专题01 同构函数型-2021年高考数学压轴题解法分析与强化训练

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重难点：导数中的同构问题12大题型(学生版)-高中数学

重难点：导数中的同构问题12大题型一、常见同构模型①对于xf (x)+f(x)>0(<0)，构造h(x)=xf (x)；一般的，对于xf (x)+nf(x)>0(<0)，构造h(x)=x n f(x)．②对于xf (x)-f(x)>0(<0)，构造h x =f xx；一般的，对于xf(x)-nf(x)>0(<0)，构造h(x)=f(x) x n．③对于f (x)-f(x)>0(<0)，构造h x =f xe x；一般的，对于f (x)-nf(x)>0(<0)，构造h(x)=f(x)e nx．④对于f (x)+f(x)>0(<0)，构造h x =e x f x ；一般的，对于f (x)+nf(x)>0(<0)，构造h(x)=e nx f(x)．⑤对于f (x)>f(x)tan x(或f (x)<f(x)tan x)，即f (x)cos x-f(x)sin x>0(<0)，构造h(x)=f(x)cos x．⑥对于f (x)cos x+f(x)sin x>0(<0)，构造h(x)=f(x) cos x．⑦对于f (x)f(x)>0，构造h(x)=ln f(x).⑧对于f (x)+ln af(x)>0(<0)，构造h(x)=a x f(x).⑨对于f (x)ln x+f(x)x>0(<0)，构造h(x)=f(x)ln x.⑩乘积同构模型：(11)商式同构模型：(12)和差同构模型：二、六大超越函数图像表达式图像极值点y=x ln x(x>0)1e,-1ey=xe x-1,-1ey=xln x(e,e)y=e xx1,ey=ln xx (x>0)e,1ey=xe x1,1e三、添项同构乘法同构：ln a ⋅e x ln a >ln x ⇔x ln a ⋅e x ln a >ln x ⋅e ln x ，对变形要求低，找亲戚函数xe x 与x ln x 易实现，但构造的函数xe x 与x ln x 均不是单调函数加法同构：a x >log a x ⇔a x +x >log a x +x =a log ax +log a x ，要求不等式两边互为反函数，构造后的函数为单调函数，可直接由函数不等式求参数范围.四、常见结构①a x >log a x ⇒e x ln a>ln x ln a⇒x ln a ⋅e x ln a >x ln x =ln x ⋅e ln x ⇒x ln a >ln x ⇒a >e 1e；②e λx >ln x λ⇒λe λx >ln x ⇒λx ⋅e λx >x ln x ⇒λx ⋅e λx >ln x ⋅e ln x ⇒λx >ln x ⇒λ>1e ；③e ax +ax >ln x +1 +x +1=e ln x +1+ln x +1 ⇒ax >ln x +1④xe x=ex +ln x≥x +ln x +1；x +ln x =ln xe x ≤xe x -1题型归纳题型一：同构训练1.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)log 2x -k ⋅2kx ≥0(2)e 2λx -1λln x ≥0；(3)x 2ln x -me m x≥0(4)a e ax +1 ≥2x +1xln x (5)a ln x -1 +2x -1 ≥ax +2e x (6)x +a ln x +e -x ≥x a (x >1)(7)e -x -2x -ln x =0(8)x 2e x +ln x =0．题型二：利用f (x )与x 构造2.已知f (x )是定义在R 上的偶函数，当x >0时，xf (x )-f (x )x 2>0，且f -2=0，则不等式f (x )x >0的解集是()A.-2,0 ∪0,2B.-∞,-2 ∪2,+∞C.-2,0 ∪2,+∞D.-∞,-2 ∪0,23.已知函数f x 及其导函数f x 的定义域均为R ，且x -1 f x +f x >0,f 2-x =f x e 2x -2，则不等式f ln x e 2<f 2x 的解集是()A.0,e 2B.1,e 2C.e ,e 2D.e 2,+∞4.已知f (x )为偶函数，且f (1)=0，令F (x )=f (x )x2，若x >0时，xf (x )-2f (x )>0，关于x 的不等式F (ln x )<0的解集为()A.x 1e <x <1 或1<x <e B.x 0<x <eC.x 1e <x <eD.x 0<x <1e或x >e 5.已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (2)=4，当x >0时，有xf (x )+2f (x )>0，则f (x )>16x2的解集为．题型三：利用f (x )与e x 构造6.已知函数f (x )的定义域为R ，其导函数为f '(x )，对任意x ∈R ，f '(x )>f (x )恒成立，且f (1)=1，则不等式ef (x )>ex 的解集为()A.(1，+∞)B.[1，+∞)C.(-∞，0)D.(-∞，0]7.已知函数f (x )的定义域为R ，其导函数为f '(x )，且满足f (x )>f '(x )对∀x ∈R 恒成立，e 为自然对数的底数，则A.e 2017f (2018)<e 2018f (2017)B.e 2017f (2018)=e 2018f (2017)C.e 2017f (2018)>e 2018f (2017)D.e 2017f (2018)与e 2018f (2017)的大小不能确定8.已知函数f (x )定义域为R ，其导函数为f x ，且3f x -f x >0在R 上恒成立，则下列不等式定成立的是()A.f 1 <e 3f 0B.f 1 <e 2f 0C.f 1 >e 3f 0D.f 1 >e 2f 09.已知函数f (x )是定义域R 上的可导函数，其导函数为f (x )，对于任意的x ∈R ,f (x )<-f (x )恒成立，则以下选项一定正确的是()A.5f (ln5)<2f (ln2)B.6f (ln6)>3f (ln3)C.2f (ln5)>5f (ln2)D. 3f (ln6)<6f (ln3)题型四：函数f (x )与sin x ，cos x 的构造10.已知函数f (x )的定义域为(0,π)，其导函数是f (x )．若f (x )sin x -f (x )cos x >0恒成立，则关于x 的不等式f (x )<2f π6sin x 的解集为()A.0,π6B.π6,πC.-∞,π6D.π6,π211.已知奇函数f x 的定义域为-π2,π2 ，且f ′x 是f x 的导函数，若对任意x ∈-π2,0 ，都有f ′x cos x +f x sin x <0则满足f θ <2cos θ⋅f π3的θ的取值范围是()A.-π2,π3 B.-π2,π3 ∪π3,π2 C.-π3,π3D.π3,π212.已知函数y =f x 对任意的x ∈-π2,π2 满足f (x )cos x -f x sin x >0(其中f x 是函数f x 的导函数)，则下列不等式成立的是()A.f -π3>2f -π4 B.f π3<2f π4 C.2f 0 <f π3D.2f 0 >f π413.(多选)已知函数y =f x 是偶函数，对于任意的x ∈0,π2满足f x cos x +f x sin x >0(其中f x 是函数f x 的导函数)，则下列不等式成立的是()A.2f π3 <f π4 B.3f -π4 >2f -π6C.3f π4 <2f -π6D.f π6<3f -π3题型五：利用同构比大小14.(2024·四川·模拟预测)已知a =ln 32,b =13,c =e -2，则a ,b ,c 的大小关系为()A.a >b >cB.a >c >bC.b >a >cD.b >c >a15.(2023·广东·模拟预测)已知a =tan0.01，b =1-cos0.01，c =0.015，则()A.a >b >cB.c >a >bC.c >b >aD.b >c >a16.(2024·安徽芜湖·模拟预测)已知a =19，b =ln 109，c =(lg11-1)ln9，则a ，b ，c 的大小关系是()A.c b >cB.b >c >aC.c >a >bD.a >c >b题型六：化为和差同构模型18.若不等式x m e x +x ≤e mx +mx m x -ln x 恒成立，则实数m 的取值范围是()A.1e +1,+∞ B.1,+∞C.ee -1,+∞ D.e -1,+∞19.函数f x =e mx +m -1 x -ln x m ∈R ．若对任意x >0，都有f x ≥0，则实数m 的取值范围为．20.已知不等式ln x +a ≤e x -a 对∀x ∈1,+∞) 恒成立，则a 的取值范围为.21.已知λ>0，对任意的x >1，不等式e 2λx -ln x2λ≥0恒成立，则λ的取值范围为.题型七：化为乘积，商式同构模型22.若关于x 的不等式e a +x ⋅ln x <x 2+ax 对∀x ∈(0,1)恒成立，则实数a 的取值范围为()A.-∞,0B.-1,0C.-1,+∞D.0,+∞23.设实数a >0，若不等式a e 2ax +1 ≥x +1xln x 对任意x >0恒成立，则a 的最小值为()A.12eB.1eC.eD.2e24.已知函数f x =ax 2ln x -x ln ax 2，若对任意x ∈e -12,1 ，都有f x <0，则a 的取值范围为.25.已知函数f x =e x -e a a +ln x .(1)当a =1时，求f x 的单调递增区间；(2)若f x ≥0恒成立，求a 的取值范围.题型八：添项后构造乘积型同构模型26.若存在正实数x ，使得不等式a ⋅2ax ⋅ln2-ln x ≤0a >0 成立，则a 的最大值为．27.若存在正实数x ，使得不等式1aln x ≥3ax ln3a >0 成立(e 是自然对数的底数)，则a 的最大值为.28.已知正数x ,y 满足y ln x +y ln y =e x ，则xy -2x 的最小值为．29.已知正数x ，y 满足y ln x +y ln y =e x ，则函数f x =xy sin x +cos x (0<x ≤2024π)的极小值点的个数为．题型九：添项后构造和差型同构模型30.已知不等式e x ≥a a x -1eln a >0 恒成立,则实数a 的最大值为31.已知不等式x +a ln ≤e x -a 对∀x ∈1,+∞ 恒成立，则a 的取值范围为．32.已知ae ax -ln x +2a-2≥0在-2a ,+∞ 上恒成立，则实数a 的取值范围．题型十：同构后再换元构造新函数33.已知f (x )=axe 2x a ∈R ，若关于x 的f (x )-2x -x ln ≥0恒成立，求实数a 的取值范围.34.已知函数f (x )=2x -a x ln ，若函数f (x )≥a +2 x -xe x 恒成立，求实数a 的取值范围．35.已知函数f (x )=x ln -x -xe -x -k 恒有零点，则实数k 的取值范围是()A.-∞,-1B.-∞,-1-1eC.-1-1e,-1 D.-1-1e ,0方法1：同构要使f (x )=x ln -x -xe -x -k 恒有零点，只需k =x ln -x -xe -x =x ln -x -e xln e -x设x ln -x =t ，求导可知t ∈-∞,-1而k =t -e t ，求导可知函数k =t -e t 在-∞,-1 上单调递增，故k ∈-∞,1-1e方法2：分参求导k =x ln -x -xe -x ，令g (x )=x ln -x -xe -x ，则g (x )=1x -1-e -x +xe -x =1-x 1x -1ex∵1x -1ex >0故g (x )=x ln -x -xe -x 在0,1 递增，1,+∞ 递减，故g (x )max =g (1)=-1-1e，故选B .注：由常见不等式e x ≥x +1得到，即e x -x >01x -1ex >0；或者令h (x )=1x -1e x =e x -x xe x，h (x )=e x -1x 2e 2x ，因为x >0,故h (x )>0方法3：直接求导(可以消掉k )f(x )=1x -1+x e x -1e x =-xe x +e x +x 2-x xe x =x -1 x -e xxe x，不难得出x -e x 在0,+∞ 上恒小于0，故f (x )在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上递减，故f (x )max =f (1)=-1-1e -k ，当x 0时，f (x ) -∞，故f (x )的值域为-∞,-1-1e -k ，则-1-1e -k ≥0 k ≤-1-1e .题型十一：同构后放缩36.已知函数f (x )=m ln (x +1)-mx ，若不等式f (x )>x +1-e x 在0,+∞ 上恒成立，则实数m 的取值范围是.37.已知a >b >1，若e a +be a =ae b +1+a ，则A.ln (a +b )>1 B.ln (a -b )<0 C.3a +3-b <23 D.3a -1<3b【答案】A总结：一般都是去括号，这题反过来，可能一下子看不出来，后续计算量很小第一步，提公因式：e a +be a =ae b +1+a ⇒b +1 e a =a e b +1+1第二步，局部同构：b +1 e a =a e b +1+1 ⇒b +1e b +1+1=ae a 第三步，构造函数：令g (x )=x e x ，易知g (x )在1,+∞ ↓，则有g (b +1)=b +1e b +1>b +1e b +1+1=ae a ，故g (b +1)>g (a )⇒b +1<a ，则A 正确38.若正实数a ，b 满足a ln b -ln a +a ≥be a -1，则1ab的最小值为．题型十二：局部同构39.已知函数f(x)=ax+ln x+1-xe2x对任意的x>0，f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为()A.(-∞，0]B.(-∞，2]C.(-∞，1]D.(-∞，3]40.若当x∈0,π2时，关于x的不等式e x-x cos x+cos x lncos x+ax2≥1恒成立，则满足条件的a的最小整数为()A.1B.2C.3D.441.已知关于x的不等式e x-1+a>a ln ax-2a(a>0)恒成立，则实数a的取值范围为.巩固提升1.(2024·山东潍坊·三模)已知函数f x 的导函数为f x ，且f1 =e，当x>0时，f x <1x+e x，则不等式f x -ln xe x>1的解集为()A.0,1B.0,+∞C.(1,+∞)D.0,1∪1,+∞2.(2024·重庆沙坪坝·二模)已知a=1e，b=ln33，c=ln55，则a，b，c的大小关系为()A.b<c<aB.c<a<bC.c<b<aD.a<c<b3.(2024沈阳市一模)设定义域为R的函数f x 满足f x >f x ，则不等式e x-1f x <f2x-1的解集为()A.-∞,eB.-∞,1C.e,+∞D.1,+∞4.(2024·广东佛山·模拟预测)已知函数f x 及其导函数f x 的定义域均为0,+∞,f2 =-1，且f x + xf x =1对于x∈0,+∞恒成立，则()A.f1 =0B.f3 =0C.f4 =0D.f6 =05.(2024陕西省宝鸡市二模)已知函数f x 的定义域为-3,3，其导函数为f x ，对任意x∈R,f x > f x 恒成立，且f1 =1，则不等式ef x >e x的解集为()A.1,3B.1,+∞C.-3,1D.-1,16.(2024·广西柳州·一模)已知f x 是定义在0,π上的函数f x 的导函数，有f x cos x>f x sin x，若a=fπ3，b=0，c=-3f5π6 ，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<cB.b<c<aC.c<b<aD.c<a<b7.(2023·河南信阳·一模)已知函数y=f(x)对x∈(0,π)均满足f (x)sin x-f(x)cos x=1x-1，其中f (x)是f(x)的导数，则下列不等式恒成立的是()A.2fπ6<fπ4 B.fπ3 <32fπ2 C.fπ3 <f2π3 D.32fπ2 <f2π38.(多选)(2024·湖南长沙·三模)设函数f(x)在R上存在导函数f (x)，对任意的x∈R有f(x)+f(-x)= x2，且在[0,+∞)上f (x)>x，若f(2-a)+2a>f(a)+2，则实数a的可能取值为()A.-1B.0C.1D.29.(多选)(2024·湖北·二模)已知x>y>0，则下列不等式正确的有()A.e x-e y>x-yB.ln x-ln y>x-yC.ln x≥1-1x D.e xy>eyx10.(多选)(2023·河北保定·三模)已知2n-1⋅ln1+lg2023>lg2023⋅ln2+ln n，满足条件的正整数n 的值有()A.2B.3C.4D.511.(多选)(2024·贵州遵义·三模)已知定义在0,+∞上的函数f x 的导函数为f x ，且不等式xf x + 2f x >2恒成立，则()A.4f1 -f12>3 B.4f2 -f1 <3 C.9f3 -4f2 >3 D.16f2 -f12 >15 12.(2024·湖南·三模)已知e是自然对数的底数．若∀x∈0,+∞，me mx≥ln x成立，则实数m的最小值是．13.(2024·云南·模拟预测)已知f x 是定义域为0,π2的函数f x 的导函数，且f x sin x+f x cos x<0，则不等式f x sin x>12fπ6的解集为．14.(2024高三第二次模拟考试数学(理)试题)定义在R上的偶函数f x 的导函数满足f x <f x ，且f x ⋅f x+3=e2，若f2015=e，则不等式f x <e x的解集为．15.(2024·广东东莞·三模)若a=2,b=e1e,c=π1π，则a,b,c的大小关系为．16.(2024·广东深圳·一模)已知定义在0,+∞上的函数f x =x⋅e ax.(1)若a∈R，讨论f x 的单调性；(2)若a>0，且当x∈0,+∞时，不等式e axx2a≥ln x ax恒成立，求实数a的取值范围.走进高考1.(2022·全国·高考真题)设a=0.1e0.1,b=19，c=-ln0.9，则()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b2.(2021·全国·高考真题)设a=2ln1.01，b=ln1.02，c= 1.04-1．则()A.a<b<cB.b<c<aC.b<a<cD.c<a<b3.(2007·陕西·高考真题)f x 是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf′x +f x ≤0．对任意正数a，b，若a<b，则必有()A.af b ≤bf aB.bf a ≤af bC.af a ≤f bD.bf b ≤f a4.(2023·全国·高考真题)已知函数f x =ax-sin xcos2x ,x∈0,π2．(1)当a=1时，讨论f x 的单调性；(2)若f x +sin x<0，求a的取值范围．5.(2023·天津·高考真题)已知函数f x =1x +1 2ln x+1．(1)求曲线y=f x 在x=2处的切线斜率；(2)求证：当x>0时，f x >1；(3)证明：56<ln n!-n+12ln n+n≤1．6.(2021·全国·高考真题)已知函数f x =x1-xln.(1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b aln-a bln=a-b，证明：2<1a +1b<e.。

导数的综合运用：同构、构造函数选择填空压轴题(解析版)

2024届高考数学专题：同构、构造函数选择填空压轴题一、单选题1.若对∀x ∈12e ,12，不等式(ax -4)ln x <2ln a -ax ln2恒成立，则实数a 的取值范围是()A.(0,4e ]B.(4e ,+∞)C.[4e ,+∞)D.(4e ,+∞)【答案】C【分析】不等式(ax -4)ln x <2ln a -ax ln2变形为ln (2x )2x <ln (ax 2)ax 2，令f x =ln xx ，利用导数研究函数单调性，解不等式求实数a 的取值范围.【详解】由已知得：a >0，由ax -4 ln x <2ln a -ax ln2，得ax ln 2x <2ln a +2ln x 即ax ln (2x )2<ln (ax 2)，可得ln (2x )2x <ln (ax 2)ax 2．令f x =ln xx，x ∈0,+∞ ，则f (2x )<f (ax 2)，求导得f (x )=1-ln x x2，f(x )>0，解得0<x <e ；f (x )<0，解得x >e ，∴f (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减，且当0<x <1时f (x )<0；当x >1时，f (x )>0，函数图像如图所示．∵x ∈12е,12，∴2x ∈1е,1，∴f (2x )<0，由f (2x )<f (ax 2)及f x =ln x x 的图像可知，2x <ax 2恒成立，即a >2x成立，而2x ∈(4,4e )，∴a ≥4е，实数a 的取值范围是[4e ,+∞).故选：C ．2.对任意x ∈0,+∞ ，k e kx +1 -1+1xln x >0恒成立，则实数k 的可能取值为()A.-1B.13C.1eD.2e【答案】D【分析】将恒成立的不等式化为e kx +1 ln e kx >x +1 ln x ，构造函数f x =x +1 ln x ，利用导数可求得f x 单调性，从而得到e kx >x ，分离变量可得k >ln x x ；令h x =ln xx，利用导数可求得h x 最大值，由此可得k 的范围，从而确定k 可能的取值.【详解】当x >0时，由k e kx +1 -1+1xln x >0得：kx e kx +1 >x +1 ln x ，∴e kx +1 ln e kx >x +1 ln x ，令f x =x +1 ln x ，则f x =ln x +1+1x，令g x =f x ，则g x =1x -1x 2=x -1x 2，∴当x ∈0,1 时，g x <0；当x ∈1,+∞ 时，g x >0；∴f x 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，∴f x ≥f 1 =2>0，∴f x 在0,+∞ 上单调递增，由e kx +1 ln e kx >x +1 ln x 得：f e kx >f x ，∴e kx >x ，即k >ln xx；令h x =ln x x ，则h x =1-ln xx 2，∴当x ∈0,e 时，h x >0；当x ∈e ,+∞ 时，h x <0；∴h x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，∴h x ≤h e =1e，∴当x >0时，k >ln x x 恒成立，则k >1e，∴实数k 的可能取值为2e，ABC 错误，D 正确.故选：D .【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是能够对于恒成立的不等式进行同构变化，将其转化为同一函数的两个函数值之间的大小关系的问题，从而利用函数的单调性来进行求解.3.已知对任意的x ∈0,+∞ ，不等式kx e kx +1 -x +1 ln x >0恒成立，则实数k 的取值范围是()A.e ,+∞B.1e ,eC.1e,+∞D.1e2,1e【答案】C【分析】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、常变量分离法进行求解即可.【详解】因为kx e kx +1 >(x +1)ln x ，所以e kx +1 ln e kx >(x +1)ln x ①，令f (x )=(x +1)ln x ，则f (x )=1x +1+ln x ，设g (x )=f (x )=1x+1+ln x ，所以g (x )=-1x 2+1x =x -1x2，当0<x <1时，g(x )<0，当x >1时，g (x )>0，所以f (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以f x ≥f 1 =2，所以f (x )在(0,+∞)单调递增，因为①式可化为f e kx >f (x )，所以e kx >x ，所以k >ln xx，令h (x )=ln x x ，则h (x )=1-ln xx 2，当x ∈(0,e )时，h (x )>0，当x ∈(e ,+∞)时，h (x )<0，所以h (x )在(0,e )单调递增，在(e ,+∞)单调递减，所以h (x )max =h (e )=1e ，所以k >1e，故选：C .4.设实数a >0，对任意的x ∈1e3,+∞，不等式e 2ax -ln x 2a ≥1a -e 2ax ax 恒成立，则实数a 的取值范围是()A.1e ,+∞B.12e,+∞ C.0,1eD.1e2,+∞【答案】B【分析】将e 2ax-ln x 2a ≥1a -e 2ax ax化简为e 2ax 2ax +2 ≥x ln x +2 ，再构造函数f x =x ln x +2 ，求导分析单调性可得e 2ax ≥x 在区间1e3,+∞上恒成立，再参变分离构造函数求最值解决恒成立问题即可.【详解】因为e 2ax-ln x 2a ≥1a -e 2ax ax恒成立即2axe 2ax -x ln x ≥2x -2e 2ax ，可得e 2ax 2ax +2 ≥x ln x +2 ，令f x =x ln x +2 ，则f e 2ax ≥f x 恒成立.又f x =ln x +3，故当x ∈1e 3,+∞时，fx >0，故f x =x ln x +2 在区间1e3,+∞上为增函数.又f e 2ax ≥f x 恒成立，则e 2ax ≥x 在区间1e3,+∞上恒成立，即2ax ≥ln x ，2a ≥ln xx .构造g x =ln x x ,x ∈1e 3,+∞，则g x =1-ln xx2，令g x =0有x =e ，故当x ∈1e3,e时g x >0，g x 为增函数；当x ∈e ,+∞ 时g x <0，g x 为减函数.故g x ≤g e =1e ，故2a ≥1e ，即a ≥12e.故选：B 【点睛】方法点睛：恒(能)成立问题的解法：若f (x )在区间D 上有最值，则(1)恒成立：∀x ∈D ,f x >0⇔f x min >0；∀x ∈D ,f x <0⇔f x max <0；(2)能成立：∃x ∈D ,f x >0⇔f x max >0；∃x ∈D ,f x <0⇔f x min <0.若能分离常数，即将问题转化为：a >f x (或a <f x )，则(1)恒成立：a >f x ⇔a >f x max ；a <f x ⇔a <f x min ；(2)能成立：a >f x ⇔a >f x min ；a <f x ⇔a <f x max .5.已知函数f x =ln x +ax 2，若对任意两个不等的正实数x 1，x 2，都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2，则实数a 的取值范围是()A.14,+∞B.12,+∞C.14,+∞ D.12,+∞ 【答案】D【分析】构造函数g (x )=f (x )-2x =ln x +ax 2-2x (x >0)，则转化得到g x 在(0,+∞)上单调递增，将题目转化为g (x )=1x+2ax -2≥0在(0,+∞)上恒成立，再利用分离参数法即可得到答案.【详解】由题意,不妨设x 1>x 2>0,因为对任意两个不等的正实数x 1,x 2,都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2,所以f x 1 -f x 2 >2x 1-2x 2,即f x 1 -2x 1>f x 2 -2x 2,构造函数g(x)=f(x)-2x=ln x+ax2-2x(x>0),则g x1>g x2,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以g (x)=1x+2ax-2≥0在(0,+∞)上恒成立,即a≥1x-12x2在(0,+∞)上恒成立,设m(x)=1x-12x2(x>0),则m (x)=-1x2+1x3=1-xx3，所以当x∈(0,1)时,m (x)>0,m(x)单调递增，x∈(1,+∞)时,m (x)<0,m(x)单调递减，所以m(x)max=m(1)=1-12=12，所以a≥1 2 .故选：D.6.已知f x 是定义在R上的函数f x 的导函数，且f x +xf x <0，则a=2f2 ,b=ef e ,c=3f3 的大小关系为()A.a>b>cB.c>a>bC.c>b>aD.b>a>c【答案】A【分析】构建g x =xf x ，求导，利用导数判断g x 的单调性，进而利用单调性比较大小.【详解】构建g x =xf x ，则g x =f x +xf x ，因为f x +xf x <0对于x∈R恒成立，所以g x <0，故g x 在R上单调递减，由于a=2f2 =g2 ,b=ef e =g e ,c=3f3 =g3 ，且2<e<3，所以g2 >g e >g3 ，即a>b>c.故选：A.【点睛】结论点睛：1.f x +xf x 的形式，常构建xf x ；f x -xf x 的形式，常构建f x x；2.f x +f x 的形式，常构建e x⋅f x ；f x -f x 的形式，常构建f x e x.7.若函数f x =e x2-2ln x-2a ln x+ax2有两个不同的零点，则实数a的取值范围是()A.-∞,-eB.-∞,-eC.-e,0D.-e,0【答案】A【分析】将问题转化为函数y=-a与y=e x2-2ln xx2-2ln x图象有两个不同的交点，根据换元法将函数y=e x2-2ln x x2-2ln x 转化为g t =e tt，利用导数讨论函数的单调性求出函数的值域，进而得出参数的取值范围.【详解】函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f x =e x2-2ln x-2a ln x+ax2=e x2-2ln x+a x2-2ln x，设h(x)=x2-2ln x(x>0)，则h (x)=2x-2x=2(x+1)(x-1)x，令h (x)>0⇒x>1，令h (x)<0⇒0<x<1，所以函数h (x )在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且h (1)=1，所以h (x )min =h (1)=1，所以h (x )≥1，函数f (x )有两个不同的零点等价于方程f (x )=0有两个不同的解，则e x 2-2ln x+a x 2-2ln x =0⇒-a =e x 2-2ln x x 2-2ln x，等价于函数y =-a 与y =e x 2-2ln xx 2-2ln x 图象有两个不同的交点.令x 2-2ln x =t ，g t =e t t ,t >1，则函数y =-a 与g t =e tt ,t >1图象有一个交点，则g t =te t -et t 2=e t t -1 t2>0，所以函数g (t )在(1,+∞)上单调递增，所以g t >g 1 =e ，且t 趋向于正无穷时，g t =e tt趋向于正无穷，所以-a >e ，解得a <-e.故选：A .【点睛】方法点睛：与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．对于不适合分离参数的等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.8.函数f x 是定义在0,+∞ 上的可导函数，其导函数为f x ，且满足f x +2xf x >0，若不等式ax ⋅f ax ln x ≥f ln x ⋅ln xax在x ∈1,+∞ 上恒成立，则实数a 的取值范围是()A.0,1eB.1e ,+∞C.0,eD.1e,+∞【答案】B【分析】根据题目条件可构造函数g x =x 2f x ，利用导函数判断出函数单调性，将不等式转化成g ax≥g ln x ，即a ≥ln x x 在x ∈1,+∞ 上恒成立，求出函数ln xx在1,+∞ 上的最大值即可得a 的取值范围.【详解】设g x =x 2f x ，x >0，g x =x 2f x +2xf x =x 2fx +2x f x >0所以函数g x 在0,+∞ 上为增函数．由f x 的定义域为0,+∞ 可知ax >0，得a >0，将不等式ax ⋅f ax ln x ≥f ln x ⋅ln xax整理得a 2x 2⋅f ax ≥f ln x ⋅ln 2x ，即g ax ≥g ln x ，可得ax ≥ln x 在x ∈1,+∞ 上恒成立，即a ≥ln xx在x ∈1,+∞ 上恒成立；令φx =ln xx ，其中x >1，所以a ≥φx maxφ x =1-ln xx2，令φ x =0，得x =e ．当x ∈1,e 时，φ x >0，所以φx 在1,e 上单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，所以φx 在e ,+∞ 上单调递减；所以φx max =φe =1e ，即a ≥1e故选：B ．9.已知函数f (x )=xe x -a ln x +x -x a +1，若f (x )>0在定义域上恒成立，则实数a 的取值范围是()A.(-∞,e )B.0,eC.(-∞,1)D.0,1【答案】B【分析】构造函数g x =x +e x ，从而原不等式可转化为g x +ln x >g a ln x +ln x ，根据g x 的单调性可得x -a ln x >0，根据a 不同取值分类讨论求解即可.【详解】由f x >0得xe x +x >a ln x +x a +1，所以xe x +x +ln x >a ln x +ln x +x a +1，即e x +ln x +x +ln x >a ln x +ln x +x a +1，构造函数g x =x +e x ，则不等式转化为g x +ln x >g a ln x +ln x ，又易知g x 在R 上单调递增，故不等式等价于x +ln x >a ln x +ln x ，即x -a ln x >0.设h x =x -a ln x ，若a <0，h e1a=e1a-a lne 1a =e 1a-1<0，不符合题意；若a =0，则当x >0时，h x =x >0，符合题意；若a >0，则h x =1-ax,h x 在0,a 上单调递减，在a ,+∞ 上单调递增，所以h (x )min =h a ，要使h x >0恒成立，只需h a =a 1-ln a >0，所以0<a <e.综上可知a 的取值范围是0,e .故选：B .10.已知函数f (x )=xe x +e x ,g (x )=x ln x +x ，若f x 1 =g x 2 >0，则x 2x 1可取()A.-1 B.-1eC.1D.e【答案】A【分析】探讨函数g x 在1e 2,+∞上单调性，由已知可得x 2=e x 1(x 1>-1)，再构造函数并求出其最小值即可判断作答.【详解】依题意，由g x 2 =x 2(ln x 2+1)>0得x 2>1e，令g x =2+ln x >0，函数g x 在1e 2,+∞上单调递增，由f x 1 =e x 1x 1+1 >0得x 1>-1，则f x =e x ln e x +1 =g (e x )，由f x 1 =g x 2 >0得：g (e x 1)=g (x 2)，又e x 1>1e ,x 2>1e，于是得x 2=e x 1(x 1>-1)，x 2x 1=ex1x 1，令h (x )=e x x (x >-1)，求导得h(x )=e x (x -1)x 2，当-1<x <0,0<x <1时，h (x )<0，当x >1时，h (x )>0，即函数h (x )在(-1,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，当x >0时，h (x )min =h (1)=e ，且x →+∞，h (x )→+∞，h (-1)=-1e ，且x →0-，h (x )→-∞，故h (x )∈-∞,-1e∪[e ,+∞)即x 2x 1∈-∞,-1e ∪[e ,+∞)，显然选项A 符合要求，选项B ，C ，D 都不符合要求.故选：A 一、填空题11.设实数m >0，若对∀x ∈0,+∞ ,不等式e mx -ln xm≥0恒成立，则m 的取值范围为．【答案】m ≥1e【分析】构造函数f x =xe x 判定其单调性得mx ≥ln x ，分离参数根据恒成立求y =ln xx max即可.【详解】由e mx -ln xm≥0⇔mxe mx ≥x ln x =ln x ⋅e ln x ，构造函数f x =xe x x >0 ⇒f x =x +1 e x >0，∴f x 在0,+∞ 为增函数，则mx ⋅e mx ≥ln x ⋅e ln x ⇔mx ≥ln x 即对∀x ∈0,+∞ ,不等式mx ≥ln x 恒成立，则∀x ∈0,+∞ ,m ≥ln xx max，构造函数g x =ln x x ⇒g x =1-ln xx 2,令g x >0，得0<x <e ；令g x <0，得x >e ；∴g x =ln xx在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，∴g x max =g e =1e ，即m ≥1e .故答案为：m ≥1e .12.已知函数f (x )=e x +1-a ln x ，若f (x )≥a (ln a -1)对x >0恒成立，则实数a 的取值范围是．【答案】0,e 2【分析】对不等式进行合理变形同构得e x +1-ln a +x +1-ln a ≥x +ln x ，构造函数利用函数的单调性计算即可.【详解】易知a >0，由e x +1-a ln x ≥a (ln a -1)可得e x +1a+1-ln a ≥ln x ，即e x +1-ln a +1-ln a ≥ln x ，则有e x +1-ln a +x +1-ln a ≥x +ln x ，设h (x )=e x +x ，易知h x 在R 上单调递增，故h (x +1-ln a )≥h (ln x )，所以x +1-ln a ≥ln x ，即x -ln x ≥ln a -1，设g (x )=x -ln x ⇒g x =x -1x，令g x >0⇒x >1，g x <0⇒0<x <1，故g x 在0,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以g x ≥g 1 =1，则有1≥ln a -1，解之得a ∈0,e 2 ．故答案为：0,e 2 .13.已知a >1，若对于任意的x ∈13,+∞，不等式13x -2x +ln3x ≤1ae2x +ln a 恒成立，则a 的最小值为.【答案】32e【分析】根据题意可得13x +ln3x ≤1ae2x +ln ae 2x ，再构造f (x )=1x +ln x (x ≥1)，利用导数研究该函数的单调性，从而利用函数的单调性，可得3x ≤ae 2x ，然后再参变量分离，将恒成立问题转为变量的最值，最后利用导数求出变量式的最值，从而得解．【详解】因为ln a +2x =ln a +ln e 2x =ln ae 2x ，所以13x -2x +ln3x ≤1ae 2x +ln a 可化为13x +ln3x ≤1ae2x +ln ae 2x ，设f (x )=1x +ln x (x ≥1)，则f (x )=-1x 2+1x =x -1x 2≥0，∴f (x )在1,+∞ 上单调递增，因为a >1，x ∈13,+∞，所以3x ≥1，e 2x ≥e 23>1，ae 2x >1，所以13x +ln3x ≤1ae 2x +ln ae 2x 可化为f (3x )≤f (ae 2x )，所以3x ≤ae 2x ，∴a ≥3x e2x 在x ∈13,+∞ 上恒成立，∴a ≥3x e2xmax ，x ∈13,+∞ ，设g (x )=3x e 2x ，x ∈13,+∞ ，则g(x )=3(1-2x )e 2x，令g (x )>0，得13≤x <12；g (x )<0，得x >12，所以g (x )在13,12上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，所以g x max =g 12 =32e ，所以a ≥32e ，即a 的最小值为32e ．故答案为：32e．【点睛】关键点睛：本题的关键是将式子同构成13x +ln3x ≤1ae 2x +ln ae 2x ，再构造函数.14.若不等式ae 3x +2x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，则实数a 的最小值为．【答案】13e【分析】将不等式变形为e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，构造函数g x =e x +x ，求导得单调性，进而问题进一步转化为ln a ≥ln x -3x 成立，构造h x =ln x -3x ，即可由导数求最值求解.【详解】因为ae 3x +2x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，不等式可变形为:ae 3x +3x +ln a ≥ln x +x ，即e ln a e 3x +3x +ln a ≥ln x +e ln x ，即e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立，记g x =e x +x ，则g x =e x +1>0，所以g x 在R 上单调递增，则e 3x +ln a +3x +ln a ≥e ln x +ln x 可写为g 3x +ln a ≥g ln x ，根据g x 单调性可知，只需3x +ln a ≥ln x 对任意x ∈0,+∞ 成立即可，即ln a ≥ln x -3x 成立，记h x =ln x -3x ，即只需ln a ≥h x max ，因为h x =1x -3=1-3x x ，故在x ∈0,13 上，h x >0，h x 单调递增，在x ∈13,+∞ 上，h x <0，h x 单调递减，所以h x max =h 13 =ln 13-1=ln 13e，所以只需ln a ≥ln 13e 即可，解得a ≥13e.故答案为:13e【点睛】方法点睛：利用导数求解不等式恒成立或者存在类问题：1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3.适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4.构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.15.已知函数f x =ln x +ax 2，若对任意两个不相等的正实数x 1,x 2，都有f x 1 -f x 2x 1-x 2>2，则实数a 的取值范围是【答案】12,+∞ 【分析】设x 2>x 1>0，令g x =f x -2x ，将问题转化为g x 在0,+∞ 上单调递增，即g x ≥0在0,+∞ 上恒成立，采用分离变量的方式可得2a ≥-1x 2+2x ，结合二次函数性质可确定2a ≥1，由此可得结果.【详解】不妨设x 2>x 1>0，由f x 1 -f x 2x 1-x 2>2得：f x 1 -2x 1<f x 2 -2x 2，令g x =f x -2x ，则g x 在0,+∞ 上单调递增，∴g x =1x +2ax -2≥0在0,+∞ 上恒成立，∴2a ≥-1x 2+2x ，当1x =1，即x =1时，y =-1x2+2x 取得最大值1，∴2a ≥1，解得：a ≥12，∴实数a 的取值范围为12,+∞ .故答案为：12,+∞ .16.已知函数f x =12x 2-a ln x +1，当-2≤a <0，对任意x 1,x 2∈1,2 ，不等式f x 1 -f x 2 ≤m1x 1-1x 2恒成立，则m 的取值范围为．【答案】12，+∞【分析】构造新函数，利用导数研究函数的单调性与最值，求m 的取值范围即可.【详解】因为-2≤a <0，函数f x 在1,2 上单调递增，不妨设1≤x 1≤x 2≤2，则f x 1 -f x 2 ≤m1x 1-1x 2，可化为f x 2 +m x 2≤f x 1 +mx 1，设h x =f x +mx=12x2-a ln x+1+mx，则h x1≥h x2，所以h x 为1,2上的减函数，即h x =x-ax-mx2≤0在1,2上恒成立，等价于m≥x3-ax在1,2上恒成立，设g x =x3-ax，所以m≥g(x)max，因-2≤a<0，所以g x =3x2-a>0，所以函数g x 在1,2上是增函数，所以g(x)max=g2 =8-2a≤12(当且仅当a=-2时等号成立)．所以m≥12.故答案为：12，+∞．17.已知实数x，y满足e x=xy2ln x+ln y，则xy的取值范围为.【答案】[e,+∞)【分析】把e x=xy2ln x+ln y化为xe x=x2y⋅ln(x2y)，构造函数f(x)=xe x(x>0)，可得xy=e xx，再求出函数g(x)=e xx(x>0)的值域即可得答案.【详解】依题意有x>0,y>0，设f(x)=xe x(x>0)，则f (x)=(x+1)e x>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，由e x=xy2ln x+ln y，得xe x=x2y⋅ln(x2y)，即有f(x)=f(ln(x2y))，因为f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以有x=ln(x2y)，即x2y=e x，所以xy=e x x，设g(x)=e xx(x>0)，则g (x)=(x-1)e xx2，令g (x)=0，得x=1，x∈(0,1)时，g (x)<0，g(x)单调递减，x∈(1,+∞)时，g (x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min=g(1)=e，所以x∈(0,+∞)时，g(x)∈[e,+∞)，所以xy的取值范围为[e,+∞).故答案为：[e,+∞)18.已知x0是方程e3x-ln x+2x=0的一个根，则ln x0x0=.【答案】3【分析】依题意得e3x0+3x0=x0+ln x0，构造函数f(x)=e x+x，则有f(3x0)=f(ln x0)，得出f(x)的单调性即可求解.【详解】因为x0是方程e3x-ln x+2x=0的一个根，则x0>0，所以e3x0-ln x0+2x0=0，即e3x0+3x0=x0+ln x0，令f(x)=e x+x，则f (x)=e x+1>0，所以f(x)在R单调递增，又e3x0+3x0=x0+ln x0，即f(3x0)=f(ln x0)，所以3x0=ln x0，所以ln x0x0=3.故答案为：319.已知函数f x =e ax-2ln x-x2+ax，若f x >0恒成立，则实数a的取值范围为.【答案】2e,+∞ 【分析】根据f x >0恒成立，可得到含有x ，a 的不等式，再进行分离变量，将“恒成立”转化为求函数的最大值或最小值，最后得出a 的范围.【详解】已知函数f x =e ax -2ln x -x 2+ax ，若f x >0恒成立，则实数a 的取值范围为令g x =e x +x ，g x =e x +1>0，所以g x 单调递增，因为f x =e ax -2ln x -x 2+ax >0x >0 ，所以e ax +ax >ln x 2+e ln x 2，可得g ax >g ln x 2 ，所以ax >ln x 2，所以a >ln x 2xx >0 恒成立，即求ln x 2x max x >0 ，令F x =ln x 2x x >0 ，F x =ln x 2 x -x ln x 2x 2=21-ln x x 2，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，所以F x ≤F e =2e ，可得a <2e .故答案为：2e ,+∞ .【点睛】对于“恒成立问题”，关键点为：对于任意的x ，使得f x >a 恒成立，可得出f x min >a ；对于任意的x ，使得f x <a 恒成立，可得出f x max <a .20.若ln x +ln2a -1-2a x -e x ≤0，则实数a 的取值范围为．【答案】0<a ≤e 2【分析】利用同构法，构造函数f (x )=ln x +x ，将问题转化为f (2ax )≤f (e x)，从而得到2a ≤e x x恒成立问题，再构造g (x )=e x x，利用导数求得其最小值，由此得解.【详解】因为ln x +ln2a -1-2a x -e x ≤0，a >0,x >0⇔ln (2ax )-x +2ax -e x ≤0,⇔ln (2ax )+2ax ≤x +e x =ln e x +e x ，令f (x )=ln x +x ,x >0，则原式等价于f (2ax )≤f (e x )，f (x )=1x +1=1+x x>0恒成立，所以f (x )在定义域内单调递增，所以2ax ≤e x ⇒2a ≤e x x，令g (x )=e x x (x >0),g (x )=e x (x -1)x 2，则x >1时，g (x )>0，g (x )在(1,+∞)单调递增，0<x <1时，g (x )<0，g (x )在(0,1)单调递减，所以g (x )min =g (1)=e ，则2a ≤e ,a ≤e 2.又a 为正数，故答案为：0<a ≤e 2.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．21.已知a <0，不等式xe x +a ln x x a ≥0对∀x ∈1,+∞ 恒成立，则实数a 的最小值为.【答案】-e 【分析】将不等式等价变形为xe x ≥-a ln x ⋅e -a ln x ，构造函数f x =xe x ，进而问题转化成x ≥-a ln x ，构造g (x )=x ln x ，利用导数求解单调性进而得最值.【详解】xe x ≥-a ln x x a =-a ln x ⋅e -a ln x ，构造函数f x =xe x ，f x =x +1 e x >0x >0 ，故f x 在0，+∞ 上单调递增，故f x ≥f -a ln x 等价于x ≥-a ln x ，即a ≥-x ln x 任意的实数x >1恒成立．令g (x )=x ln x ，x >1则g (x )=ln x -1ln 2x ，故g (x )在(1,e )上单调递减，在(e ,+∞)上单调递增，g (x )min =e ，得a ≥-x ln x max=-e ．故答案为：-e【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别22.关于x 的不等式a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0在0,+∞ 上恒成立，则a 的最小值是.【答案】22e【分析】不等式转化为e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥ln x +x =e ln x +ln x ，构造函数f x =e x +x ，判断函数单调递增得到2x +1+ln a ≥ln x ，转化为2x +1-ln x +ln a ≥0，构造函数g x =2x +1-ln x +ln a ，根据函数的单调性计算最小值即得到答案.【详解】a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0，即e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥ln x +x =e ln x +ln x ，设f x =e x +x ，f x =e x +1>0恒成立，故f x 单调递增.原不等式转化为f 2x +1+2ln a ≥f ln x ，即2x +1+2ln a ≥ln x ，即2x +1-ln x +2ln a ≥0在(0,+∞)上恒成立.设g x =2x +1-ln x +2ln a ，g x =2x -1x ，当x ∈12,+∞ 时，g x >0，函数单调递增；当x ∈0,12 时，g x <0，函数单调递减；故g x min =g 12=2+ln2+2ln a ≥0，即2ln a ≥-2-ln2=-ln2e 2，解得a ≥22e.所以a 的最小值是22e.故答案为：22e.【点睛】方法点睛：将不等式a 2e 2x +1-ln x +x +1+2ln a ≥0化为e 2x +1+2ln a +2x +1+2ln a ≥e ln x +ln x ，这种方法就是同构法，同构即结构形式相同，对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了．。

专题09 利用同构解决双参数恒成立问题-2021年高考数学复习压轴题解法分析与强化训练附真题及解析

专题09 利用同构解决双参数恒成立问题[高考真题]例1 （2020·山东·21）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+，若()1f x ≥，求a 的取值范围.【解析】将()1f x ≥按照左右结构相同、变量移至一边的原则进行变形：由1()e ln ln 1x f x a x a -=-+≥移项得：1e ln ln 1x a a x -+≥⇔+即ln 1e ln ln 1a x a x +-+≥+，两边同时加（1x -）得ln 1e ln 1ln a x x a x x +-++-≥+即()ln 1ln e ln 1ln a x x x a x e +-++-≥+设()e x g x x =+，则()1e 0x g x '=+>，所以()g x 单增所以ln 1ln a x x +-≥，即ln ln 10x x a -+-≥设()ln ln 1h x x x a =-+-，则1()1h x x'=-，所以()h x 在(0,1)单减，在(1,)+∞单增，所以min ()(1)ln 10h x h a ==-≥，所以1a ≥.点评：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数、系数升指数等，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．例2 对于任意实数0x >，不等式22ln ln 0x ae x a -+≥恒成立，求a 的取值范围.解法一：将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为22ln x x ae a ≥，212ln x x e a a≥（说明：将参数移至一边）两边同时乘x 得22ln x x x xe a a≥（说明：目的是凑右边的结构）即ln 22ln ln x xa x x x xe e a a a ≥=（说明：目的是凑左右两边的结构相同）（#）设()x g x xe =，则()()10x g x x e '=+>，()g x 单增故由（#）得2ln x x a≥，ln ln 2a x x ≥- 再令()ln 2h x x x =-，则1()2h x x '=-，易知当max 1()()ln 212h x h ==-- 所以ln ln21a ≥--，即12a e≥. 解法二：将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为ln 22ln ln 0a x e x a +-+≥，即ln 22ln 2ln 2a x e a x ++≥ ln 22ln 22ln 22ln 2ln 2a x x e x a x x e x +++≥+=+设()x g x e x =+，易知()g x 单增故2ln2ln2x a x +≥（以下同解法一，从略）.点评：（1）为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需时时对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：ln x x e=、ln x x x xe e +=、22ln x x x x e e +=、ln x x x e e x-+=、ln ln ln x a ax +=、ln 1ln x x e-=，有时也需要对两边同时加、乘某式等. （2） ln x x 与x xe 为常见同构式：ln ln ln x x x xe =，ln x x x xe e e =；ln x x +与x x e +为常见同构式：ln ln ln x x x x e +=+，ln x x x x e e e +=+.[强化训练]1. 对于任意实数0x >，不等式ln 0xe x λλ-≥恒成立，则λ的最大值是_____. 【答案】e2. 关于x 的不等式1ln (1)x xe k x k x +≥++对任意0x >（其中0k >）恒成立，则k 的取值范围是_____.【答案】(]0,e3. 关于x 的不等式23(3)2ln 1x x e k x x ≥+++对任意0x >恒成立，则k 的取值范围是_____.【答案】(],0-∞如何学好数学1.圆锥曲线中最后题往往联立起来很复杂导致k 算不出，这时你可以取特殊值法强行算出k 过程就是先联立，后算代尔塔，用下伟达定理，列出题目要求解的表达式，就ok 了2.选择题中如果有算锥体体积和表面积的话，直接看选项面积找到差2倍的小的就是答案，体积找到差3倍的小的就是答案，屡试不爽！3.三角函数第二题，如求a(cosB+cosC)/(b+c)coA 之类的先边化角然后把第一题算的比如角A 等于60度直接假设B 和C 都等于60°带入求解。

导数中的同构问题【八大题型】(举一反三)(新高考专用)(原卷版)—2025年新高考数学一轮复习

导数中的同构问题专练【八大题型】【题型1 同构：利用f(x)与x构造函数】 (2)【题型2 同构：利用f(x)与e x构造函数】 (3)【题型3 同构：利用f(x)与sin x，cos x构造函数】 (3)【题型4 指对同构问题】 (4)【题型5 利用同构比较大小】 (5)【题型6 利用同构解决不等式恒成立问题】 (5)【题型7 利用同构证明不等式】 (6)【题型8 与零点有关的同构问题】 (7)1、导数中的同构问题导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的同构问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题，难度较大.【知识点1 导数中的同构问题的解题策略】1．导数中的同构问题是通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题，主要有以下几种类型：(1)利用f(x)与x构造函数①出现nf(x)+xf'(x)形式，构造函数F(x)=x n f(x).②出现xf'(x)-nf(x)(2)利用f(x)与e x构造函数.(3)利用f(x)与sin x，cos x构造函数.2．同构式的应用(1)在方程中的应用：如果方程f(a)=0和f(b)=0呈现同构特征，则a,b可视为方程f(x)=0的两个根.(2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而利用导数找到和函数单调性、最值等之间的练习，来解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.【知识点2 指对同构问题】1．指对同构解决不等式问题在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分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.(1)五个常见变形：.(2)三种基本模式：三种同构方式①积型：【题型1 同构：利用f(x)与x构造函数】【例1】（2024·全国·模拟预测）已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(2)=0，当x>0时，xf′(x)―f(x)>0，则不等式xf(x)>0的解集是（）A．(―∞,―2)∪(2,+∞)B．(―2,2)C．(―∞,―2)∪(0,2)D．(―2,0)∪(2,+∞)【变式1-1】（2024·安徽·一模）已知f （x ）是定义在R 上的偶函数，且f （2）＝1，当x ＞0时，xf ′（x ）+f （x ）＞1，则不等式f(x)―1x<0的解集为（）A ．(-∞，2)∪(2，+∞)B ．(-∞，2)∪(0，2)C ．(-2，0)∪(2，+∞)D ．(-2，0)∪(0，2)【变式1-2】（23-24高二下·天津南开·期中）已知f (x )是定义在(―∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数，若对于任意的x ∈(0,+∞)，都有2f (x )+xf ′(x )>0成立，且f (2)=12，则不等式f (x )―2x 2>0解集为（）A ．(2,+∞)B ．(―2,0)∪(0,2)C ．(0,2)D ．(―2,0)∪(2,+∞)【变式1-3】（23-24高二下·湖北武汉·期中）f (x )是定义在R 上的奇函数，当x >0时，有xf ′(x )+2f (x )>0恒成立，则（）A ．f (1)>4f (2)B ．f (―1)<4f (―2)C ．4f (2)<9f (3)D ．4f (―2)<9f (―3)【题型2 同构：利用f (x )与e x 构造函数】【例2】（2024·湖北武汉·一模）若函数f (x )的定义域为R ，满足f (0)=2，∀x ∈R ，都有f (x )+f ′(x )>1，则关于x 的不等式f (x )>e ―x +1的解集为（）A ．{x |x >0}B ．{x |x >e}C ．{x |x <0}D ．{x |0<x <e}【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则下列不等式关系正确的是（）A ．f (1)>e f (0)，f (2023)<e 2023f (0)B ．f (1)<e f (0)，f (1)>e 2f (―1)C ．f (1)<e f (0)，f (1)<e 2f (―1)D ．f (1)<e f (0)，f (2023)>e 2023f (0)【变式2-2】（23-24高二下·江苏南京·期中）已知函数f (x )及其导函数f ′(x )定义域均为R ，且f (x )―f ′(x )>0，f (0)=e ，则关于x 的不等式f (x )>e x +1的解集为（）A ．{x |x >0 }B ．{x |x <0 }C ．{x |x <e }D ．{x |x >e }【变式2-3】（23-24高二下·河南驻马店·期末）已知定义在R 上的偶函数f (x )满足f(x ―12)+f(―x ―1)=0，e 4f(2022)=1，若f(x)>f ′(―x)，则关于x 的不等式f(x +2)>1e x 的解集为（）A ．（4，+∞）B ．（-∞，4）C ．（-∞，3）D ．（3，+∞）【题型3 同构：利用f (x )与sin x ，cos x 构造函数】【例3】（2023·重庆九龙坡·二模）已知偶函数f (x )的定义域为―π2f ′(x )，当0≤x <π2时，有f ′(x )cos x +f (x )sin x >0成立，则关于x 的不等式f (x )>⋅cos x 的解集为（）A ．―π3BC ．―π2,∪D ．―π3,0∪【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）已知定义在―π2f (x )满足f (―x )=f (x )，当x ∈不等式f (x )sin x +f ′(x )cos x <0恒成立（f ′(x )为f (x )的导函数），若a cos1=f (―1)，b cos 12=f (―，c = ）A ．a >b >cB ．a >c >bC ．b >a >cD ．b >c >a【变式3-2】（23-24高二上·重庆沙坪坝·期末）已知f ′(x )是函数f (x )的导函数，f (x )―f (―x )=0，且对于任意的x ∈0,f ′(x )cos x >f (―x )sin (―x )．则下列不等式一定成立的是（）A <f cos 12B ．f >C ．f (―1)<D >f 【变式3-3】（2024·河南信阳·一模）已知函数y =f (x )对x ∈(0,π)均满足f ′(x )sin x ―f (x )cos x =1x ―1，其中f ′(x )是f (x )的导数，则下列不等式恒成立的是（）A 0恒成立，则正实数a 的取值范围是（）A ．0<a <eB ．a >e 2C ．a >eD ．a >2e【变式4-2】（2024·江西赣州·二模）已知函数f (x )=e kx +1，g (x )=1x .若kf (x )≥g (x )，则k 的取值范围为（）A ．(0,e]B ．[e,+∞)C +∞D ．【变式4-3】（2024·甘肃兰州·二模）若关于x 的不等式e x +x +2ln 1x ≥mx 2+ln m 恒成立，则实数m 的最大值为（）A ．12B ．e 24C ．e 22D ．e 2【题型5 利用同构比较大小】【例5】（2024·湖南益阳·三模）若a =2ln1.1，b =0.21，c =tan0.21，则（）A ．b <c <aB ．a <c <bC ．c <a <bD ．a e x 1+ln x 2B ．e x 2+ln x 1<e x 1+ln x 2C ．x 2e x 1>x 1e x 2D ．x 2e x 1<x 1e x 2【变式5-2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）设a =ln1.01，b =sin0.01，c =1101，则a ，b ，c 大小关系（）A ．c <b <aB ．c <a <bC ．a <b <cD ．a <c <b【变式5-3】（2024·安徽·三模）已知实数x1,x 2,x 3满足x 12―x 1=e x 22―1==120，则（）A ．x 1<x 2<x 3B ．x 1<x 3<x 2C ．x 2<x 3<x 1D ．x 2<x 1<x 3【题型6 利用同构解决不等式恒成立问题】【例6】（2024·内蒙古·三模）已知函数f (x )=x 2―ax +2ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若a >0,f (x )≤e ax 恒成立，求a 的取值范围.【变式6-1】（2024·广西贵港·模拟预测）已知函数f(x)=a e ax―ln x+ln a+1．x(1)当a=1时，请判断f(x)的极值点的个数并说明理由；(2)若f(x)≥2a2―a恒成立，求实数a的取值范围．【变式6-2】（2024·天津武清·模拟预测）已知f(x)=a x―x a（x≥0，a>0且a≠1）.(1)当a=2时，求f(x)在x=0处的切线方程；(2)当a=e时，求证：f(x)在(e,+∞)上单调递增；(3)设a>e，已知∀x∈a,+∞，有不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.【变式6-3】（2024·河北·模拟预测）已知函数f(x)=a ln x―x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当a>0时，f(x)≤―1.【题型7 利用同构证明不等式】【例7】（2024·湖北荆州·三模）已知函数f(x)=x e x―a(ln x+x)，其中e是自然对数的底数.(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜截式方程；(2)当a=e时，求出函数f(x)的所有零点；(3)证明：x2e x>(x+2)ln x+2sin x.【变式7-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数f(x)=x e ax（a>0）.(1)求f(x)在区间[―1,1]上的最大值与最小值；(2)当a≥1时，求证：f(x)≥ln x+x+1.【变式7-2】（2024·山东·二模）已知函数f(x)=mx―ln x,x∈(1,+∞).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若e(m―1)x+1f(x)≥x2―x恒成立，求实数m的取值范围.【变式7-3】（2024·四川眉山·三模）已知函数f(x)=x ln x―ax2―2x.(1)若过点(1,0)可作曲线y=f(x)两条切线，求a的取值范围；(2)若f(x)有两个不同极值点x1,x2.①求a的取值范围；②当x1>4x2时，证明：x1x22>16e3.【题型8 与零点有关的同构问题】【例8】（2024·四川自贡·三模）已知函数f(x)=1+1x +a ln x(a >0)(1)求函数f(x)的单调区间；(2)函数f(x)有唯一零点x 1，函数g(x)=x ―sin x ―ae 2在R 上的零点为x 2．证明：x 1<x 2．【变式8-1】（2024·广东茂名·一模）设函数f (x )=e x +a sin x ，x ∈[0,+∞).(1)当a =―1时，f (x )≥bx +1在[0,+∞)上恒成立，求实数b 的取值范围；(2)若a >0,f (x )在[0,+∞)上存在零点，求实数a 的取值范围.【变式8-2】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数f (x )=x ―1x +a ln x ，其中a ∈R .(1)当x ∈[1,+∞)时，f (x )≥0，求a 的取值范围.(2)若a <―2，证明：f (x )x 1，x 2，x 3（x 1<x 2<x 3），且x 1，x 2，x 3成等比数列.【变式8-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f (x )=x 2ln x ―m 有两个不同的零点x 1，x 2，且t =x 21+x 22．(1)求实数m 的取值范围；(2)求证：t <1；(3)比较t 与2e 及2m +3e 的大小，并证明．一、单选题1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知a =ln 65,b=16,c =17e 17，则（）A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >b >aD ．c >a >b2．（2024·宁夏银川·模拟预测）已知a ∈N ∗，函数f (x )=e 3x ―x a >0恒成立，则a 的最大值为（）A ．2B ．3C ．6D ．73．（2024·四川南充·模拟预测）设a >0，b >0，且a +b =1，则下列结论正确的个数为（）①log 2a +log 2b ≥―2 ②2a +2b ≥③a +ln b <0A ．0B ．1C ．2D ．34．（2024·四川宜宾·模拟预测）定义在(0,+∞)上的单调函数f (x )，对任意的x ∈(0,+∞)有f [f (x )―ln x ]=1恒成立，若方程f (x )⋅f ′(x )=m 有两个不同的实数根，则实数m 的取值范围为（）A ．(―∞,1)B ．(0,1)C ．(0,1]D ．(―∞,1]5．（2024·四川南充·模拟预测）设a >0,b >0,且a +b =1,则下列结论正确的个数为（）①log 2a +log 2b ≥―2 ②2a +2b ≥③a +ln b <0 ④sin a sin b <14A ．1B ．2C ．3D ．46．（2024·河南郑州·三模）设x 1,x 2∈(0,+∞)，且e x 1+ln x 2=1，则（）A ．若x 1=x 2，则x 1∈B ．若x 1x 2=1，则x 1存在且不唯一C ．x 1+x 2>1D ．x 1+ln x 2>07．（2024·四川·三模）已知关于x 的方程e 2x ―ax e x +9e 2x 2=0有4个不同的实数根，分别记为x 1,x 2,x 3,x 4，则(e x 1x 1―e)(e x 2x 2―e)(e x 3x 3―e)(e x 4x 4―e)的取值范围为（）A ．(0,16e 4)B ．(0,12e 4)C ．(0,4e 4)D ．(0,8e 4)8．（2024·湖北·模拟预测）已知函数f (x )=ln x ，g (x )为f (x )的反函数，若f (x )、g (x )的图像与直线y =―x 交点的横坐标分别为x 1，x 2，则下列说法正确的为（）A ．x 2>ln x 1B ．x 1+x 2<0C ．x 1∈D ．x 1―x 2∈1,12+ln2二、多选题9．（2024·湖北武汉·模拟预测）对于函数f(x)=xln x ，下列说法正确的是（）A ．函数f(x)的单调递减区间为(0,1)∪(1,e)B ．f(π)<f(2)C ．若方程|f(|x|)|=k 有6个不等实数根，则k >eD ．对任意正实数x 1,x 2，且x 1≠x 2，若f (x 1)=f (x 2)，则x 1x 2>e 210．（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数f (x )=x cos x ―sin x ，下列结论中正确的是（）A ．函数f (x )在x =π2时，取得极小值―1B ．对于∀x ∈[0,π]，f (x )≤0恒成立C ．若0<x 1<x 2<π，则x 1x 2<sin x 1sin x 2D ．若对于∀x ∈a <sin x xx 1ln x 2C ．∃a ∈(0,1),x 2―x 1>e aD ．∀a ∈(0,1),x 1ln x 1+x 2>a三、填空题12．（2024·福建泉州·一模）已知函数f(x)=(x ―1)e x +|e x ―a |有且只有两个零点，则a 的范围是．13．（2024·四川成都·三模）若不等式e mx (mx ―ln2)―x ln x 2≥0，对任意x ∈+∞恒成立，则正实数m的取值范围是.14．（2024·四川凉山·三模）已知函数f (x )=e x ―2e x ln x x―x 2ln x x >t ，则2t 3e t―1=．四、解答题15．（2024·陕西渭南·二模）已知函数f(x)=x ln x ，g(x)=2f(x)x―x +1x .(1)求函数g(x)的单调区间；(2)若当x >0时，mx 2―e x ≤mf(x)恒成立，求实数m 的取值范围.16．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数f(x)=e x+(a―1)x―1，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a=2时，证明：f(x)>x ln x―cos x．17．（2024·浙江·模拟预测）已知函数f(x)=(ax―b)a x(a>0,a≠1)，b∈R．(1)若y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=e x，求a，b的值；(2)当b=1时，y=f(x)存在极小值点x0，求证：f(x0)≤―e1e．18．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数f(x)=ln x+ax+1,a∈R．(1)讨论f(x)的单调性；≤e2x．(2)当a≤2时，证明：f(x)x19．（2024·福建南平·模拟预测）已知函数f(x)=ln(e x)，其中e为自然对数的底数．ax(1)讨论f(x)的单调性；(2)若方程f(x)=1有两个不同的根x1,x2．(i)求a的取值范围；(ii)证明：x21+x22>2．。

专题01 同构函数型-2021年高考数学复习压轴题解法分析与强化训练附真题及解析

专题01 同构函数型[高考真题]1.（2020·新课标卷Ⅱ文数·12）若，则（）A ．B ．C ．D ．2.（2020·新课标Ⅰ理数·12）若，则（）A. B. C. D.[强化训练]1.（2012·全国联赛）如果，，则的取值范围是______________. 2.（2012·辽宁竞赛）不等式的解集是______________. 3.（2020·南通五月模拟·14）已知，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为． 4.（2019·南师附中期中·14）已知函数，，则t 的取值范围是． 5.（2020·南通如皋创新班四月模拟·2）已知实数a ，b (0，2)，且满足，则a ＋b 的值为_______． 6.（2020·淮阴中学、姜堰中学12月考·14）)已知实数，满足，5533cossin 7(cos sin )θθθθ-<-[0,2)θπ∈θ3381050(1)1x x x x+-->++()33x x f x -=-3313(12log )(3log 1)log f t f t t -+-≥2233x y x y ---<-ln(1)0y x -+>ln(1)0y x -+<ln ||0x y ->ln ||0x y -<242log 42log a b a b +=+2a b >2a b <2a b >2a b <[)0,2θπ∈k ()33sin cos k θθ≤-(],2-∞-θ∈2244242a b a b b --=--1x 2x 131x x e e =，则______.7.设方程的根为，设方程的根为，则= . 8.已知a 3－3a 2＋5a ＝1，b 3－3b 2＋5b ＝5，那么a ＋b 的值是 . 9.(宿迁·2018·期中)不等式的解集是 .解析：专题01 同构函数型[高考真题]1.【答案】A【分析】将已知按照“左右形式形式相当，一边一个变量”的目的变形，然后逆用函数的单调性.【解析】由移项变形为设易知是定义在R 上的增函数，故由，可得，所以从而，故选A ．2.【答案】B【分析】∵ ∴设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.()522ln 2x x e -=12x x =24x x +=m 2log 4x x +=n m n +x x x x x x 63242-+2+≤-+2++2()()2233x y x y ---<-2233x y x y ---<-2323x x y y ---<-()23x x f x -=-()f x 2323x x y y ---<-x y <011,y x y x ->⇒-+>ln(1)0y x -+>2222442242log 2log 2log 2log 21b b b b b b b b +=+=+=+-2222log 2log 21a b a b +==+-2()2log x f x x =+()f x。

特色专题二：同构函数（讲义+典型例题+小练）（解析版）

特色专题二：同构函数（讲义+典型例题+小练）同构式：在成立或恒成立命题中，有一部分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。

具有相同结构的两个代数式称为同构式。

例如：若F(x)≥0能等价变形为f[g(x)] ≥f[h(x)]，然后利用f(x)的单调性，如递增，再转化为g(x)≥h(x)，这种方法我们就可以称为同构不等式（等号成立时，称为同构方程），简称同构法。

第一类：常见类型同构函数(1) 构造函数xf (x )，f (x )x ：当条件中含“＋”时优先考虑xf (x )；当条件中含“－”时优先考虑f (x )x .(2)构造函数f xxn ：条件中含“xf ′(x)－nf(x)”的形式；构造函数xf(nx)：条件中含“nxf ′(nx)＋f(nx)”的形式.(3)构造函数f xex ：条件中含“f ′(x)－f(x)”的形式.(4)构造函数f xsin x ：条件中含“f ′(x)sin x －f(x)cos x ”的形式.例1： 1.已知函数()f x 的图像关于y 轴对称，且当(,0)x ∈-∞时，()()0f x xf x '+<成立，若0.20.22(2)a f =⋅，log 3(log 3)b f ππ=⋅，33log 9(log 9)b f =⋅，则,,a b c 的大小关系（） A. b a c >> B. c a b >> C. c b a >> D. a b c >>解析：设()()F x xf x =，则'()()()F x f x xf x '=+.因为0x <时，()()0f x xf x '+<，所以'()0F x <,则当0x <时，()F x 单调递减. 又因为函数()f x 的图像关于y 轴对称，所以()f x 为奇函数，当0x >时，()F x 单调递减.又因为0.2122<<，0log 31π<<，3log 92=，则b a c >>，即答案为A. 2.设函数'()f x 是奇函数()f x （x ∈R ）的导函数，(1)0f -=，当0x >时，'()()0xf x f x -<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（（ A ．(,1)(0,1)-∞- B ．(1,0)(1,)C ．(,1)(1,0)-∞--D ．(0,1)(1,)⋃+∞【答案】A 【详解】构造新函数()()f xg x x =,()()()2 'xf x f x g x x-='，当0x >时()'0g x <. 所以在()0,∞+上()()f xg x x=单减，又()10f =，即()10g =. 所以()()0f x g x x=>可得01x <<,此时()0f x >，又()f x 为奇函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集为：()(),10,1-∞-⋃.故选A .点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如()()xf x f x '-，想到构造()()f xg x x=.一般：（1）条件含有()()f x f x '+，就构造()()xg x e f x =,（2）若()()f x f x -'，就构造()()x f x g x e=（（3（()()2f x f x +'，就构造()()2xg x e f x =（（4（()()2f x f x -'就构造()()2xf xg x e=，等便于给出导数时联想构造函数.3.已知函数()f x 满足：()2()0f x f x '+>，那么系列不等式成立的是（） A. (1)f e>B. (0)(2)f f e<C. (1)(2)f e >D. 2(0)(4)f e f >解析：设12()2()x F x e f x =，则1112221'()2[()()][()2()]2x x x F x e f x e f x e f x f x ''=+=+.因为()2()0f x f x '+>，所以'()0F x >,则()F x 在定义域上单调递增，所以(1)(0)F F >, 则(1)f e>A.4.已知()f x 为定义在(,)-∞+∞上的可导函数，且()()f x f x '<对于x R ∈恒成立且e 为自然对数的底，则（） A. 2012(1)(0),(2012)(0)f e f f e f >⋅>⋅ B. 2012(1)(0),(2012)(0)f e f f e f <⋅>⋅ C. 2012(1)(0),(2012)(0)f e f f e f >⋅<⋅ D. 2012(1)(0),(2012)(0)f e f f e f <⋅<⋅ 解析：设()()xf x F x e =，则22()()[()()]'()x x xx xf x e f x e f x f x e F x e e ''--==. 由()()f x f x '<，得()()0f x f x '-<，则'()0F x <,()F x 在定义域上单调递减，所以(1)(0)F F >,(2012)(0)F F >即答案为A.举一反三：1.设函数()f x '是奇函数()()f x x R ∈的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 取值范围（）. A. (,1)(0,1)-∞- B. (1,0)(1,)-+∞ C. (,1)(1,0)-∞-- D. (0,1)(1,)+∞ 解析：设()()f x F x x=，则2()()'()xf x f x F x x'-=. 因为0x >时，()()0xf x f x '-<，所以'()0F x <,即当0x >时，()F x 单调递减.又因为()f x 为奇函数，且(1)0f -=，所以()()f x F x x=为偶函数，且(1)(1)0F F -==,则当0x <时，()F x 单调递增. 当(,1)x ∈-∞-时，()0F x <，()0f x >. 当(0,1)x ∈时，()0F x <，()0f x >. 所以()0f x >成立的x 取值范围(,1)(0,1)-∞-，即答案为A..对题的解析过程进行回顾，本题是如何构造出()()f x F x x=，从而给出极其巧妙的解答. 为了寻求问题的本质，这里对以下例题进行分析.2.定义在(0,)2π上的函数()f x ，()f x '是它的导函数，且恒有()()tan f x f x x '>成立，则（） 3()2()43ππB. (1)2()sin16f f π>2()()64f ππ>3()()63f ππ>解析：因为(0,)2x π∈，所以sin 0x >，cos 0>.由()()tan f x f x x '>，得()cos ()sin 0f x x f x x '-> 设()()sin f x F x x=，则2()sin ()cos '()sin f x x f x xF x x'-=，可得'()0F x <, 则()F x 在定义域上单调递减，所以()()43F F ππ>,3()2()43ππ，即答案为A.3.已知函数()y f x =的图象关于y 轴对称,且当(,0),()'()0x f x xf x ∈-∞+<成立0.20.22(2)a f =，log 3(log 3)b f ππ=，33log 9(log 9)c f =,则a,b,c 的大小关系是 ( ) A. b a c >>B.c a b >>C.c b a >>D.a c b >>解：因为函数()y f x =关于y 轴对称,所以函数()y xf x =为奇函数.因为[()]'()'()xf x f x xf x =+,所以当(,0)x ∈-∞时,[()]'()'()0xf x f x xf x =+<,函数()y xf x =单调递减,当(0,)x ∈+∞时,函数()y xf x =单调递减.因为0.2122<<,0131og π<<,3192og =,所以0.23013219og og π<<<,所以b a c >>,选A.4. 已知()f x 为R 上的可导函数，且x R ∀∈，均有()()f x f x '>，则有 A ．2013(2013)(0)e f f -<，2013(2013)(0)f e f > B ．2013(2013)(0)e f f -<，2013(2013)(0)f e f < C ．2013(2013)(0)e f f ->，2013(2013)(0)f e f > D ．2013(2013)(0)e f f ->，2013(2013)(0)f e f <解：构造函数()(),x f x g x e=则2()()()()()()()x x x xf x e e f x f x f xg x e e '''--'==，因为,x ∀∈R 均有()()f x f x '>，并且0x e >，所以()0g x '<，故函数()()x f x g x e=在R上单调递减，所以(2013)(0)(2013)(0)g g g g -><，，即20132013(2013)(2013)(0)(0)f f f f e e --><，，也就是20132013(2013)(0)(2013)(0)e f f f e f -><，，故选D ．5. 已知函数))((R x x f ∈满足1)1(=f ，且)(x f 的导函数21)('<x f ，则212)(+<x x f 的解集为（）A. {}11<<-x x B. {}1-<x x C. {}11>-<x x x 或 D. {}1>x x解：构造新函数1()()()22x F x f x =-+, 则11(1)(1)()11022F f =-+=-=，1'()'()2F x f x =-，对任意x R ∈，有1'()'()02F x f x =-<，即函数()F x 在R 上单调递减，则()0F x <的解集为(1,)+∞，即212)(+<x x f 的解集为(1,)+∞，选D. 二、指对数同构①()来进行研究可构造函数x x x x xe x f e x xe x x xe =≥⇒≥,.ln ln ln λλλλ②()xx x f xax a x x x a a x x x a a a x x ln ,ln ln ln ln ln ln ln 22==⇒=⇒-=可构造函数来进行研究③()()()()11ln ln 1ln ln 10ln 1-+->-+⇒-+>+⇒>->+x x a x a e x a a e a a ax a e xx x()()来进行研究可构造函数x x x f x x a e a e xx ln ,11ln ln +=-+->+⇒ ④()()来进行研究，可构造函数x x x f x x e e x x x e x a a x x a a x ln ln 1ln 10ln 1-=-≥-⇒>-≥+ ⑤()来进行研究可构造函数xx a x ax x a xe x f e x a xe xx a xe x a e x =-≥⇒-≥⇒-≥-+,.ln ln ln ln 1指对互化关系()01ln >++≥x x x xe x()0ln >=-x e xe x x x同构转化关系：已知含有b b ae aln ≤则可同构转化如下 (同左边)b a e b ae ln )(ln ≤,则构造函数x xe x f =)( (同右边)b b e e a a ln ln ≤,则构造函数x x x f ln )(=(取对数))ln(ln ln ln b b a a +≤+,则构造函数x x x f ln )(+=例2：1.设实数λ＞0，若对任意的x ∈（e 2，+∞），关于x 的不等式λe λx ﹣lnx ≥0恒成立，则λ的最小值为：．分析： λe λx ﹣lnx ≥0x x x x xe xe x x xe x e ln ln ln ,ln ≥∴≥≥∴λλλλλλ令()()()()()xxx x x f x f x f xe x f x ln ln ,0,ln ≥⇒≥∴+∞≥∴=λλλ上单调递增在显然 ()()()()()上单减，在时，当令+∞∈<-=+∞∈=,,0ln 1',,ln 222e x x g xxx g e x x x x g ().2,2ln 222maxe e e g x x 的最小值为故λλ==⎪⎭⎫ ⎝⎛≥∴2.不等式()01212202210112≤-++-x x x 的解集为：．分析：()()011210112210112≤++-+-x x x x 不等式变形为，()()21011221011211x x x x -+-≤+()()()()222210111,1x x R x f x f x f x x x f -≤∴-≤∴+=上单调递增，在显然令,212≤x 2222-≤≤x 故不等式的解集为.22,22⎥⎦⎤⎢⎣⎡-3.已知对任意给定的m m me a b a b mb 则实数成立使存在,)0(ln ,0>=≥>的取值范围为：．分析：b mb mb e b b b mbe b me a ln )(ln ln ,ln ln =≥∴≥=b mb b mb e b mbe e b mbe b b ln ln .ln 0.ln ,0100ln ≥∴≤>≤<≤时，即当显然成立， ()()()b f mb f xe x f b b x ln 10ln ≥∴=>>时，构造函数即当显然()(),ln ,ln 0bbm b mb x f ≥≥∴∞+上单调递增，，在 ()()()()()()↓+∞↑⇒=⇒=-==,,10',ln 1',ln 2e e b g e b b g bbb g b b b g ，上在令设 ()()⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞≥∴==∴,1,1,1max e m e m e e g b g 的取值范围为故实数.注释：本题逻辑关联词较多，首先处理逻辑关联词我们遵循就近原则优先处理，即优先处理离mb me a =ln 较近的逻辑关联词，按照逻辑关联词出现的相反顺序进行处理，比如本题，我们要先处理存在一方的变量[)+∞∈=,ln ,,b a me a b a mb 在只需让为此我们先固定住上有解即可，的值域内即可！落在即让a me mb ln 故而得到分离，但不等式显然不好参变量接着处理任意一方的变,.ln ln b b me a mb ≥=求导还要借助隐零点处理过程也不简单.仔细观察发现，不等式两边同乘形式比较接近后，不等式两边函数的b ，可以利用同构来进行处理，接着就可以参变分离了，借助恒成立问题处理策略，即可使问题得以解决!4.已知方程a x a a a x x 个实数根，则实数有3ln ln ln 2-=的取值范围是：．分析：由xa x a x x x a a x x x a a a x x ln ln lnln ln ln ln 22=⇒=-=得当a x xax ==时，；21ln 12ln ln ln ln ln ln ln ln -≥⇒+-≥---=--=++⇒=≠a x ax xa x x a x x x a x a x x x a x a x x x a x a x x a x 时，由.102ea <<⇒举一反三1.a x x a e x a x a 恒成立，则实数对任意的实数不等式已知10ln ,01>≥+<+的最小值为：．分析：x a a x x a e x a xxa xe x a e x ln 1.ln ln 0ln -+-=-≥∴≥+构造函数()()()()xa x x f x a f x f xe x f x ln ,0)(,ln -≥+∞-≥∴=上单调递增，故在显然x x a ln -≥⇒ .ln maxe x x a -=⎪⎭⎫⎝⎛-≥易得故实数.e a -的最小值为2.已知不等式()的恒成立，则实数对a x x ex a x a x +∞∈>++,11ln 最小值为（）A. e -B.2e- C. e - D. e 2-分析：aa x x a a a x a x x x e e x x x a x e x x e x a x ln 1ln 1ln ln 1,1ln -≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-∴-=-≥+∴≥++ ， ()()()x x x x f x f e f x x x f a x 111'1ln -=-=≥⎪⎭⎫⎝⎛∴-= 构造函数()()()↓∞+↑⇒，，上在11,0x f最小时，的大小不定，但当实数与时，当a x ex a x1,1101<<>只需考虑其为负数的情况，10<<a x 此时()x a x x e x f x ax ln ,110<-<<<两边取对数得单调递减，故时，而当xx a ln ->∴令()()()()()↓+∞↑⇒+-=-=,1ln 1ln ',ln 2e e x g xx x g x x x g ，上，在则()()e e g x g -=≤∴ 故.e a -的最小值是3.设()abe b b ax a e a a ax 在定义域内恒成立，则若≥+->ln ,02的最大值为：．分析：()()b ax a abe b b ax a e ax ax +≥-∴≥+-ln ln 2 令()()()()()()x x f abe xf x f b ax a x f ax ≤-=+=-由题意知的反函数为显然,,ln 1在定义域内恒成立，()()恒成立恒成立，0ln ln ≤-+≤+∴x b ax a x b ax a()()()()a ba x x gb ax a x g x b ax a x g -=⇒=-+=-+=0',1',ln 2令设()↑⎪⎭⎫ ⎝⎛--⇒上在a b a abx g ,()0ln ,ln ,22max ≤⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴↓⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞-a b a a a a b a a a a b a g x g a b a 故只需，上()()()()a a a a e a h a a a e a h a a a e ab e a a a b a a a a ln 21ln 2',ln 2),ln 2,ln 222---=-=-≤-≤∴（设()()01122121ln 222ln 21',ln 21ln 2<-=--<--=---=---=aa a a a a a F a a a a a F 令()()()01,0=+∞∴F a F 上单调递减，注意到在()()()()↓<<>↑>><<a h a h a F a a h a h a F a ,0)(',01;,0)(',010时，当时，故当()().1,,1max 时取等当且仅当的最大值为故====∴b a e abe e h a h a注释：得式子，即由变形整理构造出同构的本题也可以通过对式子b b ax a e ax ≥+-)ln(2()()()()()b ax b b ax b ax b ax ax a bx e a x a bx b ax ax e a x a xa x +-++=+≥-⇒≥+-ln ln ln ln()()()b ax b b ax e abxe a x b ax a x+-+≥-⇒+ln ln ln 于是想到构造函数()()()b ax f a x f bx xe x f x +≥⎪⎭⎫⎝⎛∴-=ln 的形式，但是函数的增减性不确定，另外括号内两个变量的范围前面()正负也不确定，后面b ax a x+>ln ,0所以可能遇到取值范围的问题，分类讨论的话时间成本及计算成本也比较大，这时同构反而不占优势，所以不如从反函数入手反而会占优势一些! 4.已知函数()()a a x f x a x x x x f 则实数存在四个不同实数根，的方程关于=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=,ln 2的取值范围是（）A. ()()e ,11,0B. ⎪⎭⎫⎝⎛e 1,0 C.⎪⎭⎫⎝⎛1,1e D. ()1,0 分析：首先由()()0ln ,ln ,00222=--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=>⇒>x aa x x a a x x a a x f a a x x f 得由的定义域知设()()()()()()上在故，注意到上在时，当0,,00,0,ln 2∞-=-↑∞-<--=x g a g x g x xa a x x x g 有唯一实根xax x a x x a x a x x a a x x x a a x x x a ==-+∴=+∴=-=-->-ln ln ln ln 0ln 0.222得时，由当()()(),1',ln ,ln ln x x x h x a h x h x x x h x a x a x x -=⎪⎭⎫⎝⎛=∴-=-=-令()()，上在↓1,0x h ()↑∞+上，1当a x xax ==即时，满足题意；.10.ln ln 1ln ln <<∴=>--=-=-≠a a x a x x a x xa x x a x a x x x a x 得时，由当综上，实数().1,0的取值范围是a 注释：对数平均不等式：2ln ln 0,212121212121xx x x x x x x x x x x +<--<≠>则且对任意的指数平均不等式：2,2121212122121x x x x x x e e x x e e ex x R x x +<--<≠∈+则且对任意 5.若函数()()a x a e x x f x 没有零点，则整数1ln 2---=的最大值为：．分析：()()()()∞+>>+∞→，在没有零点，只需要使函数时注意到00,0x f x f x f x 上恒成立()()()x a x ax x x x ax e x a e x x f x x x -=--++≥---=---=+2ln 1ln 21ln 1ln ln 22而令()00ln 2202x x x a x a ，记其零点为，且上面不等式取等时=+<⇒>- 当()()1ln 21ln 1ln 200ln 200ln 2020000000=---≤---=---=≥++x x e x ax e x a e x x f a x x x x x 时，显然不合题意，.1,2的最大值为故整数综上：a a <6.已知函f （x ）＝e x ﹣aln （ax ﹣a ）+a （a ＞0），若关于x 的不等式f （x ）＞0恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．（0，e 2]B ．（0，e 2）C ．[1，e 2]D ．（1，e 2）分析：∵f （x ）＝e x ﹣aln （ax ﹣a ）+a ＞0（a ＞0）恒成立，∴，∴e x ﹣lna +x ﹣lna ＞ln （x ﹣1）+x ﹣1，∴e x ﹣lna +x ﹣lna ＞e ln （x ﹣1）+ln （x ﹣1）．令g （x ）＝e x +x ，易得g （x ）在（1，+∞）上单调递增， ∴x ﹣lna ＞ln （x ﹣1），∴﹣lna ＞ln （x ﹣1）﹣x ．∵ln （x ﹣1）﹣x ≤x ﹣2﹣x ＝﹣2，∴﹣lna ＞﹣2，∴0＜a ＜e 2， ∴实数a 的取值范围为（0，e 2）．故选：B ．注释：也可以这样变形()()()()1ln ln ln 1ln 0-+=->+->+⇔>x a a ax ae a ax a a e xf xx即()()11ln ln 11ln ln -+->-+⇒-->-⇒x x a x ae x a a e xx ()()()1ln ,11ln ln ->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∴+=-+->+x f a e f x x x f x x a e a e x xx 构造函数，，显然()()↑+∞上在,0x f11-<⇒->∴x e a x a e xx ∴实数a 的取值范围为（0，e 2）巩固提升一、单选题1．已知可导函数()f x 的导函数为()f x '，若对任意的x ∈R ，都有()()1f x f x '-<，且()02021f =，则不等式()12022e x f x +>的解集为（）A ．(),0∞-B ．()0,∞+C ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．(),1-∞【答案】A 【解析】【分析】构造函数()()1e xf x F x +=，通过导函数研究其单调性，利用单调性解不等式. 【详解】构造函数()()1e x f x F x +=，则()()()()()2e 1e 1e e x x x xf x f x f x f x F x '⋅-+⋅⎡⎤'--⎣⎦'==，因为()()1f x f x '-<，所以()0F x '<恒成立，故()()1exf x F x +=单调递减，()12022e xf x +>变形为()12022e x f x +>，又()02021f =，所以()()00102022e f F +==，所以()()0F x F >，解得：0x <，故答案为：(),0∞-. 故选：A2．定义在R 上的偶函数()f x 的导函数为()f x '，且当0x >时，()()20xf x f x '+<.则（） A ．()()2e 24ef f > B ．()()931f f >C ．()()2e 39ef f -< D ．()()2e 39ef f -> 【答案】D 【解析】【分析】由题构造函数()()2g x x f x =，利用导函数可得函数()()2g x x f x =在(0，+∞)上为减函数，且为偶函数，再利用函数的单调性即得. 【详解】设()()2g x x f x =，则()()()()()222g x xf x x f x x f x xf x ⎡⎤=+='+'⎣'⎦，又当0x >时，()()20xf x f x '+<，∴()()()()()2220g x xf x x f x x f x xf x '''=+=+<⎡⎤⎣⎦，则函数()()2g x x f x =在(0，+∞)上为减函数，∴()f x 是定义在R 上的偶函数， ∴()()()()()22g x x f x x f x g x -=--==，即g (x )为偶函数，所以()()e 2g g <，即()()2e 24e f f <，故A 错误；()()31g g <，即()()931f f <，故B 错误；()()e 3g g >，即()()2e 39e f f >因为()f x 为偶函数，所以()()33f f -=，所以()()2e 39ef f ->，故C 错误，D 正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数()()2g x x f x =，结合条件可判断函数的单调性及奇偶性，即得.3．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()22f x f x +=-，且当2x >时，有()()()()2,11xf x f x f x f ''+>=若，则不等式()12f x x <-的解集是（） A ．(2,3) B ．(),1-∞ C ．()()1,22,3⋃ D ．()(),13,-∞⋃+∞【答案】A 【解析】【分析】根据题目特征构造函数()(2)()g x x f x =-，先根据()f x 的对称性得到()g x 的图象关于(2,0)对称且()31g =，根据()g x 的单调性解不等式得到解集，再根据【详解】根据题意，设()(2)()g x x f x =-，则()()111g f =-=-，则有(2)(2)g x xf x +=+，(2)(2)g x xf x -=--，即有(2)(2)g x g x +=--，故函数()g x 的图象关于(2,0)对称，则有()()311g g =-=，当2x >时，()(2)()g x x f x =-，()(2)()()g x x f x f x '=-'+，又由当2x >时，()()2()xf x f x f x ''+>，即当2x >时，()0g x '>，即函数()g x 在区间(2,)+∞为增函数，由1()2f x x <-可得(2)()1x f x -<，即()()13g x g <=，23x ∴<<，函数()g x 的图象关于(2,0)对称，∴函数()g x 在区间(,2)-∞为增函数，且()0g x <在(,2)-∞上恒成立，由1()2f x x <-可得(2)()1x f x ->，即()1g x >，此时x 不存在. 综上：不等式解集为(2,3). 故选：A 【点睛】构造函数，利用函数单调性和奇偶性进行解不等式，是经常考察的一类题目，需要对已知条件进行分析，还要熟悉掌握一般的构造技巧，比如当出现导函数与函数相减的情况，一般是构造函数除法形式，而出现了导函数与函数相加的情况，此时要构造的通常是函数乘法形式 4．函数()f x 的导函数为fx ，对x ∀∈R ，都有()()2f x f x '>成立，若()ln 42f =，则不等式()2xf x e >的解集是（）A ．0,1B ．()ln 4,+∞C ．()1,+∞D ．()0,ln 4【答案】B 【解析】【分析】构造函数()()2=x f x g x e，利用导数可判断()g x 的单调性，再根据()ln 42f =，求得()ln 41g =，再根据不等式()()()()21ln 4xg x g f x e g x >>>⇔⇔，结合函数的单调性，即可求出结果．【详解】∴x ∀∈R ，都有()()2f x f x '>成立，∴()()102f x f x -'>，令()()2=xf xg x e，则于是有()()()()'22120x xf x f x f xg x e e -⎛⎫ ⎪==> ⎪''⎝⎭，所以()g x 在R 上单调递增， ∴()ln 42f =，∴()ln 41g =，∴不等式()()()()21ln 4xg x g f x e g x >>>⇔⇔， ∴ln 4x >，即不等式()2xf x e >的解集是()ln 4,+∞. 故选：B ．5．已知函数()f x 对于任意的()0,x π∈满足()()32cos xf x f x x '-，其中()f x '是函数()f x 的导函数，则下列各式正确的是（） A ．3264f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．343f f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．263f f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．4343f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】C 【解析】【分析】令()()0f x F x x x =≠，，结合题意可得232cos ()xF x -'=，利用导数讨论函数 ()F x 的单调性，进而得出()()()643F F F πππ<<，变形即可得出结果.【详解】令()()0f x F x x x=≠，，则2()()()xf x f x F x x ''-=，又()()32cos xf x f x x '-=-，所以()()232cos 0,πxF x x x -=∈'，，令()0π6F x x π'>⇒<<，令()006F x x π<⇒<<'，所以函数()F x 在0,6π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在,π6π⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，所以()()()643F F F πππ<<，即()()()634643f f f ππππππ<<，则2343,2464363f ff f f f ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫><< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，. 故选：C6．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()f x f x '>.若12x x <，则（）A ．()()1221x xe f x e f x > B ．()()1221x xe f x e f x <C ．()()1221x xe f x e f x =D ．()12x e f x 与()21xe f x 的大小关系不确定【答案】A 【解析】【分析】构造函数()()xf x F x e=，利用导数判断函数()F x 的单调性，从而即可比较函数值的大小关系. 【详解】解：因为()()f x f x '>，所以()()0f x f x '->，构造函数()()xf x F x e =，则()()()()()()20x xxx f x e f x e f x f x F x e e ''⋅-⋅-'==>，所以函数()F x 在R 上单调递增，又12x x <，所以()()12F x F x <，即()()1212x x f x f x e e<，所以()()1221x xe f x e f x >，故选：A.7．已知ππln π,,ln 8e 8a b c ===,,a b c 的大小关系是（） A ．b a c <，则212eln ()ln e e x x h x x x x-'=-=令()2eln (0)p x x x x =->，则2e 2e ()1xp x x x-'=-= 当02e x <<时，()0p x '>，()p x 单调递增，当2e x >时，()0p x '<，()p x 单调递减，()p x 在=2e x 取得最大值，又(e)2eln e e=e>0p =-，22222(e )2e ln e e =3e 0p =-> 则当2e e x <<时，()0p x >，2eln ()0e x x h x x -'=>，21()ln eh x x x =-单调递增则22πe (π)ln π(e)=ln e 0e e h h =->-=，即2πln πe>，则πln πe>a b > 综上，实数,,a b c 的大小关系是b a c << 故选：A8．设函数()f x '是偶函数()f x （x ∈R ）的导函数，()10f -=，当0x <时，()()0xf x f x -<'，则使得()0f x <成立的x 的取值范围是（） A ．()(),10,1-∞-⋃ B ．()()1,01,-⋃+∞C ．()(),11,0-∞--D ．()(),11,-∞-⋃+∞【答案】D 【解析】【分析】根据不等式的形式构造函数，利用导数的性质，结合函数的奇偶性和单调性进行求解即可. 【详解】令()()f xg x x =，则()()()2xf x f x g x x -=''， ∴()()0xf x f x -<'，∴()0g x '<，∴()g x 在(),0∞-上为减函数，又∴()()g x g x -=-，∴函数()g x 为定义域上的奇函数，()g x 在()0,+∞上为减函数. 又∴()10g -=，∴()10g =， ∴不等式()()00f x x g x <⇔⋅<， ∴0x >，()0g x <或0x <，()0g x >， ∴1x >，或1x <-，∴()0f x <成立的x 的取值范围是()(),11,-∞-⋃+∞，故选：D9．已知定义在R 上的函数()f x ，()f x '为其导函数，满足①()()2f x f x x =--，②当0x ≥时，()210f x x '++≥.若不等式()()221331f x x x f x +++>+有实数解，则其解集为（）A ．2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭B ．()2,0,3∞∞⎛⎫-⋃+ ⎪⎝⎭C ．()0,∞+D ．()2,0,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】通过构造函数法，结合导数来求得不等式的解集.【详解】构造函数()()2F x f x x x =++，当0x ≥时，()()()''210,F x f x x F x =++≥递增，由于()()2f x f x x =--，所以()()()()22f x x x f x x x ++=-+-+-，即()()F x F x -=，所以()F x 是偶函数，所以当0x <时，()F x 递减.不等式()()221331f x x x f x +++>+等价于：()()()()()()22212121111f x x x f x x x +++++>+++++，即()()211F x F x +>+，所以211x x +>+，两边平方并化简得()320x x +>，解得23x <-或0x >，所以不等式()()221331f x x x f x +++>+的解集为()2,0,3⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭.故选：D10．已知定义在R 上的偶函数()f x （函数()f x 的导函数为()'f x ）满足()1102f x f x ⎛⎫-++= ⎪⎝⎭，3e (2021)1f =，若()'()f x f x >-，则关于x 的不等式1(2)ex f x +>的解集为（）A ．(3),-∞B ．(3,)+∞C ．(,0)-∞D ．(0,)+∞【答案】B 【解析】【分析】首先判断()f x 的周期性，利用构造函数法，结合导数来求得不等式1(2)e xf x +>的解集. 【详解】依题意()()1110,122f x f x f x f x ⎛⎫⎛⎫-++=+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且()f x 为偶函数，()()13321222f x f x f x f x ⎛⎫⎛⎫+=++=-+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1111222f x f x f x ⎛⎫⎛⎫=-++=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 是周期为3的周期函数.3e (2021)1f =，333e (2021)e (6732)e (2)1f f f =+==，由于()f x 为偶函数，所以()()()'''(),()0f x f x f x f x f x >-=-+>，构造函数()()()()()''e ,e 0x xF x f x F x f x f x ⎡⎤=⋅=+⋅>⎣⎦，()F x 在(),-∞+∞上递增，不等式1(2)ex f x +>，()()325e (2)1,e (2)e 2,e (2)e 5x x x f x f x f f x f ++>+>+>， ()()25F x F +>，25,3x x +>>.所以不等式1(2)e xf x +>的解集为(3,)+∞. 故选：B 二、填空题11．已知奇函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数为()'f x ，当02x π<<时，有()cos ()sin 0f x x f x x '+<成立，则关于x 的不等式()2cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭的解集为________________ . 【答案】,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭【解析】【分析】构造函数()()cos f x g x x =，,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭.证明出()g x 为奇函数且为减函数. 吧()2cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭可化为()4cos cos 4f f x x ππ⎛⎫⎪⎝⎭<，即可解出.【详解】记函数()()cos f x g x x =，,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. ()()cos()f xg x x --=-.因为()f x 为奇函数，所以()()f x f x -=-，所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x--==-=--，所以()g x 为奇函数. 则2()cos ()sin ()cos f x x f x xg x x'+'=.当02x π<<时，有()cos ()sin 0f x x f x x '+<，所以()0g x '<，所以()g x 为减函数.又()g x 为奇函数，所以()g x 的图像关于原点对称，所以，在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上()g x 为减函数.关于x 的不等式()2cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭可化为()4cos cos 4f f x x ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭<，即()()4g x g π<，所以42x ππ<<.故答案为：,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭12．已知()f x 是定义在R 上的函数，且()()0f x f x --=；其导函数为fx .若0x >时，()2f x x '<，则不等式()()221321f x f x x x -->+-的解集是__________.【答案】1(1,)3-【解析】【分析】题设不等式可化为22(2)(2)(1)(1)f x x f x x ->---，构造2()y f x x =-，结合条件判断y 的区间单调性及奇偶性，进而利用其奇偶性、单调性解不等式即可. 【详解】由()()221321f x f x x x -->+-可得：22(2)(2)(1)(1)f x x f x x ->---，令2()y f x x =-，又()2f x x '<，即()20f x x '-<，所以y 在(0,)+∞上为减函数，因为()()f x f x =-，易知()f x 为偶函数，所以22()()()f x x f x x ---=-，故y 也为偶函数，所以y 在(,0)-∞上为增函数，综上，|2||1|x x <-，解得113x -<<，故不等式解集为1(1,)3-.故答案为：1(1,)3-【点睛】关键点点睛：根据题设条件，将问题转化为利用2()y f x x =-的单调性、奇偶性求解集. 13．已知函数()f x 是R 上的奇函数，()20f =，对()0,x ∀∈+∞，()()0f x xf x '+>成立，则()()10x f x -≥的解集为_________．【答案】(][][),20,12,-∞-+∞【解析】【分析】根据题意可以设()()()0F x xf x x =>，求其导数可知在()0,+∞上的单调性，由()f x 是R 上的奇函数，可知()F x 的奇偶性，进而可知()F x 在(),0-∞上的单调性，由()20f =可知()F x 的零点，最后分类讨论即可. 【详解】设()()F x xf x =，则对()0,x ∀∈+∞，()()()0F x f x xf x ''=+>，则()F x 在()0,+∞上为单调递增函数，∴函数()f x 是R 上的奇函数，∴()()f x f x -=-， ∴()()()()()F x x f x xf x F x -=--==，∴()F x 为偶函数，∴()F x 在(),0-∞上为单调递减函数，又∴()20f =，∴()()220F F -==，由已知得()00F =，所以当2x <-时，()()0,0F x f x ><；当20x -<<时，()()0,0F x f x <>；当02x <<时，()()0,0F x f x <<；当2x >时，()()0,0F x f x >>；若()()10x f x -=，则0,1,2,2x =-；若()()10x f x ->，则()100x f x ->⎧⎨>⎩或()100x f x -<⎧⎨<⎩，解得2x >或2x <-或01x <<；则()()10x f x -≥的解集为(][][),20,12,-∞-+∞.故答案为：(][][),20,12,-∞-+∞.14．已知函数()f x 的导函数为()f x '，且对任意x ∈R ，()()0f x f x '-<，若()22e f =，()e t f t <，则t 的取值范围是___________. 【答案】()2,+∞ 【解析】【分析】构造函数()()xf xg x =e，利用导数分析函数()g x 的单调性，将所求不等式变形为()()2g t g <，结合函数()g x 的单调性可得解. 【详解】构造函数()()x f x g x =e ，则()()()0xf x f xg x e'-'=<，故函数()g x 在R 上单调递减，由已知可得()()2221ef g ==，由()e tf t <可得()()()12e t f tg t g =<=，可得2t >.故答案为：()2,+∞.15．已知()f x 是定义在R 上的可导函数，对于任意实数x 都有()()2e xf x f x -=.当0x <时，()()0f x f x '+<，若()()2e 311a f a f a -≥-，则a 的取值范围是______.【答案】0a ≤或12a ≥ 【解析】【分析】令()()x g x e f x =，可知当0x <时，()0g x '>，()g x 单调递减；根据()()2xf x f x e -=得到()()g x g x -=，知()g x 为偶函数，将所求不等式转化为()()311g a g a -≥-，由单调性可得311a a -≥-，解不等式可求得结果. 【详解】当0x <时，()()0f x f x '+<，∴当0x <时，()()()0xx e f x e f x f x ''⎡⎤⎡⎤=+<⎣⎦⎣⎦；令()()xg x e f x =，则()g x 在(),0∞-上单调递减；()()2x f x f x e -=，()()x x e f x e f x -∴-=，即()()g x g x -=， ()g x ∴为R 上的偶函数，∴()g x 在()0,∞+上单调递增；()f x 是R 上的可导函数，()f x ∴在R 上连续，()g x ∴在R 上连续；由()()2311a e f a f a -≥-得：()()311311a a e f a e f a ---≥-，即()()311g a g a -≥-，311a a ∴-≥-，解得：0a ≤或12a ≥. 故答案为：0a ≤或12a ≥. 16．已知函数()f x 的定义域为R ，1122f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，若对于任意的x ∈R 都有()4f x x '>，则当[]0,2απ∈时，不等式()sin cos20f αα+>的解集为_________．【答案】5,66ππ⎛⎫⎪⎝⎭【解析】【分析】构造函数()()221g x f x x =-+，利用导数求出单调性，不等式可化为()1sin 2g g α⎛⎫ ⎪>⎝⎭，即可求解.【详解】设()()221g x f x x =-+，则()()40g x f x x ''=->，所以函数()g x 在R 上为增函数.2111210222g f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ()()()2sin sin 2sin 1sin cos20g f f ααααα∴=-+=+>，即()1sin 2g g α⎛⎫⎪>⎝⎭，得1sin 2α>，又02απ≤≤，566ππα∴<<，所以不等式()sin cos20f αα+>的解集为5,66ππ⎛⎫⎪⎝⎭.故答案为：5,66ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭.。

【2021年高考数学压轴题】专题01 同构函数型

2021年高考数学压轴题解法分析与强化训练专题01同构函数型[高考真题]1.（2020·新课标卷Ⅱ文数·12）若2233xyxy ---<-，则（）A ．ln(1)0y x -+>B ．ln(1)0y x -+<C ．ln ||0x y ->D ．ln ||0x y -<【答案】A【分析】将已知2233x y xy ---<-按照“左右形式形式相当，一边一个变量”的目的变形，然后逆用函数的单调性.【解析】由2233x y xy ---<-移项变形为2323x x y y---<-设()23xxf x -=-易知()f x 是定义在R 上的增函数，故由2323x xy y ---<-，可得x y <，所以011,y x y x ->⇒-+>从而ln(1)0y x -+>，故选A ．2.（2020·新课标Ⅰ理数·12）若242log 42log aba b +=+，则（）A.2a b >B.2a b< C.2a b > D.2a b <【答案】B【分析】∵2222442242log 2log 2log 2log 21bbb b b b b b +=+=+=+-∴2222log 2log 21aba b +==+-设2()2log x f x x =+，利用作差法结合()f x 的单调性即可得到答案.【解析】∵2222442242log 2log 2log 2log 21bbb b b b b b +=+=+=+-∴2222log 2log 21aba b +=+-，故2222log 2log 2a b a b+<+设2()2log x f x x =+，则()f x 为增函数，所以()(2)f a f b <，所以2a b <.2()()f a f b -=22222log (2log )a b a b +-+=222222log (2log )b b b b +-+=22222log b b b --，当1b =时，2()()20f a f b -=>，此时2()()f a f b >，有2a b >当2b =时，2()()10f a f b -=-<，此时2()()f a f b <，有2a b <，所以C 、D 错误.故选B.【点评】本题需构造函数，其基本策略是：“左右形式相当，一边一个变量，取左或取右，构造函数妥当”，我们称之为“同构函数”，然后再利用函数的单调性求值.[强化训练]1.（2012·全国联赛）如果5533cos sin 7(cos sin )θθθθ-<-，[0,2)θπ∈，则θ的取值范围是______________.【答案】5(,44ππ2.（2012·辽宁竞赛）不等式3381050(1)1x x x x +-->++的解集是______________.【解析】原不等式可化为：33225511x x x x ⎛⎫+⋅>+ ⎪++⎝⎭构造函数3()5f x x x =+，则2()350f x x '=+>，()f x 在R 上单增所以21x x >+，解之得21x x <-<<或-1所以原不等式解集是{}21x x x <-<<或-1.3.（2020·南通五月模拟·14）已知[)0,2θπ∈，若关于k 的不等式()33sin cos k θθ≤-在(],2-∞-上恒成立，则θ的取值范围为．【答案】0,4π⎡⎤⎢⎣⎦【分析】本题的实质是含参数θ（这里当然是sin θ、cos θ）的不等式恒成立问题，应抓住()33sin cos k θθ≤-的对称结构，构造函数，利用函数的单调性布列不等式.()33sin coskθθ≤-想“对称结构”，将它变形为：33sin cosk kθθ-≥，设3()f x kx=-2()3f x kx'=-易知当(],2k∈-∞-时，2()30f x kx'=-，故()f x在[)0,+∞单减，所以sin cossin0cos0θθθθ≤⎧⎪≥⎨⎪≥⎩，解之得：04πθ≤≤所以θ的取值范围0,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦．4.（2019·南师附中期中·14）已知函数()33x xf x-=-，3313(12log)(3log1)logf t f t t-+-≥，则t的取值范围是．【答案】[1,)+∞【分析】这里可以发现13333log log(2log1)(3log1)t t t t=-=---,将3313(12log)(3log1)logf t f t t-+-≥移项变形为3333(3log1)(3log1)(2log1)(12log)t tf t f t-+-≥+--，易知()33x xf x-=-是奇函数，33(12log)(2log1)tf t f--=+，故进一步变形为3333(3log1)(3log1)(2log1)(2log1)f t t f t t-+-≥-+-，此时,得到一个“左右形式相当，一边一个变量”的不等式，令()()F x f x x=+，问题转化为33(3log1)(2log1)t tF F-≥-，只需研究()()F x f x x=+的单调性，逆用该函数的单调性即可.【解析】∵13333log log(12log)(3log1)t t t t=-=----∴3313(12log)(3log1)logf t f t t-+-≥可变形为：3333(3log1)(3log1)(2log1)(12log)t tf t f t-+-≥---∵()33x xf x-=-是奇函数∴33(12log )(2log 1)tf t f --=-∴3333(3log 1)(3log 1)(2log 1)(2log 1)f t t f t t -+-≥-+-令()()33xxF x f x x x -=+=-+，则()ln 33ln 3310x x F x -'=⋅+⋅+>∴()F x 单增∴333log 12log 1tt-≥-，即3log 0t≥，解之得1t ≥所以t 的取值范围是[1,)+∞．5.（2020·南通如皋创新班四月模拟·2）已知实数a ，b ∈(0，2)，且满足2244242a b a b b --=--，则a ＋b 的值为_______．【答案】2【分析】将2244242a b a b b --=--化为：2222(2)2a b a b -+=-+，设()22x f x x =+，则()f x 在()0,2上递增，由()()2f a f b =-，得a ＋b 的值.【解析】由2244242a b a b b --=--，化简为：22222(2)a b a b -+=+-，即2222(2)2a b a b -+=-+，设()22xf x x =+，则()f x 在()0,2上递增，因为a ，b ∈(0，2)，所以2-b ∈(0，2)，且()()2f a f b =-，所以2a b =-，即2a b +=.6.（2020·淮阴中学、姜堰中学12月考·14）)已知实数1x ，2x 满足131xx e e =，()522ln 2x x e -=，则12x x =______.【分析】由已知条件考虑将两个等式转化为统一结构形式，令222ln 2,t x t x e+-==，得到3t te e =，研究函数()xf x xe =的单调性，求出1,x t 关系，即可求解.解法一：实数1x ，2x 满足131xx e e =，()522ln 2x x e -=，2120,x x e >>，222ln 20,t x t x e +-=>=，则3t te e =，()(0),()(1)0(0)x x f x xe x f x x e x '=>=+>>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，而31()()f x f t e ==，5121222ln 2,(ln 2)x t x x x x x e ∴==-∴=-=.解析二：对131x x e e =两边取自然对数得：11ln 3x x +=，对()522ln 2x x e -=两边取自然对数得：()22ln ln ln 25x x +-=（※）为使两式结构相同，将（※）进一步变形为：()()22ln 2ln ln 23x x -+-=设()ln f x x x =+，则1()10f x x'=+>所以()f x 在(0,)+∞单调递增，()3f x =的解只有一个.∴12ln 2x x =-，∴()51222ln 2x x x x e=-=【点评】两种解法实质相同，其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，然后构造函数，利用函数的单调性，利用是同一方程求解.7.设方程24x x +=的根为m ，设方程2log 4x x +=的根为n ，则m n +=.【答案】48.已知a 3－3a 2＋5a ＝1，b 3－3b 2＋5b ＝5，那么a ＋b 的值是.【解析】由题意知a 3－3a 2＋5a －3＝－2，b 3－3b 2＋5b －3＝2，设f (x )＝x 3－3x 2＋5x －3，则f (a )＝－2，f (b )＝2.因为f (x )图象的对称中心为(1,0)，所以a ＋b ＝2.点评：本题的难点在于发现函数的对称性，对于三次函数f (x )y ＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 其对称中心为(x 0，f (x 0))，其中f ″(x 0)＝0.9.(宿迁·2018·期中)不等式x x x x x x 63242-+2+≤-+2++2()()的解集是.【分析】直接解显然是不对路的.观察不等式的特征，发现其含有x x +2()、两个因式，将不等式转化为“一边一个变量”的形式为：x x x x x x 64232-+≤+2-+2++2()()()，构造函数f x x x x 32=-+()，题目转化为求解f x f x 2≤+2()()的问题.因为f x x x 2'=3-2+1()，易知f x x x 2'=3-2+1>0()恒成立，故f x ()为R 上的单调增函数，所以由f x f x 2≤+2()()立得：x x 2≤+2，解之得x -1≤≤2.【方法点拨】1.一个式子中出现两个变量,适当变形后,两边结构相同(如例1);2.两个式子也可适当变形,使其结构相同,然后构造函数,利用函数的单调性解题，或运用同一方程代入.。

2021年高考数学压轴题解法分析与强化训练《专题05 形如f(x)e^x+g(x)型》

h′(x)] ，其导数方程是多项式形式，所以它的根与指数函数无关，有利于更快捷地解决问题.
【解析】 f (x) 1 x3 1等价于 (1 x3 ax2 x 1)ex 1 .
2
2
设函数 g(x) (1 x3 ax2 x 1)ex (x 0) ，则 2
g(x) ( 1 x3 ax2 x 1 3 x2 2ax 1)e x 1 x[x2 (2a 3)x 4a 2]ex
2
2
2
1 x(x 2a 1)(x 2)ex . 2
（i）若2a+1≤0，即 a 1 ，则当x∈（0，2）时， g(x) >0.所以g（x）在（0，2）单调 2
递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意.
（ii）若0<2a+1<2，即 1 a 1 ，则当x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a+1，
2.已知 x＋ex ≥t 对一切正实数 x 恒成立，则实数 t 的最大值为________． 2x＋1
【答案】 1
【解析】因为 ex≥x＋1,所以 x＋ex ≥x＋x＋1＝1.则 t≤1,所以 t 的最大值为 1. 2x＋1 2x＋1
3.已知函数 f(x)＝ex－1－x－ax2，当 x≥0 时,f(x)≥0 恒成立，则实数 a 的取值范围为________．
＝(1－e－x)·(ex－2a),故当 x∈(0,ln2a)时,f′(x)＜0,而 f(0)＝0,于是当 x∈(0,ln2a)时,f(x)＜0,不
合题意．
－∞，1
综上所述,实数 a 的取值范围为
2.
【解析二】因为 ex≥x＋1,所以当 a≤0 时,ex≥ax2＋x＋1 恒成立,故只需讨论 a＞0 的情形．令 F(x)

(2021年整理)高考文科数学函数专题讲解及高考真题精选(含问题详解)

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本文可编辑可修改,如果觉得对您有帮助请下载收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为 <(完整版）高考文科数学函数专题讲解及高考真题精选（含问题详解)> 这篇文档的全部内容.函数【1.2.1】函数的概念（1)函数的概念①设A 、B 是两个非空的数集，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中任何一个数x ，在集合B 中都有唯一确定的数()f x 和它对应，那么这样的对应（包括集合A ，B 以及A 到B 的对应法则f )叫做集合A 到B 的一个函数，记作:f A B →． ②函数的三要素:定义域、值域和对应法则．③只有定义域相同，且对应法则也相同的两个函数才是同一函数．（2）区间的概念及表示法①设,a b 是两个实数，且a b <，满足a x b ≤≤的实数x 的集合叫做闭区间，记做[,]a b ；满足a x b <<的实数x 的集合叫做开区间，记做(,)a b ；满足a x b ≤<，或a x b <≤的实数x 的集合叫做半开半闭区间，分别记做[,)a b ，(,]a b ;满足,,,x a x a x b x b ≥>≤<的实数x 的集合分别记做[,),(,),(,],(,)a a b b +∞+∞-∞-∞．注意：对于集合{|}x a x b <<与区间(,)a b ,前者a 可以大于或等于b ，而后者必须 a b <．(3)求函数的定义域时，一般遵循以下原则：①()f x 是整式时，定义域是全体实数．②()f x 是分式函数时，定义域是使分母不为零的一切实数．③()f x 是偶次根式时，定义域是使被开方式为非负值时的实数的集合．④对数函数的真数大于零，当对数或指数函数的底数中含变量时，底数须大于零且不等于1． ⑤tan y x =中，()2x k k Z ππ≠+∈．⑥零(负）指数幂的底数不能为零．⑦若()f x 是由有限个基本初等函数的四则运算而合成的函数时,则其定义域一般是各基本初等函数的定义域的交集．⑧对于求复合函数定义域问题，一般步骤是:若已知()a b,其复合函数f x的定义域为[,]f g x的定义域应由不等式()[()]≤≤解出．a g x b⑨对于含字母参数的函数,求其定义域，根据问题具体情况需对字母参数进行分类讨论．⑩由实际问题确定的函数，其定义域除使函数有意义外,还要符合问题的实际意义．（4）求函数的值域或最值求函数最值的常用方法和求函数值域的方法基本上是相同的．事实上，如果在函数的值域中存在一个最小（大）数，这个数就是函数的最小（大）值．因此求函数的最值与值域，其实质是相同的，只是提问的角度不同．求函数值域与最值的常用方法：①观察法:对于比较简单的函数，我们可以通过观察直接得到值域或最值．②配方法：将函数解析式化成含有自变量的平方式与常数的和，然后根据变量的取值范围确定函数的值域或最值．③判别式法：若函数()y f x=可以化成一个系数含有y的关于x的二次方程2++=，则在()0a y xb y xc y()()()0a y≠时，由于,x y为实数，故必须有2()4()()0∆=-⋅≥，从而确定函数的值域或最值．b y a yc y④不等式法：利用基本不等式确定函数的值域或最值．⑤换元法：通过变量代换达到化繁为简、化难为易的目的，三角代换可将代数函数的最值问题转化为三角函数的最值问题．⑥反函数法：利用函数和它的反函数的定义域与值域的互逆关系确定函数的值域或最值．⑦数形结合法：利用函数图象或几何方法确定函数的值域或最值．⑧函数的单调性法．【1.2。

导数中的5种同构函数问题 (解析版)--2024高考数学常考题型精华版

第7讲导数中的5种同构函数问题【考点分析】考点一：常见的同构函数图像八大同构函数分别是：xy xe =，x x y e =，x e y x =，ln y x x =，ln x y x =，ln xy x=，1--=x e y x ，1ln --=x x y 我们通过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．图1图2图3图4图5图6图7图8考点二：常见同构方法（1）()ln e e;ln ln exx xxx x x x +=+=（2）ln :ln lnx x x xe e e x x x x-=-=（3）()22ln 2e e ;2ln ln ex x xxx x x x +=+=（4）2ln 2ln 22,x xx x x x e e e e x x--==【题型目录】题型一：利用同构解决不等式问题题型二：利用同构求函数最值题型三：利用同构解决函数的零点问题题型四：利用同构解决不等式恒成立问题题型五：利用同构证明不等式【典例例题】题型一：利用同构解决不等式问题【例1】（2022·河南·模拟预测（理））不等式2ln ln 2x x >的解集是（）A ．()1,2B ．()2,4C ．()2,+∞D ．()4,+∞【答案】B 【解析】【分析】结合不等式特点，构造函数，研究其单调性，从而求出解集.【详解】设()()ln 0x f x x x =>，则()21ln xf x x-'=，当0e x <<时，()0f x '>；当e x >时，()0f x '<，所以()f x 在()0,e 上是增函数，在()e,+∞上是减函数．原不等式可化为ln ln 22x x >，即()()2f x f >，结合()()24f f =，可得24x <<，所以原不等式的解集为{}24x x <<．故选：B【例2】（2022·陕西宝鸡·一模（理））已知1a >，1b >，则下列关系式不可能成立的是（）A ．e ln ≤b a abB ．e ln ≥b a abC ．e ln ≥b a b aD ．e ln ≤b a b a【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()ln 0=->f x x x x ，利用导数判断其单调性可判断AB ；构造函数()e =xg x x，()ln x h x x =，利用导数判断单调性可判断CD.【详解】对于e ln ≤b a ab ，两边取对数得()()ln e ln ln ≤ba ab ，即()ln ln ln ln -≤-b b a a ，构造函数()()ln 0=->f x x x x ，()111x f x x x-'=-=，当1x >时，()0f x ¢>，()f x 是单调递增函数，当01x <<时，()0f x ¢<，()f x 是单调递减函数，若1ln <≤b a ，则()ln ln ln ln -≤-b b a a ，即e ln ≤b a ab ，故A 正确；若1ln <≤a b ，则()ln ln ln ln -≥-b b a a ，e ln ≥b a ab ，故B 正确；构造函数()e =xg x x，()ln x h x x =，()()2e 1e -'==xx x g x x x，当1x >时，()0g x ¢>，()g x 单调递增，所以()()1e >=g x g ，()21ln xh x x -'=，当e x >时，()0h x '>，()h x 单调递减，当0e x <<时，()0h x '<，()h x 单调递增，()()1e eh x h ≤=，所以1x >时()>g x ()h x ，即e ln >b ab a，所以e ln ≥b a b a 成立，e ln ≤b a b a 不可能成立，故C 正确D 错误.故选：D.【点睛】思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不等式成立与否.【例3】（2022·陕西·长安一中高二期末（理））已知0x y π<<<，且e sin e sin y x x y =，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（）A ．4y πD ．sin sin x y>【答案】C 【解析】【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.【详解】因为e sin e sin y x x y =，所以sin sin e ex y x y=，令sin ()e t t g t =，所以()()g x g y =，对函数sin ()(0,)e ttg t t π=∈，求导：2e cos e sin cos sin ())(e e t t t tt t t t g t --'==，由()0g t '>有：(0,)4t π∈，由()0g t '<有：(,)4t ππ∈，所以sin ()e t t g t =在(0,)4π单调递增，在(,)4ππ单调递减，因为0x y π<<<，由()()g x g y =有：04x y ππ<<<<，故A 错误；因为0x y π<<<，所以e e y x >，由sin sin e ex y x y=有：sin sin y x >，故D 错误；因为04x y ππ<<<<，所以cos 0x =>，|cos |y =因为sin sin y x >，所以cos |cos |x y >，所以cos cos 0x y +>，故C 正确；令()()()2h t g t g t π=--有：()()()2h t g t g t π'''=--=cos sin e t t t -+2sin cos e tt tπ-=22(sin cos )(e -e)et tt t ππ--，当0t π<<，()0h t '>恒成立.所以()()()2h t g t g t π=--在(0,)π单调递增，当04x π<<时，()()()02h x g x g x π=--<，即()()2g x g x π<-，又()()g x g y =，所以()()()2g x g y g x π=<-，因为04x y ππ<<<<，所以(,242x πππ-∈，因为sin ()e t t g t =在(,)4ππ内单调递减，所以2y x π>-，即2y x π+>，故B 错误.故选：C.【例4】（2022·江苏苏州·模拟预测）若x ，(0,)∈+∞y ，ln e sin y x x y +=+，则（）A ．ln()0x y -C ．e yx <D ．ln y x<【答案】C 【解析】【分析】利用sin y y >可得ln e y x x y +<+，再利用同构可判断,e y x 的大小关系，从而可得正确的选项.【详解】设()sin ,0f x x x x =->，则()1cos 0f x x '=-≥（不恒为零），故()f x 在(0,)+∞上为增函数，故()()00f x f >=，所以sin x x >，故sin y y >在(0,)+∞上恒成立，所以ln e e ln e y y y x x y +<+=+，但()ln g x x x =+为(0,)+∞上为增函数，故e y x <即ln x y <，所以C 成立，D 错误.取e x =，考虑1e e sin y y +=+的解，若e 1y ≥+，则e 1e e 5e 21e sin y y +≥>>+≥+-，矛盾，故e 1y <+即1y x -<，此时ln()0y x -<，故B 错误.取1y =，考虑ln e sin1x x +=+，若2x ≤，则1ln 2ln 23e e sin12x x +≤+<<+<+，矛盾，故2x >，此时1->x y ，此时ln()0x y ->，故A 错误，故选：C.【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.【例5】（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学模拟预测（理））已知a 、R b ∈，2e ln 0a a a +=，1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭，则（）A ．e a ab b <<B ．e a ab b<=C ．e a b ab<<D ．e a b ab=<【答案】B 【解析】【分析】由2e ln 0a a a +=可得出11e ln aa a a=，构造函数()e x f x x =可得出ln 0a a +=，可得出e 1a a =，由1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭可得出11ln e bb b b +=+，构造函数()e x g x x =+可得出11ln 0b b +=，然后构造函数()ln h x x x =+可得出1a b=，再对所得等式进行变形后可得出合适的选项.【详解】由2e ln 0a a a +=可得111e ln aa a a a a=-=，由题意可知0a >，构造函数()e x f x x =，其中0x >，则()()1e 0xf x x '=+>，所以，函数()f x 在()0,∞+上单调递增，由1ln 111e ln e ln aa a a a a==可得()1ln f a f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，ln a a =-，由0a >可得ln 0a <，则01a <<，且ln 0a a +=，①由1ln ln 1b b b b ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭可得11ln e b b b b +-=，则11ln e bb b b +=+，由题意可知0b >，构造函数()e x g x x =+，其中0x >，则()1e 0xg x '=+>，所以，函数()g x 在()0,∞+上单调递增，由11ln e b b b b +=+，即1ln 1ln e e bb b b+=+，可得()1ln g b g b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，1ln b b =，由1ln 0b b =>可得1b >，且11ln b b =-，则11ln 0b b+=，②令()ln h x x x =+，其中0x >，则()110h x x'=+>，所以，函数()h x 在()0,∞+上为增函数，由①②可得()10h a h b ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以，1a b =，可得1ab =，由()ln ln ln e 0a a a a lne a a +=+==可得e 1a a =，则1e ab a==，因为01a <<，则1e a ab b =<=，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查指对同构问题，需要对等式进行变形，根据等式的结构构造合适的函数，并利用函数的单调性得出相应的等式，进而求解.【题型专练】1.（2022·陕西·泾阳县教育局教学研究室高二期中（理））已知0a b >>，且满足ln ln a b b a =，e 为自然对数的底数，则（）A ．e e e a b b <，利用导函数研究函数的单调性判断即可.【详解】解：因为e x y =在R 上单调增，0a b >>，所以e e a b >，故A 、D 错误；构造函数()()ln ,0x f x x x =>，则()21ln 0xf x x '-==，e x =，当()0,e x ∈时，()0f x '>，()f x 单调增，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调减，因为ln ln a b b a =，ln ln a ba b=，即()()f a f b =，又0a b >>，所以0e b <<，e a >，ln 0a >，ln ln 0a b b a =>，所以1e b a <<<，所以ln ln eeb b <，eln ln e b b <，e ln ln e b b <，即e e b b <，所以e e e a b b <<，故B 正确.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练习（理））设20222020a =，20212021b =，20202022c =，则（）A ．a b c >>B ．b a c>>C ．c a b>>D ．c b a>>【答案】A 【解析】【分析】由于ln2020ln 2021ln2021ln 2022a b =，所以构造函数()()2ln 1xf x x e x =≥+，利用导数判断其为减函数，从而可比较出()()202020210f f >>，进而可比较出,a b 的大小，同理可比较出,b c 的大小，即可得答案【详解】∵ln2020ln 2022ln20202021ln2021ln 2021ln20212022a b ==，构造函数()()2ln 1xf x x e x =≥+，()()21ln 1x x x f x x x +-'=+，令()1ln g x x x x =+-，则()ln 0g x x '=-<，∴()g x 在)2,e ⎡+∞⎣上单减，∴()()2210g x g e e ≤=-<，故()0f x '<，∴()f x 在)2,e ⎡+∞⎣上单减，∴()()202020210f f >>，∴()()2020ln 1ln 2021f a b f =>∴ln ln a b >.∴a b >，同理可得ln ln b c >，b c >，故a b c >>，故选：A3．（2022·广东·中山市迪茵公学高二阶段练习）已知0a b >>，下列不等式，成立的一个是（）A ．33a b a b ->-B ．ln ln a b a b->-C ．sin sin a b a b ->-D ．e e a b a b->-【答案】D 【解析】【分析】在0x >时，构造函数3(),()ln ,()sin ,()e x f x x x g x x x h x x x x x ϕ=-=-=-=-，探讨它们的单调性即可分别判断选项A ，B ，C ，D 作答.【详解】因3333a b a b a a b b ->-⇔->-，则令3()f x x x =-，0x >，2()31x f x '=-，显然函数()f x 在上递减，在()3+∞上递增，即函数()f x 在(0,)+∞上不单调，而0a b >>，则不能比较()f a 与()f b 的大小，A 不是；因ln ln ln ln a b a b a a b b ->-⇔->-，则令()ln g x x x =-，0x >，1()1g x x'=-，显然函数()g x 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减，在(0,)+∞上不单调，而0a b >>，则不能比较()g a 与()g b 的大小，B 不是；因sin sin sin sin a b a b a a b b ->-⇔->-，则令()sin h x x x =-，0x >，()cos 10h x x '=-≤，函数()h x 在(0,)+∞上单调递减，由0a b >>，得()()h a h b <，即sin sin a a b b -<-，C 不是；因e e e e a b a b a b a b ->-⇔->-，则令()e x x x ϕ=-，0x >，()e 10x x ϕ'=->，函数()ϕx 在(0,)+∞上单调递增，由0a b >>，得()()a b ϕϕ>，即e e a b a b ->-，D 是.故选：D 【点睛】思路点睛：某些涉及数或式大小关系问题，细心探求变量关系，构造函数，利用函数的单调性求解.4．（2022·全国·高三专题）已知,x y 满足222e x x -=，4e ln 2y y=+（其中e 是自然对数的底数），则2x y =（）A ．4eB ．3eC ．2eD ．e【答案】A 【解析】【分析】对222e xx -=两边取对数，得22ln 2x x =-,再与4e ln 2y y =+相加整理得4422e e ln ln x x y y+=+，构造函数()ln g t t t =+，根据单调性，即可求解.【详解】解：222ex x -=,两边取对数得：22ln 2x x =-，又4e ln 2y y=+，两式相加得：422e ln ln 4x y x y+=-+，即444224e e e ln ln e ln ln x x y y y y +=-+=+，令()ln g t t t =+，故上式变为42e ()()g x g y=，易知()ln g t t t =+在()0,∞+上单调递增，故42e x y=，故24e x y =，故选：A5.（2022·四川·广安二中模拟预测（理））已知0πx y <<<，且e sin e sin y x x y =，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（）A ．co co s 0s x y +C ．cos sin x y >D ．sin sin x y>【答案】B 【解析】【分析】构造()sin ex xf x =，0πx <<，求导研究其单调性，判断出D 选项，利用同角三角函数关系得到AB 选项，构造差函数，得到π2x y >-，从而判断出C 选项.【详解】构造()sin e xx f x =，0πx <<，则()sin 0e x xf x =>恒成立，则()cos sin e xx xf x -'=，当π04x <<时，cos sin x x >，()cos sin 0e xx x f x -'=>，当ππ4x <<时，cos sin x x <，()cos sin 0e x x xf x -'=<所以()sin e x x f x =在π0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在π,π4⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，因为0πx y <<<，所以π0π4x y <<<<，0e e x y <<，又sin sin 0e ex y x y=>，所以0sin sin x y <<，D 错误，因为π0π4x y <<<<，所以cos 0x =>，cos y 所以cos cos x y >，所以cos cos 0x y +>，A 错误，B 正确.令()()π2g x f x f x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，则π04g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()()()π2ππ22sin cos e e πcos sin sin cos 2e e e x xx x x x x x x x g x f x f x --⎛⎫-- ⎪--⎛⎫⎝⎭=+-=+= ⎪⎝'⎭''当0πx <<时，()0g x '>恒成立，所以()()π2g x f x f x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭在()0,π上单调递增，当π0,4x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()π02g x f x f x ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭，即()π2f x f x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，因为()()f x f y =，所以()π2f y f x ⎛⎫<- ⎪⎝⎭因为π0π4x y <<<<，所以ππ24x ->，因为()f x 在在π,π4⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以π2y x >-，即π2x y >-因为()cos x x ϕ=在()0,π上单调递减，所以πcos cos sin 2x y y ⎛⎫<-= ⎪⎝⎭，C 错误故选：B 【点睛】结合题目特征，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法，本题中构造()sin e xxf x =进行求解.6.（2022·福建·三明一中模拟预测）己知e 为自然对数的底数，a ，b 均为大于1的实数，若1e ln a a b b b ++<，则（）A ．1e a b +C ．eab <D ．eab >【答案】B 【解析】【分析】由题意化简得到e ln e ln e e a ab b<，设()ln f x x x =，得到(e )()ea b f f <，结合题意和函数()f x 的单调性，即可求解.【详解】由1e ln a a b b b ++<，可得1eln (ln 1)lnea b a b b b b b b +<-=-=，即e ln e ln e e a ab b <，设()ln f x x x =，可得(e )()eab f f <，因为0a >，可得e 1a >，又因为(ln 1)0,0b b b ->>，所以ln 1b >，即e b >，所以1eb>，当1x >时，()ln 10f x x '=+>，可得函数()f x 在(1,)+∞为单调递增函数，所以e eab<，即1e a b +>.故选：B.题型二：利用同构求函数最值【例1】（2022·四川省通江中学高二期中（文））已知函数()()e ,ln xf x xg x x x ==，若()()(0)f m g n t t ==>，则ln mn t ⋅的取值范围为（）A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】【分析】先求得,m n 的取值范围，然后化简ln mn t ⋅，结合导数求得ln mn t ⋅的取值范围.【详解】由于()()(0)f m g n t t ==>，即e ln 0m m n n t ==>，所以0,1m n >>，当0x >时，()()()'1e 0,xf x x f x =+⋅>递增，所以()f m t =有唯一解.当1x >时，()()'1ln 0,g x x g x =+>递增，所以()g n t =有唯一解.由e ln m m n n =得ln e e ln ln m n m n m n ⋅=⋅⇒=，所以()()ln ln ln ln mn t n n t t t ⋅=⋅=.令()()'ln ,1ln h t t t h t t ==+，所以()h t 在区间()()'10,,0,e h t h t ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,,0,e h t h t ⎛⎫+∞> ⎪⎝⎭递增.所以()11e e h t h ⎛⎫≥=- ⎪⎝⎭，所以ln mn t ⋅的取值范围为1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭.故选：D 【点睛】本题要求ln mn t ⋅的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量t 的表达式，然后利用导数来求得取值范围.在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.【例2】（2022·江西·临川一中模拟预测（文））已知函数()()ln 1f x x x =+-，()ln g x x x =，若()112ln f x t =+，()22g x t =ln t 的最小值为（）A ．21e B ．1e-C ．12e-D ．2e【答案】B 【解析】【分析】通过()f x 、()g x 解析式，()()12f x g x 、的值求得122x x x -关于t 的表达式，结合导数求得所求的最小值.【详解】()f x 的定义域为()1,+∞，所以11x >，11e 1x ->.()112ln 0f x t t =+⇒>.()112ln f x t =+，()2111ln 1ln x x t -+-=，则()()1111ln 1121e 1e x x x x t -+--=-=，又因为()22g x t =，所以()111111221ln 1e e ln e x x x x x x ---=-=，令()ln h x x x =，则()()112e x h x h -=，()'ln 1h x x =+，当1x >时，()'0h x >，()h x 递增，所以112e x x -=ln ln ln ln t t t t t ===，()ln h x x x =，()'ln 1h x x =+，所以()h x 在区间()()'10,,0,e h x h x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'1,,0,e h x h x ⎛⎫+∞> ⎪⎝⎭递增，所以()h x 的最小值为11e e h ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即B 选项正确.故选：B 【点睛】含参数的多变量的题目，结合方法是建立变量、参数之间的关系式，主要方法是观察法，根据已知条件的结构来进行求解.【例3】（2022·全国·高三专题练习（理））设大于1的两个实数a ，b 满足22ln a nb b e a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则正整数n 的最大值为（）．A ．7B ．9C ．11D ．12【答案】B 【解析】【分析】将已知条件变形为22ln an n b e b a<，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出n 的最大值即可.【详解】解：易知22ln n a n b b e a <等价于22ln an n b e b a<．令()()2ln 1n xf x x x =>，则()()()121ln 2ln ln 2ln n n n x x n x x n x f x x x -+⋅--'==．令()0f x '=得2n x e =．当()0f x '>时()21,n x e ∈；当()0f x '<时()2,n x e ∈+∞．所以()f x 在()21,n e 上单调递增，在()2,n e +∞上单调递减，则()f x 有最大值()2222nn f e e⎛⎫ ⎪⎝⎭=．令()()21xn e g x x x =>，则()()212x n e x n g x x+-'=．当12n ≤时不符合，舍去，所以12n>．则()0g x '=，2nx =．当()0g x '>时2n x >；当()0g x '<时12n x <<．所以()g x 在1,2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2n ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，则()g x 有最小值22nn n e g n ⎛⎫=⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭．若22ln an n b e b a<成立，只需()22n n f e g ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，即2222nn e n e n ⎛⎫⎪⎝⎭≤⎛⎫ ⎪⎝⎭，即222n n n e -+⎛⎫≥ ⎪⎝⎭．两边取自然对数可得()22ln 2n n n +≥-．当2n =时等式成立；当3n ≥时有2ln 22n nn +≥-．令()2ln 22x xx x ϕ+=--，本题即求()0x ϕ>的最大的正整数．()()24102x xx ϕ-'=-<-恒成立，则()x ϕ在[)3,+∞上单调递减．因为()58ln 403ϕ=->，()1199ln 1.5714 1.51072ϕ=-≈->，()310ln 502ϕ=-<，所以()0x ϕ>的最大正整数为9．故选：B ．【题型专练】1.（2022·四川绵阳·高二期末（理））已知函数()e x f x x =+，()e x g x x =，若1()ln f x k =，2()g x k =，则12ln e x x k +的最小值是（）A ．1e --B ．1e -C ．2e -D ．2e --【答案】A 【解析】【分析】先通过中间量k 找到12,x x 的关系，然后反带回去，将代求表达式表示成关于k 的函数来求解.【详解】依题意得，20,0k x >>，112211122222()ln e ln e ln ln e ln ()e x x x x f x k x k x k x x x g x k x k ⎧=+=⎧⎪⇒⇒+===+⎨⎨==⎪⎩⎩，于是12ln 1222e ln e ln x x x x x x +=+=+，设()e x h x x =+，显然()h x 在R 上单调，于是12()(ln )h x h x =，根据()h x 单调性可知12ln x x =，故12e x x =，于是212122e e e e x x x x xx k +===，故12ln e ln x x k k k +=，在令()ln p k k k =，()1ln p k k '=+，于是10e ,()0,()k p k p k -'<<<递减，1e ,()0,()k p k p k -'>>递增，故1e k -=，()p k 取得最小值1e --.故选：A2.（2022·全国·高二期末）已知函数()ln(1),()ln f x x x g x x x =+-=，若()()21212ln ,f x t g x t =+=，则()2122ln -x x x t 的最小值为（）A ．1e-B ．12e-C ．21e D ．2e【答案】A 【解析】【分析】由已知条件可推得121ln 212(1)e e ln x x t x x -=-=⋅，即有21ln 1x x =-，结合目标式化简可得()22122ln ln x x x t t t -=⋅，令()ln h u u u =⋅，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为()2122ln -x x x t 的最小值．【详解】()()111ln 112ln f x x x t =+-=+，所以()2111ln 1ln x x t -+-=，则()1121ln 1e ln x x t --=．于是()()112212221e ln ,x x t g x x x t --===．所以()121ln 12221e ln e ln x x x x x x --==．构造函数e x y x =，易知当0x >时，e x y x =单调递增．所以，121ln x x -=．于是()()222221222122ln 1ln ln ln ln -=-==x x x t x x t x x t t t ，令20=>u t ，则1()ln ,()ln e 1,0h u u u h u u h ''⎛⎫==+= ⎪⎝⎭．()h u 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增．所以min e 1()e 1h u h ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，即()2122min1l e n x x x t ⎡⎤-=-⎣⎦．故选：A题型三：利用同构解决函数的零点问题【例1】（2022·海南华侨中学模拟预测）已知函数()log xa f x a x =-（0a >且1a ≠）有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）．A ．()1e1,e B ．()1e e ,eC．(D．(1e e 【答案】A 【解析】【分析】解法一：令()0f x =，得log xa a x =，进而得到y x a y a x +=+．令()x g x a x =+，由其单调性得到x y =，即x a x =，进而转化为ln ln x a x=，利用导数法判断；解法二：令()0f x =，得log xa a x =，进而得到y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，由其单调性得到x y =，即x a x =，然后利用导数的几何意义求解判断.【详解】解法一：通过选项判断可知1a >，令()0f x =，得log xa a x =，由log x a y a y x ⎧=⎨=⎩，得x yy a a x ⎧=⎨=⎩，所以y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，则()()g x g y =，且()g x 在()0,∞+上单调递增，所以x y =，即x a x =，所以ln ln x a x =，即ln ln xa x=，令()ln xg x x=，()21ln x g x x -'=，∴()g x 在()0,e 上单调递增，在()e,+∞上单调递减，则()()max 1e g x g e==，又1x >时，()ln 0xg x x=>，且()10g =，画出()g x大致图像，可知10ln ea <<，则1e 1e a <<．故选：A ．解法二：通过选项判断可知1a >，令()0f x =，得log xa a x =，由log x a y a y x⎧=⎨=⎩，得x y y a a x ⎧=⎨=⎩，所以y x a y a x +=+．令()xg x a x =+，则()()g x g y =，且()g x 在()0,∞+上单调递增，所以x y =，即x a x =，当直线y x =与x y a =图像相切时，设切点为()00,x y ，由ln xy a a '=，则有0001x x a lna a x ⎧=⎪⎨=⎪⎩，故0ln 1x a =，则01log e ln a x a ==．又00x a x =，即log elog e a a a =，则log e e a =，∴1e e a =．要使得直线y x =与x y a =图像有两个交点，则1e 1e a <<，故选：A ．【例2】（2022·全国·高三专题）已知函数()()x x a xe x f x +-=ln 2有两个零点，则a 的最小整数值为（）A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】C【分析】先将函数化为ln ()e 2(ln )x x f x a x x +=-+，令ln t x x =+，进而只需说明()e 2tg t at =-在R 上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.【详解】ln ()e 2(ln )e 2(ln )x x x f x x a x x a x x +=-+=-+，设ln (0)t x x x =+>，110t x=+>'，即函数在()0,∞+上单调递增，易得R t ∈，于是问题等价于函数()e 2t g t at =-在R 上有两个零点，()e 2t g t a ='-，若0a ≤，则()0g t '>，函数()g t 在R 上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；若0a >，则(),ln 2x a ∈-∞时，()0g t '<，()g t 单调递减，()ln 2,x a ∈+∞时，()0g t '>，()g t 单调递增.因为函数()g t 在R 上有两个零点，所以()()()min e ln 221ln 202g a a a g a t ==-<⇒>，而()010g =>，限定1t >，记()e t t t ϕ=-，()e 10tt ϕ='->，即()t ϕ在()1,+∞上单调递增，于是()()e 1e 10e ttt t t ϕϕ=->=->⇒>，则2t >时，22e e 24t tt t >⇒>，此时()()22844t t g t at t a >-=-，因为2ea >，所以84e 1a >>，于是8t a >时，()0g t >.综上：当2ea >时，有两个交点，a 的最小整数值为2.故选：C.【题型专练】1.（2021·全国·模拟预测）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于a 的方程6e ae a =和关于b 的方程()132ln -=-λe b b （R b a ∈λ,,）可化为同构方程，则λ=________，()ln ab =________．【答案】38【解析】【分析】两个方程分别取自然对数，转化后由同构的定义求得λ，然后利用新函数的单调性得,a b 关系，从而求得ab【详解】对6e e a a =两边取自然对数得ln 6a a +=①．对()31ln 2e b b λ--=两边取自然对数得ln b +()ln ln 231b λ-=-，即()ln 2ln ln 233b b λ-+-=-②．因为方程①，②为两个同构方程，所以336λ-=，解得3λ=．设()ln f x x x =+（0x >），则()110f x x'=+>，所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增，所以方程()6f x =的解只有一个，所以ln 2a b =-，所以()()331ln 2ln 2e ab b b b b ⨯-==-=-8e =，故()8ln n 8l e ab ==．故答案为：3；8．2.（2022·辽宁·大连市普兰店区高级中学模拟预测）已知函数()()ln 11f x x x =+-+．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()e ln xg x a x a =-+，若函数()()()F x f x g x =-有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】(1)单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+(2)()0,1【解析】【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出函数()f x 的单调区间；（2）同构处理，为设函数()e xh x x =+，则()()()ln ln 1h x a h x +=+，结合()e xh x x =+的单调性得到()ln ln 1a x x =+-有两个根，结合第一问中的结论，列出不等关系，求出a 的取值范围.(1)函数的定义域为{}–1x x >，()()()11,010,;0,011x f x f x x f x x x x -'=-='>-<<'<>++．函数()f x 的单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+．(2)要使函数()()()F x f x g x =-有两个零点，即()()f x g x =有两个实根，即ln(1)1e ln x x x a x a +-+=-+有两个实根．即ln ln e ln(1)1x a x a x x +++=+++．整理为ln ln(1)ln ln(1e e )x a x x a x ++++=++，设函数()e xh x x =+，则上式为()()()ln ln 1h x a h x +=+，因为()e 10x h x =+>'恒成立，所以()xh x e x =+单调递增，所以()ln ln 1x a x +=+．所以只需使()ln ln 1a x x =+-有两个根，设()()ln 1M x x x =+-．由（1）可知，函数()M x ）的单调递增区间为()–1,0；单减区间为()0,∞+，故函数()M x 在0x =处取得极大值，()()max 00M x M ==．当1x →-时，()M x →-∞；当x →+∞时，()–M x →∞，要想()ln ln 1a x x =+-有两个根，只需ln 0a <，解得：01a <<．所以a 的取值范围是()0,1．题型四：利用同构解决不等式恒成立问题【例1】（2022·广东广州·三模）对于任意0x >都有ln 0x x ax x -≥，则a 的取值范围为（）A ．[]0,e B ．11e e ,e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．[)11,e e,e -⎛⎤-∞-⋃+∞ ⎥⎝⎦D ．(],e -∞【答案】B 【解析】【分析】()ln t f x x x ==，由导数的单调性求出()1e tf x =≥-，所以ln ln 0e ln 0x x x x ax x ax x -≥⇒-≥转化为：e 0t at -≥任意1et ≥-恒成立，令()e tg t at =-，分类讨论a 值，求出()min g t ，即可求出答案.【详解】ln ln 0e ln 0x x x x ax x ax x -≥⇒-≥，令()ln t f x x x ==，则()ln 1f x x '=+，所以()f x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()1111ln e e ee f x f ⎛⎫≥==- ⎪⎝⎭，所以()1e t f x =≥-，所以ln 0x x ax x -≥转化为：e 0t at -≥，令()e t g t at =-，()e tg t a '=-，①当0a ≤时，()0g t '≥，所以()g t 在1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，所以()111e e min11e 0e e e g t g a a --⎛⎫⎛⎫=-=--≥⇒≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以11e e 0a --≤≤.②当0a >时，您()0g t '=，所以ln t a =，（i ）当1ln ea <-即1e e a -<时，()0g t '>，所以()g t 在1,e ⎡-+∞⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，()111e e min 11e 0e e e g t g a a --⎛⎫⎛⎫=-=--≥⇒≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1e 0e a -<<.(ii)当1ln ea ≥-即1e e a -≥时，()g t 在1,ln e a ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上单调递减，在[)ln ,a +∞上单调递增，()()()ln min ln e ln 0ln 01ln 0a g t g a a a a a a a ==-≥⇒-≥⇒-≥，所以e a ≤，所以1e e e a -≤≤.综上，a 的取值范围为：11e e ,e -⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.故选：B.【例2】（2022·全国·高三专题练习（文））已知e 是自然对数的底数.若[1,)x ∃∈+∞，使5e 6ln 0≤mx m x x -，则实数m 的取值范围为（）A ．1,6∞⎛⎤- ⎥⎝⎦B ．6,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．e ,6⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．(,6]-∞【答案】B 【解析】【分析】先讨论0m ≤时，不等式成立；0m >时，不等式变形为66ln e ln e mx x mx x ≤，构造函数()()e 0xf x x x =≥，由单调性得到6ln mx x ≤，参变分离后构造函数6ln ()xg x x=，求出()g x 最大值即可求解.【详解】当0m ≤时，5e 6ln 00,mx m x x ≤≥，显然5e 6ln 0mx m x x -≤成立，符合题意；当0m >时，由1≥x ，5e 6ln 0mx m x x -≤，可得6e 6ln 0mx mx x x -≤，即66e ln mx mx x x ≤，66ln e ln e mx x mx x ≤，令()()e 0x f x x x =≥，()()1e 0xf x x '=+>，()f x 在[)0,∞+上单增，又60,ln 0mx x >≥，故66ln e ln e mx x mx x ≤，即6()(ln )f mx f x ≤，即6ln mx x ≤，6ln x m x ≤，即[)1,x ∃∈+∞使6ln x m x ≤成立，令6ln ()xg x x=，则266ln ()xg x x -'=，当[)1,e x ∈时，()0,()'>g x g x 单增，当()e,x ∈+∞时，()0,()g x g x '<单减，故max 6()(e)e g x g ==，故60em <≤；综上：6em ≤.故选：B 【点睛】本题关键点在于当0m >时，将不等式变形为66ln e ln e mx x mx x ≤，构造函数()()e 0xf x x x =≥，借助其单调性得到6ln mx x ≤，再参变分离构造函数6ln ()xg x x=，求出其最大值，即可求解.【例3】（2022·宁夏中卫·三模（理））不等式e ln ax a x >在(0,)+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．1,2e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭B ．1(,)e+∞C ．1,)∞+（D ．(e,)+∞【答案】B 【解析】【分析】将e ln ax a x >变为e ln ax ax x x >即ln e ln e ax x ax x >⋅，构造新函数()e ,(0)x g x x x =>，利用其单调性得到ln ln ,xax x a x>>，继而求得答案.【详解】当0a ≤时，不等式e ln ax a x >在(0,)+∞上恒成立不会成立，故0a >，当(0,1]x ∈时，ln 0x ≤，此时不等式e ln ax a x >恒成立；不等式e ln ax a x >在(1,)+∞上恒成立,即e ln ax ax x x >在(1,)+∞上恒成立,而e ln ax ax x x >即ln e ln e ax x ax x >⋅，设()e ,()(1)e x x g x x g x x '==+，当1x >-时，()(1)e 0x g x x '=+>，故()e ,(1)x g x x x =>-是增函数，则ln e ln e ax x ax x >⋅即()(ln )g ax g x >，故ln ln ,xax x a x>>，设2ln 1ln (),(1),()x xh x x h x x x -'=>=，当1e x <<时，21ln ()0xh x x -'=>，()h x 递增，当e x >时，21ln ()0xh x x -'=<，()h x 递减，故1()(e)e h x h ≤=，则1e>a ，综合以上，实数a 的取值范围是1e>a ，故选：B 【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.【例4】（2022·陕西渭南·二模（文））设实数0λ>，对任意的1x >，不等式n e l x x λλ≥恒成立，则λ的最小值为（）A ．eB ．12eC ．1eD ．2e【答案】C 【解析】【分析】由题设有ln e e ln x x x x λλ⋅⋅≥，构造()e t f t t =⋅并利用导数研究单调性即可得(1,)x ∈+∞上ln xxλ≥恒成立，再构造ln ()xg x x=，(1,)x ∈+∞并应用导数求最值，即可得λ的最小值.【详解】由题设，ln ln e ln e x x x x x x λλ≥=⋅⋅，令()e t f t t =⋅，则在()(1)e 0t f t t '=+⋅>，所以()f t 单调递增，又()(ln )f x f x λ>，即(1,)x ∈+∞上ln x x λ≥，即ln xxλ≥恒成立，令ln ()x g x x=，(1,)x ∈+∞，则21ln ()xg x x -'=，所以，(1,e)上()0g x '>，则()g x 递增；(e,)+∞上()0g x '<，则()g x 递减；则1()(e)e g x g ≤=，故1eλ≥.【点睛】关键点点睛：根据同构形式结合导数研究()e t f t t =⋅的单调性，进而将问题转化为(1,)x ∈+∞上ln xxλ≥恒成立，再次构造函数求最值，确定参数范围.【例5】（2022·辽宁·高二期中）已知0a >，若在(1,)+∞上存在x 使得不等式e ln x a x x a x -≤-成立，则a 的最小值为（）A ．1eB ．1C ．2D ．e【答案】D 【解析】【分析】先利用ln =e a a x x 将不等式转化为ln e e ln x a x x a x -≤-，借助单调性得到ln ≤x a x ，参变分离后构造函数()(1)ln xf x x x=>，结合单调性求出最小值即可.【详解】∵ln ln e e aa x a x x ==，∴不等式即为：ln e e ln x a x x a x-≤-由0a >且1x >，∴ln 0a x >，设e x y x =-，则e 10x y '=->，故e x y x =-在(0,)+∞上是增函数，∴ln ≤x a x ，即ln x a x≥，即存在(1,)x ∈+∞，使ln x a x ≥，∴minln ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭x a x ，设()(1)ln x f x x x =>，则2ln 1(),(1,e),()0ln x f x x f x x ''-=∈<；(e,),()0x f x ∞'∈+>；∴()f x 在(1,e)上递减，在(e,)+∞上递增，∴min ()(e)e f x f ==，∴e a ≥．故选：D.【例6】（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））已知0a >，不等式22e ln 0aax x x x -≥对任意的实数1x >恒成立，则实数a 的最大值为（）A ．12eB ．2eC ．1eD ．e【答案】B 【解析】【分析】构造函数()e x f x x =，利用函数单调性可得2ln x a x≥，再构造函数ln (),(1)xg x x x =>，利用导数求出函数的【详解】不等式22ln 0aax xe x x -≥对任意的实数1x >恒成立22e ln a a xx x x∴≥令()e xf x x =()(1)e 0x f x x '∴=+>对任意的实数1x >恒成立2()(ln )af x f x ∴≥，ln 2a x x ∴≥，2ln x a x∴≥令ln (),(1)xg x x x=>21ln ()x g x x -'=令()0g x '=，解得ex =当1e x <<时，()0g x '>，函数单调递增当e x >时，()0g x '<，函数单调递减max 1()(e)eg x g ∴==21ea ∴≥，2e a ∴≤，所以实数a 的最大值为2e 故选：B 【题型专练】1.（2022·辽宁葫芦岛·高二期末）已知0a <，不等式1e ln 0a x x a x ++≥对任意的实数2x >恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．2e -B ．e-C ．1e-D ．12e-【答案】B 【解析】【分析】首先不等式同构变形为e ln e ln x x a a x x --≥，引入函数()ln f x x x =，由导数确定单调性得e x a x -≥，分离参数变形为ln x a x-≤，再引入函数()ln x g x x =，由导数求得其最小值，从而得a 的范围，得最小值．【详解】不等式1e ln 0a x x a x ++≥可化为e ln x a a x x x --≥，即e ln e ln x x a a x x --≥，0a <，2x >，则1a x ->，e 1x >，设()ln f x x x =，则()ln 1f x x '=+，1x >时，()0f x '>，()f x 是增函数，所以由e ln e ln x x a a x x --≥得e x a x -≥，ln x a x ≥-，ln x a x-≤，所以2x >时，ln xa x-≤恒成立．设()ln x g x x =，则2ln 1()ln x g x x'-=，2e x <<时，()0g x '<，()g x 递减，e x >时，()0g x '>，()g x 递增，所以min ()(e)e g x g ==，所以e a -≤，e a -≥．所以a 的最小值是e -．故选：B ．【点睛】难点点睛：本题考查用导数研究不等式恒成立问题，难点在于不等式的同构变形，然后引入新函数，由新函数的单调性化简不等式，从而再由变量分离法转化为求函数的最值．2.（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数()e ln()(0)x f x a ax a a a =-+->，，若关于x 的不等式()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．(0,1)B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()0,e 【答案】A 【解析】【分析】首先将不等式进行恒等变形，然后构造新函数，结合函数的性质即可求得实数a 的取值范围．【详解】由题意可得：e ln(1)ln 1xx a a >+++，ln e ln ln(1)1x a x a x x -∴+->+++，ln ln(1)e ln e ln(1)x a x x a x -+∴+->++，令()e x g x x =+，易得()g x 在(1,)+∞上单调递增，ln ln(+1)x a x ∴->，记()ln ln(+1)h x x a x =--，则()1111x x h x x =-=++',故当()1,0x ∈-时，()0h x '<，此时()h x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，此时()h x 单调递增，故()()min 0ln h x h a ==-，故只需-ln 001a a >⇒<<故实数a 的取值范围为()01，．故选：A3.（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）若对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e ln 1ln 1xa x a -++≥恒成立，则实数a 的最小值是（）A ．1B ．2C ．eD ．3【答案】A 【解析】【分析】由()e ln 1ln 1-++≥x a x a 得()()ln 1ln e ln e ln 1+++≥+++x x ax x a ，令()e =+x F x x ，利用()F x 的单调性可得()ln ln 1+≥+a x x ，转化为对任意()1,x ∈-+∞时()ln ln 1≥+-a x x 恒成立，令()()()=ln 11+->-h x x x x ，利用导数求出()h x 的最值可得答案.【详解】由()e ln 1ln 1-++≥x a x a 得()()ln 1ln e ln e ln 1+++≥+++x x ax x a ，令()e =+xF x x ，因为e ,==x y y x 都是单调递增函数，所以()e =+xF x x 为单调递增函数，所以()ln ln 1+≥+a x x ，即对任意()1,x ∈-+∞时()ln ln 1≥+-a x x 恒成立，令()()()=ln 11+->-h x x x x ，()=1-'+xh x x ，当10x -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递减，所以()()0ln10≥==h x h ，所以ln 0≥a ，即1a ≥.故选：A.。

专题24 逆用导数运算法则构造函数型-2021年高考数学复习压轴题解法分析与强化训练附真题及解析

专题24 逆用导数运算法则构造函数型[真题再现]例1 设奇函数f (x )定义在(－π，0)∪(0，π)上其导函数为f '(x )，且f (π2)＝0，当0＜x ＜π时，f '(x )sin x －f (x )cos x ＜0，则关于x 的不等式f (x )＜2f (π6)sin x 的解集为．【答案】(－π6，0)∪(π6，π) 【分析】这是一道难度较大的填空题，它主要考查奇函数的单调性在解不等式中的应用，奇函数的图象关于坐标原点中心对称，关于原点对称的区间上具有相同的单调性；在公共定义域上两个奇函数的积与商是偶函数，偶函数的图象关于y 轴轴对称，关于原点对称的区间上具有相反的单调性，导数是研究函数单调性的重要工具，大家知道(f g )'＝f 'g －fg 'g 2，(sin x )'＝cos x ，于是本题的本质是构造f (x )sin x来解不等式【解析】设g(x )= f (x )sin x ，则g ' (x )= (f (x )sin x )'＝f '(x )sin x －f (x )cos x sin 2x，所以当0＜x ＜π时，g ' (x )<0，g(x ) 在(0，π)上单调递减又由于在(0，π)上sin x ＞0，考虑到sin π6＝12，所以不等式f (x )＜2f (π6)sin x 等价于f (x )sin x ＜f (π6)sin π6，即g(x )< g (π6),所以此时不等式等价于π6＜x ＜π. 又因为f (x ) 、sin x 为奇函数，所以g(x )是偶函数，且在(－π，0)上sin x ＜0，所以函数g(x )在(－π，0)是单调递增函数，原不等式等价于g(x )＞g(－π6)=f (－π6)sin(－π6)，所以此时不等式等价于－π6＜x ＜0，综上，原不等式的解集是(－π6，0)∪(π6，π)．例2 函数)(x f 的定义域为R ，2)1(=-f ，对任意R ∈x ，2)(>'x f ，则42)(+>x x f 的解集为 .【答案】（1-，+∞）【分析】题目应归结为“解抽象函数型不等式”问题，解决方法是“逆用函数的单调性”.题目中哪个条件能让你联想到“函数的单调性”呢？注意到已知中2)(>'x f ，只需构造函数()g x ，使得()()2g x f x ''=-，不难得到()()2g x f x x c =-+（这里c 为常数，本题中取0c =），进而利用()g x 的单调性，即可找到解题的突破口.【解析】构造函数()()2g x f x x =-，则()g x '=()20f x '->，故()g x 单调递增，且(1)(1)214g f -=--⨯-=（）.另一方面所求不等式42)(+>x x f ，就转化为()()(1)g x f x x g =->-，逆用单调性定义易知1x >，则不等式的解集为(1,)-+∞.例 3 设f (x )是定义在R 上的可导函数，且满足f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式f (x ＋1)>x －1·f (x 2－1)的解集为________．【答案】[ [1,2)【解析】设F (x )＝xf (x )，则由F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，可得函数F (x )是R 上的增函数．又x ＋1>0，∴由f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)可变形得x ＋1f (x ＋1)>x 2－1f (x 2－1)，即F (x ＋1)>F (x 2－1)， ∴⎩⎨⎧ x ＋1>x 2－1，x ≥1，解得1≤x <2. 点评：题目已知中出现含f (x )、f ′(x )的不等式，一般应考虑逆用导数的运算法则构造新，然后再逆用单调性等解决问题，构造新函数的方法有：1.对于()f x a '>，构造()()h x f x ax b =-+.2.对于()()0(0)xf x f x '+><，构造()()h x xf x '=；一般的，对于()()0(0)xf x nf x '+><，构造()()n h x x f x =．3.对于()()0(0)xf x f x '-><，构造()()xx f x h =；一般的，对于()()0(0)xf x nf x '-><，构造()()n f x h x x=． 4.对于()()0(0)f x f x '-><，构造()()x e x f x h =；一般的，对于()()0(0)f x nf x '-><，构造()()nxf x h x e =．5.对于()()0(0)f x f x '+><，构造()()x f e x h x=；一般的，对于()()0(0)f x nf x '+><，构造()()nx h x e f x =．6.对于()()tan (()()tan )f x f x x f x f x x ''><或，即()cos ()sin 0(0)f x x f x x '-><，构造()()cos h x f x x =．7.对于()cos ()sin 0(0)f x x f x x '+><，构造()()cos f x h x x =． 8.对于()0()f x f x '>，构造()ln ()h x f x =. 9.对于()ln ()0(0)f x af x '+><，构造()()x h x a f x =.10.对于()()ln 0(0)f x f x x x'+><，构造()()ln h x f x x =. [强化训练]1.函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集为______．【答案】 (0，＋∞)【解析】构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数．又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.2.已知定义在R 上的奇函数()f x ，设其导函数为()'f x ，当(],0x ∈-∞时，恒有()()'xf x f x <-，则满足()()()1212133x f x f --<的实数x 的取值范围是．【答案】()1,2- 3.已知()()R x x f y ∈=的导函数为()x f '.若()()32x x f x f =--，且当0≥x 时，()23x x f >'，则不等式()()13312+->--x x x f x f 的解集是 . 【答案】),21(+∞4．已知定义在上的函数满足，且的导函数，则不等式的解集为（） R ()f x (2)1f =()f x ()1f x x '>-21()12f x x x <-+A ．B ．C ．D ．或【答案】C ．5．设(),()f x g x 在[,]a b 上可导，且'()'()f x g x >，则当a x b <<时，有（） .()()A f x g x > .()()B f x g x <.()()()()C f x g a g x f a +>+ .()()()()D f x g b g x f b +>+【答案】C【解析】构造函数，则易知单调递增，于是，，选C.6.设()f x 是定义在(0,)+∞上的可导函数，且()'()f x xf x <-，则不等式2(1)(1)(1)f x x f x +>--的解集是（）A. (0,1)B. (1,)+∞C. (1,2)D. (2,)+∞【答案】D【解析】构造函数[()]'()'()0xf x f x xf x =+<，于是该函数递减，2(1)(1)(1)f x x f x +>--变形为22(1)(1)(1)(1)x f x x f x ++>--，于是22101011x x x x +>⎧⎪->⎨⎪+<-⎩，得2x >，选D.7．定义在R 上的可导函数()f x ，当()1,x ∈+∞时，()()()10x f x f x '-->恒成立，()())12,3,12a f b f c f ===，则,,a b c 的大小关系为（）A ．c a b <-，即函数()g x 单调递增，则()()()22221f a f g ===-，()()()3133231f b fg ===-， {}22x x -<<{}2x x >{}2x x <{|2x x <-2}x >()()()F x f x g x =-()F x ()()()F a F x F b <<()()()()f x g x f a g a ->-。

【2021新高考-选择题压轴题】专题1函数(解析版)-备战2021高考之数学压轴题

f (e2 ) = 3
ln 3
e2
，b =
f (e) = ln e ， c = e
f (3) = ln 3 ， 3
3
而
f
(x)
=
1− ln x2
x
且
x
0 ，即 0
x
e
时
f
(x) 单调增，
x
e时
f
(x) 单调减，又1
e2 3
e
3，
∴b c，b a．
若t
=
ln x x
有两个解
x1, x2
，则1
x1
【解析】∵函数 f ( x) = kx − 2 − g ( x) 在 (0, + ) 上有 3 个不同的零点，∴关于 x 的方程 kx − 2 = g ( x) 在
(0, + ) 上有 3 个不同的实数根，作出函数 g ( x) 的图象如下图所示：
函数
y
=
kx − 2
的图象恒过点 (0, 2) ，当 k
0 时，函数
y
=
kx − 2
的图象与
x
轴的交点为
2 k
,
0
，
①当 0
2 k
1 2
时，即当 k
4 时，函数
y
=
kx − 2
与 g ( x) 的图象在 (0, + ) 上仅有 2 个不同的交点，如下
图所示：
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②当
1 2
2 k
2 时，即当1 k
4 时，函数 y
=
kx − 2
f
(0)
=
2
0

专题09 利用同构解决双参数恒成立问题-2021年高考数学压轴题解法分析与强化训练

专题09利用同构解决双参数恒成立问题[高考真题]例1（2020·山东·21）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+，若()1f x ≥，求a 的取值范围.【解析】将()1f x ≥按照左右结构相同、变量移至一边的原则进行变形：由1()e ln ln 1x f x a x a -=-+≥移项得：1e ln ln 1x a a x -+≥⇔+即ln 1e ln ln 1a x a x +-+≥+，两边同时加（1x -）得ln 1e ln 1ln a x x a x x +-++-≥+即()ln 1ln e ln 1ln a x xx a x e +-++-≥+设()e x g x x =+，则()1e 0x g x '=+>，所以()g x 单增所以ln 1ln a x x +-≥，即ln ln 10x x a -+-≥设()ln ln 1h x x x a =-+-，则1()1h x x'=-，所以()h x 在(0,1)单减，在(1,)+∞单增，所以min ()(1)ln 10h x h a ==-≥，所以1a ≥.点评：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数、系数升指数等，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．例2对于任意实数0x >，不等式22ln ln 0x ae x a -+≥恒成立，求a 的取值范围.解法一：将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为22ln x x ae a ≥，212ln x x e a a ≥（说明：将参数移至一边）两边同时乘x 得22ln x x x xe a a≥（说明：目的是凑右边的结构）即ln 22ln ln x x a x x xxe e a a a ≥=（说明：目的是凑左右两边的结构相同）（#）设()x g x xe =，则()()10x g x x e '=+>，()g x 单增故由（#）得2ln x x a≥，ln ln 2a x x ≥-再令()ln 2h x x x =-，则1()2h x x '=-，易知当max 1()(ln 212h x h ==--所以ln ln 21a ≥--，即12a e≥.解法二：将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为ln 22ln ln 0a x e x a +-+≥，即ln 22ln 2ln 2a x e a x ++≥ln 22ln 22ln 22ln 2ln 2a x x e x a x x e x+++≥+=+设()x g x e x =+，易知()g x 单增故2ln 2ln 2x a x +≥（以下同解法一，从略）.点评：（1）为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需时时对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：ln x x e =、ln x x x xe e +=、22ln x x x x e e +=、ln x x x e e x -+=、ln ln ln x a ax +=、ln 1ln x x e-=，有时也需要对两边同时加、乘某式等.（2）ln x x 与x xe 为常见同构式：ln ln ln x x x xe =，ln x x x xe e e =；ln x x +与x x e +为常见同构式：ln ln ln x x x x e +=+，ln x x x x e e e +=+.[强化训练]1.对于任意实数0x >，不等式ln 0x e x λλ-≥恒成立，则λ的最大值是_____.【答案】e2.关于x 的不等式1ln (1)x xe k x k x +≥++对任意0x >（其中0k >）恒成立，则k 的取值范围是_____.【答案】(]0,e 3.关于x 的不等式23(3)2ln 1x x e k x x ≥+++对任意0x >恒成立，则k 的取值范围是_____.【答案】(],0-∞。

2021年新高考一轮复习利用函数同构解题

微专题利用函数同构解题【方法点拨】1.一个方程中出现两个变量,适当变形后,使得两边结构相同;或不等式两边式子也可适当变形,使其两边结构相同,然后构造函数,利用函数的单调性把方程或不等式化简.2.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需时时对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：ln xx e =、ln x x xxe e+=、22ln x x xx e e+=、ln xx x e e x-+=、ln ln ln x a ax +=、ln 1ln x x e -=，有时也需要对两边同时加、乘某式等.3.常见同构式:ln x x 与x xe 型：ln ln ln x x x xe =，ln x x x xe e e =；ln x x +与x x e +型：ln ln ln x x x x e +=+，ln x x x x e e e +=+.【典型题示例】例1（2020·新课标卷Ⅱ文数·12）若2233x y x y ---<-，则（）A ．ln(1)0y x -+>B ．ln(1)0y x -+<C ．ln ||0x y ->D ．ln ||0x y -< 【分析】将已知2233x y x y ---<-按照“左右形式形式相当，一边一个变量”的目的变形，然后逆用函数的单调性.【解析】由2233x y x y ---<-移项变形为2323x x y y ---<-设()23x xf x -=-易知()f x 是定义在R 上的增函数，故由2323x x y y ---<-，可得x y <，所以011,y x y x ->⇒-+> 从而ln(1)0y x -+>，故选A ．例2（2020·山东·21）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+，若()1f x ≥，求a 的取值范围. 【解析】将()1f x ≥按照左右结构相同、变量移至一边的原则进行变形：由1()e ln ln 1x f x a x a -=-+≥移项得：1e ln ln 1x a a x -+≥⇔+即ln 1e ln ln 1a x a x +-+≥+，两边同时加（1x -）得ln 1e ln 1ln a x x a x x +-++-≥+ 即()ln 1ln eln 1ln a x x x a x e +-++-≥+设()e x g x x =+，则()1e 0x g x '=+>，所以()g x 单增所以ln 1ln a x x +-≥，即ln ln 10x x a -+-≥ 设()ln ln 1h x x x a =-+-，则1()1h x x'=-，所以()h x 在(0,1)单减，在(1,)+∞单增，所以min ()(1)ln 10h x h a ==-≥，所以1a ≥.点评：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数、系数升指数等，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．例3 已知函数，，则t 的取值范围是．【答案】[1,)+∞【分析】这里可以发现13333log log (2log 1)(3log 1)tttt=-=---,将移项变形为3333(3log 1)(3log 1)(2log 1)(12log )t t f t f t -+-≥+--，易知是奇函数，33(12log )(2log 1)t f t f --=+，故进一步变形为3333(3log 1)(3log 1)(2log 1)(2log 1)f t t f t t -+-≥-+-，此时,得到一个“左右形式相当，一边一个变量”的不等式，令()()F x f x x =+，问题转化为33(3log 1)(2log 1)t tF F -≥-，只需研究()()F x f x x =+的单调性，逆用该函数的单调性即可. 【解析】∵13333log log (12log )(3log 1)tttt=-=----∴可变形为：3333(3log 1)(3log 1)(2log 1)(12log )t tf t f t -+-≥--- ∵是奇函数 ∴33(12log )(2log 1)tf t f --=-∴3333(3log 1)(3log 1)(2log 1)(2log 1)f t t f t t -+-≥-+- 令()()33xxF x f x x x -=+=-+，则()ln 33ln 3310x x F x -'=⋅+⋅+>∴()F x 单增∴333log 12log 1tt-≥-，即3log 0t≥，解之得1t ≥ 所以t 的取值范围是[1,)+∞．()33x xf x -=-3313(12log )(3log 1)log f t f t t -+-≥3313(12log )(3log 1)log f t f t t -+-≥()33x xf x -=-3313(12log )(3log 1)log f t f t t -+-≥()33x x f x -=-例4 已知实数1x ，2x 满足131x x e e =，()522ln 2x x e -=，则12x x =______.【分析】由已知条件考虑将两个等式转化为统一结构形式，令222ln 2,t x t x e +-==，得到3t te e =，研究函数()xf x xe =的单调性，求出1,x t 关系，即可求解. 解法一：实数1x ，2x 满足131xx e e =，()522ln 2x x e -=，2120,x x e >>，222ln 20,t x t x e +-=>=，则3t te e =，()(0),()(1)0(0)x x f x xe x f x x e x '=>=+>>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，而31()()f x f t e ==，5121222ln 2,(ln 2)x t x x x x x e ∴==-∴=-=.解析二：对131x x e e =两边取自然对数得：11ln 3x x +=，对()522ln 2x x e -=两边取自然对数得：()22ln ln ln 25x x +-= （※）为使两式结构相同，将（※）进一步变形为：()()22ln 2ln ln 23x x -+-= 设()ln f x x x =+，则1()10f x x'=+> 所以()f x 在(0,)+∞单调递增，()3f x =的解只有一个.∴12ln 2x x =-， ∴()51222ln 2x x x x e =-=点评:两种解法实质相同，其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，然后构造函数，利用函数的单调性，利用是同一方程求解.【巩固训练】1.如果5533cos sin 7(cos sin )θθθθ-<-，[0,2)θπ∈，则θ的取值范围是______________.2.不等式3381050(1)1x x x x +-->++的解集是______________.3.已知[)0,2θπ∈，若关于k ()33sin cos k θθ-在(],2-∞-上恒成立，则θ的取值范围为．4.已知实数a ，b ∈(0，2)，且满足2244242a b a b b --=--，则a ＋b 的值为_______．5. （2020·新课标Ⅰ理数·12）若242log 42log a ba b +=+，则（）A. 2a b >B. 2a b <C. 2a b >D. 2a b <6.设方程24x x +=的根为m ，设方程2log 4xx +=的根为n ，则m n += .7.已知a 3－3a 2＋5a ＝1，b 3－3b 2＋5b ＝5，那么a ＋b 的值是 .8.不等式x x x x x x 63242-+2+≤-+2++2()()的解集是 .9. 若1x 满足方程225x x +=，2x 满足方程-122log 5x x +=（），则12x x += .【答案或提示】1.【答案】2.【解析】原不等式可化为：构造函数，则，在上单增所以，解之得所以原不等式解集是. 3.【答案】0,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦【分析】本题的实质是含参数θ（这里当然是sin θ、cos θ）的不等式恒成立问题，应抓住()33sin cos k θθ≤-的对称结构，构造函数，利用函数的单调性布列不等式.()33sin cos k θθ≤-想“对称结构”，将它变形为：33sin cos k k θθ设3()f x kx =-2()3f x kx '= 易知当(],2k ∈-∞-时，2()30f x kx '=<，故()f x 在[)0,+∞单减，所以sin cos sin 0cos 0θθθθ≤⎧⎪≥⎨⎪≥⎩，解之得：04πθ≤≤所以θ的取值范围0,4π⎡⎤⎢⎥⎣⎦．4.【答案】2【分析】将2244242a b a b b --=--化为：2222(2)2a b a b -+=-+，设()22xf x x =+，则()f x 在()0,2上递增，由()()2f a f b =-，得a ＋b 的值.5(,)44ππ33225511x x x x ⎛⎫+⋅>+ ⎪++⎝⎭3()5f x x x =+2()350f x x '=+>()f x R 21x x >+21x x <-<<或-1{}21x x x <-<<或-1【解析】由2244242a b a b b --=--，化简为：22222(2)a b a b -+=+-，即2222(2)2a b a b -+=-+，设()22xf x x =+，则()f x 在()0,2上递增，因为a ，b ∈(0，2)，所以2-b ∈(0，2)，且()()2f a f b =-，所以2a b =-，即2a b +=.5.【答案】B【分析】∵2222442242log 2log 2log 2log 21b b b bb b b b +=+=+=+- ∴2222log 2log 21a ba b +==+-设2()2log x f x x =+，利用作差法结合()f x 的单调性即可得到答案.【解析】∵2222442242log 2log 2log 2log 21b b b bb b b b +=+=+=+- ∴2222log 2log 21a b a b +=+-，故2222log 2log 2a ba b +<+设2()2log x f x x =+，则()f x 为增函数，所以()(2)f a f b <，所以2a b <.2()()f a f b -=22222log (2log )a b a b +-+=222222log (2log )b b b b +-+=22222log b b b --，当1b =时，2()()20f a f b -=>，此时2()()f a f b >，有2a b >当2b =时，2()()10f a f b -=-<，此时2()()f a f b <，有2a b <，所以C 、D 错误. 故选B.点评:本题需构造函数，其基本策略是：“左右形式相当，一边一个变量，取左或取右，构造函数妥当”，我们称之为“同构函数”，然后再利用函数的单调性求值. 6.【答案】47.【解析】由题意知a 3－3a 2＋5a －3＝－2，b 3－3b 2＋5b －3＝2，设f (x )＝x 3－3x 2＋5x －3，则f (a )＝－2，f (b )＝2. 因为f (x )图象的对称中心为(1,0)，所以a ＋b ＝2.点评：本题的难点在于发现函数的对称性，对于三次函数f (x )y ＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 其对称中心为(x 0，f (x 0))，其中f ″(x 0)＝0.8.【分析】直接解显然是不对路的.观察不等式的特征，发现其含有x x +2()、两个因式，将不等式转化为“一边一个变量”的形式为：x x x x x x 64232-+≤+2-+2++2()()()，构造函数f x x x x 32=-+()，题目转化为求解f x f x 2≤+2()()的问题. 因为f x x x 2'=3-2+1()，易知f x x x 2'=3-2+1>0()恒成立，故f x ()为R 上的单调增函数，所以由f x f x 2≤+2()()立得：x x 2≤+2，解之得x -1≤≤2.9.【答案】72。

2021年高考数学压轴题解法分析与强化训练利用同构解决双参数恒成立问题(含答案与解析)

专题09 利用同构解决双参数恒成立问题[高考真题]例1 （2020·山东·21）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+，若()1f x ≥，求a 的取值范围.【解析】将()1f x ≥按照左右结构相同、变量移至一边的原则进行变形：由1()e ln ln 1x f x a x a -=-+≥移项得：1e ln ln 1x a a x -+≥⇔+即ln 1e ln ln 1a x a x +-+≥+，两边同时加（1x -）得ln 1e ln 1ln a x x a x x +-++-≥+ 即()ln 1ln e ln 1ln a x x x a x e +-++-≥+设()e x g x x =+，则()1e 0x g x '=+>，所以()g x 单增所以ln 1ln a x x +-≥，即ln ln 10x x a -+-≥设()ln ln 1h x x x a =-+-，则1()1h x x'=-，所以()h x 在(0,1)单减，在(1,)+∞单增，所以min ()(1)ln 10h x h a ==-≥，所以1a ≥.点评：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数、系数升指数等，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数．例2 对于任意实数0x >，不等式22ln ln 0x ae x a -+≥恒成立，求a 的取值范围.解法一：将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为22ln x x ae a ≥，212ln x x e a a≥（说明：将参数移至一边）两边同时乘x 得22ln x x x xe a a≥（说明：目的是凑右边的结构）即ln 22ln ln x xa x x x xe e a a a ≥=（说明：目的是凑左右两边的结构相同）（#）设()x g x xe =，则()()10x g x x e '=+>，()g x 单增故由（#）得2ln x x a≥，ln ln 2a x x ≥- 再令()ln 2h x x x =-，则1()2h x x '=-，易知当max 1()()ln 212h x h ==-- 所以ln ln21a ≥--，即12a e≥. 解法二：将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为ln 22ln ln 0a x e x a +-+≥，即ln 22ln 2ln 2a x e a x ++≥ ln 22ln 22ln 22ln 2ln 2a x x e x a x x e x +++≥+=+设()x g x e x =+，易知()g x 单增故2ln2ln2x a x +≥（以下同解法一，从略）.点评：（1）为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需时时对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：ln x x e =、ln x x x xe e +=、22ln x x x x e e +=、ln x x x e e x -+=、ln ln ln x a ax +=、ln 1ln x x e-=，有时也需要对两边同时加、乘某式等.（2） ln x x 与x xe 为常见同构式：ln ln ln x x x xe =，ln x x x xe e e =；ln x x +与x x e +为常见同构式：ln ln ln x x x x e +=+，ln x x x x e e e +=+.[强化训练]1. 对于任意实数0x >，不等式ln 0xe x λλ-≥恒成立，则λ的最大值是_____.【答案】e2. 关于x 的不等式1ln (1)x xe k x k x +≥++对任意0x >（其中0k >）恒成立，则k 的取值范围是_____.【答案】(]0,e3. 关于x 的不等式23(3)2ln 1x x e k x x ≥+++对任意0x >恒成立，则k 的取值范围是_____.【答案】(],0-∞。

同构函数在解决高考压轴题中的应用

同构函数在解决高考压轴题中的应用张春华(山东省东营市第一中学㊀２５７０９１)摘㊀要:笔者从事高中数学教学已近三十年ꎬ在近些年对全国各地高考题函数类题的研究中发现ꎬ利用同构式函数思想解决较为复杂的函数问题经常被用到.所谓同构函数即左右形式相当ꎬ一边一个变量ꎬ取左或者取右去构造函数.尽管函数问题千变万化ꎬ但每种问题都可以归属于某种类型ꎬ掌握每种类型问题的解决方法ꎬ从而应对各种复杂的函数问题.关键词:同构函数ꎻ双变量ꎻ指对混合中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２１)１０－００４２－０２收稿日期:２０２１－０１－０５作者简介:张春华(１９７２－)ꎬ女ꎬ本科ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀如何去构造一个同构函数ꎬ常用的同构函数形式又有哪些?本文试图通过以双变量和指对混合两类问题的分析ꎬ探索如何构造同构函数ꎬ以提高学生解题能力ꎬ掌握高考数学中解决函数压轴题的一种途径.㊀㊀一㊁双变量地位等同问题２０２０年的高考可以看出ꎬ新高考注重了数学素养的考查ꎬ尤其是创新思维.这种题型一般含有两个变量ꎬ通过变形整理可将两个变量分别移到不等式或等式两侧ꎬ构造出同一个函数取两个不同变量时的函数值大小问题ꎬ进而转化为函数单调性问题.这种双变量问题在高考题中频繁出现ꎬ下面举例分析.例１㊀(２０２０全国高考二卷理科数学１１题)若２ｘ－２ｙ<３－ｘ－３－ｙꎬ则(㊀㊀).Ａ.ｌｎ(ｙ－ｘ＋１)>０㊀㊀㊀Ｂ.ｌｎ(ｙ－ｘ＋１)<０Ｃ.ｌｎｘ－ｙ>０Ｄ.ｌｎｘ－ｙ<０解析㊀将不等式移项变形为２ｘ－２ｙ<３－ｘ－３－ｙꎬ构造函数ｆ(ｔ)＝２ｔ－３－ｔꎬ由其为单调递增函数知ｘ<ｙꎬ以此去判断各个选项中真数与１的大小关系ꎬ进而得到结果ꎬＡ正确ꎬＢ错误ꎻȵｘ－ｙ与１的大小不确定ꎬ故Ｃ㊁Ｄ无法确定ꎬ所以选Ａ.例２㊀(２０２０全国一卷理科数学１２题)若２ａ＋ｌｏｇ２ａ＝４ｂ＋２ｌｏｇ４ｂꎬ则(㊀㊀).Ａ.ａ>２ｂ㊀㊀㊀Ｂ.ａ<２ｂＣ.ａ>ｂ２Ｄ.ａ<ｂ２解析㊀条件等式两边结构类似ꎬ构造函数ｆ(ｘ)＝２ｘ＋ｌｏｇ２ｘꎬ则ｆ(ｘ)为增函数ꎬ由选项可知只需要比较ｆ(ａ)和ｆ(２ｂ)ꎬｆ(ａ)和ｆ(ｂ２)大小即可.利用ｆ(ａ)＝２ａ＋ｌｏｇ２ａ＝４ｂ＋２ｌｏｇ４ｂ＝２２ｂ＋ｌｏｇ２ｂꎬ可得ｆ(ａ)－ｆ(２ｂ)＝ｌｏｇ２１２<０而ｆ(ａ)－ｆ(ｂ２)＝２２ｂ－２ｂ－ｌｏｇ２ｂꎬｂ取不同值结果不同ꎬ因此选Ｂ.例３㊀(２０１０高考辽宁卷理科数学２１题)已知函数ｆ(ｘ)＝(ａ＋１)ｌｎｘ＋ａｘ２＋１(１)讨论函数ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)设ａ<－１ꎬ如果对任意ｘ１ꎬｘ２ɪ(０ꎬ＋¥)ꎬ｜ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２)ȡ４｜ｘ１－ｘ２｜ꎬ求ａ的取值范围.解析㊀(１)略ꎻ(２)所证不等式ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２)ȡ４ｘ１－ｘ２含绝对值ꎬ所以由(１)问可知ꎬ当ａɤ－２时ꎬｆ(ｘ)单调递减ꎬ故只需要知道ｘ１ꎬｘ２的大小即可去掉绝对值.不妨设ｘ２>ｘ１ꎬ所证不等式去掉绝对值后为ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)ȡ４ｘ２－４ｘ１ꎬ即ｆ(ｘ２)－４ｘ２ȡｆ(ｘ１)－４ｘ１ꎬ发现不等式两侧为关于ｘ１ꎬｘ２的同构式ꎬ故可以将同构式构造成函数ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)＋４ｘꎬ将问题转化为ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)＋４ｘ单调递减求参数ａ的范围问题.２４㊀㊀二㊁指对混合问题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ꎬ如果使用参变分离㊁隐零点代换等方法ꎬ都避免不了复杂计算ꎬ有时效果也不一定好ꎬ而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ꎬ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ꎬ这个函数既能满足指数与对数互化ꎬ又能满足单调性和最值易求等特点ꎬ因此常见的同构形式大多为ｙ＝ｘｌｎｘꎬｙ＝ｘｅｘꎬ或其同族函数.经过同构变形ꎬ再结合复合函数的单调性ꎬ可以快速解决证明不等式㊁恒成立求参数的取值范围等问题.构造同构函数通常有三种基本模式:(１)积型ａｅａɤｂｌｎｂ三种同构方式ң同左:ａｅａɤ(ｌｎｂ)ｅｌｎｂｆ(ｘ)＝ｘｅｘ同右:ｅａｌｎｅａɤｂｌｎｂｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ取对:ａ＋ｌｎａɤｌｎｂ＋ｌｎ(ｌｎｂ) ｆ(ｘ)＝ｘ＋ｌｎｘìîíïïï(２)商型ｅａａ<ｂｌｎｂ三种同构方式ң同左:ｅａａɤｅｌｎｂｎｂｆ(ｘ)＝ｅｘｘ同右:ｅａｌｎｅａ<ｂｌｎｂｆ(ｘ)＝ｘｌｎｘ取对:ａ－ｌｎａ<ｌｎｂ－ｌｎ(ｌｎｂ) ｆ(ｘ)＝ｘ－ｌｎｘìîíïïïïïï(３)和差型ｅａʃａ>ｂʃｌｎｂ二种同构方式ң同左:ｅａʃａ>ｅｌｎｂʃｌｎｂｆ(ｘ)＝ｅｘʃｘ同右:ｅａʃｌｎｅａ>ｂʃｌｎｂｆ(ｘ)＝ｘʃｌｎｘ{其中ｘ＝ｅｌｎｘ＝ｌｎｅｘ在变形构造同构式中起着重要作用.㊀例４㊀(２０１８高考全国一卷文科数学２１题)已知函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘ－ｌｎｘ－１.(１)设ｘ＝２是ｆｘ()的极值点ꎬ求ａꎬ并求ｆ(ｘ)的单调区间ꎻ(２)证明:当ａȡ１ｅ时ꎬｆ(ｘ)ȡ０.解析㊀(１)略ꎻ(２)当ａȡ１ｅ时ꎬｆ(ｘ)ȡｅｘｅ－ｌｎｘ－１ꎬ由于ｆ(ｘ)关于ａ是递增的ꎬ所以只需将ａ缩小为１ｅꎬ转化为证明ｅｘｅ－ｌｎｘ－１ȡ０即可ꎬ由ｅｘｅ－ｌｎｘ－１ȡ０两边同乘ｅｘ构造积得ｘｅｘȡｅｘｌｎｅｘ即ｘｅｘȡｅｌｎｅｘｌｎｅｘ.令ｇ(ｘ)＝ｘｅｘꎬ由ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ(ｘ＋１)>０知ｇ(ｘ)为增函数ꎬ又易证ｘȡｌｎｅｘ＝ｌｎｘ＋１ꎬ所以ｇ(ｘ)ȡｇ(ｌｎｅｘ)ꎬ即ｘｅｘȡｅｌｎｅｘｌｎｅｘ成立ꎬ故当ａȡ１ｅ时ꎬｆ(ｘ)ȡ０.例５㊀(２０１４高考新课标一卷理科数学２１题)设函数ｆ(ｘ)＝ａｅｘｌｎｘ＋ｂｅｘ－１ｘꎬ曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬｆ(１))处的切线方程为ｙ＝ｅ(ｘ－１)＋２.(１)求ａꎬｂꎻ(２)证明:ｆ(ｘ)>１.解析㊀(１)ａ＝１ꎻｂ＝２ꎬ详细解答略.(２)本题如果直接求导ꎬ将非常复杂ꎬ不妨采用同构函数的方法.由(１)知ꎬｆ(ｘ)＝ｅｘｌｎｘ＋２ｅｘ－１ｘꎬ要证ｆ(ｘ)>１ꎬ即证ｅｘｌｎｘ＋２ｘｅｘ－１>１.把这个式子按照同构方式两边同乘ｘｅ－ｘ并移项得ｘｌｎｘ－ｘｅ－ｘ>－２ｅꎬ再进一步对－２ｅ进行拆分ꎬ得同构式ｘｌｎｘ＋１ｅ>－(－ｘｅ－ｘ＋１ｅ)ꎬ即ｘｌｎｘ＋１ｅ>－(ｅ－ｘｌｎｅ－ｘ＋１ｅ).两边结构相似但是右边有负号ꎬ因此构造函数ｇ(ｘ)＝ｘｌｎｘ＋１ｅꎬ再证明ｇ(ｘ)＋ｇ(ｅ－ｘ)>０.显然ｇ(ｘ)ȡ０ꎬ并且当且仅当ｘ＝１ｅ时等号成立ꎬ又因为ｇ(ｅ－ｘ)＝０时ｘ＝１ꎬ取等条件明显不一致ꎬ所以ｇ(ｘ)＋ｇ(ｅ－ｘ)>０ꎬ即ｆ(ｘ)>１.综上ꎬ通过双变量和指对混合两类高考真题的分析ꎬ我们发现同构式思想对于解决这两类问题有规律可循ꎬ而且平时各类模拟试题中屡见不鲜ꎬ只要大胆尝试ꎬ把握其中的规律ꎬ解决这类问题堪称秒杀!㊀㊀参考文献:[１]陈国林ꎬ冠桂宴.追踪高考导数涉及的证明问题[Ｊ].数理化解题研究(高中版)ꎬ２０１６(１２):１４－１５.[责任编辑:李㊀璟]３４。

函数中的同构问题-高考数学压轴题

函数中的同构问题考情分析近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不同的式子通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式问题中，或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.解题秘籍(一)同构函数揭秘同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如e x+x与x+ln x属于“跨阶函数”，而e x+ln x属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类：f x =xe x,f x = x ln x,f x =x+e x,f x =x+ln x，f x =e x-x+a,f x =ln x-x+a等，在一些求参数的取值范围、零点个数、不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解.利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如；x=e ln x,x=ln e x,xe x=e x+ln x,e xx=e x-ln x等.1(2024届陕西省西安市部分学校高三上学期考试)已知函数f x =ln x-ax-1 x.(1)当a=2，求f x 的极值；(2)若f x ≤-e-ax恒成立，求a的取值范围.2(2024届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测)已知函数f x =x2+ln x+ax在x=1处的切线l和直线x+y=0垂直.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x1,x2∈0,2，x1≠x2，都有f(x1)-f(x2)-x21+x22e x1-e x2>m成立(其中e为自然对数的底数)，求实数m的取值范围.(二)xe x型同构3(2023届吉林省长春外国语学校高三上学期考试)已知函数f x =e x-ax(e是自然对数的底数).(1)当a=1时，求f(x)的极值点；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若g x =e x x-1-a ln x+f x 有两个零点，求实数a的取值范围.4(2023届福建省宁德市博雅培文学校高三高考前最后一卷)已知函数f x =ln xx+m m∈R．(1)讨论函数f x 的零点的个数﹔(2)当m=0时，若对任意x>0，恒有a e ax+12≥f x x2+1，求实数a的取值范围．(四)e x+ax+b型同构5(2024届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测)已知函数f(x)=ae x+x+1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x>1时，f(x)>ln x-1a+x，求实数a的取值范围.6已知f x =e x+1-2x，g x =a+x+ln xx，a∈R．(1)当x∈1,+∞时，求函数g x 的极值；(2)当a=0时，求证：f x ≥g x ．典例展示1(2024届江苏省徐州市邳州市新世纪学校高三上学期月考)已知函数f x =x2+1ln x-x2-ax．(1)若a=1，求f x 的最小值；(2)若方程f x =axe2ax-x2有解，求实数a的取值范围．2(2024届安徽省六校教育研究会高三上学期素质测试)已知函数f x =ae x-x(e是自然对数的底数).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若g x =ae x x-1-ln x+f x 有两个零点，求实数a的取值范围.3(2024届重庆市渝北中学高三上学期月考)已知函数f x =14x2+a ln x-1，g x =f x +1e x-14x2+x．(1)当a=-1时，求函数f x 的极值；(2)若任意x1、x2∈1,+∞且x1≠x2，都有g x1-g x2x1-x2>1成立，求实数a的取值范围．4已知f x =x2e x-a x+2ln x(1)当a=e时，求f x 的单调性；(2)讨论f x 的零点个数．5已知函数f x =e x-a ln x,a∈R.(1)当a=0时，若曲线y=f x 与直线y=kx相切于点P，求点P的坐标；(2)当a=e时，证明：f x ≥e；(3)若对任意x∈0,+∞，不等式f x >a ln a恒成立，请直接写出a的取值范围.6已知函数f x =x-a ln x,a∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x∈1e ,+∞时，若e x≥λxln ln x+x+1+1恒成立，求实数λ的取值范围四、跟踪检测1(2023届广东省深圳市光明区高三二模)已知函数f x =ae2x-1x的图象在1,f1处的切线经过点2,2e2.(1)求a的值及函数f x 的单调区间；(2)设g x =ax2-1ln x，若关于x的不等式λxg x ≤e 2λx-1在区间1,+∞上恒成立，求正实数λ的取值范围.2(2023届海南省海口市龙华区海南华侨中学高三一模)已知函数f x =ln xx-1+1.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)已知λ>0，若存在x∈1,+∞，不等式λxeλx+1≥eλx-1x-1≥ln x成立，求实数λ的最大值.3(2024届山东省部分学校高三上学期联考)已知函数f x =a ln x+1-ax.(1)当a≠0时，讨论f x 的单调性；(2)当x>-1时，f x >ax-e x+1+ax+1恒成立，求实数a的取值范围.(1)求g x =sin x在x=0处的切线方程；(2)求证：g x ⋅g x +1<x⋅f x -ln x.(3)当x∈0,π，求实数m的取值范围.≤m ln x+1时，g x -2f x -15已知函数h x =xe x-mx,g x =ln x+x+1.(1)当m=1时，求函数h x 的单调区间：(2)若h x ≥g x 在x∈0,+∞恒成立，求实数m的取值范围.(1)若a=e，求f x 的单调区间；(2)是否存在实数a，使f x ≥1对x∈0,+∞恒成立，若存在，求出a的值或取值范围；若不存在，请说明理由.7已知函数f(x)=ax+ln x+1．(1)若f(x)在(0,+∞)上仅有一个零点，求实数a的取值范围；(2)若对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围．8已知函数f x =ax2-1ln x，其图象在x=e处的切线过点2e,2e2．(1)求a的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x的不等式λxf x ≤e2λx-1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．9已知函数f(x)=e x-ax-a，g(x)=a ln x-ax2+a-ex(a≥0)，其中e是自然对数的底数.(1)当a=e时，(ⅰ)求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(ⅱ)求f(x)的最小值；(2)讨论函数g(x)的零点个数；(3)若存在x∈(0,+∞)，使得f(x)≤g(x)成立，求a的取值范围10已知函数f x =e x x+a ln x -b (x >0),g x =ln x +x ．(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =2x +e -3，求a ,b ；(2)在(1)的条件下，若f m =g n ，比较m 与n 的大小并证明．11已知函数f (x )=ln x +ax (a ≠0)．(1)讨论f (x )的零点个数；(2)证明：f e x x ≤f -x a．12已知函数f x =e x-ax．(1)讨论f(x)的单调性．(2)若a=0，证明：对任意的x>1，都有f x ≥x4-3x3ln x+x3．函数中的同构问题考情分析近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不同的式子通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式问题中，或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.解题秘籍(一)同构函数揭秘同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如e x +x 与x +ln x 属于“跨阶函数”，而e x +ln x 属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类：f x =xe x ,f x =x ln x ,f x =x +e x ,f x =x +ln x ，f x =e x -x +a ,f x =ln x -x +a 等，在一些求参数的取值范围、零点个数、不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解.利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如；x =eln x ,x =ln e x ,xe x =e x +ln x ,e x x=e x -ln x 等.1(2024届陕西省西安市部分学校高三上学期考试)已知函数f x =ln x -ax -1x .(1)当a =2，求f x 的极值；(2)若f x ≤-e -ax 恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)当a =2时f x =ln x -2x -1x ，x ∈0,+∞ ，则f x =1x -2+1x 2=-2x 2+x +1x 2=-x -1 2x +1 x 2，所以在0,1 上f x >0，f x 单调递增，在1,+∞ 上f x <0，f x 单调递减，当x =1时f x 取得极大值，f 1 =0-2-1=-3，故f x 的极大值为-3，无极小值.(2)由f x ≤-e -ax ，可得ln x -ax -1x ≤-e -ax ，则ln x -1x ≤ax -e -ax ，即ln x -1x ≤ln e ax -1e ax .令g x =ln x -1x，则g x ≤g e ax ，因为g x 在0,+∞ 上单调递增，所以x ≤e ax ，则ln x x ≤a .令h x =ln x x ，则h x =1-ln x x 2，在0,e 上h x >0，h x 单调递增，在e ,+∞ 上h x <0，h x 单调递减，即h (x )max =h e =1e，所以a≥1e，则a的取值范围为1e,+∞.2(2024届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测)已知函数f x =x2+ln x+ax在x=1处的切线l和直线x+y=0垂直.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x1,x2∈0,2，x1≠x2，都有f(x1)-f(x2)-x21+x22e x1-e x2>m成立(其中e为自然对数的底数)，求实数m的取值范围.【解析】(1)由函数f x =x2+ln x+ax，可得f (x)=2x+1x+a，可得f 1 =a+3因为函数在x=1处的切线l和直线x+y=0垂直，所以f 1 =1，即a+3=1，解得a=-2.(2)解：不妨设0<x1<x2≤2，则e x1-e x2<0，因为对任意的x1,x2∈0,2，x1≠x2，都有f(x1)-f(x2)-x21+x22e x1-e x2>m成立，可得f(x1)-f(x2)-x21+x22<m e x1-e x2，即f(x1)-x21-me x1<f(x2)-x22-me x2，设g x =f x -x2-me x，则g(x1)<g(x2)，故g x 在0,2单调递增，从而有g (x)=1x-2-me x≥0，即m≤e-x1x-2在0,2 上恒成立，设h(x)=e-x1x-2，则m≤h x min，因为h (x)=-e-x1x-2+e-x⋅-1x2=e-x⋅2x2-x-1x2(0<x≤2)，令h x >0，即2x2-x-1=2x+1x-1>0，解得1<x≤2，令h x <0，即2x2-x-1=2x+1x-1<0，解得0<x<1，所以h x 在0,1单调递减，在1,2单调递增，又因为h(1)=-1e，故h x 在0,2上最小值h(x)min=-1e，所以m≤-1e，实数m的取值范围是-∞,-1 e.(二)xe x型同构3(2023届吉林省长春外国语学校高三上学期考试)已知函数f x =e x-ax(e是自然对数的底数).(1)当a=1时，求f(x)的极值点；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若g x =e x x-1-a ln x+f x 有两个零点，求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=1时，f x =e x-x,则f x =e x-1.当x∈-∞,0时，f x <0，此时函数f(x)递减，当x∈(0,+∞)时，f x >0，此时函数f(x)递增，所以f(x)极小值点为x=0，无极大值点.(2)求导f x =e x-a①当a≤0时，f x >0，f(x)在R上递增②当a>0时，当x∈-∞,ln a时，f x <0，f(x)在(-∞,ln a)上递减，当x∈(ln a,+∞)时，f x >0，此时函数f(x)在(ln a,+∞)上递增.(3)等价于g x =xe x-a ln x+x=xe x-a ln xe xx>0有两个零点，令t=xe x,x>0，则t =x+1e x>0在x>0时恒成立，所以t=xe x在x>0时单调递增，故t>0，所以g x =xe x-a ln xe x有两个零点，等价于h t =t-a ln t有两个零点.因为h (t)=1-at=t-at，①当a≤0时，h (t)>0，h(t)在t>0上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意舍去，②当a>0时，令h (t)>0，得t>a，h(t)单调递增，令h (t)<0，得0<t<a，h(t)单调递减，所以h(t)min=h a =a-a ln a.若h a >0，得0<a<e，此时h(t)>0恒成立，没有零点；若h a =0，得a=e，此时h t 有一个零点.若h a <0，得a>e，因为h1 =1>0，h e =e-a<0，h(e100a)=e100a-100a2>0，所以h(t)在1,e，e,e100a上各存在一个零点，符合题意，综上，a的取值范围为(e,+∞).(三)x+aln x型同构4(2023届福建省宁德市博雅培文学校高三高考前最后一卷)已知函数f x =ln xx+m m∈R．(1)讨论函数f x 的零点的个数﹔(2)当m=0时，若对任意x>0，恒有a e ax+12≥f x x2+1，求实数a的取值范围．【解析】(1)令f x =ln xx+m=0,则ln xx=-m，记g x =ln xx，则gx =1-ln xx2，当x>e时，g x <0，此时g x 在e,+∞单调递减，当0<x<e时，g x >0，此时g x 在0,e单调递增，故当x=e时，g x 取极大值也是最大值g e =1 e，又g1 =0，而当1<x时，g x >0，故当0<x<1时，g x <0，当1<x时，g x >0，作出g x 的图象如下：因此当-m >1e 时，即m <-1e，g x =-m 无交点，此时f x 无零点，当-m =1e 或-m ≤0时，即m =-1e或m ≥0，g x =-m 有一个交点，此时f x 有一个零点，当0<-m <1e 时，即-1e<m <0，g x =-m 有两个交点，此时f x 有2个零点，综上可知：当m <-1e时，f x 无零点，当m =-1e或m ≥0f x 有一个零点，当-1e <m <0，f x 有2个零点，(2)当m =0时，若对任意x >0，恒有a e ax +1 2≥f x x 2+1 等价于：对任意x >0，恒有ax e ax +1 ≥ln x 2x 2+1 ，令F x =x +1 ln x ，则不等式等价于F e ax ≥F x 2 ，由于F x =ln x +x +1x，令m x =ln x +x +1x ,m x =1x -1x 2=x -1x 2，当0<x <1,m x <0,m x 单调递减，当x >1,m x >0,m x 单调递增，所以F x =m x ≥m 1 =2>0，故F x 在0,+∞ 单调递增，由F e ax ≥F x 2 得e ax ≥x 2对任意x >0恒成立，两边取对数得ax ≥2ln x ⇒a 2≥ln x x对任意x >0恒成立，故a 2≥g x max ，所以a 2≥1e ⇒a ≥2e故a 的范围为a ≥2e (四)e x +ax +b 型同构5(2024届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测)已知函数f (x )=ae x +x +1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)当x >1时，f (x )>ln x -1a+x ，求实数a 的取值范围.【解析】(1)依题意，得f (x )=ae x +1.当a ≥0时，f (x )>0，所以f (x )在(-∞,+∞)单调递增.当a <0时，令f (x )>0，可得x <-ln (-a )；令f (x )<0，可得x >-ln (-a )，所以f (x )在(-∞,-ln (-a ))单调递增，在(-ln (-a ),+∞)单调递减.综上所述，当a ≥0时，f (x )在(-∞,+∞)单调递增；当a <0时，f (x )在(-∞,-ln (-a ))单调递增，在(-ln (-a ),+∞)单调递减.(2)因为当x >1时，f (x )>ln x -1a +x ，所以ae x +x +1>ln x -1a+x ，即e ln a e x +x +1>ln (x -1)-ln a +x ，即e x +ln a +ln a +x >ln (x -1)+x -1，即e x +ln a +x +ln a >e ln (x -1)+ln (x -1).令h (x )=e x +x ，则有h (x +ln a )>h (ln (x -1))对∀x ∈(1,+∞)恒成立.因为h (x )=e x +1>0，所以h (x )在(-∞,+∞)单调递增，故只需x +ln a >ln (x -1)，即ln a >ln (x -1)-x 对∀x ∈(1,+∞)恒成立.令F (x )=ln (x -1)-x ，则F (x )=1x -1-1=2-x x -1，令F (x )=0，得x =2.当x ∈(1,2)时，F (x )>0，当x ∈(2,+∞)时，F (x )<0，所以F (x )在(1,2)单调递增，在(2,+∞)单调递减，所以F (x )≤F (2)=-2.因此ln a >-2，所以a >1e 2.(五)ln x +ax +b 型同构6已知f x =e x +1-2x ，g x =a +x +ln x x，a ∈R ．(1)当x ∈1,+∞ 时，求函数g x 的极值；(2)当a =0时，求证：f x ≥g x ．【解析】 (1)g x =1-a -ln xx 2，当a ≥1时，g x <0，即g x 在1,+∞ 上单调递减，故函数g x 不存在极值；当a <1时，令g x =0，得x =e 1-a ，x 1,e 1-a e 1-ae 1-a ,+∞ g x +0-g x 增函数极大值减函数故g x 极大值=g e 1-a =a +e 1-a +1-a e 1-a =1+e 1-a e1-a =e a -1+1，无极小值.综上，当a ≥1时，函数g x 不存在极值；当a <1时，函数g x 有极大值，g x 极大值=e a -1+1，不存在极小值．(2)显然x >0，要证：f x ≥g x ，即证：e x +1≥x +2+ln x x，即证：xe x +1≥ln x +x +2，即证：e ln x +x +1≥ln x +x +1 +1．令t =ln x +x +1，故只须证：e t ≥t +1．设h x =e x -x -1，则h x =e x -1，当x >0时，h x >0，当x <0时，h x <0，故h x 在0,+∞ 上单调递增，在-∞,0 上单调递减，即h x min =h 0 =0，所以h x ≥0，从而有e x ≥x +1．故e t ≥t +1，即f x ≥g x ．典例展示1(2024届江苏省徐州市邳州市新世纪学校高三上学期月考)已知函数f x =x 2+1 ln x -x 2-ax ．(1)若a =1，求f x 的最小值；(2)若方程f x =axe 2ax -x 2有解，求实数a 的取值范围．【解析】(1)当a =1时，f x =x 2+1 ln x -x 2-x ，f x =2x ln x -x +1x-1，设g x =f x ，则g x =1+2ln x -1x 2，g x 在0,+∞ 上单调递增，且g 1 =0，所以x ∈0,1 时，g x <0，f x 单调递减，x ∈1,+∞ 时，g x >0，f x 单调递增，所以f x min =f 1 =-1；(2)f x =axe 2ax -x 2即2x 2+1 ln x =2ax e 2ax +1 ，即x 2+1 ln x 2=e 2ax +1 ln e 2ax ，设h x =x +1 ln x x >0 ，则h x 2 =h e 2ax ，h x =ln x +1+1x ，设m x =ln x +1+1x x >0 ，则m x =x -1x 2，所以x ∈0,1 时，m x <0，m x 单调递减，x ∈1,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增，所以m x ≥m 1 =2>0，即h x >0，h x 在0,+∞ 上单调递增，所以方程f x =axe 2ax -x 2有解即x 2=e 2ax 在0,+∞ 上有解，2ax =2ln x 有解，即a =ln x x有解，设n x =ln x x x >0 ，则n x =1-ln x x 2，x ∈0,e 时，n x >0，n x 单调递增，x ∈e ,+∞ 时，n x <0，n x 单调递减，所以n x ≤n e =1e ，当x →0时，n x →-∞，所以a ≤1e ，即实数a 的取值范围是-∞,1e．2(2024届安徽省六校教育研究会高三上学期素质测试)已知函数f x =ae x -x (e 是自然对数的底数).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若g x =ae x x -1 -ln x +f x 有两个零点，求实数a 的取值范围.【解析】(1)因为f x =ae x -x ，所以f x =ae x -1，当a ≤0时，f x <0，所以f x 在R 上单调递减；当a >0时，令f x >0得x >-ln a ；令f x <0得x <-ln a ，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在R 上单调递减，无增区间；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)由题意g x =ae x x -1 -ln x +f x =axe x -ln x -x =axe x -ln xe x x >0 有两个零点，令t =xe x ，x >0 ，则t =1+x e x >0在0,+∞ 上恒成立，所以t =xe x 在0,+∞ 上单调递增，故t >0，所以g x =axe x -ln xe x 有两个零点等价于T t =at -ln t 有两个零点，等价于a =ln t t 有两个不同的实数解，等价于y =a 与h (t )=ln t t有两个交点，则h (t )=1-ln t t2，h (t )>0得0<t <e ，h (t )<0得t >e ，所以h (t )=ln t t 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，又h (e )=ln e e =1e ，h (1)=0，当t 趋向于0且为正时，h (t )趋向于负无穷大，当t 趋向于正无穷大时，h (t )趋向于0，如图：由图可知，要使y =a 与h (t )=ln t t 有两个交点，则0<a <1e，所以实数a 的取值范围为0<a <1e .3(2024届重庆市渝北中学高三上学期月考)已知函数f x =14x 2+a ln x -1 ，g x =f x +1ex -14x 2+x．(1)当a=-1时，求函数f x 的极值；(2)若任意x1、x2∈1,+∞且x1≠x2，都有g x1-g x2x1-x2>1成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)当a=-1时，f x =14x2-ln x-1，其中x∈1,+∞，则f x =12x-1x-1=x2-x-22x-1，令f x =0，解得x=-1或x=2，又因为x>1，所以x=2，列表如下：x1,222,+∞f x -0+f x 单调递减极小值单调递增因此f x 有极小值f2 =1，无极大值.(2)解：因为g x =f x +1e x -14x2+x，f x =14x2+a ln x-1，所以g x =a ln x-1+1e x+x，其中x∈1,+∞，对∀x1、x2∈1,+∞且x1≠x2，不妨设x1>x2，则x1-x2>0，得到g x1-g x2>x1-x2，化为g x1-x1>g x2-x2，设h x =g x -x且函数h x 的定义域为1,+∞，所以h x =a ln x-1+1e x在1,+∞为增函数，即有h x =ax-1-1e x≥0对x>1恒成立，即a≥x-1e x对任意的x>1恒成立，设φx =x-1e x，其中x∈1,+∞，则φ x =2-xe x，令φ x >0，解得1<x<2，令φ x <0，解得x>2，所以φx 在1,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，所以φx 最大值φ2 =1e2，因此实数a的取值范围是a≥1e2．4已知f x =x2e x-a x+2ln x(1)当a=e时，求f x 的单调性；(2)讨论f x 的零点个数．【解析】(1)解：因为a=e，x>0，f x =x2e x-e x+2ln x所以f x =x2+2xe x-e1+2 x=x x+2e x-e x+2x=x+2xe x-ex，f 1 =0令g x =xe x-ex，gx =x+1e x+ex2>0，所以g x 在0,+∞单增，且g1 =0，当x∈0,1时g x =xe x-ex<0，当x∈1,+∞时g x =xe x-ex>0，所以当x∈0,1时f x <0，当x∈1,+∞时f x >0，所以f x 在0,1单调递减，在1,+∞单调递增(2)解：因为f x =e ln x2⋅e x-a x+2ln x=e x+2ln x-a x+2ln x=0令t=x+2ln x，易知t=x+2ln x在0,+∞上单调递增，且t∈R，故f x 的零点转化为f x =e x+2ln x-a x+2ln x=e t-at=0即e t=at，t∈R，设g t =e t-at，则g t =e t-a，当a=0时，g t =e t无零点；当a<0时，g t =e t-a>0，故g t 为R上的增函数，而g0 =1>0，g1a=e1a-1<0，故g t 在R上有且只有一个零点；当a>0时，若t∈-∞,ln a，则g t <0；t∈ln a,+∞，则g t >0；故g t min=g ln a=a1-ln a，若a=e，则g t min=0，故g t 在R上有且只有一个零点；若0<a<e，则g t min>0，故g t 在R上无零点；若a>e，则g t min<0，此时ln a>1，而g0 =1>0，g2ln a=a2-2a ln a=a a-2ln a，设h a =a-2ln a，a>e，则h a =a-2a>0，故h a 在e,+∞上为增函数，故h a >h e =e-2>0即g2ln a>0，故此时g t 在R上有且只有两个不同的零点；综上：当0≤a<e时，0个零点；当a=e或a<0时，1个零点；a>e时，2个零点；5已知函数f x =e x-a ln x,a∈R.(1)当a=0时，若曲线y=f x 与直线y=kx相切于点P，求点P的坐标；(2)当a=e时，证明：f x ≥e；(3)若对任意x∈0,+∞，不等式f x >a ln a恒成立，请直接写出a的取值范围.【解析】(1)当a=0时，f x =e x,f x =e x.设P x0,e x0，则切线斜率k=e x0.由切点性质，得k=e x0e x0=kx0，解得x=1.所以点P的坐标1,e.(2)当a=e时，f x =e x-e ln x，其中x>0，则f x =e x-ex，令g x =e x-ex，其中x>0，则gx =e x+ex2>0，故函数f x 在0,+∞上单调递增，且f 1 =0，当x变化时，x,f x ,f x 变化情况如下表：x0,111,+∞f x -0+f x 单调递减极小值单调递增由上表可知，f(x)min=f1 =e.所以f x ≥e.(3)显然a>0，在0,+∞上f x =e x-a ln x>a ln a恒成立，即e x-ln a-ln x>ln a恒成立即e x-ln a-ln a>ln x恒成立，所以e x-ln a+x-ln a>x+ln x=e ln x+ln x恒成立，构造函数g x =e x+x,x∈0,+∞，易知g x 在0,+∞上是增函数，所以x-ln a>ln x恒成立，即ln a<(x-ln x)min，令h x =x-ln x,h x =x-1x(x>0)，当x∈0,1时，h x <0，所以h x 在0,1上单调递减，当x∈1,+∞时，h x >0，所以h x 在1,+∞上单调递增，所以h(x)min=h1 =1，所以ln a<1，解得0<a<e，所以实数a的取值范围0,e.6已知函数f x =x-a ln x,a∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x∈1e ,+∞时，若e x≥λxln ln x+x+1+1恒成立，求实数λ的取值范围【解析】(1)f (x)=1-ax=x-ax(x>0)当a≤0时，f (x)>0，f(x)在(0,+∞)上递增当a>0时，在(0,a)上f (x)<0，f(x)单调递减在(a,+∞)上f (x)>0，f(x)单调递增(2)原式等价于xe x=e ln x+x≥λ(ln(ln x+x+1)+1)设t=ln x+x，x∈1e,+∞由(1)当a=-1时，f(x)=ln x+x为增函数，∴t∈1e-1,+∞，∴等式等价于e t≥λ(ln(t+1)+1)，t∈1e -1,+∞恒成立，t=1e -1时，e1e-1>0成立，t∈1e-1,+∞时，λ≤e tln(t+1)+1，设g(t)=e tln(t+1)+1，t∈1e-1,+∞，g (t)=e t(ln(t+1)+1)-e t1t+1(ln(t+1)+1)2=e t⋅ln(t+1)+1-1t+1(ln(t+1)+1)2，设h(t)=ln(t+1)+1-1t+1，h (t)=1t+1+1(t+1)2>0所以h(t)在1e-1,+∞上为增函数，又因为h(0)=0，所以在1e-1,0上，h(t)<0，∴g (t)<0，g(t)为减函数，在(0，+∞)上，h(t)>0，∴g (t)>0，g(t)为增函数，∴g(t)min=g(0)=1，∴λ≤1．四、跟踪检测1(2023届广东省深圳市光明区高三二模)已知函数f x =ae2x-1x的图象在1,f1处的切线经过点2,2e2.(1)求a的值及函数f x 的单调区间；(2)设g x =ax2-1ln x，若关于x的不等式λxg x ≤e 2λx-1在区间1,+∞上恒成立，求正实数λ的取值范围.【解析】(1)函数f x =ae2x-1x的定义域是x∣x≠0，f x =2axe2x-ae2x-1x2,f 1 =ae2+1,.所以f x 在点1,ae2-1处的切线方程为y-ae2-1=ae2+1x-1，切线经过点2,2e2，则a=1.f x =2x-1e2x+1x2，设φx =2x-1e2x+1,φ x =4xe2x，x=0是φx 的极小值点，且φ0 =0，因此f x >0在x∣x≠0恒成立，所以函数f x =e2x-1x的单调增区间为-∞,0,0,+∞，无单调减区间.(2)λ>0,a=1,λx ax2-1ln x ≤e2λx-1在区间1,+∞上恒成立，即x2-1ln x≤e2λx-1λx，令t=ln x(t>0)，则e2t-1t≤e2λx-1λx，即f t ≤fλx.由(1)，只需要t≤λx，也就是λ≥ln xx在区间1,+∞上恒成立.设h x =ln xx,h x =1-ln xx2,h e =0，.1<x<e,h (x)>0;x>e,h (x)<0，故h e =1e是h x =ln xx的最大值，所求λ的取值范围是1e,+∞.2(2023届海南省海口市龙华区海南华侨中学高三一模)已知函数f x =ln xx-1+1.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)已知λ>0，若存在x∈1,+∞，不等式λxeλx+1≥eλx-1x-1≥ln x成立，求实数λ的最大值.【解析】(1)函数f x 的定义域为0,1∪1,+∞，所以f x =1-1x-ln xx-12，∴令g x =1-1x-ln x，则g x =1-xx2，∴函数g x 在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减.又∵g1 =0，∴当x∈0,1∪1,+∞时，g x <0，∴f x <0，∴函数f x 在0,1，1,+∞上单调递减.(2)∵λxeλx+1≥eλx-1x-1≥ln x，且λ>0，x>1，∴eλx-1>0，∴ln eλx eλx-1≥ln xx-1，∴ln eλxeλx-1+1≥ln xx-1+1，∴f eλx≥f x .∵eλx∈1,+∞，由(1)知，函数f x 在1,+∞上单调递减，∴只需eλx≤x在1,+∞上能成立，∴两边同时取自然对数，得λx≤ln x，即λ≤ln xx在1,+∞上能成立.令φx =ln xxx>1，则φ x =1-ln xx2，∵当x∈1,e时，φ x >0，∴函数φx 在1,e上单调递增，当x∈e,+∞时，φ x <0，∴函数φx 在e,+∞上单调递减，∴φx max=φe =1e，∴λ≤1 e，又λ>0，∴0<λ≤1 e，∴实数λ的最大值为1e.3(2024届山东省部分学校高三上学期联考)已知函数f x =a ln x+1-ax.(1)当a≠0时，讨论f x 的单调性；(2)当x>-1时，f x >ax-e x+1+ax+1恒成立，求实数a的取值范围.【解析】(1)f x =a ln x+1-ax定义域为-1,+∞，f x =ax+1-a=-axx+1，①当a>0时，令f x >0，得-1<x<0，此时f x 单调递增，令f x <0，得x>0，此时f x 单调递减；②当a<0时，令f x >0，得x>0，此时f x 单调递增，令f x <0，得-1<x <0，此时f x 单调递减；综上所述，当a >0时，f x 在-1,0 单调递增，在0,+∞ 单调递减；当a <0时，f x 在0,+∞ 单调递增，在-1,0 单调递减.(2)记t =x +1 -ln x +1 ，由(1)知，当a =1时，f x =ln x +1 -x ≤f 0 =0，则x -ln x +1 ≥0，则t =x +1 -ln x +1 ≥1，当x >-1时，f x =a ln x +1 -ax >ax -e x +1+a x +1=a -e x +1x +1恒成立，即a ln x +1 -a x +1 >-e x +1x +1对x >-1恒成立，即a x +1 -ln x +1 <e x +1-ln x +1对x >-1恒成立，则at <e t，即a <e tt对t ≥1恒成立，令h t =e t t t ≥1 ，ht =te t -e t t 2=t -1 e tt 2≥0对t ≥1恒成立，则h t 在1,+∞ 单调递增，所以h t ≥h 1 =e ，所以a <e ，即实数a 的取值范围为-∞,e .4已知函数f x =e x ，g x =sin x .(1)求g x =sin x 在x =0处的切线方程；(2)求证：g x ⋅g x +1<x ⋅f x -ln x .(3)当x ∈0,π 时，g x -2f x -1 ≤m ln x +1 ，求实数m 的取值范围.【解析】(1)因为g x =sin x ，则g x =cos x ，g 0 =cos0=1，g 0 =0，所以，g x =sin x 在x =0处的切线方程为y =x .(2)要证明g x ⋅g x +1<x ⋅f x -ln x ，即证：sin x ⋅cos x +1-x ⋅e x +ln x <0，即证：sin2x2+1-x ⋅e x +ln x <0，(*)设F x =sin2x -2x ，则F x =2cos2x -2=2cos2x -1 ≤0，所以，F x 在0,+∞ 内单调递减，故F x <F 0 =0，所以，当x >0时，sin2x <2x ，所以要证(*)成立，只需证x +1-x ⋅e x +ln x ≤0，设H x =e x -x -1，则H x =e x -1，当x >0时，H x =e x -1>0，故函数H x 在0,+∞ 上单调递增，当x <0时，H x =e x -1<0，故函数H x 在-∞,0 上单调递减，故H x ≥H 0 =0，则e x ≥x +1，则e x +ln x ≥x +ln x +1，即xe x ≥x +ln x +1，故x +1-x ⋅e x +ln x ≤0成立，所以原命题得证.(3)由题得sin x -2e x -1 ≤m ln x +1 在x ∈0,π 上恒成立，即h x =2e x +m ln x +1 -sin x -2≥0，x ∈0,π 恒成立，因为h x =2e x +mx +1-cos x ，①若m ≥0，h x ≥2e x -cos x >0，h x 在0,π 上单调递增，h x ≥h 0 =0，符合题意；②若m <0，令φx =h x =2e x +mx +1-cos x ，x ∈0,π ，则φ x =2e x -mx +12+sin x >0，所以h x 在0,π 单调递增，且h 0 =1+m ，(i )若-1≤m <0，h x ≥h 0 ≥0，h x 在0,π 上单调递增，h x ≥h 0 =0，符合题意；(ii )若m <-1，h 0 <0，当x >0时，0<1x +1<1，则h x =2e x +mx +1-cos x >2e x +m -1，取x =ln 1-m 2>0，则h ln 1-m 2>2e ln 1-m 2+m -1=0，则存在x 0∈0,ln1-m 2，使得当x ∈0,x 0时，hx <0，h x 单调递减，此时h x <h 0 =0，不合题意；综上，m ≥-1.5已知函数h x =xe x -mx ,g x =ln x +x +1.(1)当m =1时，求函数h x 的单调区间：(2)若h x ≥g x 在x ∈0,+∞ 恒成立，求实数m 的取值范围.【解析】(1)当m =1时h x =xe x -x ,h x =x +1 e x -1设μx =h x =x +1 e x -1，则μ x =x +2 e x ≥0⇒x ≥-2μ x =x +2 e x <0⇒x <-2∴μx 即h x 在-∞,-2 递减，在-2,+∞ 递增，当x ∈-∞,-2 ,h x =x +1 ⋅e x -1<0，当x ∈-2,0 ,h x <h 0 =0而当x ∈0,+∞ ,h x ≥h 0 =0所以当x ∈-∞,0 ,h x <0,h x 递减；x ∈0,+∞ ,h x ≥0,h x 递增.故函数增区间为0,+∞ ，减区间为-∞,0(2)m +1≤e x-ln x x -1x =xe x -ln x -1x，x ∈0,+∞ 令f x =xe x -ln x -1x ,f x =x 2e x +ln xx 2,x ∈0,+∞令p x =x 2e x +ln x ,p x =e x x 2+2x +1x>0,x ∈0,+∞∴p x 在0,+∞ 递增，而p 1e=e 1e-2-1<0,p 1 >0，∴∃x 1∈1e,1，使p x 1 =0，即x 21e x 1+ln x 1=0*当x ∈0,x 1 时，f x <0,f x 在0,x 1 递减，当x ∈x 1,+∞ 时，f x >0,f x 在x 1,+∞ 递增∴f (x )min =f x 1 =e x 1-ln x 1x 1-1x 1因为x 21e x 1+ln x 1=0* 可变形为x 1e x 1=-1x 1ln x 1=1x 1ln 1x 1=e ln 1x1ln 1x 1**又∵y =xe x ,y =x +1 e x >0,∴y =xe x 在0,+∞ 递增，由(**)可得x 1=ln1x 1=-ln x 1,e x 1=1x 1∴f (x )min =f x 1 =e x 1-ln x 1x 1-1x 1=1x 1+1-1x 1=1∴m +1≤1∴m ≤0故m 取值范围为-∞,06已知函数f (x )=xe x -ax -a ln x .(1)若a =e ，求f x 的单调区间；(2)是否存在实数a ，使f x ≥1对x ∈0,+∞ 恒成立，若存在，求出a 的值或取值范围；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为f x =xe x -ax -a ln x ，所以f x =x +1 e x -a -axx >0 ，即f x =x +1xxe x-a .当a =e 时，f x =x +1x xe x-e ，令g x =xe x -e ，则g x =x +1 e x >0，所以g x 在0,+∞ 单调递增，因为g 1 =0，所以，当0<x <1时，g x <0，f x <0；当x >1时，g x >0，f x >0，所以f x 的单调递减区间是0,1 ，单调递增区间是1,+∞ .(2)设h x =x +ln x ，x ∈0,+∞ ，易知h x 在0,+∞ 单调递增.又当x ∈0,1 时，x +ln x <1+ln x ，所以y =x +ln x x ∈0,1 的值域为-∞,1 ；当x ∈1,+∞ 时，y =x +ln x x ∈1,+∞ 的值域为1,+∞ .所以h x =x +ln x 的值域为R .故对于R 上任意一个值y 0，都有唯一的一个正数x 0，使得y 0=x 0+ln x 0.因为xe x -ax -a ln x -1≥0，即e x +ln x -a x +ln x -1≥0.设F t =e t -at -1，t ∈R ，所以要使e x +ln x -a x +ln x -1≥0，只需F t min ≥0.当a ≤0时，因为F -1 =1e+a -1<0，即f -1 <1，所以a ≤0不符合题意.当a >0时，当t ∈-∞,ln a 时，F t =e t -a <0，F t 在-∞,ln a 单调递减；当t ∈ln a ,+∞ 时，F t =e t -a >0，F t 在ln a ,+∞ 单调递增.所以F t min =F ln a =a -a ln a -1.设m a =a-a ln a-1，a∈0,+∞，则m a =-ln a，当a∈0,1时，m a >0，m a 在0,1单调递增；当a∈1,+∞时，m a <0，m a 在1,+∞单调递减.所以m a max=m1 =0，所以m a ≤0，F t min≤0，当且仅当a=1时，等号成立.又因为F t ≥0，所以F t min=0，所以a=1.综上，存在a符合题意，a=1.7已知函数f(x)=ax+ln x+1．(1)若f(x)在(0,+∞)上仅有一个零点，求实数a的取值范围；(2)若对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围．【解析】(1)f (x)=1x+a，x>0，当a≥0时，f (x)>0恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．又f e-a-1=ae-a-1-a-1+1=a e-a-1-1≤0，f(1)=a+1>0，所以此时f(x)在(0,+∞)上仅有一个零点，符合题意；当a<0时，令f (x)>0，解得0<x<-1a；令f(x)<0，解得x>-1a，所以f(x)在0,-1 a上单调递增，所以f(x)在-1a,+∞上单调递减．要使f(x)在(0,+∞)上仅有一个零点，则必有f-1 a=0，解得a=-1．综上，当a≥0或a=-1时，f(x)在(0,+∞)上仅有一个零点．(2)因为f(x)=ax+ln x+1，所以对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，等价于a≤e2x-ln x+1x在(0,+∞)上恒成立．令m(x)=e2x-ln x+1x(x>0)，则只需a≤m(x)min即可，则m (x)=2x2e2x+ln xx2，再令g(x)=2x2e2x+ln x(x>0)，则g (x)=4x2+xe2x+1x>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．因为g14=e8-2ln2<0，g(1)=2e2>0，所以g(x)有唯一的零点x0，且14<x0<1，所以当0<x<x0时，m (x)<0，当x>x0时，m (x)>0，所以m(x)在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增．因为2x20e2x0+ln x0=0，所以2x0+ln2x0=ln-ln x0+-ln x0，设S(x)=x+ln x(x>0)，则S (x)=1+1x>0，所以函数S(x)在(0,+∞)上单调递增．因为S2x0=S-ln x0，所以2x0=-ln x0，即e2x0=1x0．所以m (x )≥m x 0 =e 2x 0-ln x 0+1x 0=1x 0-ln x 0x 0-1x 0=2，则有a ≤2．所以实数a 的取值范围为(-∞,2]．8已知函数f x =ax 2-1ln x，其图象在x =e 处的切线过点2e ,2e 2 ．(1)求a 的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．【解析】(1)因为函数f x =ax 2-1ln x ，所以f e =ae 2-1，f x =2ax ln x -ax 2-1 1xln x2，则f e =ae +1e，所以函在x =e 处的切线方程为y -ae 2-1 =ae +1ex -e ，又因为切线过点2e ,2e 2 ，所以2e 2-ae 2-1 =ae +1e2e -e ，即2ae 2=2e 2，解得a =1；(2)由(1)知；f x =x 2-1ln x ，则fx =2x 2ln x -x 2+1x ln x 2，令g x =2x 2ln x -x 2+1，则g x =4x ln x ，当0<x <1时，g x <0，当x >1时，g x >0，所以g x >g 1 =0即当0<x <1时，f x >0，当x >1时，f x >0，所以f x 在0,1 上递增，在1,+∞ 上递增；(3)因为x 的不等式λxf x ≤e 2λx -1在区间[1,+∞)上恒成立，所以e 2λx -1λx ≥x 2-1ln x 在区间[1,+∞)上恒成立，即f e λx ≥f x 在区间[1,+∞)上恒成立，因为f x 在1,+∞ 上递增，所以e λx ≥x 在区间[1,+∞)上恒成立，即λ≥ln xx 在区间[1,+∞)上恒成立，令h x =ln x x ，则h x =1-ln xx 2，当0<x <e 时，h x >0，当x >e 时，h x <0，所以当x=e时，h x 取得最大值h e =1 e，所以λ≥1 e .9已知函数f(x)=e x-ax-a，g(x)=a ln x-ax2+a-ex(a≥0)，其中e是自然对数的底数.(1)当a=e时，(ⅰ)求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(ⅱ)求f(x)的最小值；(2)讨论函数g(x)的零点个数；(3)若存在x∈(0,+∞)，使得f(x)≤g(x)成立，求a的取值范围【解析】(1)当a=e时，f(x)=e x-ex-e，f′(x)=e x-e. (ⅰ)f(1)=-e，f′(1)=0，∴切线方程为y=-e.(ⅱ)f′(x)=e x-e，令f′(x)=0，得x=1，∴当x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴f(x)min=f(1)=-e.(2)∵g(x)=a ln x-ax2+a-ex(a≥0)，令g(x)=a ln x-ax2+a-ex=0得，a ln x-ax2+a-e=0，当a=0时，g(x)=-ex≠0，g(x)无零点，当a>0时，令h(x)=a ln x-ax2+a-e，则h′(x)=ax-2ax=a1-2x2x，令h′(x)=0，得x=22，当x∈0,22时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x∈22,+∞时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，∴h(x)max=h22=a ln2212a+a-e=1-ln22a-e，当1-ln22a-e<0，即0<a<2e1-ln2时，h(x)max<0，函数h(x)在(0,+∞)上无零点，当1-ln22a-e=0，即a=2e1-ln2时，h(x)max=0，函数h(x)在(0,+∞)上有唯一零点，当1-ln22a-e>0，即a>2e1-ln2时，h(x)max>0，又h(1)=-e<0，h1e=-ae2-e<0，∴函数h(x)在1e ,2 2，22,1上各有一个零点，综上，当0≤a<2e1-ln2时，函数g(x)在(0,+∞)上无零点，当a=2e1-ln2时，函数g(x)在(0,+∞)上有唯一零点，当a >2e 1-ln2时，函数g (x )在(0,+∞)上有两个零点.(3)由f (x )≤g (x )得，e x -ax -a ≤a ln x -ax 2+a -e x，∴xe x -ax 2-ax ≤a ln x -ax 2+a -e ，即e x +ln x -a (x +ln x +1)+e ≤0，令t =x +ln x ，则e t -a (t +1)+e ≤0在t ∈R 上有解，令F (t )=e t -a (t +1)+e ，当a =0时，F (t )=e t +e >0，不合题意；当a >0时，则F ′(t )=e t -a ，令F ′(t )=0得t =ln a ，当t <ln a 时F ′(t )<0，F (t )单调递减，当t >ln a 时F ′(t )>0，F (t )单调递增，∴F (t )min =F (ln a )=-a ln a +e ，∴-a ln a +e ≤0，即a ln a ≥e ，∴a ≥e ，即a 的取值范围为[e ,+∞).10已知函数f x =e x x+a ln x -b (x >0),g x =ln x +x ．(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =2x +e -3，求a ,b ；(2)在(1)的条件下，若f m =g n ，比较m 与n 的大小并证明．【解析】(1)解：fx =e x x -1 x 2+a x (x >0),f 1 =e -b ,f 1 =a ，所以y =f x 在x =1处的切线方程为y =ax +e -b -a ，比较系数可得a =2,b =1.(2)m ≤n .证明：设φx =e x -x -1，则φ x =e x -1，令φ x >0，则x >0；令φ x <0，则x <0则x =0是φ(x )的极小值点同时也是最小值点，故φx ≥φ0 =0即e x ≥x +1(当且仅当x =0时等号成立).令h x =f x -g x ，则h x =e x x+ln x -x -1=e x -ln x -x -ln x -1≥0，当且仅当“x -ln x =0”取“=”，所以f (x )≥g (x ),则有f (m )≥g (m ),而f (m )=g (n ),∴g (m )≤g (n )，又∵g x =1x+1,∴g (x )单调递增，所以m ≤n .11已知函数f (x )=ln x +ax (a ≠0)．(1)讨论f (x )的零点个数；(2)证明：f e x x ≤f -x a．【解析】(1)令f (x )=ln x +ax =0，则a =-ln x x ，设g (x )=-ln x x ,g (x )=ln x -1x 2当x ∈(0,e )时，g (x )<0,x ∈(e ,+∞)时，g (x )>0，∴g (x )在(0,e )上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，∴g(x)min=g(e)=-1 e，∵x→0时，g(x)→+∞；当x>e时，g(x)<0且x→+∞时，g(x)→0，∴当a<-1e上时，f(x)无零点，当a=-1e或a>0时，f(x)有一个零点，当-1e<a<0时，f(x)有两个零点．(2)设-xa =t，则f e xx≤f-xa⇔f e-at-at≤f(t)，即证ln t+at+e-att-1≥0(t>0)，即证ln t+at+e-at-ln t-1≥0(t>0)，即证：f(x)+e-f(x)-1≥0(x>0)，设h(x)=x+e-x-1，则h (x)=1-e-x，当x∈(-∞,0)时，h (x)<0，当x∈(0,+∞)时，h (x)>0，∴h(x)在(-∞,0)单调递减，h(x)在(0,+∞)单调递增，∴h(x)≥h(0)=0，∴x+e-x-1≥0，当且仅当x=0时“=”成立，由(1)知，当a>-1e时，存在x0，使得f x0=0∴f(x)+e-f(x)-1≥0∴f e xx≤f-xa．12已知函数f x =e x-ax．(1)讨论f(x)的单调性．(2)若a=0，证明：对任意的x>1，都有f x ≥x4-3x3ln x+x3．【解析】(1)解：由题意可得f x =e x-a．当a≤0时，f x >0恒成立，则f(x)在R上单调递增；当a>0时，由f x >0，得x>ln a，由f x <0，得x<ln a，则f(x)在-∞,ln a上单调递减，在ln a,+∞上单调递增．综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在-∞,ln a上单调递减，在ln a,+∞上单调递增．(2)证明：由题得，a=0时，对任意的x>1，都有f x ≥x4-3x3ln x+x3，即e x≥x3(x-3ln x+1)，等价于e xx3≥(x-3ln x+1)，即e x-3ln x≥(x-3ln x+1).设g x =e x-x-1，则g x =e x-1．由g x >0，得x>0；由g x <0，得x<0．则g(x)在0,+∞上单调递增，在-∞,0上单调递减，故g x ≥g0 =0，即e x-x-1≥0，即e x≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立．设h x =x-3ln x，则h x =1-3x=x-3x．由h x >0，得x>3；由h x <0，得0<x<3．则h(x)在(0,3)上单调递减，在3,+∞上单调递增．。

2023年数学高考复习真题演练(2021-2022年高考真题)11 导数中的同构问题(含详解)

专题11 导数中的同构问题【考点预测】知识点一、常见的同构函数图像知识点二：同构式的基本概念与导数压轴题1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式2、同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程()0f a =和()0f b =呈现同构特征，则,a b 可视为方程()0f x =的两个根（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系。

可比较大小或解不等式。

<同构小套路>①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：()x f x x e =⋅，()xf x e x =±；寻找“亲戚函数”是关键；③信手拈来凑同构，凑常数、x 、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围. （3）在解析几何中的应用：如果()()1122,,,A x y B x y 满足的方程为同构式，则,A B 为方程所表示曲线上的两点。

特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线AB 的方程（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于(),n a n 与()1,1n a n --的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解3、常见的指数放缩：)1();0(1=≥=+≥x ex e x x e xx4、常见的对数放缩：)(ln );1(1ln 11e x exx x x x x =≤=-≤≤-5、常见三角函数的放缩：x x x x tan sin ,2,0<<⎪⎭⎫⎝⎛∈π6、学习指对数的运算性质时，曾经提到过两个这样的恒等式：（1） 0a >当且1,0a x ≠>时，有log a xa x = （2）当 0a >且1a ≠时，有log xa a x =再结合指数运算和对数运算的法则，可以得到下述结论（其中0 x >）（3）()ln e e;ln ln e xx xx x x x x +=+=（4）ln :ln lnx x x xe e e x x x x-=-= （5）()22ln 2e e;2ln ln e xx xx x x x x +=+=（6）2ln 2ln 22,x x x x x x e e e e x x--== 再结合常用的切线不等式lnx ≤x -1，ln ,e 1,e e exx x x x x ≤≥+≥ 等，可以得到更多的结论，这里仅以第（3）条为例进行引申：（7）ln e eln 1xx xx x x +=≥++；()ln ln e e 1x x x x x x +=≤-（8）ln e e e(ln )x x x x x x +=≥+；()1ln ln x x x xe x x xe xe e-+=≤= 【题型归纳目录】题型一：不等式同构题型二：同构变形题型三：零点同构题型四：利用同构解决不等式恒成立问题题型五：利用同构求最值题型六：利用同构证明不等式【典例例题】题型一：不等式同构例1．（2022·陕西·西安中学模拟预测（理））已知1,,,e a b c ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，且ln55ln a a =-，ln33ln b b =-，ln 22ln c c =-，则（）A ．b c a <>B ．a c b >>C ．c a b >>D ．b c a >>例3．（2022·四川·广安二中模拟预测（理））已知0πx y <<<，且e sin e sin y x x y =，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（） A ．co co s 0s x y + C ．cos sin x y >D ．sin sin x y >题型二：同构变形例4．（2022·全国·高三专题练习）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)2log 20kxx k -⋅≥；(2)21e 0x λλ-≥；(3)2ln e 0mx x x m -≥； (4)()⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭1e 12ln ax a x x x ；(5)()()ln 1212e xa x x ax -+-≥+；(6)ln e (1)x a x a x x x -++≥>； (7)e 2ln 0x x x ---=；(8)2e ln 0xx x +=．题型三：零点同构例5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()e 2(ln )xf x x a x x =-+有两个零点，则a 的最小整数值为（） A ．0B ．1C ．2D ．3例6．（2021·全国·模拟预测）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于a 的方程6e e a a =和关于b 的方程()31ln 2e b b λ--=（a ，b ，R λ∈）可化为同构方程，则λ=________，()ln ab =________．例7．（2021·安徽安庆·高三阶段练习（理））在数学中，我们把仅有变量不同，而结构､形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a 的方程6a ae e =和关于b 的方程31(ln 2)(,)b b e a b R λ--=∈可化为同构方程. （1）求ab 的值；（2）已知函数1()(ln )3f x x x λ=+.若斜率为k 的直线与曲线'()y f x =相交于11(,)A x y ，2212(,)()B x y x x <两点，求证：.121x x k<< 例8．（2022·辽宁·大连市普兰店区高级中学模拟预测）已知函数()()ln 11f x x x =+-+． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)设函数()e ln xg x a x a =-+，若函数()()()F x f x g x =-有两个零点，求实数a 的取值范围．题型四：利用同构解决不等式恒成立问题例9．（2022·陕西·长安一中模拟预测（理））若对任意0x >，恒有()112ln axa x x x e ⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭，则实数a 的最小值为（） A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e例10．（2022·河南·高三期末（理））若关于x 的不等式()()ln 1e xa x x a a +≤-∈R 恒成立，则a 的取值范围是______．例11．（2022·全国·高三专题练习）已知0λ>，对任意的(0,)x ∈+∞，不等式2ln 02xxe λλ-≥恒成立，则λ的最小值为___________.例12．（2022·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式ln x e a x a -≥恒成立，则实数a 的取值范围为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知不等式1ln m x x m x x e++≥对()1,x ∈+∞恒成立，则实数m 的最小值为__________.例14．（2022·全国·高三专题练习）设0k >，若存在正实数x ，使得不等式127log 30kx x k --⋅≥成立，则k 的最大值为（） A ．1ln3e B ．ln 3eC ．ln 3e D ．ln 32例15．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()1x f x xe =-，不等式()ln f x mx x ≥+对任意(0,)x ∈+∞恒成立，则实数m 的取值范围是（） A ．(,2]-∞B ．[0,2]C ．(2,e 1⎤-∞-⎦D ．20,1e -⎡⎤⎣⎦例16．（2022·河南·高三阶段练习（文））若关于x 的不等式()e ln 1e xax a x x -<+-在()1,+∞上恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．1,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(],3-∞C ．(],2-∞D ．(],e -∞例17．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数2()(1)ln 1(1)f x ax a x a =+++-，对12,(0,)x x ∀∈+∞，恒有()()12124f x f x x x --，则实数a 的取值范围是（） A ．2(,e ]-∞-B ．(,e]-∞-C ．[2,1]--D ．(,2]-∞-例18．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数()4e ln xf x k x x=-，当1x >时，不等式()1f x x ≥+恒成立，则k 的取值范围是（） A ．(],e -∞-B ．(],4-∞-C ．(2,e ⎤-∞-⎦D ．(],0-∞例19．（2022·安徽亳州·高三期末（理））已知0a <，若1x >时，e lne ln x x a a x x ---≥-恒成立，则a 的最小值为（） A ．1-B ．2-C ．e -D ．2e -例20．（2022·安徽合肥·高三期末（理））若不等式()e ln 110xa ax --+≥对1,12x ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立（e 为自然对数的底数），则实数a 的最大值为（） A ．e 1+B ．eC ．2e 1+D ．2e例21.（2022·全国·高三专题练习）已知不等式1ln ea xx a x x ++>对()1x ∈+∞，恒成立，则实数a 的最小值为（） A．B ．e 2-C ．e -D ．2e -题型五：利用同构求最值例22．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()()ln 1f x x x =+-，()ln g x x x =，若()112ln f x t =+，()22g x t =，则()122ln x x x t -的最小值为（）． A ．21e B ．2eC ．12e -D ．1e-例23．（2022·全国·高三专题练习（理））设大于1的两个实数a ，b 满足22ln a nb b e a ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则正整数n 的最大值为（）． A ．7B ．9C ．11D ．12题型六：利用同构证明不等式例24．（2022·福建南平·三模）已知函数()ln mf x xx =+. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若114e m <<，求证：函数()e ln mx x x g x x m-=+有两个零点1x ，2x 且12112e x x +>.例25．（2022·四川眉山·三模（文））已知函数()()ee 0xf x x x =->.(1)求()f x 的单调区间；(2)证明：当e x >时，()eln ln ln ln x x x x -<⎡⎤⎣⎦.例26．（2022·河北·高三阶段练习）已知函数()ln f x x x =． (1)讨论()f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b a a b =，证明：2111e a b<+<．例27．（2022·河南郑州·二模（文））已知函数()e 21e xf x x =⋅-+，()ln 2xg x x=+. (1)求函数()g x 的极值；(2)当x >0时，证明：()()f x g x ≥例28．（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））已知函数()()e xf x ax a =-∈R ．(1)讨论f (x )的单调性．(2)若a ＝0，证明：对任意的x >1，都有()4333ln f x x x x x ≥-+．专题11 导数中的同构问题【考点预测】知识点一、常见的同构函数图像图像图像知识点二：同构式的基本概念与导数压轴题1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式2、同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程()0f a =和()0f b =呈现同构特征，则,a b 可视为方程()0f x =的两个根（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系。