤et－t恒成立，
令φ(t)＝et－t，则φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；
当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，
所以φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以φ(t)min＝φ(0)＝1，所以a≤1，故a的取值范围为(－∞，1]．
故选C．]
5．设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea
C．ab√
B　[由已知aea设f (x)＝xln x，则f (ea)∵a>0，∴ea>1，
∵b>0，b ln b>aea>0，∴b>1．
当x>1时，f ′(x)＝ln x＋1>0，
则f (x)在(1，＋∞)上单调递增，∴ea6．若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．(－∞，e]
C．(－∞，1] D．(－∞，2]
√
C　[∵ex－a≥ln x＋a，
∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，
设f (t)＝et＋t，则f ′(t)＝et＋1＞0，
∴f (t)在R上单调递增，
又ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，
∴f (x－a)≥f (ln x)，
即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，
设g(x)＝x－ln x，
则g′(x)＝1－＝，
令g′(x)＞0，则x＞1，令g′(x)＜0，则0＜x＜1，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)内单调递减，
故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1．故选C．]
7．已知函数f ＝x2－ax＋2ln x，若a>0，f ≤eax恒成立，求a的取值范围．
[解]　由f ≤eax，可得x2＋2ln x≤eax＋ax，
即＋ln x2≤eax＋ax．
令g＝ex＋x，易知g单调递增．
由＋ln x2≤eax＋ax，可得g≤g，则ln x2≤ax，即．
设h＝，则h′＝，当x>e时，h′<0，h单调递减，
当00，h单调递增，
所以＝h(e)＝＝，
所以，则a的取值范围为．
谢 谢！

展开更多......

收起↑