高中数学讲义微专题100利用同构特点解决问题

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高考数学二轮复习函数的同构问题ppt课件

单调递增,即λx≥ln x 恒成立,λ≥(

)max,令 g(x)=

(x>0),g′(x)=
-

,当 0<x<e 时,

g′(x)>0,g(x)单调递增,当 x>e 时,g′(x)<0,g(x)单调递减,故 g(x)max=g(e)= ,所以λ的取值

范围为[,+∞).

的取值范围.
2
+
x
解:由 x +xln a>ae ln x⇒
构造 h(x)=

>

( )
⇒

-

,x∈(0,1),h′(x)=

<

对∀x∈(0,1)恒成立.
>0,h(x)单调递增.
-

所以 x<aex⇒a> ⇒a>( )max,因为 x∈(0,1),所以( )′= >0, 在(0,1)上单调递
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.
③在解析几何中的应用:如果A(x1,y1),B(x2,y2)满足的方程为同构式,则A,B为
方程所表示的曲线上的两点.特别地,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(an,n)
.

解析:(3)因为 lo t=-log3t=-(1-2log3t)-(3log3t-1),所以 f(1-2log3t)+f(3log3t-1)≥

lo t 可变形为,

高中数学函数中的同构问题汇总(共16页)

函数中的同构问题一、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，可以说同构函数是同构思想在中学数学中最突出的运用，求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.二、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 x x=e x-ln x等.【例1】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．（二）xe x型同构【例2】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.(三)x+aln x型同构【例3】已知函数f x =x+1 xln x-ax，a>0．(1)若a=2，求函数f x 的极值；(2)设g x =12e ax-ax2+ax，当x>0时，f x ≤g x (g x 是函数g x 的导数)，求a的取值范围．(四)e x+ax+b型同构【例4】已知f x =e x-a ln x，若对任意x∈0，+∞，不等式f x >a ln a恒成立，求正实数a的取值范围．(五)ln x+ax+b型同构【例5】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 ．三、典例展示【例1】已知f x =x 2e 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．【例2】(2022届北京大学附属中学高三三模)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.【例3】(2022届辽宁省实验中学高三下学期考前模拟)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.(2022届吉林市第一中学高三4月教学质量检测)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.2.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.3.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 )≤xe 2x 恒成立，求实数a 的取值范围．4.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．5.(2022届天津市西青区杨柳青第一中学高三下学期适应性测试)已知函数f (x )=e x -ax -a ，g (x )=a ln x -ax 2+a -e x(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6.(2022届湖北省荆州中学等四校高三下学期四模)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．7.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 ．函数中的同构问题一、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，可以说同构函数是同构思想在中学数学中最突出的运用，求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.二、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 x x=e x-ln x等.【例1】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．因为h 3 =3-3ln3<0，h e 2 =e 2-6>0，所以h x =0有解，则e x -3ln x ≥x -3ln x +1，当且仅当x -3ln x =0时，等号成立．即e x x3≥x -3ln x +1，即f x ≥x 4-3x 3ln x +x 3．（二）xe x 型同构【例2】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 x x 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 1x 1ln 1x 1** 又∵y =xe x ,y =x +1 e x >0,∴y =xe x 在0,+∞ 递增，由(**)可得x 1=ln 1x 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-∞,0(三)x +a ln x 型同构【例3】已知函数f x =x +1xln x -ax ，a >0．(1)若a =2，求函数f x 的极值；(2)设g x =12e ax -ax 2+ax ，当x >0时，f x ≤g x (g x 是函数g x 的导数)，求a 的取值范围．【解析】 (1)f (x )=ln x -ln x x 2-1+1x 2=1-1x 2 (ln x -1)，令f (x )=0，得x =1或x =e ，当0<x <1或x >e 时，f x >0，当1<x <e 时，f x <0，所以函数f x 在(0，1)上单调递增，在(1，e )上单调递减，在(e ,+∞)上单调递增，所以函数f x 的极大值为f 1 =-2，函数f x 的极小值为f e =1e -e ．(2)g x =12a e ax -2x +1 ，x +1x ln x -ax ≤12a e ax -2x +1 ，即2x 2+1 ln x ≤ax e ax +1 ，即x 2+1 ln x 2≤ln e ax e ax +1 ，设φ(x )=(x +1)ln x ，φ (x )=ln x +1x+1，设k (x )=1+1x +ln x ，k (x )=x -1x 2，当0<x <1时，k (x )<0，当x >1时，k (x )>0，所以函数k (x )在(0，1)上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，k x ≥k 1 =2，即φ (x )≥φ (1)=2，则函数φ(x )在(0,+∞)上单调递增，则由φe ax ≥φx 2 ，得e ax ≥x 2在(0,+∞)上恒成立，即ax ≥2ln x 在(0,+∞)上恒成立．设h x =2ln x x ，h (x )=2(1-ln x )x 2，当0<x <e 时，h (x )>0，当x >e 时，h x <0，所以函数h (x )在(0，e )上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以h (x )≤h (e )=2e，故a ≥2e ．(四)e x +ax +b 型同构【例4】已知f x =e x -a ln x ，若对任意x ∈0，+∞ ，不等式f x >a ln a 恒成立，求正实数a 的取值范围．【解析】由题意，e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x -ln a -ln x >ln a 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 ，易知g x 在R 上单增，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)=1-1x 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=h(1)=1，所以ln a<1，解得0<a<e，所以正实数a的取值范围0,e.(五)ln x+ax+b型同构【例5】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 ．【解析】(1)g x =1-a-ln xx2，当a≥1时，gx <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=e1-a，x1,e1-ae1-a e1-a,+∞g x +0-g x 增函数极大值减函数故g x 极大值=g e1-a=a+e1-a+1-ae1-a=1+e1-ae1-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 xx，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=h0 =0，所以h x ≥0，从而有e x≥x+1．故e t≥t+1，即f x ≥g x ．三、典例展示【例1】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，g x =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，g 1a =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；【例2】(2022届北京大学附属中学高三三模)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 -e x，令g x =e x -e x ，其中x >0，则g x =e x +e x 2>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：x0,1 11,+∞ f x-0+f x 单调递减极小值单调递增由上表可知，f (x )min =f 1 =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 =h 1 =1，所以ln a <1，解得0<a <e ，所以实数a 的取值范围0,e .【例3】(2022届辽宁省实验中学高三下学期考前模拟)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-a x =x -a x (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，e 1e -1>0成立，t ∈1e -1,+∞ 时，λ≤e t ln (t +1)+1，设g (t )=e t ln (t +1)+1，t ∈1e -1,+∞ ，g (t )=e t (ln (t +1)+1)-e t 1t +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.(2022届吉林市第一中学高三4月教学质量检测)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：sin2x 2+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 +m x +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 +m x +1-cos x ，x ∈0,π ，则φ x =2e x -m x +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 +m x +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,ln 1-m 2 ，使得当x ∈0,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，此时h x <h 0 =0，不合题意；综上，m ≥-1.2.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 -a x x >0 ，即f x =x +1xxe x -a .当a =e 时，f x =x +1xxe 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=1.3.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g 14 =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S 2x 0 =S -ln x 0 ，所以2x 0=-ln x 0，即e 2x 0=1x 0．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]．4.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 1x ln x2，则f e =ae +1e，所以函在x =e 处的切线方程为y -ae 2-1 =ae +1e x -e ，又因为切线过点2e ,2e 2 ，所以2e 2-ae 2-1 =ae +1e 2e -e ，即2ae 2=2e 2，解得a =1；(2)由(1)知；f x =x 2-1ln x ，则f x =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 x x在区间[1,+∞)上恒成立，令h x =ln x x ，则h x =1-ln x x 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 =1e，所以λ≥1e .5.(2022届天津市西青区杨柳青第一中学高三下学期适应性测试)已知函数f (x )=e x -ax -a ，g (x )=a ln x -ax 2+a -e x(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 -ax 2+a -e x(a ≥0)，令g (x )=a ln x -ax 2+a -e x=0得，a ln x -ax 2+a -e =0，当a =0时，g (x )=-e x ≠0，g (x )无零点，当a >0时，令h (x )=a ln x -ax 2+a -e ，则h ′(x )=a x -2ax =a 1-2x 2 x ，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 =h 22=a ln 2212a +a -e =1-ln22a -e ，当1-ln22a -e <0，即0<a <2e 1-ln2时，h (x )max <0，函数h (x )在(0,+∞)上无零点，当1-ln22a -e =0，即a =2e 1-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 >2e 1-ln2时，h (x )max >0，又h (1)=-e <0，h 1e =-a e 2-e <0，∴函数h (x )在1e ,22，22,1 上各有一个零点，综上，当0≤a <2e 1-ln2时，函数g (x )在(0,+∞)上无零点，当a =2e 1-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 ,+∞).6.(2022届湖北省荆州中学等四校高三下学期四模)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 .7.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 xx，设g(x)=-ln xx,g (x)=ln x-1x2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-x a=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．。

【金梦数学】微专题100之86 同构函数在解决高考压轴题中的应用 (解析版)

同构函数在解决高考压轴题中的应用一、双变量地位等同问题2020年的高考可以看出，新高考注重了数学素养的考查，尤其是创新思维．这种题型一般含有两个变量，通过变形整理可将两个变量分别移到不等式或等式两侧，构造出同一个函数取两个不同变量时的函数值大小问题，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，下面举例分析．例1(2020全国高考二卷理科数学11题)若2x -2y <3-x -3-y ，则()A ．ln y -x +1 >0B ．ln y -x +1 <0C ．ln x -y >0D ．ln x -y <0解析将不等式移项变形为2x -2y <3-x -3-y ，构造函数f (t )=2t -3-t ，由其为单调递增函数知x <y ，以此去判断各个选项中真数与1的大小关系，进而得到结果，A 正确，B 错误；∵x -y 与1的大小不确定，故C 、D 无法确定，所以选A ．例2(2020全国一卷理科数学12题)若2a +log 2a =4b +2log 4b ，则()A ．a >2bB ．a <2bC ．a >b 2D ．a <b 2解析条件等式两边结构类似，构造函数f (x )=2x +log 2x ，则f (x )为增函数，由选项可知只需要比较f (a )和f 2b ，f (a )和f b 2 大小即可．利用f (a )=2a +log 2a =4b +2log 4b =22b +log 2b ，可得f (a )-f 2b =log 212<0，而f (a )-f b 2 =22b -2b 2-log 2b ，b 取不同值结果不同，因此选B ．例3(2010高考辽宁卷理科数学21题节选)已知函数f (x )=a +1 ln x +ax 2+1，设a <-1，如果对任意x 1，x 2∈0，+∞ ，f x 1 -f x 2 ≥4x 1-x 2 ，求a 的取值范围．解析所证不等式f x 1 -f x 2 ≥4x 1-x 2 含绝对值，当a ≤-2时，f (x )单调递减，故只需要知道x 1，x 2的大小即可去掉绝对值．不妨设x 2>x 1，所证不等式去掉绝对值后为f x 2 -f x 1 ≥4x 2-4x 1，即f x 2 -4x 2≥f x 1 -4x 1，发现不等式两侧为关于x 1，x 2的同构式，故可以将同构式构造成函数g (x )=f (x )+4x ，将问题转化为g (x )=f (x )+4x 单调递减求参数a 的范围问题．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，如果使用参变分离、隐零点代换等方法，都避免不了复杂计算，有时效果也不一定好，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e x 和ln x 的函数，主要是统一化为左边或化为右边构造同构式．同构式需要构造这样一个母函数，这个函数既能满足指数与对数互化，又能满足单调性和最值易求等特点，因此常见的同构形式大多为y =x ln x ，y =xe x ，或其同族函数．经过同构变形，再结合复合函数的单调性，可以快速解决证明不等式、恒成立求参数的取值范围等问题．构造同构函数通常有三种基本模式：(1)积型ae a≤b ln b→三种同构方式同左：ae a ≤ln b e ln b ⋯f (x )=xe x 同右：e a ln e a ≤b ln b ⋯f (x )=x ln x 取对：a +ln a ≤ln b +ln ln b ⋯f (x )=x +ln x(2)商型e a a<→b 三种同构方式同左：e a a ≤e ln b nb ⋯f (x )=e x x同右：e aln e a <b ln b ⋯f (x )=xln x 取对：a -ln a <ln b -ln ln b ⋯f (x )=x -ln x(3)和差型e a±a >b ±ln b→二种同构方式同左：e a ±a >e ln b ±ln b ⋯f (x )=e x ±x 同右：e a ±ln e a >b ±ln b ⋯f (x )=x ±ln x其中x =e ln x =ln e x 在变形构造同构式中起着重要作用．例4(2018高考全国一卷文科数学21题节选)已知函数f (x )=ae x -ln x -1．证明：当a ≥1e 时f (x )≥0．解析当a ≥1e 时，f (x )≥e xe-ln x -1，由于f (x )关于a 是递增的，所以只需将a 缩小为1e，转化为证明e x e -ln x -1≥0即可，由e x e-ln x -1≥0两边同乘ex 构造积得xe x ≥ex ln ex 即xe x ≥e ln ex ln ex ．令g (x )=xe x ，由g '(x )=e x x +1 >0知g (x )为增函数，又易证x ≥ln ex =ln x +1，所以g (x )≥g ln ex ，即xe x ≥e ln ex ln ex 成立，故当a ≥1e 时，f (x )≥0．例5 设函数f (x )=ae xln x +be x -1x，曲线y =f (x )在点1，f (1) 处的切线方程为y =e x -1 +2．(1)求a ，b ；(2)证明：f (x )>1．解析(1)a =1；b =2．(2)本题如果直接求导，将非常复杂，不妨采用同构函数的方法．由(1)知，f (x )=e xln x +2e x -1x ，要证f (x )>1，即证e x ln x +2xe x -1>1．把这个式子按照同构方式两边同乘xe -x 并移项得x ln x -xe -x >-2e，再进一步对-2e 进行拆分，得同构式x ln x +1e >--xe -x +1e ，即x ln x +1e >-e -x ln e -x +1e．两边结构相似但是右边有负号，因此构造函数g (x )=x ln x +1e，再证明g (x )+g e -x >0．显然g (x )≥0，并且当且仅当x =1e时等号成立，又因为g e -x =0时x =1，取等条件明显不一致，所以g (x )+g e -x >0，即f (x )>1．综上，通过双变量和指对混合两类高考真题的分析，我们发现同构式思想对于解决这两类问题有规律可循，而且平时各类模拟试题中屡见不鲜，只要大胆尝试，把握其中的规律，解决这类问题堪称秒杀！专题强化训练1．已知函数f x =e x -a ln (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，eB ．0，e 2C ．1，e 2D ．1，e 22．已知函数f (x )=ex 21+ln x，则不等式f (x )>e x 的解集为( )A ．0,1B ．1e,1 C ．1,e D ．1,+∞ 3．f x =ae x -1-ln x +ln a ，若f (x )≥1，求a 的取值范围.4．已知函数f x =ae x -ln x +1 +ln a -1，若函数f x 有且仅有两个零点，求a 的取值范围.5．已知函数f x =x +ln x -1 ，g x =x ln x ，若f x 1 =1+2ln t ，g x 2 =t 2，则x 1x 2-x 2 ln t 的最小值为( )．A ．1e2B ．2eC ．-12eD ．-1e 6．已知函数f (x )=x -ln x ，已知实数a >0，若f (x )+ae 2x +ln a ≥0在0，+∞ 上恒成立，求实数a 的取值范围.7．已知函数f (x )=x -x m +m ln x e x +1(m <0)，当x ∈1,+∞ 时,恒有f x ≥0，求实数m 的取值范围.8．若a >1，对任意x ∈e ，+∞ ，2e ax +a 2x 2-6ax -2x ln x≥ln x -6恒成立，求a 的取值范围.9．已知对任意x ∈(0,+∞)，都有k e kx +1 -1+1xln x >0，则实数k 的取值范围为_________．10．已知f x =e x -a ln x ，若对任意x ∈0，+∞ ，不等式f x >a ln a 恒成立，求正实数a 的取值范围．11．已知函数f x =x -ln x +1 ，g x =e x -x -1，若g x ≥kf x 对∀x∈0,+∞恒成立，求实数k的取值范围.12．已知f(x)=ln x+ax-a．若g(x)=e x-1-f(x)的最小值为M，求证M ≤1．13．已知函数f(x)=a ln x+be x-1-a+2x+a(a，b为常数)，若b=2，对任意的x∈1，+∞，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．14．若x>0证明：e x-1>x2ln x+115．已知函数f(x)=e x+m-x3，g(x)=ln x+1+2．当m≥1时，证明：f (x)>g(x)-x3.16．已知函数f x =xe x+1，g x =k ln x+k x+1，设h x =f x -g x ，其中k>0，若h x ≥0恒成立，求k的取值范围．17．已知函数f(x)=e x-a-x ln x+x a∈R有两个极值点，x1，x2x1<x2，设f(x)的导函数为g(x)，证明a>2．18．当a>0时，证明e2x a≥ln x+2+ln2a19．已知函数f(x)=a ln x+be x-1-a+2x+a(a，b为常数)，若b=2，对任意的x∈1，+∞，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．20．已知函数f(x)=ln x+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)对任意x>0，xe2x≥f(x)恒成立，求实数a的最大值.参考答案：1．B【分析】先根据题意把原不等式转化为x -1 e x >ln a x -1 -1 ⋅e ln a x -1 恒成立，构造函数g t =(t -1)e t ,t >0 ，利用导数判断出g t 单增，得到ln a <x -ln x -1 . 记y =x -ln x -1 ,x >1 .利用导数求出y min =2，即可求出实数a 的取值范围.【详解】因为关于x 的不等式f (x )>0恒成立，即为e x -a ln a x -1 +a >0，(x >1).可化为：x -1 e x >a x -1 ln a x -1 -a x -1 ，即为：x -1 e x >ln a x -1 -1 ⋅a x -1 ，亦即：x -1 e x >ln a x -1 -1 ⋅eln a x -1 构造g t =(t -1)e t ,t >0 ，所以原不等式转化为：g (x )>g ln a x -1 .因为g t =te t >0，所以g t 单增， ∴x >ln a x -1 ⇒ln a <x -ln x -1 ，记y =x -ln x -1 ,x >1 .所以y =1-1x -1=x -2x -1.令y >0，解得：x >2；令y <0，解得：1<x <2；所以y =x -ln x -1 在1,2 上单减，在2,+∞ 上单增，所以y min =2-ln 2-1 =2..所以ln a <x -ln x -1 min =2所以a <e 2又a >0，所以0<a <e 2.故实数a 的范围为0,e 2 .故选：B 2．B【分析】对不等式f (x )>e x 作等价变形，构造函数并探讨函数的性质，利用性质解不等式作答.【详解】函数f (x )=ex 21+ln x ，则f (x )>e x⇔ex 21+ln x>e x ⇔e 1+ln x 1+ln x >e x x ，因x >0，则不等式f (x )>e x 成立必有1+ln x >0，即x >1e，令g (x )=e x x ,x >1e ，求导得g(x )=e x (x -1)x 2，当1e <x <1时，g (x )<0，当x >1时，g (x )>0，因此，函数g (x )在1e,1 上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，又f (x )>e x ⇔g (1+ln x )>g (x )，当x >1时，ln x +1>1，于是得1+ln x >x ，即1+ln x -x >0，令h (x )=1+ln x-x，当x>1时，h (x)=1x-1<0，函数h(x)在(1,+∞)上单调递减，∀x>1，h(x)<h(1)=0，因此，1+ln x>x无解，当1e<x<1时，0<ln x+1<1，于是得1+ln x<x，即1+ln x-x<0，此时h(x)=1x-1>0，函数h(x)在1e,1上单调递增，∀x∈1e,1，h(x)<h(1)=0，不等式1+ln x<x解集为1e,1，所以不等式f(x)>e x的解集为1 e,1 .故选：B【点睛】思路点睛：求某些函数不等式解集，将不等式等价转化，利用同构思想，构造新函数，借助函数的单调性分析求解.3．1,+∞【分析】方法一：构造h x =xe x，x>-1，对不等式进行变形为xe x≥ln exa eln ex a，结合函数的单调性求出参数的取值范围；方法二：构造h x =x+e x，对不等式变形为e ln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+e ln x，结合函数单调性解出不等式，求出参数取值范围.【详解】方法一：f x =ae x-1-ln x+ln a定义域为0,+∞，同构构造h x =xe x，x>-1h x =x+1e x，当x>-1时，h x >0恒成立，则h x 在-1,+∞上单调递增，ae x-1-ln x+ln a≥1⇒ae x-1≥ln ex a⇒xe x≥ex a ln ex a即xe x≥ln exa eln ex a，x>0结合函数单调递增，可知：x≥ln exa，即x≥1+ln x-ln a，故ln a≥1+ln x-x恒成立，令g x =1+ln x-x，x>0，则g x =1x-1=1-xx，当x>1时，g x <0，当0<x<1时，g x >0故g x =1+ln x-x在0,1上单调递增，在1,+∞单调递减，且g1 =0，所以g x ≤0，则ln a≥0，解得：a≥1方法二：构造h x =x+e x．则h x =1+e x>0恒成立，故h x =x+e x单调递增，因为ae x-1-ln x+ln a≥1⇒ae x-1+ln a-1≥ln x即e ln a +x -1+ln a +x -1≥ln x +x =ln x +e ln x ，所以ln a +x -1≥ln x ，故ln a ≥1+ln x -x令g x =1+ln x -x ，x >0，则g x =1x -1=1-x x，当x >1时，g x <0，当0<x <1时，g x >0故g x =1+ln x -x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 单调递减，且g 1 =0，所以g x ≤0，则ln a ≥0，解得：a ≥1【点睛】同构适用于方程或不等式中同时出现指数函数与对数函数，常见的同构变形有xe x =e x +ln x ，e xx =e x -ln x ，x +ln x =ln xe x，x -ln x =ln e x x等.4．a ∈0，1 【分析】函数f (x )有两个零点，转化为ae x +ln ae x =ln (x +1)+(x +1)有两个解，构造函数h (t )=t +ln t ，由函数h (t )单调递增，可得a =x +1e x(x >-1)有两个解，进而可得结果.【详解】解：函数f (x )有两个零点，即f (x )=0⇒ae x +ln a +x =ln (x +1)+x +1有两个解，即ae x +ln ae x =ln (x +1)+(x +1)有两个解，设h (t )=t +ln t ，则h (t )=1+1t>0，h (t )单调递增，∴ae x =x +1(x >-1)有两个解，即a =x +1e x(x >-1)有两个解.令s (x )=x +1e x (x >-1)，则s (x )=-xe x ，当x ∈(-1,0)时，s (x )>0，s (x )单调递增，当x ∈(0,+∞)时，s (x )<0，s (x )单调递减，又x =-1时，s (x )=x +1e x =0，且s (0)=1，s (x )>0，所以当x >-1时，x +1ex ∈(0,1]∴0<a <1.5．C【解析】由已知条件可推得t 2=(x 1-1)e x 1-1=e ln x 2⋅ln x 2，即有ln x 2=x 1-1，结合目标式化简可得x 1x 2-x 2 ln t =t 2⋅ln t ，令h (t )=t 2⋅ln t ，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为x 1x 2-x 2 ln t 的最小值.【详解】由题意，f (x 1)=x 1+ln (x 1-1)=1+2ln t ，得x 1-1+ln (x 1-1)=ln t 2，∴ln [(x 1-1)e x 1-1]=ln t 2，即t 2=(x 1-1)e x 1-1>0，又g (x 2)=x 2ln x 2=t 2，得t 2=e ln x 2⋅ln x 2>0∵y =x ⋅e x 在[0,+∞)上单调递增，∴综上知：ln x 2=x 1-1，∴x 1x 2-x 2 ln t =x 2⋅ln x 2⋅ln t =t 2⋅ln t ，令h (t )=t 2⋅ln t ，(t >0)，则h (t )=2t ln t +t ∴h(t )>0，得t >e -12；h(t )<0，得0<t <e -12；故h (t )在0,e-12上单调递减，在e -12,+∞ 上单调递增.∴h (t )min =h e-12=-12e，故选：C 【点睛】关键点点睛：根据条件的函数关系确定参数的等量关系，结合目标式化简并构造函数，应用导数研究函数的单调性，进而确定区间最小值.6．a ≥12e.【分析】把不等式作等价变形，构造函数g (x )=x +ln x ，借助其单调性可得ae 2x ≥x ，分离参数构造函数并求出最大值作答.【详解】函数f (x )=x -ln x 定义域为(0,+∞)，则∀x ∈(0,+∞)：f (x )+ae 2x +ln a ≥0⇔ae 2x +x +ln a ≥ln x ⇔ae 2x +2x +ln a ≥x +ln x ⇔ae 2x +ln (ae 2x )≥x +ln x ，令g (x )=x +ln x ，函数g (x )在(0,+∞)上单调递增，则有原不等式等价于g ae 2x≥g x ⇔ae 2x ≥x ⇔a ≥xe2x ，令h (x )=x e 2x ，x >0，求导得：h (x )=1-2xe 2x ，当0<x <12时，h (x )>0，当x >12时，h (x )<0，因此，函数h (x )在0,12 上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，当x =12时，h (x )max =h 12=12e ，则a ≥12e ，所以实数a 的取值范围是a ≥12e.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，借助同构思想构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.7．-e ,0【分析】由f x ≥0进行化简，构造函数g t =e t -t ，利用导数求得g t 的单调性，结合分离常数法以及导数来求得m 的取值范围.【详解】由f x ≥0两边除以e x 得x -x m +m ln x +e -x ≥0，即e -x +x ≥x m -m ln x ，即e -x --x ≥x m -ln x m设g t =e t -t ,g -x ≥g ln x mg x =e t -1，所以g t 在-∞,0 ,g t <0,g t 递减，∵x >1,-x <-1，ln x m =m ln x <0，∴-x ≤ln x m =m ln x ⇒m ≥-x ln x，构造函数h x =-xln xx >1 ，h x =1-ln xln x2，所以h x 在1,e ,h x >0,h x 递增；在区间e ,+∞ ,h x <0,h x 递减，所以h x max =h e =-e ，所以m ≥-e ，即m 的取值范围是-e ,0 .【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，对于不等式的表达式复杂的情况，可考虑化简为结构相同的两个部分，利用构造函数法，结合导数研究函数的单调性，由此来对问题进行求解.8．1，+∞【分析】构造函数F (t )=e t+t 22-3t (t >0)，原不等式可转化为F ax >F ln x 在x ∈e ，+∞ 上恒成立，利用单调性转化为a >ln x x，利用导数求ln xx 的范围即可.【详解】由x >e 可得：即为e ax+a 2x 22-3ax ≥e ln x +ln 2x 2-3ln x ，因为a >1，x >e ，故ax >e ，ln x >1,令F (t )=e t+t 22-3t (t >0)，则F ax >F ln x 在x ∈e ，+∞ 上恒成立，易知函数F (t )在1，+∞ 上单调递增，所以只需要ax >ln x即a >ln x x ，令h (x )=ln x x ，则h (x )=1-ln xx2，当x >e 时，h (x )<0，所以h (x )=ln xx在x ∈e ，+∞ 上为减函数，所以x ∈e ，+∞ 时，h (x )<h (e )=1e ，即ln x x <1e ，所以a ≥1e ，结合a >1，所以a ∈1，+∞ ．9．1e ,+∞ 【解析】首先将不等式转化为kx e kx +1 >(x +1)ln x ，再利用对数的运算法则转化为e kx +1 ln e kx >(x +1)ln x ，构造函数f (x )=(x +1)ln x ，应用导数研究函数的单调性得到其在(0,+∞)单调递增，不等式可以转化为f e kx >f (x )，所以e kx >x ，所以k >ln x x ，根据h (x )=ln xx 在(0,e )单调递增，在(e ,+∞)单调递减，得到h (x )max =1e，从而求得k 的取值范围.【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 ，所以f (x )=-1x 2+1x =x -1x 2，当0<x <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，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 xx，所以可求得h (x )在(0,e )单调递增，在(e ,+∞)单调递减，所以h (x )max =1e ，所以k >1e ，故答案为：1e ,+∞ .【点睛】该题考查的是有关应用导数解决不等式成立时参数的取值范围的问题，涉及到的知识点有构造新函数，利用导数研究函数的单调性和求函数的最值，恒成立问题向最值靠拢，属于较难题目.10．0,e【分析】由题意，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 +x -ln a >e ln x +ln x 恒成立，构造函数g x =e x +x ，利用单调性可得x -ln a >ln x 恒成立，即ln a <x -ln x min ，从而即可求解.【详解】解：由题意，e x -a ln x >a ln a 恒成立，即e x -ln a -ln x >ln a 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 ，易知g x 在R 上单增，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 )=1-1xx >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 =h (1)=1，所以ln a <1，解得0<a <e ，所以正实数a 的取值范围0,e .11．k ≤1【分析】将不等式g x ≥kf x 展开并变形，即e x -x -1≥k e ln (x +1)-ln x +1 -1 ，∀x ∈0,+∞ 恒成立，构造函数，求导数，判断函数的单调性，由此可求实数k 的取值范围..【详解】由题意得：e x -x -1≥k x -ln x +1 ，∀x ∈0,+∞ 时恒成立，即e x -x -1≥k x +1-ln x +1 -1即e x -x -1≥k e ln (x +1)-ln x +1 -1 ，∀x ∈0,+∞ 时恒成立,设φ(x )=x -ln x +1 ,φ (x )=1-1x +1=x x +1≥0,(x ≥0)，故φ(x )=x -ln (x +1)在x ∈0,+∞ 时单调递增，故φ(x )≥φ(0)=0，即x ≥ln (x +1) ，当且仅当x =0等号成立，又设h (x )=e x -x -1,h (x )=e x -1≥0,(x ≥0) ，故h (x )=e x -x -1,(x ≥0)时单调递增函数，且h (x )≥h (0)=0，而ln (x +1)≥0,(x ≥0) ，故e ln (x +1)-ln x +1 -1≥0，因为x ≥ln x +1 ，故e x -x -1≥e ln (x +1)-ln x +1 -1≥0，当且仅当x =0等号成立，故要使e x -x -1≥k x -ln x +1 ，∀x ∈0,+∞ 时恒成立，当x =0 时，上式显然成立；x >0时，只需e x -x -1x -ln x +1 ≥k ，而e x -x -1x -ln x +1>1，所以只需k ≤1，故实数k 的取值范围为k ≤1.12．证明见解析【分析】g (x )=e x -1-1x-a ，然后分类讨论，a =0时，最小值为1，a ≠0时，由g (1)=-a ，得x =1在函数g (x )的单调区间内，从而g (x )min <g (1)=1，从而证得结论．【详解】解：g (x )=e x -1-ln x -a x -1g (x )=e x -1-1x-a ，g (1)=-a ，接下来分类讨论：1．当a =0，则g (x )min =g (1)=1，成立；2．当a >0，则g (1)=-a <0，x =1在g (x )的减区间内，因此g (x )min ≤g (1)=1，成立；3．当a <0，则g (1)=-a >0，x =1在g (x )的增区间内，因此g (x )min ≤g (1)=1，成立.综上，g (x )min =M ≤1．13．a ≤2【分析】构造新函数g (x )=e ln x -e x +1，并利用其单调性和极值特征去求实数a 的取值范围．【详解】由题意得：a ln x +2e x -1-a +2 x +a ≥0x ≥1 恒成立，当x ≥1时，即a ln x -a +2 x +a ≥-2e x -1，整理得a ln x -x +1 ≥2-e x -1+x右边凑1，得a ln x -x +1 ≥2x -1-e x -1+1a e ln ln x -e ln x +1 ≥2e ln x -1 -e x -1+1 ，令函数h (x )=x -e x +1(x >0)，则h (x )=1-e x <0，h (x )单调递减又h (0)=0，则h (x )<0，构造函数g (x )=e ln x -e x +1x >0 ，则g (x )<0，且g (x )单调递减则a e ln ln x -e ln x +1 ≥2e ln x -1 -e x -1+1 即a ⋅g ln x ≥2⋅g x -1令函数m (x )=ln x -x +1(x ≥1)，则m (x )=1x-1≤0，则m (x )单调递减，又m (1)=ln1-1+1=0，则ln x ≤x -1在1，+∞ 上恒成立，则有g x -1 ≤g ln x ≤0则由a ⋅g ln x ≥2⋅g x -1 ，可得a ≤2(当且仅当x =1时取等号)14．证明见解析.【分析】根据分析法，利用函数的导数，及二次求导结合函数单调性求证即可.【详解】要证：e x -1 ln x +1 >x 2,即证：ln x +1 x >x e x -1=ln e x e x -1=ln e x -1+1 e x -1,令h x =ln x +1 x ，(x >0)∴要证h x >h e x -1 ,∵h (x )=x x +1-ln (x +1)x 2, 令m (x )=x x +1-ln (x +1)，则m (x )=1(x +1)2-1x +1=-x (x +1)2<0，所以m (x )=x x +1-ln (x +1)在(0,+∞)上单调递减，故m (x )<m (0)=0，即h (x )<0，∴h (x )在0，+∞ 单减，故即证：x <e x -1，即证e x -x -1>0(x >0)，令n (x )=e x -x -1，则x >0时，n (x )=e x -1>0，故n (x )=e x -x -1单调递增，所以n (x )>n (0)=0，即e x -x -1>0(x >0)成立.问题得证．15．证明见解析【分析】先证明e x ≥x +1x ∈R 且ln x +1 ≤x (x >-1),根据指数函数性质e m -1≥0(m ≥1),结合已经证明的不等式进行放缩即可.【详解】先证明e x ≥x +1x ∈R 且ln x +1 ≤x (x >-1),设F (x )=e x -x -1，则F (x )=e x -1,因为当x <0时，F (x )<0,当x >0时，F (x )>0，所以F (x )在-∞，0 上单调递减，在0，+∞ 上单调递增,所以当x =0时，F (x )取得最小值F (0)=0,所以F (x )≥F (0)=0，即e x ≥x +1x ∈R ,所以ln x +1 ≤x (当且仅当x =0时取等号),再证明e x +m -ln x +1 -2>0 ．由e x ≥x +1x ∈R ,得e x +1≥x +2(当且仅当x =-1时取等号)因为x >-1，m ≥1，且e x +1≥x +2，ln x +1 ≤x 不同时取等号所以e x +m -ln x +1 -2=e m -1⋅e x +1-ln x +1 -2>e m -1(x +2)-x -2=(e m -1-1)(x +2)≥0,所以e x +m ≥ln x +1 +2，所以e x +m -x 3≥ln x +1 +2-x 3，所以f (x )>g (x )-x 3.16．0,e【分析】分析可得1k ≥ln xe x +1 xe x +1，其中x >0，令t =xe x +1，利用导数求得t >0，利用导数求出函数φt =ln t t在0,+∞ 上的最大值，即可解得正实数k 的取值范围.【详解】解：由h x =xe x +1-k ln x -k x +1 =xe x +1-k ln x +ln e x +1 =xe x +1-k ln xe x +1 ≥0，∵k >0，所以，1k ≥ln xe x +1 xex +1，其中x >0，令t =xe x +1，其中x >0，则t =x +1 e x +1>0对任意的x >0恒成立，所以，函数t =xe x +1在0,+∞ 上单调递增，则当x >0时，t =xe x +1>0，令φt =ln t t ，其中t >0，φ t =1-ln t t2，令φ t =0可得t =e ，列表如下：t0,e e e ,+∞ φ t+0-φt 增极大值减所以，函数φt 在t =e 处取得极大值，亦即最大值，即φt max =φe =1e，所以，1k≥1e ，解得0<k ≤e .【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x min ；(2)∀x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x max ；(3)∃x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x max ；(4)∃x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x min .17．证明见解析【分析】构造新函数h (x )=e x -x -1，并利用其单调性和极值去证明即可.【详解】函数f (x )=e x -a -x ln x +x a ∈R 有两个极值点，则f (x )=g (x )=e x -a -ln x 有两相异根即e x -a -x -a -1+x -ln x -1=a -2有两相异根令函数h (x )=e x -x -1，则h (x )=e x -1，当x <0时，h (x )<0，h (x )单调递减；当x >0时，h (x )>0，h (x )单调递增则当x =0时，h (x )取最小值h (0)=0，则h (x )≥0，则h x -a =e x -a -x -a -1≥0(当且仅当x =a 时取等号)h ln x =x -ln x -1≥0(当且仅当x =1时取等号)则e x -a -x -a -1+x -ln x -1≥0(当且仅当x =a =1时取等号)则有a -2>0，解之得a >218．证明见解析【分析】构造新函数h (x )=e x -x -1，并利用其单调性和极值去证明不等式即可.【详解】要证e 2x a ≥ln x +2+ln 2a，即证：e 2x -ln a -ln2x -2+ln a ≥0构造函数h (x )=e x -x -1，则h (x )=e x -1则当x >0时，h (x )>0，h (x )单调递增；当x <0时，h (x )<0，h (x )单调递减故当x =0时，h (x )求得最小值h (0)=0，则有h (x )≥h (0)=0由于h 2x -ln a =e 2x -ln a -2x +ln a -1，h ln2x =2x -ln2x -1故h 2x -ln a +h ln2x =e 2x -ln a -ln2x +ln a -2≥0当且仅当2x =ln a 且ln2x =0，即x =12且a =e 时等号成立所以当a >0时，e 2x a≥ln x +2+ln 2a 19．a ≤2【分析】构造新函数g (x )=e ln x -e x +1，并利用其单调性和极值特征去求实数a 的取值范围．【详解】由题意得：a ln x +2e x -1-a +2 x +a ≥0x ≥1 恒成立，当x ≥1时，即a ln x -a +2 x +a ≥-2e x -1，整理得a ln x -x +1 ≥2-e x -1+x右边凑1，得a ln x -x +1 ≥2x -1-e x -1+1a e ln ln x -e ln x +1 ≥2e ln x -1 -e x -1+1 ，令函数h (x )=x -e x +1(x >0)，则h (x )=1-e x <0，h (x )单调递减又h (0)=0，则h (x )<0，构造函数g (x )=e ln x -e x +1x >0 ，则g (x )<0，且g (x )单调递减则a e ln ln x -e ln x +1 ≥2e ln x -1 -e x -1+1 即a ⋅g ln x ≥2⋅g x -1令函数m (x )=ln x -x +1(x ≥1)，则m (x )=1x-1≤0，则m (x )单调递减，又m (1)=ln1-1+1=0，则ln x ≤x -1在1，+∞ 上恒成立，则有g x -1 ≤g ln x ≤0则由a ⋅g ln x ≥2⋅g x -1 ，可得a ≤2(当且仅当x =1时取等号)20．(1)答案见解析；(2)2.【分析】(1)求导得f (x )=1x +a =1+ax x(x >0)，再分a ≥0，a <0两种情况讨论求解即可；(2)根据题意xe 2x -ln x -ax -1≥0恒成立，进而得e ln x +2x -ln x -ax -1≥0恒成立，由于存在正实数x 0，满足：ln x 0+2x 0=0，且g (x 0)=e ln x 0+2x 0-ln x 0-ax 0-1≥0，进而得a ≤2，再证明当a =2时成立即可.【详解】(1)f (x )=1x +a =1+ax x (x >0)当a ≥0时，x ∈(0,+∞)，f (x )=1+ax x >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，x ∈0,-1a ，f (x )=1+ax x >0，所以f (x )在0,-1a 上单调递增；x ∈-1a ，+∞ ，f (x )=1+ax x <0，所以f (x )在-1a，+∞ 上单调递减；综上：当a ≥0时，f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在0,-1a 上单调递增，在-1a，+∞ 上单调递减.(2)任意x >0，xe 2x ≥f (x )，即xe 2x -ln x -ax -1≥0恒成立，即e ln x +2x -ln x -ax -1≥0恒成立；令g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1，则任意x >0，g (x )=e ln x +2x -ln x -ax -1≥0，因为，存在正实数x 0，满足：ln x 0+2x 0=0，且g (x 0)=e ln x 0+2x 0-ln x 0-ax 0-1≥0，所以2x 0-ax 0≥0，所以a ≤2.下证：当a =2时成立：即证：e ln x +2x -ln x -2x -1≥0，因为∀x ∈R ，e x ≥x +1，所以：e ln x +2x -ln x -2x -1≥ln x +2x +1-ln x -2x -1=0显然成立；所以实数a 的最大值为2.【点睛】本题考查利用导数求研究函数的单调区间，解不等式恒成立问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题.本题解题的关键在于注意到存在正实数x 0，满足：ln x 0+2x 0=0，且g (x 0)=e ln x 0+2x 0-ln x 0-ax 0-1≥0，进而得a ≤2，再求证a =2时成立即可.。

高考中的利用同构特点解决问题

利用同构特点解决问题一、基础知识：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（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二、典型例题： 2020新课标：1.（2020•全国1卷）若242log 42log a ba b +=+，则（）A. 2a b >B. 2a b <C. 2a b >D. 2a b <【答案】B【解析】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. 【详解】设2()2log x f x x =+，则()f x 为增函数，因为22422log 42log 2log abba b b +=+=+所以()(2)f a f b -=2222log (2log 2)a b a b +-+=22222log (2log 2)b bb b +-+21log 102==-<，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.2.常用同构变式：xx x x ln ee +=，x x x x ln e e -=，xx x x -=ln e e，)ln(ln x xe x x =+，x x x x e ln ln =-2.若),0(+∞∈x ，恒成立，则的最大值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】设,则，原不等式等价于恒成立，设x x y ln -=，则xy 11-='，零点为,在，函数y 的最小值为1，故，，零点是在上单调递增，故，故.故答案为：C3.若不等式1)1ln(ln ++>+x m me x恒成立，则正数m 的取值范围是_______解法一当0=x 时，不等式成立，可得1>m 。

高中数学讲义微专题100 利用同构特点解决问题

微专题100 利用同构特点解决问题一、基础知识：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（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二、典型例题：例1：（2015天津十二校联考）设,x y R ∈，满足()()()()5512sin 1312sin 11x x x y y y ⎧-++-=⎪⎨-++-=⎪⎩ ，则x y +=（）A. 0B. 2C. 4D. 6 思路：本题研究对象并非,x y ，而是()()1,1x y --，进而可变形为()()()()()()55121sin 11121sin 11x x x y y y ⎧-+-+-=⎪⎨-+-+-=-⎪⎩，观察上下式子左边结构相同，进而可将相同的结构视为一个函数，而等式右边两个结果互为相反数，可联想到函数的奇偶性，从而利用函数性质求解解：()()()()5512sin 1312sin 11x x x y y y ⎧-++-=⎪⇒⎨-++-=⎪⎩()()()()()()55121sin 11121sin 11x x x y y y ⎧-+-+-=⎪⎨-+-+-=-⎪⎩ 设()52sin f t t t t =++，可得()f t 为奇函数，由题意可得：()()1111f x f y -=⎧⎪⎨-=-⎪⎩ ()()11f x f y ∴-=--()112x y x y ∴-=--⇒+=答案：B例2：若函数()f x m =在区间[],a b 上的值域为(),122a b b a ⎡⎤>≥⎢⎥⎣⎦，则实数m 的取值范围是_____________思路：注意到()f x 是增函数，从而得到()(),22a b f a f b ==，即22a mb m ==，发现两个式子为,a b 的同构式，进而将同构式视为一个方程，而,a b 为该方程的两个根，m 的取值只需要保证方程有两根即可解：()f x Q 为增函数()(),22a b f a f b ∴==⇒22a m bm == ,a b ∴2x m =在[)1,+∞上的两个根，即2xm =有两个不同的根令)201t t x t =≥⇒=+所以方程变形为：()()221112122m t t t t =+-=-+，结合图像可得：10,2m ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦答案：10,2m ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦例3：设,a b R Î，则|“a b >”是“a a b b >”的（） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充要又不必要条件思路：观察a a b b >可发现其同构的特点，所以将这种结构设为函数()f x x x =，分析其单调性。

高考高中数学第100炼利用同构特点解决问题

第100炼利用同构特点解决问题一，基础知识：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/(«)=0和/(")=()呈现同构特征，则〃•力可视为方程/(x)=O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(3)在解析几何中的应用：如果人3，力),8(巧况)满足的方程为同构式・则A0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(q/7)与(%"-1)的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解L典型例题:例1：(2015天津十二校联考)设M)3,满足＜(x-l)5+2x+sin(x-l)=3(y-1)+2y+sin(y-1)=1A.0B.2C.4D.6，则x+y=思踣：本题研究对象并非x.y,而是(x—l).(y—l),进而可变形为(x-1)+2(x-l)+sin(x-l)= 1(y-l)'+2(y-l)+sin(y-1)=-1,睨察上下式子左边措构相同，进而可将相同的拮构为一个函数，而等式右边两个站果互为相反数，可联想到函数的奇偶性，从而利用函数性质求解解:(x-1)5+2.v+sin(x_1)=3—(y-I)，+2y+sin(y-l)= 1(x-1)5+2(x-l)+sin(x-1)=1(y_1)'+2(y-1)+sin(y-1)=-1设/(r)=r5+2/+sinr.可得/(i)为奇函数.由题意可得:—1)= 1/(y_l)=T二刀一1 =-(y-l)=>x + y = 2 答案：B—例2：若函数/(X)=J7二T +，〃在区间g,可上的值域为0>心1),则实数，〃的取值范围是_____________思路：注意到/(X)是增函数，从而得到/(t7)= |,/(/7)= p J a -1 + m = —:，发现■Jb-l + m = —即。

高考数学专题复习《构造函数之同构》知识梳理及典型例题讲解课件(含答案)

∴g
(
x)
m
ax
=
g
(e)
=
1 e
∴λ的取值范围为［1 ,+∞) e
反思1：为什么要缩小x的考虑范围？
反思2： λxeλx ≥x ln x两边同构还有没有别的方法？
例2. 若不等式ax+eax ≥x+ln x恒成立，求a的取值范围？
解析：ax+eax ≥eln x +ln x,构造函数f (t) = et +t单调递增
不等式显然成立，故只考虑x∈(1,+∞)即可。
不等式两边同时乘以x,得λx • eλx ≥xlnx ⇒λx • eλx ≥eln x • ln x
构造f (t) = t • et ,t > 0于是问题⇔f (λx) ≥ f (ln x)其中λx > 0, ln x > 0
∴f ′(t)= et (t +1),当t > 0时，f ′(t) > 0 ∴f (t)在（0，+∞）上为增函数。
D. ln|x-y|<0
解析：构造函数f (x) = 2x - 3-y 单调递增，又f (x)< f ( y) ∴ x < y, ∴ y - x+1>1 ∴ln( y - x+1)
例1.设实数λ > 0,∀x∈(0,+∞),不等式eλx - lnx ≥0恒成立， λ
求λ的取值范围？
解析：由eλx - ln x ≥ 0 ⇒λ eλx ≥ ln x 当x∈(0,1］时，ln x ≤0 λ
例4. 2021年湖北省八市联考高三（3月）联考（第8题）
设实数t>0,若不等式 e2tx - ln2+lnx ≥0 对x>0恒成立，则t的取值范围为（

同构法在高中数学解题中的应用

同构法在高中数学解题中的应用
同构是近些年高考模拟题的热点题型，经常出现在压轴选择填空和导数大题中，特别是恒成立求参数取值范围，或证明不等式，常规方法可能需要采用隐零点，往往较为繁琐，而用同构，则会达到四两拨千斤的功效。

利用同构后的模型
性质进行解题，是一种非常重要的方法．本文谈谈同构法在数学中的应用．
那么何为同构？顾名思义，同构，函数结构相同时使用，或者通过变形使不
等式两边的函数结构相同。

我们通常把同构分为三重境界。

同构第一重境界：双变量问题，，地位完全等价，只需把同一个变量
移到不等式同一边即可。

常见形式有：
同构
第二重境
界：指对
跨阶时使
用，何谓
指对跨阶？简单做一个介绍，中，指数增长最快属于第一阶，其次，属于第二阶，增长最慢，属于第三阶。

如果题目中既出现，又出现 ,
我们暂且之为指对跨阶。

指对跨阶常见模型及处理方法：
同构第三重境界：有些同构式不是很明显的指对跨界，需要配凑常数或者自变量，此类题型较为含蓄，需要多加练习。

常见形式有：
以上是同构的三重境界，很多同学看完后可能同构的运用还是不够灵活，要想用好同构，还要掌握两种方法，指对变换与放缩。

常见的指对变换有基于此，有如下一些变形，大家可以参考：
常见的放缩变换有：
例：设实数，若对任意的，不等式恒成立，则
的取值范围是______.
同构化解题意识与技巧是一种常见的解题思路，在解题过程中，如果能看清问题中式子结构的共性，并合理构造共性，则可大大简化问题，从而轻松解决问题．。

高中数学函数解答题——同构的用法

同构式在高中数学中的应用【类型1】同构式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成一个函数，进而利用函数的单调性，可以比较大小或解不等式。

【例1】设,x y R ∈，满足55(1)2sin(1)3(1)2sin(1)1x x x y y y −++−=−++−=，则_________x y += 【例2】不等式2101120222(1)210x x x −++−≤的解集为【例3】如果[)5533cos sin 7(sin cos ),0,2θθθθθπ−<−∈，那么θ的取值范围是【例4】若1201x x <<<，则（）2121.ln ln x x A e e x x −>− 1221.ln ln x x B e e x x −>− 1221.x x C x e x e > 1221.x x D x e x e <【例5】若函数()f x m =+在区间[],a b 上的值域为,(1)22a b b a>≥，则实数m 的取值范围为【例6】设,a b R ∈，则“a b >”是“a a b b >”的（）.A 充分不必要条件 .B 必要不充分条件 .C 充要条件 .D 既不充分也不必要条件【例7】已知函数21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不相等的正实数12,x x ，都有1212()()2f x f x x x −>−恒成立，则实数a 的取值范围为【例8】已知131111,4,ea b c e ππ=+=+=，其中e 是自然对数的底数，则,,a b c 的大小关系是（） .A c a b << .B a b c << .C c b a << .D b a c <<【例9】若对于任意的120x x a <<<都有211212ln ln 1x x x x x x −>−，则实数a 的最大值为（）.2A e .B e 1.2C .1D【例10】已知函数()f x 是定义在实数集R 上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x 都有(1)(1)()xf x x f x +=+，则2015()2f 的值为（） .0A 1.2B .1C 5.2D【例11】已知函数()1ax x ϕ=+，a 是正常数，若()ln ()g x x x ϕ=+，且对任意(]12,0,2x x ∈都有2121()()1g x g x x x −>−−，求实数a 的取值范围。

(完整版)同构法解决混合指对数不等式恒成立问题

同构法的妙用一、知识点概括在成立或恒成立命题中，很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，我们就称为同构法。

1、针对双变量，方程组上下同构。

（1）2121-)x x )x (f x (f ->()21 x x k <⇔()()21x f x f -<21kx kx -⇔()()2211kx x f kx x f -<-错误!未找到引用源。

为增函数。

（2）2121-)x x )x (f x (f -<21x x k()21x x <⇔()()21x f x f ->()2121x x x x k -=12x k x k - ⇔()11x k x f +>()22x k x f + ⇔y =()xkx f +为减函数。

含有地位同等的两个变量错误!未找到引用源。

，进行分组整理，是一种常见变形，如果整理（即同构）后不等式两边具有结构的一致性，往往暗示单调性（需要预先设定两个变量的大小）。

2、指对跨阶想同构，同左同右取对数。

同构基本模式：（1）积型：aae ≤b ln b （三种同构方式）①同右：aa e ln e ≤b ln b ，即：错误!未找到引用源。

②同左：aae ≤()bln eb ln ，即：错误!未找到引用源。

③取对：()b ln ln b ln a ln a +≤+。

即：错误!未找到引用源。

小结：在对“积型”同构时，取对数是最快的（单调性容易求解）。

（2）商型：a e a <b ln b（三种同构方式）①同左：a e a <b ln e b ln ，即：()x e x f x=。

②同右：aa e ln e <b ln b ，即：()xln xx f =。

③取对：a ln a -<()b ln ln b ln -，()x ln x x f -=错误!未找到引用源。

微专题：同构在不等式中的妙用(含详细解析)

同构在不等式中的妙用同构式是指除了变量不同，结构、形式都相同的表达式。

同构式在方程、解析几何、数列、不等式中均有应用。

对于一个不等式，如果对其通过移项、取对数、利用指对恒等式等各种手段将其变形，使其左右两边呈现形式完全一样的状态，接着可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理。

特别是在解决指对混合不等式问题，如恒成立求参数取值范围，或证明不等式中，使用ln e eln 1xx xx x x +=≥++，ln e e x x x x −=，ln e ex xx x −=，ln ln e x x x x +=，e ln ln x x x x −=等变形有时给解题带来极大的便利。

特别说明：同构作为一种解题方法，不能包打天下，也不宜无限拔高技巧与加深难度。

本专题常用的函数图象及其关系一．典型例题：例1．若1201x x <<<，则下列不等式中正确的是 A ．2121e e ln ln xxx x −>− B ．1221e e ln ln x xx x −>−C ．1221e e xxx x >D ．1221e e xxx x <【答案】C思路：本题从选项出发可发现，每个选项通过不等式变形将1x ，2x 分居在不等式两侧后都具备同构的特点，所以考虑将相同的形式构造为函数，从而只需判断函数在()0,1的单调性即可【解析】A 选项：2121e e ln ln xxx x −>−2121e ln e ln xxx x ⇔−>−，设()e ln xf x x =−，∴()1e 1e x xx f x x x−'=−=，设()e 1x g x x =−，则有()()1e 0x g x x '=+>恒成立，所以()g x 在()0,1单调递增，所以()010g =−<，()1e 10g =−>，从而存在()00,1x ∈，使得()00g x =，由单调性可判断出： ()0,x x∈，()0g x '<()0f x '⇒<；()0,1x x ∈，()0g x '>()0f x '⇒>，∴()f x 在()0,1不单调，不等式不会恒成立B 选项：1221e e ln ln xx x x −>−1212e +ln >e +ln x xx x ⇔，设()e ln x f x x =+可知()f x 单调递增，所以应该()()12f x f x <，B 错误C 选项：1221e e x x x x >1212e e x x x x ⇔>，构造函数()e xf x x=，()()21e xx f x x −'=，则()0f x '<在()0,1x ∈恒成立，所以()f x 在()0,1单调递减，所以()()12f x f x >成立D 选项：1221e e x x x x <1212e e x xx x ⇔<，同样构造()e xf x x=，由C 选项分析可知D 错误答案：C例2．（2020年福建省高三毕业班质检，理12）在满足04i i x y <<≤，i i yxi i x y =的实数对()(),1,2,,,iix y i n =⋯⋯⋯中，使得1213n n xx x x −+++<成立的正整数n 的最大值为A ．5B ．6C ．7D ．9【答案】A【解析】因为i i yxi i x y =，所以ln ln i i i i y x x y =，所以ln ln i i iix x y y =令函数n (l )f x xx=，(0,4x ⎤∈⎦，则()y f x =的图象与直线y t =有两个不同的交点， 21(n )l xf x x−'=，当0e x <<时，()0f x '>，()f x 单调递增当e x >时，()0f x '<，()f x 单调递减因为ln2ln 424=，所以)(2e 41,2,3,i i x y i ≤<<≤=⋯ 因为()min2ix =，所以()12121n x x x n −++⋯+≥−又因为e n x <，且()maxe nx →，所以33e n x <且()max33e nx →，存在i x ，使得1213n n x x x x −+++<成立，则()()121minmax3n nxx x x −+++<，即()213e n −<，所以31 5.0652en <+≈，所以正整数n 的最大值为5．例3．已知函数()1ax x ϕ=+，a 为正常数，若()()ln g x x x ϕ=+，且对任意1x ，(20,2x ⎤∈⎦，12x x ≠，都有()()21221g x g x x x −>−−，求a 的取值范围．【答案】270,2⎛⎤ ⎥⎝⎦思路：观察到已知不等式为轮换对称式，所以考虑定序以便于化简，令12x x <，则不等式变形为()()2112g x g x x x −>−，将相同变量放置一侧，可发现左右具备同构特点，所以将相同结构视为函数()()h x g x x =+，从而由12x x <且()()12h x h x <可知只需()h x 为增函数即可。

奇思妙想,巧用同构式(含解析)

利用同构特点解决问题
一、基础知识：
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
和呈现同构特征，则可视为方程的两个根
（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
（3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则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
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
与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解
二、典型例题：
例1：（2015天津十二校联考）设
，满足，则（
）A .B .C .
D .思路：本题研究对象并非，而是，进而可变形为
，观察上下式子左边结构相同，进而可将相同的结构视
为一个函数，而等式右边两个结果互为相反数，可联想到函数的奇偶性，从而利用函数性质求解
解：
设，可得为奇函数，
由题意可得：
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初高中数学学习资料的店。

函数与导数中的同构思想题型归纳总结+讲义-2023届高三数学专题复习

同构思想在函数与导数中的应用同构法是将不同的代数式(或不等式、方程)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或不等式问题．同构法在近几年的模考中频繁出现，把等式或不等式变形为两个形式上一样的函数，利用函数的单调性转化成比较大小,或者解恒成立，求最值等问题.同构法在使用时，考验“眼力”，面对复杂的结构，仔细观察灵活变形，使式子两则的结构一致.构造函数，判断函数单调性，进一步求参数或证明不等式.题型1：指对跨阶型解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为()()f g x f h x >⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的结构，()f x 即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①ln xx xxe e+=；②ln x x x e e x-=；③ln x xx x ee -=；④()ln ln xx x xe +=；⑤ln ln xe x x x-=.答题思路；1.直接变形：（1）积型：b b ae a ln ≤⇒()ln ln abx a e b ef x xe ⋅≤⋅⇒=（同左）；ln ln a a e e b b ⇒⋅≤⋅()ln f x x x ⇒=（同右）；⇒()ln ln ln ln a a b b +≤+⇒()ln f x x x =+（取对数）.说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.（2）商型：b b a e a ln <⇒ln ln a b e e a b <()xe f x x⇒=（同左）；ln ln a ae b e b ⇒<⇒xxx f ln )(=（同右）；⇒)ln(ln ln ln b b a a -<-⇒x x x f ln )(-=（取对数）.（3）和差型：b b a e a ln ±>±⇒ln ln a be a e b ±>±⇒x e xf x±=)(（同左）；ln ln a a e e b b ⇒±>+⇒x x x f ln )(±=（同右）.2.先凑再变形：若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x ，同加上x 等，再用上述方式变形.常见的有：①x ae ax ln >ln ax axe x x ⇒>；②[]ln 1ln()ln (1)1ln ln(1)1x xx a e a ax a a e a x e a x a->--⇒>--⇒->--ln ln(1)ln ln(1)1ln(1)x a x e x a x x e x --⇒+->-+-=+-；③ln ln ln log (ln )ln ln xx ax a a xa x ex a e x x a>⇒>⇒>；1.(2021重庆市市辖区模拟)若关于x 的不等式ln x a e x a -≥+对一切正实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是（）A.1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B.(],e -∞ C.(],1-∞ D.(],2-∞解：ln x aex a -+ ，ln x a e x a x x -∴+-+ ，ln ln x a x e x a e x-∴+-+ 设()tf t e t =+，则()10tf t e '=+>∴()f t 在R 上单调递增.故ln ln x ax ex a e x -+-+ 即()()ln f x a f x - ，即ln x a x - 即ln x x a - 设()ln g x x x =-，则()111x g x x x-'=-=，令()0g x '>，则1x >∴()g x 在()1,+∞上单调递减，在()上单调递减故()()min 11g x g ==，故1a 故选.C 2.不等式(ln )0x xe a x x -+≥恒成立，则正数a 的取值范围是________．解析ln (ln )0(ln )0(ln )(x x x x tx a x x x a x x a x x at +-+≥⇔-+≥⇔≥+⇔≥ｅｅｅｅ令ln )t x x =+⇔(0)00(0)tta t a t a a a t t ⎧≥<⎪≥⎧⎪⇔⇔≤≤⎨⎨≤⎩⎪≤>⎪⎩ｅｅｅｅ．3．已知函数()ln 1x f x ae x =--，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析ln 1ln 10xxx a x a +--≥⇔≥ｅｅ，由于ln x ＋1≤x ，e x ≥e x ，两者都是当且仅当x ＝1等号成立，则ln 11e e xx x x +≥=ｅ，所以a ≥１ｅ．4.已知不等式1ln x e kx x -≥+，对任意的正数x 恒成立，则实数k 的取值范围是________．解析e lne 1ln x xx kx x k x x -≥+⇔≤-ｅ，由于e x≥e x ，lne x ≤x ，两者都是当且仅当x ＝1等号成立，所以xx≥ｅｅ，lne 1x x≤则e lne 1x xx x -≥-ｅ，所以k ≤ｅ－1．5.已知函数2()ln 1x f x ae x =--，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析22ln 1()ln 1ex xx f x a x a +=--⇔≥ｅ，由于ln x ＋1≤x ，e 2x ≥2e x ，两者都是当且仅当x ＝1等号成立，则2ln 112e 2e xx x x +≥=ｅ，所以2a ≥１ｅ．6.已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+，若()1f x ≥，则a 的取值范围是.【解析】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（x －1）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 ≥.7.(2021山东省泰安市一模)()2ln 12a x x x x =++.（1）若函数()()cos sin ln 1g x f x x x x x x =+---在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上有1个零点，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的方程()212x aa xef x x ax -=-+-有两个不同的实数解，求a 的取值范围.解：（1）由题意得2()cos sin 2ag x x x x x =+-，(0x ∈，]2π，则()(sin )g x x a x '=-，①当1a 时，sin 0a x - ，()0g x '>∴所以()g x 在(0，]2π单调递增，(0)0g =，故()g x 在(0，2π上无零点；②当01a <<时，0(0,2x π∃∈，使得0sin x a =，∴()g x 在0(x ，]2π上单调递减，在0(0,)x 上单调递增，又(0)0g =，2(128a g ππ=-故()()000g x g >=∴()g x 在区间()00,x 上无零点i ）当21028a g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭即28a π>时，()g x 在(0，]2π上无零点，ii ）当21028a g ππ⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭即280a π< 时，()g x 在(0，2π上有一个零点，③当0a 时，sin 0a x -<，()0g x '<∴()g x 在(0，2π上单调递减，()g x 在(0，]2π上无零点，综上所述：当280a π<时，()g x 在(0，2π上有一个零点；（2）由2()1(0)2x a a xe f x x ax x -=-+->得x a xe xlnx ax -=+，即x a e lnx a -=+，则有()ln x a x a e e x lnx --+=+，令()h x x lnx =+，0x >，1()10h x x'=+>，∴函数()h x 在(0,)+∞上递增，∴方程()()x a h e h x -=即为方程x a e x -=即ln a x x =-有2个不同的正实根设()x x lnx ϕ=-，则11()1x x x xϕ-'=-=，当01x <<时，()0x ϕ'<，当1x >时，()0x ϕ'>，所以函数()x x lnx ϕ=-在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，所以()min x ϕϕ=（1）1=，当0x →时，()x ϕ→+∞，当x →+∞时，()x ϕ→+∞，∴当1a >时，方程ln a x x =-有2个不同的正实根综上所述：()1,a ∈+∞.8.设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是．【答案】【解析】由得，即对任意的恒成立．设，则恒成立，又，∴当时，单调递减；当时，单调递增．画出图象为①当时，，此时函数单调递增，∴，即，所以恒成立，∴恒成立．则当时，单调递增；当时，单调递减，∴，∴．②当时，，由，结合函数的图象可得，即恒成立．综上可得，∴实数的取值范围是．【解析二】由得，即对任意的恒成立．当时，总有，.只需考虑的情形，亦即.设(>0)，则，上为增函数.由得，，即，故，∴．【解析三】由得，，即对任意的恒成立．当时，总有，.只需考虑的情形，亦即.设(>1)，则，上为增函数.由得，，即，故，∴．【解析四】由得，，即对任意的恒成立．当时，总有，.只需考虑的情形，得.设(>1)，则，上为增函数.由得，，即，故，∴．9.对于任意实数0x >，不等式22ln ln 0x ae x a -+≥恒成立，则a 的取值范围是.【答案】12a e ≥【解析一】将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为22ln x x ae a ≥，212ln x xe a a≥（说明：将参数移至一边）两边同时乘x 得22ln x x xxe a a≥（说明：目的是凑右边的结构）即ln 22ln ln x xax 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2lnxx 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≥.【解析二】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）.10.（2021·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数0m ＞，若对任意的()1,x ∈+∞，不等式2ln 20mxxe m-≥恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[)1,+∞D ．[),e +∞【答案】A 【详解】因为0m >，不等式2ln 20mxx em -≥成立，即2ln 2mx xe m≥成立，即22ln mx me x ≥，进而转化为2ln 2ln ln mx x mxe x x e x ≥=⋅恒成立，构造函数()x g x xe =，可得()2(1)x x g x e xe x e '=+=+，当0x >，()0g x '>，()g x 单调递增，则不等式2ln 20mxxem-≥恒成立等价于(2)(ln )g mx g x ≥恒成立，即2ln mx x ≥恒成立，进而转化为ln 2xm x≥恒成立，设()ln x h x x =，可得()21ln xh x x -'=，当0x e <<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当x e >时，()0h x '<，()h x 单调递减，所以当x e =，函数()h x 取得最大值，最大值为()1h e e=，所以12m e ≥，即实数m 的取值范围是1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：A.11.（2020·安徽·高三月考（文））已知函数1()ln mxf x e x m=-，当0x >时，()0f x >恒成立，则m 的取值范围为（）A ．(1,)+∞B ．(,)e +∞C ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,D ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【详解】由题意，若0m ≤显然()f x 不是恒大于零，故0m >.（由4个选项也是显然可得）0m >，则1()ln 0mx f x e x m=->在(0,1]上恒成立；当1x >时，1()ln 0mxf x e x m =->等价于ln 1ln ln ln mx mx x e x mx e x x x e m>⇔⋅>=⋅，令()(0),()(1)0,()t t g t te t g t t e g t '=>=+>在(0,)+∞上单调递增.因为0,ln 0(1)mx x x >>>，所以ln ln ln mx x mx e x e mx x ⋅>⋅⇔>，即ln (1)xm x x>>,再设2ln 1ln ()()(x xh x h x x x x'-=⇒=>，令()0h x x e '=⇔=，0x e <<时，()0h x '>，x e >时，()0h x '<，()h x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，从而max 1()()h x h e e==，所以1m e>.故选：D ．12.（2020·湖南·长郡中学高三月考（理））若[,)x e ∀∈+∞，满足32ln 0mxx x me -≥恒成立，则实数m 的取值范围为__________．【答案】(,2]e -∞【分析】首先对参数的范围进行讨论，分两种情况，尤其是当0m >时，对式子进行变形，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性来解决，综述求得最后的结果.【详解】（1）0m ≤，显然成立；（2）0m >时，由32ln 0m xx x me -≥22ln m x m x x e x ⇒≥2ln (2ln )m x x m x e e x⇒≥，由()x f x xe =在[),e +∞为增2ln mx x⇒≥2ln m x x ⇒≤在[),e +∞恒成立，由()2ln g x x x =在[),e +∞为增，min ()2g x e =，02m e <≤，综上，2m e ≤，故答案为(,2]e -∞.13．（2020·全国·高三月考（理））已知0a >，若关于x 的不等式ln x e a ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围为______.【答案】(]0,e 【详解】显然0x >，由ln xe a ax ≥，得ln x e ax a≥，则令()xe f x a =，()ln g x ax =，因为()y f x =与()y g x =互为反函数，所以只需要()f x x ≥即可，即xe a x ≥，令()xe h x x =，则()()21x e x h x x -'=，所以可得()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+¥上单调递增所以()()1h x h e ≥=，即(]0,a e ∈.故答案为：(]0,e 14.已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是．【解析】转化为，即，设，则恒成立，又，单调递增所以，，易求得∴实数的取值范围是．15.已知不等式log (0, 1)x a a x a a >>≠，对任意正数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案1eea >解析ln ln ln log e (ln )e ln ln x x a x a a xa x x a x x a>⇔>⇔>⇔ln ln ln ln (ln )e (ln )e ()e (1)e ln eln ()ln (2) ln ln(ln )ln ln(ln )()ln (3)x a x x x a x ax a x f x x x x f x x x x a x a x x f x x x ⎧>→=⎪>→=⎨⎪+>+→=+⎩　(三种模式，只要写一种)，由(3)得，ln ln x a x >，即ln ln x a x >，由导数法可得1ln a >ｅ，从而所以1e e a >．16.已知函数()ln(1)33f x m x x =+--，若不等式()3e x f x mx >-在(0, )+∞上恒成立，则实数m 的取值范围是()A ．03m ≤≤B ．3m ≥C ．3m ≤D ．0m ≤解析ln(1)3(1)3e ln e 3e x x x m x x mx m +-+>-=-(同构)，令()ln 3g x m x x =-，由(1)(e )x g x g +>，且11e x x <+<，知()g x 在(1, )+∞为减函数，所以()3033mg x m x m x'=-≤⇒≤⇒≤．故选C ．17.对任意0x >，不等式22e ln ln 0x a x a -+≥恒成立，则实数a 的最小值为________．解析2222e ln ln 02e ln2e ln 2ln 2ln ln(ln x x x x x x x xa x a a x x x a a a a a-+≥⇔≥⇔≥⇔+≥+(积型同构取对数)，令()ln f x x x =+，则()f x 为增函数，由(2)(ln x f x f a ≥，得2ln x x a ≥，即2x x a ≥ｅ恒成立，令2()x xg x =ｅ，则212()x x g x -'=ｅ，易得max 11()()22e g x g ==，所以实数a 的最小值为12e．18.已知函数()ln()(0)xf x a ax a a a =--->ｅ，若关于x 的不等式()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是()A ．2(0, e ]B ．2(0, e )C ．2[1, e ]D ．2(1, e ]解析ln ln 1()ln()0ln (1)1ln ln(1)1x x x a x af x a ax a a a x a x x a--=--->⇔>--⇔->--⇔+-ｅｅｅｅln(1)ln e ln(1)x a x ->+-(和差型同构)，令()e x g x x =+，显然()g x 为增函数，则原命题等价于(ln )g x a ->(ln(1))ln ln(1)ln ln(1)g x x a x a x x -⇔->-⇔<--，由于ln(1)(2)x x x x --≥--，所以ln 2a <，即得20e a <<．19.（2021·湖北·汉阳一中二模）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【答案】D 【详解】由题意可知，不等式()112ln ax a x x x e ⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭变形为()()221ln 1ln ax ax e e x x +≥+.设()()()1ln 0f t t t t =+>，则()()()()11ln 1ln ln 1f t t t t t t t'''=+++=++()()221111ln 1t t t f t t t t '-⎛⎫''=++=-= ⎪'⎝⎭'.当01t <<时()0f t ''<，即()f t '在()0,1上单调递减.当1t >时()0f t ''>，即()f t '在()1,+∞上单调递增.则()f t '在()0,∞+上有且只有一个极值点1t =，该极值点就是()f t '的最小值点.所以()()11ln11201f t f ''≥=++=>，即()f t 在()0,∞+上单调递增.若使得对任意0x >，恒有()112ln axa x x x e ⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭成立.则需对任意0x >，恒有()()2ax f e f x ≥成立.即对任意0x >，恒有2ax e x ≥成立，则2ln xa x≥在()0,∞+恒成立.设()()()2ln ,0,xg x x x =∈+∞则()()()222ln 2ln 22ln x x x x x g x x x ''--'==.当0x e <<时，()0g x '>，函数()g x 在()0,e 上单调递增当x e >时，()0g x '<，函数()g x 在()0,e 上单调递减则()g x 在()0,∞+上有且只有一个极值点x e =，该极值点就是()g x 的最大值点.所以()()max 2g x g e e ==，即2a e ≥，则实数a 的最小值为2e.故选：D20.（2021·江苏·公道中学高二月考）已知不等式1ln a x x a x x e++≥对()1,x ∈+∞恒成立，则实数a 的最小值为（）A ．B ．e2-C ．e-D ．2e-【答案】C 【详解】不等式1ln a x x a x x e++≥对()1,x ∈+∞恒成立可变形为1ln a x x x a x e≥-+,即n n l l x x a a e x x e ----≥对()1,x ∈+∞恒成立设()ln g x x x =-则()11'1x g x x x-=-=当()1,x ∈+∞时,()'0g x >,即()ln g x x x =-在()1,x ∈+∞时单调递增当()0,1x ∈时,()'0g x <,即()ln g x x x =-在()0,1x ∈时单调递减因而()()xa g eg x -≥在()1,x ∈+∞上恒成立即可当()1,x ∈+∞时,10,xe e -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭而当0a <时(因四个选项都小于0,所以只需讨论0a <的情况)()0,1a x ∈因为()ln g x x x =-在()0,1x ∈时单调递减,若()()xa g eg x -≥只需x ae x -≤不等式两边同取自然底数的对数,可得ln x a x -≤当()1,x ∈+∞时,0ln x <化简不等式可得ln xa x-≤只需maxln x a x -⎛⎫≤ ⎪⎝⎭令()ln xh x x -=,()1,x ∈+∞则()()21ln 'ln xh x x -=,令()'0h x =解得x e=当()1,x e ∈时,()'0h x >,则()ln xh x x-=在()1,e 内单调递增当(),x e ∈+∞时,()'0h x <,则()ln xh x x-=在(),e +∞内单调递减所以()ln x h x x -=在x e =处取得最大值,()max ln eh x e e-==-故e a-≤所以实数a 的最小值为e -故选:C21.已知函数ln(1)()x f x x+=.(1)判断()f x 在(0, )+∞上的单调性；(2)若0x >，证明：2(e 1)ln(1)x x x -+>．解析(1)2ln(1)1()xx x f x x -++'=，令()ln(1)1x g x x x =-++，2()0(1)x g x x -'=<+，()g x ∴在(0, )+∞上单调递减，()(0)0g x g ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在(0, )+∞上单调递减．(2)要证2(e 1)ln(1)xx x -+>，即证：2ln(1)e 1x x x +>-即证：ln(1)e 1x x x x +>-即证：ln(1)ln(e 11)e 1x xx x +-+>-，令ln(1)()x h x x+=，即证：()(e 1)x h x h >-，由(1)，()h x 在(0, )+∞上单调递减，即证：e 1x x <-．令()e 1x s x x =--，()e 10x s x '=->，()s x ∴在(0, )+∞上单调递增，()(0)0s x s ∴>=，e 10x x ∴-->，即e 1x x <-．22.（2021·河南·高三月考（理））若关于x 的不等式1ln x e a a ax ++>对于任意()0,x ∈+∞恒成立.则实数a 的取值范围是___________.【答案】()20,e【详解】易知0a >，将原不等式变形可得：ln 1xx ax ax axe axe ln e e e->⇒>，设()xh x xe =，则()()'1xh x x e =+，当0axlne<时，原不等式显然成立；当0ax ln e ≥时，因为()h x 在[0,)+∞上递增，1x ax e x ln a e x+∴>⇒<设()1x e x xϕ+=，则()121x x x e x ϕ+-'=，所以()x ϕ在()0,1递减，()1,+∞递增，所以()x ϕ的最小值为()21e ϕ=，故20a e <<.故答案为：()20,e23.（2021·全国·高三专题练习）已知0,a <函数()1ln ,a xf x x e a x +=⋅+若()1,x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，则实数a 的最小值为（）A．1B ．1e-C ．1e-D ．e-【答案】D 【详解】由()0f x ≥可得1ln a x x e a x +⋅≥-，所以1ln 1lnln 1ln a a x xa a aa x x x e e x x x⋅≥-==⋅，设()xg x xe =，则上式等价于()1ln ag x g x⎛⎫≥ ⎪⎝⎭对于()1,x ∈+∞恒成立，因为()()10xg x x e '=+>，所以()x g x xe =在()1,+∞单调递增，所以1ln ax x ≥对于()1,x ∈+∞恒成立，即ln a x x ≥-，因为ln 0x >，所以ln xa x≥-对于()1,x ∈+∞恒成立，令()ln xh x x=-，则()max a h x ≥，()()()221ln 1ln ln ln x xx x h x x x -⋅-'=-=，由()0h x '>可得0x e <<，由()0h x '<可得x e >，所以()ln xh x x=-在()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减，所以()()max ln eh x h e e e==-=-，可得a e ≥-，所以实数a 的最小值为e -.故选：D.答案解析1113222()02ln ()2ln (1)ln (1)xx xf x x x m x x x x x x x--≥⇔≥-⇔≥-⇔≥-ｅｅｅ，即212ln ln e(1)mx x mx x-≥-ｅ，令()e x g x x =，则()g x 在[e, )+∞单调递增，即2(ln )(1)m g x g x ≥-，当0m ≤时，212ln ln e(1)m x x mx x-≥-ｅ恒成立，当0m >时，2ln 12ln m x m x x x x ≥-⇒≤+，令()2ln h x x x x =+，则()2ln 30h x x '=+>，()h x ∴在[e, )+∞上单调递增，min ()(e)3e h x h ∴==．故选B ．25.（2022·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式ln ln(1)0x e mx x m ---+≥在(0,)+∞恒成立，则m 的取值范围是（）A ．(]1,1-B ．(]1,1e --C ．(]1,1e -D ．(]1,e 【答案】B 【分析】将条件变形为()()()()ln 1ln 11ln 1m x xe x m x m x em x +⎡⎤⎣⎦+≥+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，然后由()xf x e x =+的单调性可得()ln 1x m x ≥+⎡⎤⎣⎦，然后可得1x e m x +≤，然后利用导数求出()xe h x x=的最小值即可.【详解】由()ln ln 10x e mx x m ---+≥得()ln 1xe mx m x -≥+⎡⎤⎣⎦即()()()()ln 1ln 11ln 1m x xe x m x m x em x +⎡⎤⎣⎦+≥+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，构造()xf x e x =+，即()()()ln 1f x f m x ≥+⎡⎤⎣⎦因为()f x 在()0,∞+上单调递增，所以()ln 1x m x ≥+⎡⎤⎣⎦，所以()1x e m x≥+所以1x e m x +≤，令()xe h x x =，则()()21x e x h x x -'=所以()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增所以()()min 1h x h e ==，所以1m e +≤，即1m e ≤-又10m +>，即1m >-所以m 的取值范围是(]1,1e --故选：B26.（2021·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意()0,x ∈+∞，不等式ln 0ax ae x ->恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．1,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭,D ．(),e +∞【答案】B 【分析】令1x =，则0a ae >，得0a >；当()0,1x ∈时，ln 0x <，ln ax axe x x >恒成立；当()1,x ∈+∞时，令()()ln 1g x x x x =≥，求导分析单调性得ax e x >在[)1,+∞恒成立，通过分离参数即可求解参数范围．【详解】解：令1x =，则0a ae >，∴0a >．不等式ln 0ax ae x ->恒成立ln ax axe x x ⇔>，①当()0,1x ∈时，ln 0x <，ln ax axe x x >恒成立；②当()1,x ∈+∞时，令()()ln 1g x x x x =≥，'()1ln 0g x x =+>，()g x 在[)1,+∞单调递增，即ln ln ax ax e e x x >等价于()()axg e g x >，ax e x ⇔>在[)1,+∞恒成立．即ln ax x >，ln xa x>在[)1,+∞恒成立.令()ln ()1x h x x x =≥，则21ln '()0xh x x-==，可得x e =，∴()h x 在()1,e 递增，在(),e +∞递减，∴()max 1()h x h e e ==，∴1a e>，∴a 的取值范围为1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．故选：B ．27.（2022·全国·高三专题练习）设实数0m >，若对任意的(0,)x ∈+∞，不等式ln 0mxxe m-≥成立，则实数m 的取值范围是（）A ．[1,)+∞B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．[),e +∞D ．1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【详解】因为0m >，不等式ln 0mxx e m-≥成立，即ln mx xe m ≥成立，即ln mx me x ≥，进而转化为ln ln ln mx x mxe x x e x ≥=⋅恒成立，构造函数()x g x xe =，可得()2(1)x x g x e xe x e '=+=+，当0x >，()0g x '>，()g x 单调递增，则不等式ln 0mxxe m -≥恒成立等价于()(ln )g mx g x ≥恒成立，即ln mx x ≥恒成立，进而转化为ln xm x≥恒成立，设()ln x h x x =，可得()21ln xh x x -'=，当0x e <<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当x e >时，()0h x '<，()h x 单调递减，所以当x e =，函数()h x 取得最大值，最大值为()1h e e=，所以1m e ≥，即实数m 的取值范围是1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：D.28.（2020·辽宁·模拟预测（理））若不等式2ln mx x mxe ≥恒成立，则实数m 的取值范围为（）A ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．⎫+∞⎪⎭【答案】B 【分析】当01x <≤时，ln 0x <，2mx 0mxe >，显然成立；当1x ≥时，不等式2mx ln mxe x ≥，化为22mx ln mx e x x ≥，两边取对数得到()()22ln ln ln mx mx x x +≥+，进而转化为2ln x m x ≥恒成立，构造新函数()2ln xh x x =，利用导数求得函数()h x 的单调性与最值，即可求解.【详解】由题意，当x e =时，2m 1e me e ⋅≥，可得0m >，①当01x <≤时，ln 0x <，则2mx 0mxe >，不等式显然成立；②当1x ≥时，不等式2mx ln mxe x ≥，可化为22mx ln mx e x x ≥，两边取对数，可得()()22ln ln ln ln mx mx x x +≥+，令()ln ,1g x x x x =+≥，可得()()2ln g mxx g ≥，又由函数()g x 单调递增，所以只需2ln mx x ≥，即2ln xm x ≥在[1,)+∞恒成立，令()2ln x h x x =，有()432ln 12ln x x x xh x x x --'==，()1x ≥，由()0h x '>，即12ln 0x ->，解得1x <<由()0h x '<，即12ln 0x -<，解得x >所以函数()h x的增区间为(，减区间为)+∞，所以当x =()h x 取得最大值()max 12h x he ===，综上可得，实数m 的取值范围为1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：B.29.（2021·内蒙古·海拉尔第二中学高三月考（理））设实数0λ>，若对任意()0,x ∈+∞，不等式()ln 0xe x λλ-≥恒成立，则λ的取值范围是（）A ．10eλ<≤B ．01e λ<≤-C ．0eλ<≤D ．20e λ<≤【答案】C 【分析】令()()ln xe f x x λλ=-，根据二阶导数的符号判断()'f x 的单调性，由零点存在性定理易知0(0,)x ∃∈+∞使0()0f x '=，此时00x x e λ=，进而讨论()f x 的单调性可知0()()f x f x ≥，要使题设不等式恒成立，即00()ln ln 0x e f x x λλ=--≥成立，构造00001()2ln g x x x x =--利用导数研究其单调性确定0()0g x ≥的区间，进而求λ的范围.【详解】令()()ln xe f x x λλ=-，只需要()0,x ∈+∞上()0f x ≥恒成立，∵1()x e f x x λ'=-且0λ>，∴21()0x e f x x λ''=+>，即()'f x 在()0,x ∈+∞上单调递增，∵0lim ()xf x +→'=-∞，lim ()x f x →+∞'=+∞，∴0(0,)x ∃∈+∞，使0()0f x '=，即00xx e λ=，∴0(0,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增；故只需()()()0000ln ln ln 0x x e e f x f x x x λλλλ≥=-=--≥，令00001()2ln g x x x x =--，∴2001()(1)0g x x '=-+<，故0()g x 在0(0,)x ∈+∞上递减，而(1)0g =，∴0(0,1]x ∈时，0()0g x ≥恒成立，可知00(0,]xx e e λ=∈.故选：C30.（2021·福建省泉州第一中学高二期末）已知不等式11ln a x a x e x x-+≥对任意()0,1x ∈恒成立，则实数a 的最小值为___________.【答案】e -【详解】由题意，不等式可变形为11ln a xe x xx a -≥-，得11ln ln x x a a x e e x -≥-对任意()0,1x ∈恒成立.设()ln f x x x =-，则1()ax f e f x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭对任意()0,1x ∈恒成立，()111x f x x x-'=-=，当01x <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0,1上单调递减，当1x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在()1,+∞上单调递增.当()0,1x ∈时，1x e e >，因为求实数a 的最小值，所以考虑0a <的情况，此时1a x >，因为函数()f x 在()1,+∞上单调递增，所以要使()1ax f e f x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，只需1a x e x ≥，两边取对数，得上1ln a x x≥，由于()0,1x ∈，所以1ln a x x≥.令()()()ln 0,1h x x x x =∈，则()ln 1h x x '=+，令()0h x '=，得1=x e，易得()h x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()min11h x h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以()max1e h x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，所以a e ≥-，所以实数a 的最小值为e -.故答案为：e-32.（2021·河南郑州·二模（理））已知0a >，不等式11(1)ln(1)0a x x e a x -++-+≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围为_____．【答案】(]0,e 【详解】不等式11(1)ln(1)0a x x e a x -++-+≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，令1t x =+，则1t >，所以不等式等价于1ln 0a t t e a t --≥对1t >恒成立，变形可得不等式ln t a a te t t ≥对1t >恒成立，令()t f t te =，1t >，则不等式等价于()(ln )a f t f t ≥对1t >恒成立，()(1)t f t t e '=+，当1t >时，()0f t '>，故()f t 单调递增，所以不等式转化为ln a t t ≥对1t >恒成立，即ln ta t≤对1t >恒成立，令()ln tg t t=，所以2ln 1()(ln )t g t t -'=，令()0g t '=，解得t e =，当1t e <<时，()0g t '<，则()g t 单调递减，当t e >时，()0g t '>，则()g t 单调递增，所以当t e =时，()g t 取得最小值()g e e =，所以a e ≤，又0a >，所以实数a 的取值范围为(]0,e ．故答案为：(]0,e ．33.（2021·河南平顶山·高二期中）不等式1e ln 0a x x a x --≥对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围为________．【答案】(],e -∞【详解】1ln 0a x x e a x --≥，ln x a a xe x x ≥，令()xf x xe =，易知()f x 在()1+∞递增，()()ln a f x f x ≥，∴ln ln a x x a x ≥=，又∵1x >，ln 0x >，即ln x a x ≤对任意()1,x ∈+∞恒成立，设()ln x g x x=，则()()2ln 1ln x g x x -'=当()1,x e ∈时，()0g x '<；当(),x e ∈+∞时，()0g x '>所以()g x 在()1,e 递减，在(),e +∞上递增，()min g x e =，则a e≤故答案为：(],e -∞．34.（2020·全国·高三月考（理））已知0a >，若关于x 的不等式ln x e a ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围为______.【答案】(]0,e 【详解】显然0x >，由ln xe a ax ≥，得ln x e ax a≥，则令()xe f x a =，()ln g x ax =，因为()y f x =与()y g x =互为反函数，所以只需要()f x x ≥即可，即xe a x ≥，令()xe h x x =，则()()21x e x h x x -'=，所以可得()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+¥上单调递增所以()()1h x h e ≥=，即(]0,a e ∈.故答案为：(]0,e 35.（2021·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__________．【答案】[0,]e 【详解】解：ln ln ln x x x e a x a e a x a e a ex-≥⇔≥+⇔≥若0a <，0x →时，ln ex →-∞，1x e →，∴ln a ex →+∞，此时ln x e a ex ≥不恒成立，∴0a ≥，ln ln x x e a ex exe aex ex ≥⇔≥，令()xg x xe =，()(1)0,1x g x x e x =+==-'，(),1x ∈-∞-时，()0g x '<，()1,x ∈-+∞，()0g x '>，()g x 在(,1)-∞-单调递减，(1,)-+∞单调递增，∴min 1()(1)g x g e=-=-，()(ln )eg x ag ex ≥，ln()0ex ≤时，()0>g x ，(ln )0g ex ≤，原不等式恒成立；ln()0ex >时，()(ln )g x ag ex e≥令()ln f x x ex =-，11()10x f x x x'-=-==，1x =，()0,1x ∈时，()0f x '<，()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增，∴min ()(1)0f x f ==，∴ln x ex ≥，∴()(ln )g x g ex ≥，即()1(ln )g x g ex ≥，∴1ae≤，∴0a e ≤≤．故答案为：[]0,e .36.（2021·河南南阳·高二期末（理））若1a >，不等式()12ln 0x a xe x a x x --+-->在()1,+∞上恒成立，则实数a 的取值范围是__________.【答案】(1,2)e +【详解】设()()0xf x e x x =->，则()1x f x '=-，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，由已知得()1ln 1ln x a xe x x x a x --->--，因为ln e e x x x x +=，()11ln ln a a x x--=，11ln a a x x e --=，所以()()1ln ln a f x x f x -+>，()()ln 1t x x x x =+>，()'110t x x=+>，所以()t x 在()1,+∞上单调递增，()()11t x t >=，由()f x 在()1,+∞单调递增，得到()ln 1ln x x a x +>-，所以()2ln x a x >-，因为ln ln1x >，所以2ln x a x >-，令()()1ln x x x xϕ=>，则()2ln 1ln x x xϕ-'=，令()0x ϕ'>，得x e >，所以()x ϕ在(),e +∞上单调递增，在()1,e 上单调递减，所以()()min x e e ϕϕ==，所以2a e -<，所以12a e <<+.故答案为：()1,2e +37.（2021·浙江·高二期中）若对任意的实数1≥x ，不等式ln 0kxxe k-≥恒成立，则正数k 的取值范围是__________．【答案】1[,)e+∞【详解】1≥x ，0k >，ln ln 0ln ()ln ()(ln )kx kx kx kx x xe ke x kx e x x kx e x e k-≥⇔≥⇔≥⇔≥，令(),0x f x xe x =≥，()(1)0x f x x e '=+>，即()f x 在[0,)+∞上单调递增，则ln ln 1,0()(ln )ln kxx xx e f kx f x kx x k k x∀≥-≥⇔≥⇔≥⇔≥，令ln (),1x g x x x=≥，21ln ()x g x x -'=，1x e <<时()0g x '>，x e >时()0g x '<，()g x 在(1,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，x e =时max 1()g x e =，即1k e ≥，正数k 的取值范围是1[,)e +∞.故答案为：1[,)e+∞38.（2021·天津·耀华中学高三月考）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___________.【答案】12e【分析】将已知转化为对于任意(0,)x ∈+∞，22ln x e x λλ≥恒成立，利用同构思想，构造函数()x f x xe =，将不等式转化为(2)(ln )f x f x λ≥，再结合函数的单调性转化为2ln x x λ≥恒成立，利用参数分离，构造函数即可得解.【详解】∵对于任意(0,)x ∈+∞，0λ>，不等式2ln 02xxe λλ-≥恒成立∴对于任意(0,)x ∈+∞，22ln 2ln 2ln ln x x x e x xe x x x e λλλλ≥⇔≥=⋅，即2ln 2ln x x xe x e λλ≥⋅恒成立当01x <≤时，2ln 02ln x x xe x e λλ≥⋅>；当1x >，ln 0x >，设()x f x xe =，则())0(1xf x e x '+>=，所以()x f x xe =在(0,)x ∈+∞上单调递增，由(2)(ln )f x f x λ≥，知2ln x x λ≥，即ln 2xx λ≥，即maxln 2x x λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭设ln ()2xg x x =，(0,)x ∈+∞，求导()221ln ()4x g x x -'=令()0g x '=，得x e=当x e >时，()0g x '<，()g x 单调递减；当0x e <<时，()0g x '>，()g x 单调递增；∴()g x 在x e =处取得极大值，且为最大值，max ln 1()()22e g x g e e e===所以12e λ≥时，不等式2ln 02xx e λλ-≥恒成立故答案为：12e39.（2021·全国·高三专题练习）若10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，关于x 不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，则实数a 的最大值是______.【答案】2e 【详解】当0a ≤，10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，x 不等式32ln 0ax ax e x +≤显然恒成立.当0a ≥时， 32ln 0ax ax e x +≤32ln ax ax e x ∴≤-.由于10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭22ln ax x axe x --∴≤，即22l ln n ax ax x e e x --∴≤.所以原不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，等价于22ln ln ax ax e x x e --≤恒成立.构造函数()ln f x x x =，()'1ln f x x =+.易知()f x 在1(0,)e上单调递减，在1(,)e +∞上单调递增.则原不等式等价于要证2(())ax f f x e -≤.因为22(,)x e -∈+∞，要使实数a 的最大，则应2ax e x -≤.即2ln x a x -≤.记函数2ln 1()(0x g x x x e -=<<，则22(1ln )'()x g x x --=.易知10x e <<，22(1ln )'()0x g x x --=<.故函数()g x 在1(0,)e 上单调递减，所以1()(2g x g e e<=.因此只需2a e ≤.综上所述，实数a 的最大值是2e .故答案为：2e40.（2020·江西宜春·模拟预测（理））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__________.【答案】e -【详解】1ln mx x m x x e ++≥可变为1ln ln x m m m x x x m x x e x x e-+≥⇒-+≥-，再变形可得，ln ln x x m m e e x x ---≥-，设()()ln 0f x x x x =->，原不等式等价于()()x m f e f x -≥，因为()111x f x x x-'=-=，所以函数()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，而1x >，()10,1x xe e -=∈，当0m <时，01m x <<，所以由()()x mf e f x -≥可得，x m e x -≤，因为1x >，所以ln ln ln xm x e x m x-≤⇒≥-．设()()1ln x x x xϕ=->，()()()22ln 11ln ln ln x x x x x ϕ--'=-=，所以函数()x ϕ在()1,e 上递增，在(),e +∞上递减，所以()()max x e e ϕϕ==-，即0e m -≤<．当0m =时，不等式11xx e +≥在()1,x ∈+∞恒成立；当0m >时，1m x >，无论是否存在()0,m ∈+∞，使得()()x mf e f x -≥在()1,x ∈+∞上恒成立，都可判断实数m 的最小值为e -．故答案为：e -．41.（2020·江苏省滨海中学高三月考）若不等式2ln kx ke x x ≥恒成立，则实数k 的取值范围是_________．【答案】2k e≥【详解】由题设，有0x >，则22ln kx kxe x x ≥，令()x f x xe =且0x >，则2()(ln )f kx f x ≥，而()(1)0x f x x e '=+>，∴()f x 在(0,)+∞上递增，则2ln kx x ≥，即2ln xk x≥，若2ln ()x g x x=，则22(1ln )()x g x x -'=，∴当0x e <<时，()0g x '>，即()g x 递增；当x e >时，()0g x '<，即()g x 递减；∴2()()g x g e e ≤=，故2k e≥.故答案为：2k e≥题型2：双元同构型【解题策略】含有同等地位的两个变量12,x x 的等式或不等式，同构后使等式或不等式两侧具有一致的结构，便于构造函数解决问题.答题思路：常见的同构类型有：（1）[]12211121()()()()()()()()g x g x f x f x g x f x g x f x λλλ->-⇒+>+()()()h x g x f x λ⇒=+；（2）12121212112212()()()()()()()f x f x k x x f x f x kx kx f x kx f x kx x x -><⇒-<-⇒-<--()()h x f x kx ⇒=-；（3）1212121212121221()()()()()()f x f x k x x k k k x x f x f x x x x x x x x x --<<⇒->=--1212()()k k f x f x x x ⇒+>+()()k h x f x x⇒=+.1.若1201x x <<<，则下列不等式正确的是（）A ．2121e e ln ln x x x x ->-B ．2121e e ln ln x x x x -<-C ．1221e e x x x x >D ．1221e e x x x x <解析设()e ln x f x x =-，则1()e x f x x'=-，故()f x 在(0,1)上有一个极值点，即()f x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断1()f x 与2()f x 的大小，故A 、B 错；构造函数()x e g x x =，2(1)()x e x g x x -'=，故()g x 在(0,1)上单调递减，所以()()12g x g x >，选C ．2.若120x x a <<<，都有211212ln ln x x x x x x -≤-成立，则a 的最大值为()A ．2１B ．1C ．eD ．2e解析121221ln ln 11x x x x x x -≤-，即121122ln ln 11x x x x x x +≤+，令ln 1()x f x x x=+，则()f x 在(0,)a 上为增函数，。

巧用同构特点妙解数学难题

数，进而可以研究这个函数的单调性，并利用单调性
来解决原问题中比较大小问题或解不等式问题．
例２若０＜狓１＜狓２＜１，则（）．Ａ．ｅ狓２－ｅ狓１＞ｌｎ狓２－ｌｎ狓１Ｂ．ｅ狓１－ｅ狓２＞ｌｎ狓２－ｌｎ狓１Ｃ．狓２ｅ狓１＞狓１ｅ狓２Ｄ．狓２ｅ狓１＜狓１ｅ狓２分析：本题从各选项中容易发现，每个选项都可
知，
犳′（狓）＜０在狓 ∈ （０，１）上恒成立．故犳（狓）在（０，１）
单调递减，因为０＜狓１＜狓２＜１，所以犳（狓１）＞犳（狓２）
成立，于是选项Ｃ正确．
对于选项Ｄ，因为狓２ｅ狓１
＜狓１ｅ狓２
ｅ狓１狓１
＜
ｅ狓２狓２
，故
同样构造犳（狓）＝ｅ狓狓，由选项Ｃ的分析可知，选项Ｄ错
误．所以本题答案为Ｃ．
犵′（狓）＞０犳′（狓）＞０，所以犳（狓）在（０，１）不单调，
基金项目：本文系甘肃省课题 “利用数学实践活动培养中学生数学应用意识的行动研究”（编号：ＧＳ［２０１９］ＧＨＢＧＰＺ０１）的研究成果之一．
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｛λ２＋１０λ＋５－２０犽２＝０，
式了．经过计
算
可
得：２ μ
＋１０μ＋５－２０犽２
＝０，故λ，
μ 为方程狓２＋１０狓＋５－２０犽２＝０的两个不同根，最后
利用韦达定理就可证得λ＋μ＝－１０（定值）．
解：（１）犲＝犪犮
２＝
，犫＝１，因为犪２－犮２
槡５
＝犫２

高考高中数学第100炼利用同构特点解决问题

在切线
PA,
PB
上，所以有
y0 y0
y1 y2
mx1 mx2
1 1
A, B 满足直线方程 y0 y mx 1 ，而两点唯一确定一条直线
AB : y0 y mx 1
所以当
x
1 m
时，无论
y0
为何值，等式均成立
y 0
5
高中数学
点
1 m
,
0
恒在直线
AB
上，故无论
P
在何处，
AB
x12 y12 1
x12 1 y12 , y12 1 x12 代入可得：
y12k 2 2x1 y1k x12 0 即 y1k x1 2 0
即 k x1 y1
PA :
y
y1
x1 y1
x
x1
y1 y
x1x
1
同理，切线 PB 的方程为 y2 y x1x 1
P
m,
y0
t 1 2
t2 2t 1
，结合图像可得：
m
0,
1 2
答案：
m
0,
1 2
例 3：设 a,b R ，则|“ a b ”是“ a a b b ”的（）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充要又不必要条件
思路：观察 a a b b 可发现其同构的特点，所以将这种结构设为函数 f x x x ，分析
函数即可。从而只需不等式 h' x 0 恒成立即可，从而求出 a 的范围
解：
gx
ln
x
a x 1
，不妨设
x1
x2
，则恒成立不等式转化为：

利用同构特点解决问题

利用同构特点解决问题同构特点是指两个或多个物体在其中一种程度上相似或具有相同的结构或性质。

利用同构特点可以帮助我们解决很多问题，从科学研究到工程设计，都可以通过发现和利用同构特点来简化问题、提高效率和减少成本。

以下是一些例子：1.材料科学：同构特点在材料科学中具有重要的应用价值。

通过发现不同材料之间的同构特点，可以帮助科学家们在研究新材料时减少试验的次数和工作量。

例如，如果已知其中一种材料的同质基体存在一种特定的晶体结构，并且具有良好的力学性能，那么在研究其他同质基体材料时，可以首先考虑采用相同的晶体结构，以提升材料的性能。

2.生物学：生物学中的同构特点有助于我们理解不同生物体之间的关系。

例如，人类和其他哺乳动物之间存在很多共同的生理过程和器官结构，这是因为它们之间存在一定的同构性。

通过研究这些同构特点，可以帮助我们更好地了解人类的生物学机制，并为疾病的治疗提供新的思路和方法。

3.工程设计：同构特点在工程设计中也具有重要的应用。

通过发现不同系统之间的同构特点，可以节省设计成本和时间，提高设计的效率。

例如，当设计新的交通系统时，可以发现不同城市之间的交通网络往往具有相似的特点，可以利用这些同构特点来指导设计。

另外，同构特点也可以用于解决其他的工程问题，如水力学、电磁学、结构力学等。

4.数学领域：同构特点在数学中也有很多应用。

例如，在代数几何中，同构特点可以帮助我们理解代数簇之间的关系，并简化数学推导的过程。

在图论中，同构特点可以用于解决偏序关系、网络拓扑等问题。

此外，在数论和概率论等领域中，同构特点也具有重要的应用。

总的来说，同构特点在科学研究、工程设计和数学等多个领域中都具有广泛的应用。

通过发现和利用同构特点，我们可以简化问题、提高效率和减少成本，从而取得更好的研究和设计成果。

因此，深入研究和应用同构特点对于解决各种问题具有重要的意义。

巧用同构特点解决数学问题

∈
æè0,
1ù 2û
【点评】注意到 f (x) 是增函数，从而得到：
f
(a)
=
a 2
,
f
(b)
=
b 2
ì
，即
ï í
ï
î
a
-
1
+
m
=
a 2
b
-
1
+
m
=
b 2
，发现两个式子为
a,b 的同构式，进而将同构式视为一个方程，而 a,b 为该方程的
两个根，m 的取值只需要保证方程有两根即可。
题型二：利用同构特点解决数列问题
的等差数列∴
1 bn
=
1 b1
+
(n
-
1)∙12
=
1 2
n
( ) ∴
tn an
+
1 1
=
n 2
，解得
an
=
2
tn - 1 n
-1
【点评】本题递推公式较为复杂，所以考虑先化简分式，观
察到分子中含有分母的项，所以想到分离常数简化分式，即
( ) an+1 + 1 =
2
tn+1 - 1 (an + 1)
an + 2tn - 1
神州教育
巧用同构特点解决数学问题
王子安
吉林省实验中学
摘要：在求解函数与方程以及数列的问题中，往往出现一些除变量外，完全相同的多个结构式，解题时若能利用其同构的特点，寻求与问题的某种内在联系，深刻分析、正确思维和丰富联想，使之简单明了，起到化简、转化和桥梁作用，从而找到解决问题的思路、方法。

高中数学讲义微专题100利用同构特点解决问题

高中数学讲义微专题100利用同构特点解决问题同构是指两个数学结构（例如图形、线性空间、代数系统等）在其中一种意义上是相似的或等价的。

利用同构特点解决问题，是一种常见的数学解题方法。

本文将从几个不同的角度介绍并讨论利用同构特点解决问题的方法和技巧。

首先，我们来看一个几何问题。

假设有一个几何图形A，我们想要解决一个关于A的问题，但是图形A非常复杂，很难直接求解。

这时，我们可以寻找一个与图形A同构的图形B，使得B相对较简单，容易求解。

然后我们可以通过研究B来解决问题。

例如，对于一个正六边形A，我们可以寻找一个与A同构的正三角形B。

通过观察发现，A的一个内角可以被B的一个内角所代替。

因此，我们可以将A的问题转化为B的问题，然后通过解决B的问题来得到A的答案。

这种利用同构特点的方法在几何问题中经常被使用，可以大大简化问题的求解过程。

其次，我们来看一个线性代数问题。

假设我们需要求解一个线性方程组Ax=b，其中A是一个矩阵，x和b是向量。

但是这个线性方程组非常复杂，难以直接求解。

这时，我们可以寻找一个与A同构的矩阵B，使得B 相对较简单，容易求解。

然后我们可以通过研究B来解决问题。

例如，对于一个对角矩阵A，我们可以寻找一个与A同构的单位矩阵B。

通过观察发现，A的一个非零元素可以被B的一个对角元素所代替。

因此，我们可以将A的问题转化为B的问题，然后通过解决B的问题来得到A的答案。

这种利用同构特点的方法在线性代数问题中也经常被使用，可以简化问题的求解过程。

除了几何和线性代数问题，利用同构特点解决问题的方法还可以应用于其他数学领域，如群论、拓扑学等。

在这些领域中，同构概念是非常重要的工具。

通过找到两个同构的结构，我们可以将一个复杂的问题转化为一个相对简单的问题，从而更容易求解或者研究。

总之，利用同构特点解决问题是一种常见的数学解题方法。

通过找到与原问题同构的结构，我们可以将复杂的问题转化为相对简单的问题，从而更容易求解或者研究。

同构法在解答解析几何问题中的应用

解题宝典同构法是解答高中数学问题的一种重要方法，在解答解析几何问题中也有着非常广泛的应用.解析几何问题的运算量较大，巧妙运用同构法能有效地简化运算，提升解题的效率.运用同构法解答解析几何问题的基本思路是：1.结合题意建立关系式；2.寻找两个或两个以上点、直线、切线的方程的同构式；3.结合同构式构造出新方程，将直线与切线上的点视为新方程的根；4.运用一元二次方程的判别式、根与系数的关系来解题.例1.已知曲线C ：x 2=2y ，D 为直线y =-12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A 、B ,求证：直线AB 过定点.分析：因为两切线DA ,DB 在题中满足的条件和所处的位置完全相同，即是对称的，可互换的，因此可考虑运用同构法来解题.可结合直线DA ,DB 的解析式，构造出同构式，将其视为同构方程的两个根，便可确定直线AB 的方程，求得定点的坐标.证明：设D (t ,-12)，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 12=2y 1，x 22=2y 2，又y =12x 2，对其求导可得y ′=x ，所以切线DA 的斜率为x 1，所以y 1+12x 1-t=x 1，即2tx 1-2y 1+1=0，同理可得2tx 2-2y 2+1=0，所以直线AB 的方程为2tx -2y +1=0，故直线AB 过定点(0,12).例2.已知圆C ：x 2+y 2=5与椭圆E ：y 23+x 22=1，过圆C 上任意一点P 作椭圆E 的两条切线PA ,PB ,其中A 、B 为切点，若直线PA ,PB 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1∙k 2为定值.分析：直线PA ,PB 均为切线，而它们的位置相同，我们可以快速构造出两切线的同构式，运用一元二次方程的根与系数的关系便可求得k 1∙k 2的值.证明：设P (x 0,y 0)，则PA 方程为y -y 0=k 1(x -x 0)，即y =k 1(x -x 0)+y 0，将其代入椭圆E 的方程得(3+2k 21)x 2+4k 1(y 0-k 1x 0)x+2(y 0-k 1x 0)2-6=0，Δ1=[4k 1(y 0-k 1x 0)]2-4(3+2k 21)[2(y 0-k 1x 0)2-6]=(2-x 02)k 21+2x 0y 0k 1-(y 20-3)=0，同理可得：(2-x 02)k 22+2x 0y 0k 2-(y 20-3)=0，可将k 1,k 2看作方程(2-x 02)k 2+2x 0y 0k -(y 20-3)=0的两根，所以k 1k 2=-y 20-32-x 02，由x 20+y 20=5可得k 1k 2=-1.例3.已知直线l :y =kx +4交椭圆x 24+y 2=1于A ,B两点，O 为坐标原点，若k OA +k OB =2，求该直线l 方程.解：由y =kx +4得y -kx4=1，将其代入椭圆方程x 24+y 2=1得15y 2+2kxy +(4-k 2)x 2=0，显然x ≠0，所以15æèçöø÷y x 2+2k æèçöø÷y x +4-k 2=0，则y 1x 1+y2x 2=-2k 15，又k OA +k OB =y 1x 1+y 2x 2=2,所以-2k 15=2，即k =-15.所以直线方程为y =-15x +4.在解答直线与圆锥曲线的问题时，可以根据直线方程与圆锥曲线方程得到关于x ，y 的二次方程，结合条件构造与x ,y 有关的同构方程来解答与斜率有关的问题.从以上几道例题可以看出，同构法适用于解答涉及两条动直线或者两个动点的解析几何问题，运用同构法解题的关键在于，结合题意分析它们满足的关系式和位置，构造同构方程.（作者单位：湖北省潜江市园林高级中学）胡清林44。

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