同构式保值性(1)高中数学
同构方程视角下的高中数学解题研究
㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１２２数学学习与研究㊀２０２３ ２０同构方程视角下的高中数学解题研究同构方程视角下的高中数学解题研究Һ肖小甜㊀（庆阳第六中学，甘肃㊀庆阳㊀７４５０００）㊀㊀ʌ摘要ɔ在高中数学教学中，解题教学处于十分重要的位置．广大一线教师为了提高学生解题教学的效率，提高学生的解题能力，探索出了很多新的方法和方向．其中，将同构方程运用于高中数学解题教学，对提高学生的解题能力及解题效率十分有帮助．基于此，文章先分析了同构方程的内涵，然后结合高中数学解题教学的现状进一步分析了基于同构方程思想的高中数学解题应用方式，旨在提高高中数学解题教学的效率．ʌ关键词ɔ高中数学；同构方程；解题研究引㊀言数学解题中的同构方程法是指通过分析相同结构形式来解题的手段．目前，该方法对于解方程㊁解析几何㊁数列㊁解不等式以及比较函数式大小等题型的解答都十分有效，将其运用于高中数学解题教学对提高教学效率有非常积极的作用．因此，对同构方程思想在高中数学解题中的应用进行研究非常有必要．一㊁同构方程的概念及其在高中数学解题中的优势数学学科中的同构就是指构建出相同结构，对于表达式来说，可定义为同构方程式．利用同构方程解决一些常见的数学问题可以使学生的化归思维得到进一步提升，因此，同构方程法也被看作重要的思维方式．在当前的数学教学当中，其主要被应用在解不等式㊁数列㊁方程以及解析几何等数学问题当中．同构方程是指除了变量之外，其余均使用相同的表达式，即均为相同结构的方程．若将同构内涵延伸到图像中，则要构建同构图像．不管是在方程中还是在图像中，其都是对原有模式的一种变化和超越．把同构方程应用在高中数学教学实践中，许多难题都可通过寻找相同结构方程或其变形来进一步解决，比如在恒成立问题中进行参数取值范围的求解以及不等式的证明时，运用同构方程法可以使解题过程变得更容易理解．二㊁高中数学解题教学的现状当前社会逐渐发展的过程中，基础教育改革也迈进新发展时期．对于数学教学来说，当下最重要的突破性任务就是培养学生的数学核心素养，推动学生的全面发展．数学学科的核心教育内容包括解题教学，而在当下高中数学解题教学中，许多教师在讲解解题流程时倾向于模仿教学．具体来讲，就是先对典型例题进行讲解，然后让学生背诵解题的方法和技巧，再进行大量类似题目的训练，这使学生的思想逐渐形成定式，不会进行主动思考和发散思维．在这种教学模式下，虽然对于许多类似题目学生也能够解决，但只要题型稍加改变，学生就会觉得解题难度变大，思路一下子就被卡住，不知所措，无法真正提高数学核心素养．另外，许多高中数学解题教学都是以教师为主导，这限制了学生的思维发展，使其解题出现困难．三㊁基于同构方程思想的高中数学解题应用分析（一）同构方程在比较函数式大小中的应用在高中数学中，比较函数式大小是较为基础的题目，也是近些年高考的一个高频考点，很多考试都将该类问题放在选择题的压轴位置．这类问题的常规解题思想通常是先考察函数性质，再通过作商或作差方式进行比较，其中要进行化简转化㊁找中间量，再进一步列出函数图像或分析其性质来比较，这对学生的联想能力㊁观察能力以及函数模型构造能力都具有较高要求，同时需要学生具备数形结合的思想．这种解题方式的难点在于比较中对哪个函数进行构造，需要针对原式实施变形．而若是利用同构方程思想来进行函数比较就具有一定的技巧性．其往往是将式子两边函数适当变形，使其结构相同，再依据函数性质比较大小．例题㊀若０＜ｘ１＜ｘ２＜１，则下述大小比较正确的选项是（㊀㊀）．Ａ．ｅｘ－ｅｘ＞ｌｎｘ２－ｌｎｘ１㊀㊀㊀Ｂ．ｅｘ－ｅｘ＜ｌｎｘ２－ｌｎｘ１Ｃ．ｘ２ｅｘ＞ｘ１ｅｘＤ．ｘ２ｅｘ＜ｘ１ｅｘ对该函数比较大小题目，可以通过同构方程思想进行解答．首先是可以将Ａ和Ｂ两个选项结合起来看，变形为两个式子：ｅｘ－ｌｎｘ２＞ｅｘ－ｌｎｘ１，ｅｘ－ｌｎｘ２＜ｅｘ－㊀㊀㊀解题技巧与方法１２３㊀数学学习与研究㊀２０２３ ２０ｌｎｘ１，同时构造出函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎｘ（０＜ｘ＜１），则可得到ｆᶄ（ｘ）＝ｅｘ－１ｘ，由此得知，导函数ｆᶄ（ｘ）在（０，１）上呈现出递增趋势，另ｆᶄ１２æèçöø÷＜０，ｆᶄ（１）＞０，故存在着ｘ０ɪ（０，１），使ｆᶄ（ｘ０）＝０，因此，原函数ｆ（ｘ）在（０，ｘ０）上呈现出单调递减趋势，在（ｘ０，１）上呈现出单调递增趋势，可见选项Ａ和Ｂ的比较均错误．其次是将Ｃ和Ｄ选项结合起来看，其可变形成两个式子，ｅｘｘ２＜ｅｘｘ１和ｅｘｘ２＞ｅｘｘ１，进一步构造出函数ｇ（ｘ）＝ｅｘｘ（０＜ｘ＜１），则有导函数ｇᶄ（ｘ）＝ｅｘ（ｘ－１）ｘ２＜０，那么原函数ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减，故而存在ｇ（ｘ１）大于ｇ（ｘ２），因此可得到ｅｘｘ２＜ｅｘｘ１．故该选择题应当选择Ｃ．例题解题方法是十分典型的利用同构方程法构造变形解题．其将Ａ，Ｂ两个选项构造成函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎｘ，而将Ｃ，Ｄ两个选项构造成函数ｇ（ｘ）＝ｅｘｘ，接下来的解题只要依据构造函数的基本性质进行判断即可，主要判断（０，１）上函数的单调性，从而得到两侧式子的不等关系．这种方法能够使解题思路更为清晰，解题过程更为简单．此外，高中数学教师在引导学生利用同构方程思想解题时，应确保其熟练掌握不同函数的性质，能够灵活运用函数基本模型，从而在解题时更为高效．（二）同构方程在解方程或方程组中的应用高中数学中解方程或方程组的题型十分常见．学生一般在初中就已经学习过最基本的方程，但只是根据方程的标准形式求得方程的根，不能灵活运用方程结构来求解复杂方程．对近些年的高考试题进行分析，可发现许多解方程的题目在寻找突破口时都需要灵活运用方程结构，这一点值得教育工作者和学生充分重视．在一些复杂的高中数学方程式中，若是直接将方程展开求解可能会比较困难，使用因式分解法也具有一定难度，这时就可观察方程等号两侧是否具有同构性质，从而利用同构方程思想解题．例题㊀解方程：ｘ６－（ｘ＋２）３＋ｘ２＝ｘ４－（ｘ＋２）２＋ｘ＋２．在该题目中，方程为６次方程，若直接将方程式展开解答难度不小，不仅会耗费较多计算时间，也容易出错．通过观察方程可以注意到，其中出现了ｘ＋２，（ｘ＋２）２以及（ｘ＋２）３，这三个式子具有同构性质，故可以将ｘ＋２看作一个整体，将方程式进行整体变形，处理为ｘ６－ｘ４＋ｘ２＝（ｘ＋２）３－（ｘ＋２）２＋（ｘ＋２），这样就能够使方程两侧都为相同结构．进一步实施函数构造，令ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｘ２＋ｘ，则有导函数ｆᶄ（ｘ）＝３ｘ２－２ｘ＋１＞０对任意实数ｘ都成立，因而可认为原函数ｆ（ｘ）在Ｒ上呈现单调递增趋势．再由ｘ６－（ｘ＋２）３＋ｘ２＝ｘ４－（ｘ＋２）２＋ｘ＋２变形处理为ｘ６－ｘ４＋ｘ２＝（ｘ＋２）３－（ｘ＋２）２＋（ｘ＋２），故可构造函数ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ＋２），由ｆ（ｘ）在Ｒ上递增，可以得出ｘ２＝ｘ＋２，从而求得ｘ＝－１或２．这一例题当中，虽然看似两侧是结构不相同的方程，但使用了同构方程思想之后，就可以对其中一侧方程进行代换变形，使两项方程变为相同结构，最后进行函数构造，并利用函数单调性求解出结果．由此也可看出，用同构方程法解题的本质还是无法离开函数基本性质，即函数单调性，故教师要确保学生熟练掌握该知识．（三）同构方程在解不等式中的应用高中数学中的不等式题目也一直是教师教学和学生学习的难点，并且不等式还常与几何㊁函数以及线性规划等知识进行结合，使解题的难度进一步提高，学生解题时常常会遇到很多阻碍．因此，高中数学教师一直在探索有效的教学手段，希望可以为学生学习不等式知识提供帮助．不等式题目所涉及的知识通常具有宽泛特征，教师要想引导学生快速㊁准确地解题，还需扎实其基础，并使其学会拓展解题思路．教师可以利用同构方程法进行解题指导，这种方法能让学生在解不等式时将思路打开，在遇到相同类型题目时也可灵活运用．例题㊀若条件为２ｘ－２ｙ＜３－ｘ－３－ｙ，则下列选项正确的为（㊀㊀）．Ａ．ｌｎ（ｙ－ｘ＋１）＞０㊀㊀㊀㊀Ｂ．ｌｎ（ｙ－ｘ＋１）＜０Ｃ．ｌｎ｜ｘ－ｙ｜＞０Ｄ．ｌｎ｜ｘ－ｙ｜＜０结合题意并基于同构方程法，可以变形得到２ｘ－３－ｘ＜２ｙ－３－ｙ，再进一步构造函数ｆ（ｔ）＝２ｔ－３－ｔ，因此可有ｆ（ｘ）＜ｆ（ｙ），容易获知ｆ（ｔ）在Ｒ上为递增函数，那么就有ｘ＜ｙ，得到ｙ－ｘ＞０，则ｙ－ｘ＋１＞１，最后得到ｌｎ（ｙ－ｘ＋１）＞０，故本题选择Ａ．在该题的解答过程中，最关键的就是将不等式两侧的变量ｘ和ｙ分离到同侧，得到２ｘ－３－ｘ＜２ｙ－３－ｙ的不等式，这样就可保证不等式两侧的结构相同，再进一步构造函数求出结果即可．（四）同构方程在解析几何中的应用高中数学学科相关考试中常会将解析几何应用题作为压轴大题，解析几何也是高考中极为重要的考点．解析几何题目与一般的数学知识题目不同，其主要㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１２４数学学习与研究㊀２０２３ ２０对学生空间思维㊁想象能力以及数学分析能力进行考查，学生要想取得高分，必须突破这类题型．而同构方程的解题思想在数学领域中的应用十分广泛，其不仅常用在函数方程习题解答中，也可应用在解析几何问题中，利用这种思想方法往往可以收到优化解题过程㊁简化运算流程的效果，从而提高学生解析几何问题的解答速率．例题㊀已知抛物线ｙ２＝２ｐｘ上点Ａ的坐标为（２，２），点Ｂ，Ｃ为抛物线上另外两点，直线ＡＢ，ＡＣ是圆（ｘ－２）２＋ｙ２＝１的两条切线，则直线ＢＣ的方程为（㊀㊀）．Ａ．ｘ＋２ｙ＋１＝０㊀㊀㊀㊀㊀Ｂ．３ｘ＋６ｙ＋４＝０Ｃ．２ｘ＋６ｙ＋３＝０Ｄ．ｘ＋３ｙ＋２＝０该题目的解答结合同构方程思想较为便捷．容易得到抛物线方程为ｙ２＝２ｘ，抛物线上又有点Ｂ，故可以设Ｂ点的坐标为ｙ２１２，ｙ１æèçöø÷，因而可求出直线ＡＢ的点斜式方程，为ｙ－２＝ｙ１－２ｙ２１２－２（ｘ－２），即可以得到ｙ－２＝２ｙ１＋２（ｘ－２），亦即２（ｘ－２）－（ｙ１＋２）（ｙ－２）＝０．已知性质信息中，圆和直线ＡＢ为相切关系，则有直线ＡＢ到圆的圆心（２，０）之间的距离等于圆的半径１，则有２ｙ１＋２４＋（ｙ１＋２）２＝１，对方程两侧平方并整理，可得３ｙ２１＋１２ｙ１＋８＝０，又有ｙ２１＝２ｘ１，代入上述公式当中，可化简得３ｘ１＋６ｙ１＋４＝０，因此，该式可以表明Ｂ点在直线３ｘ＋６ｙ＋４＝０上．那么同理也可得知Ｃ点在３ｘ＋６ｙ＋４＝０这条直线上，因而可得出直线ＢＣ的方程为３ｘ＋６ｙ＋４＝０．此题目正确选项为Ｂ．在这类题型中运用同构方程思想可减少运算量，使运算流程变得简单．由此可见，针对圆锥曲线双切线的问题，若是将其调整为同一个式子来解题，通常可以收到事半功倍的效果，可见该解题思路的应用价值．四㊁高中数学解题中同构方程法的应用策略事实上，同构方程法是一种现代化的数学思想方法，其可以体现出函数与方程的核心思想，也可以说其是函数方程思想的代名词，在当前数学领域常用来形容函数方程解题思想．在许多数学题型的解答中，同构方程法都得到了广泛的应用．若高中学生能够具备同构意识，那么在解决数学问题时就可以实现灵活性㊁创造性．在实际高中数学解题时，应用同构方程法的策略包括下述几点．第一，要了解怎样在数学解题中利用同构方程法，就要对该数学方法的内涵有一个基本理解．同构方程法能将复杂㊁抽象的数学题目分解为若干容易理解的小问题，在函数方程中，还可能会将一个方程分为多个简单方程，以便于更好地处理问题．因此，学生需要对问题的各项变量进行分解，还需对不同变量间的关系进行深入分析．第二，要对题目内容进行审慎检查，认真思考题目涉及的各种数学概念，还要对函数关系进行整理，同时分析题目中各项概念产生的影响，总结归纳出一个函数关系，以便得到最终的结论．第三，要保证学生具有基本的数学解题能力，在此基础上结合同构方程法有效解决疑难数学问题．如在解答一些复杂的数学问题时，学生必须掌握基本的几何知识㊁代数知识㊁函数知识以及微积分知识，否则将无法灵活且有针对性地利用同构方程法处理问题，也就无法发挥出该方法的作用．数学教师还要重视锻炼学生的数学推理能力，以便于更好地推理解题思路，促进学生高效答题，进而取得高分．另外，学生也应掌握一定的现代技术学习能力，如会操作计算机设备和数学学习软件，利用其绘制函数图像，这将更方便学生汲取数学知识，学会推理技巧，使数学问题得到有效解决．结㊀语总的来讲，利用同构方程法解答高中数学题目虽然具备很多优势，但也并不算容易，教师只能在解题练习中从旁适当指导，最重要的还是要保证学生具备数学解题基本技能和良好的数学素养，可以深刻理解同构方程法，这样才能够有效运用该方法进行题目解析，在遇到难题时也能轻松应对．ʌ参考文献ɔ［１］申磊．核心素养导向下的高中数学解题研究［Ｊ］．数理天地（高中版），２０２３（３）：５６－５８．［２］凌冶昊林．例谈导数在高中数学解题中的具体运用［Ｊ］．数理天地（高中版），２０２３（３）：２２－２３．［３］吕成杰．基于构造法的高中数学解题思路探索探述［Ｊ］．数理化解题研究，２０２３（３）：２６－２８．［４］朱婉．基于陶行知 民主教学 思想的高中数学解题教学［Ｊ］．教学管理与教育研究，２０２３，８（２）：８２－８３．［５］朱加义．同构方程视角下高中数学解题思考：以解析几何试题为例［Ｊ］．数学之友，２０２２，３６（１６）：６４－６６．。
培优提能2 高中数学-函数的同构问题
所以
>x,解得 x<-2 或-1<x<1.所以原不等式的解集是{x|x<-2 或-1<x<1}.
+
答案:(2){x|x<-2或-1<x<1}
(3)已知函数 f(x)=3x-3-x,f(1-2log3t)+f(3log3t-1)≥lo t,则 t 的取值范围是
解:(2)aln (x-1)+2(x-1)≥ax+2ex⇔aln (x-1)+2(x-1)≥aln ex+2ex,相应
的同构函数f(x)=aln x+2x.
典例2 对下列不等式或方程进行同构变形,并写出相应的同构函数.
(3)e-x-2x-ln x=0.
解:(3)e-x-2x-ln x=0⇔e-x-x=x+ln x⇔e-x+ln e-x=x+ln x,相应的同构函数
所以 f(3log3t-1)+(3log3t-1)≥f(2log3t-1)+(2log3t-1).令 F(x)=f(x)+x=3x-- +x,
因为 y=3x,y=-- ,y=x 均单调递增,所以 F(x)单调递增.
所以 3log3t-1≥2log3t-1,即 log3t≥0,解得 t≥1.所以 t 的取值范围是[1,+∞).
取对:- ≤ -()→() = -.
a
③和差型:e ±a>b±ln b⇒
同右: ± > ± →() = ± ,
同左: ± > ± →() = ± .
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．。
同构式在高中数学中的应用
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 += 【思路分析】本题研究对象并非,x y ，而是1,1x y --，进而可变形为55(1)2(1)sin(1)1(1)2(1)sin(1)1x x x y y y ⎧-+-+-=⎪⎨-+-+-=-⎪⎩，观察上下两个式子左边结构相同，进而可将相同结构视为一个函数，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。
【解析】5555(1)2sin(1)3(1)2(1)sin(1)1(1)2sin(1)1(1)2(1)sin(1)1x x x x x x y y y y y y ⎧⎧-++-=-+-+-=⎪⎪⇒⎨⎨-++-=-+-+-=-⎪⎪⎩⎩，设5()2sin f t t t t =++，易知()y f t =是奇函数，由题可知，(1)1(1)1f x f y -=⎧⎨-=-⎩，(1)(1)f x f y ∴-=--，1(1)2x y 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【思路分析】本题很难去直接解不等式，观察式子特点可发现若将关于sin ,cos θθ的项分居在不等号两侧，则左右呈现同构的特点，将相同的结构设为函数53()7f x x x =+。
【解析】55335353cos sin 7(sin cos ),cos 7cos sin 7sin θθθθθθθθ-<-∴+<+，设3()7f x x x =+，易知3()7f x x x =+是奇函数且单调递增，故(cos )(sin )f f θθ<等价于cos sin θθ<，结合正弦函数图像与余弦函数图像，【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 <【思路分析】本题从选项出发可发现，每个选项通过不等式变形将12,x x 分居在不等式两侧后都具备同构的特点，【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【解析】()f x 是增函数，1x -有两个不同的根。
015 同构保值性
同构式保值性：关注微信公众号:老唐说题关注B 站:高考数学满分突破若)(x h ，))((x p h ，))((x q h 中，D x ∈，D x p ∈)(，D x q ∈)(，故)(x h ，))((x p h ，))((x q h 的最值相等.概括起来就是构造了同构式，可以根据外函数的性质直接求出函数的最值．同构式倍值性：在)(x h 和))(()(x p h m x g ⋅=满足D x ∈，D x p ∈)(，则))(()(x p h m x g ⋅=的最值是)(x h 的m 倍我们将这个性质概括为同构式的倍值性．【例1】（2019•榆林一模）已知不等式1x e kx lnx -≥+，对于任意的(0,)x ∈+∞恒成立，则k 的最大值 ．保值性定理1：若))(())((x q h x p h ≥恒成立，且满足)())(())((x x q h x p h ϕ+≥，则一定要满足0)(≤x ϕ；保值性定理2：若))(())((x q h x p h ≥恒成立，且满足))(())((x q h m x p h ⋅≥（0)(≥x h ），则一定要满足1≤m ；若要满足))(())((x q mh x p h =有实根，则一定要满足1≥m ；保值性定理3：若0))((0))((≥≥x q h x p h ，，且满足当m x =时，0))(())((==x q h x p h ，则一定满足不等式0))(())((≥+x q h x p h ；若0))((=x p h 时和0))((=x q h 时的x 取的值不相等，则0))(())((>+x q h x p h【例2】（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1a e≥时，()0f x ≥．【例3（1）求,a b ；（2）证明：()1>x f .【例4】（2015•新课标Ⅰ）设函数2()x f x e alnx =-．（1）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数；（2）证明：当0a >时，2()2f x a aln a≥+．1（2020•蚌埠三模）已知函数1()()2(0)x ax f x x ln ax a e -=+-->，若函数()f x 在区间(0,)+∞内存在零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(0，1]B ．[1，)+∞C ．(0，]eD ．[3，)+∞2（2020•新疆一模）已知函数2()2xe f x klnx kx x=-+，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值集合是 ．3（2019•江西模拟）已知函数()121ln ax f x xe x ax a e -⎛⎤=--∈-∞- ⎥⎝⎦，，函数()f x 的最小值M ，则实数M 的最小值是（ ）A ．1-B ．1e -C ．0D ．31e -4（2020•4月份模拟）已知函数2()2(1)1x e x e f x x e x e --=+-++． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）设函数2(1)()()2(1)1ln x F x f x x e x m x -=-++++-，若()0F x 对任意1x >恒成立，求实数m 的取值范围．5（2020•龙岩模拟）已知2()()2x f x lnx x ae =+-． ()l 证明()f x 在x l =处的切线恒过定点；（2）若()f x 有两个极值点，求实数a 的取值范围．6（2020•宁德模拟）已知()()(2)x f x ax b e x =+++在点(0，(0))f 处的切线方程为60x y -=．（1）求实数a ，b 的值；（2）当0x >时，证明：()223f x lnx x >++．7（2020•金华模拟）已知函数3()f x ax ax xlnx =--．其中a R ∈． （Ⅰ）若12a =，证明：()0f x ； （Ⅱ）若11()x xe f x --在(1,)x ∈+∞上恒成立，求a 的取值范围．8（2020•长沙模拟）设函数21()(2)2f x x aln x =++． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若不等式21()02x e x f x m +-->恒成立，求整数m 的最大值．9（2020•永州三模）设函数()2x f x e ax e =+-，()g x lnx ax a =-++．（1）求函数()f x 的极值；（2）对任意1x ，都有()()f x g x ，求实数a 的取值范围． 关注微信公众号:老唐说题关注B 站:高考数学满分突破。
高考必考 同构式的应用技巧
同构式应用1、同构式的定义：除了变量不同，其余地方均相同的表达形式。
2、同构式的应用：⑴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⑵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，进而与函数单调性找到联系。
进行比较大小和解不等式。
——属于同构小套路①指（数）对（数）各一边，参数是关键。
②常用“母函数”：()xf x e x =±，(),xf x xe =()xe f x x=③信手拈来凑同构，凑常数，x ，参数④复合函数（兄弟关系）比较大小，利用单调性求参数范围⑶在解析几何中的应用如果()11,A x y ()22,,B x y 满足的为同一方程式，则,A B 就是方程便是的曲线上的两个点，特别的，满足的方程是直线方程时，则该方程就是直线AB 的方程。
⑷在数列中的应用将递推数列变形为“依序同构特征”，即关于()()1,,,1n n a n 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：()10xe x x ≥+=()1x e ex x ≥=4、常见的对数放缩：()11ln 11x x x x-≤≤-=()ln xx x e e≤=5、常见的三角函数放缩：0,,sin tan 2x x x x π⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭6、常用指对互化恒等式：①当0a >且1a ≠，0x >时log a xax=②当0a >且1a ≠，log xa a x=再结合指数运算与对数运算的法则，可以得到下面的相应结论（0x >）③ln xx xxe e+=()ln ln x x x xe +=④ln x x xe e x-=ln lnxe x x x -=⑤22ln xx xx e e+=()22ln ln x x x x e +=⑥2ln 2x x x e e x-=22ln ln xe x x x-=再结合切线不等式1,x x e x e ex ≥+≥；ln 1,ln xx x x e≤-≤等可以得到更多结论引申⑦ln ln 1xx xxe ex x +=≥++()ln ln 1x x x x xe xe +=≤-⑧()ln ln x x xxe e e x x +=≥+()1ln ln xxx xe x x xe xe e-+=≤=题型一不等式同构式1、（2022．海拉尔区校际四模）已知函数()()()ln 0xf x ae ea a =+>，若对于任意的实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围是。
高三数学二轮复习专题讲解11 导数中的同构问题
高三数学二轮复习专题讲解第11讲 函数与导数—导数中的同构问题专题综述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.专题探究探究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 xx x e e x-=；③ln x xx x e e -=；④()ln ln x x x xe +=；⑤ln ln x e x x x -=. 答题思路：1.直接变形：（1）积型：b b ae aln ≤⇒()ln ln a b x a e b e f 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 <()x e f x x⇒=（同左）； ln ln a ae be b⇒<⇒x x x 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 aln ±>±⇒ln ln abe a eb ±>±⇒x e x f 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 aeaxln >ln ax axe x x ⇒>；②[]ln 1ln()ln (1)1ln ln(1)1xxx 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 e x a e x x a>⇒>⇒>；(2022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-∞【审题视点】不等式中有指、对数结构，不等式两侧都加上x ，即能出现同构法中的“和差型”.【思维引导】由不等式的结构判断，通过将不等式变形为ln x a e x a x x -+-≥+，符合同构法中的指对同阶模型，或者直接构造含参函数，分类讨论.【规范解析】解：ln x a e x a -+…，ln x a e x a x x -∴+-+…，ln ln x a x e x a e x -∴+-+…设()t f t e t =+，则()10t f 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()0,1上单调递减故()()min 11g x g ==，故1a …故选.C【探究总结】不等式或函数中指对数结构都存在时，仔细观察结构特征，可优先考虑放缩或同构，化繁为简，降低单调性判断的难度.故要对常见不等关系的结论（专题1.3.8）及上述的常见变形方法牢记于心，能够熟练变形，构造相应函数.(2022山东省泰安市一模)已知()2ln 12a f 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.探究2：双变量型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⇒=+； ②12121212112212()()()()()()()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 ⇒=-；③1212121212121221()()()()()()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⇒=+. (2022江西省萍乡市联考)已知函数()()21ln011x ax f x a x e -=+>--， （1）求函数()f x 的定义域；（2）对1x ∀，21(0,)2x ∈，当21x x >时，都有212111()()11x x f x f x e e -<---成立，求实数a 的取值范围．【审题视点】第（2）问中的双变量不等式，若变量能分离且结构相同，不等式转化函数单调性问题.【思维引导】双变量的恒成立不等式，分离变量，不等式变形212111()()11x x f x f x e e -<---，构造函数()h x，由不等式得出函数()h x 的单调性.【规范解析】解：（1）由题意得 20110x ax x e -⎧>⎪-⎨⎪-≠⎩，即2()(1)00a x x ax ⎧-->⎪⎨⎪≠⎩，①当02a <<时，21a >，函数()f x 的定义域为2(,0)(0,1)(,)a-∞+∞；②当2a =时，21a=，函数()f x 的定义域为{|1x x ≠且0}x ≠，③当2a >时，21a<，函数()f x 的定义域为2(,0)(0,)(1,)a -∞+∞；（2）由题意得1x ∀，21(0,)2x ∈，当21x x >时，212111()()11x x f x f x e e -<---设()12()ln 11x ax h x f x e x -=-=--，则()()21h x h x < ()h x ∴在区间10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减设2(1)22()111ax a x a a u x a x x x --+--===+---，即函数()u x 在1(0,)2上是减函数，且1()02u …，2012201120a a a ->⎧⎪⎪-⎪∴⎨⎪-⎪⎪>⎩…，解得24a <…，∴实数a 的取值范围为(2,4].【探究总结】典例2中出现的双边量问题是同构法中较为典型的情况，思路明确.针对上述类型的不等式，分离变量，构造函数得出单调性.构造的函数可能是抽象函数，也可能是具体函数，利用函数单调性，解不等式.(2022江苏省苏州市联考)已知函数21()ln 2f x x a x =+，若对任意1x ，212[2,)()x x x ∈+∞≠，存在3[1,]2a ∈，使1212()()f x f xm x x ->-成立，则实数m 的取值范围是（）A. (,2]-∞B. (-∞C. 5(,]2-∞D. 11(,]4-∞探究3：同构放缩或同构换元共存型有些更复杂的指对不等式，利用常见的变形方法（探究一）先进行同构变形再换元，使构造的函数较为简单，或者本身不等式的结构不特殊，可以先结合常用不等结论（专题1.3.8）放缩，使结构特殊再同构，但要注意取等号的条件等. 常见的放缩模型：（1）利用1x e x ≥+放缩：①ln ln 1x x xxe ex x +=≥++ ；②ln ln 1xx x e e x x x-=≥-+；③ln ln 1n x x n x x e e x n x +=≥++（2）利用xe ex ≥放缩：①ln (ln )xx xxe ee x x +=≥+；②ln ln 1x xx x e x x e-=≥-+；③ln (ln )n x x n x x e e e x n x +=≥+.（3）利用ln 1x x ≤-放缩：①ln ln()1x x x x xe xe +=≤-；②ln ln()1n x n xx n x x e x e +=≤-. （4）利用ln x x e≤放缩：①1ln ln()x x x x xe xe -+=≤；②1ln ln()n x n x x n x x e x e -+=≤.(2022河北省石家庄市联考)已知函数()()1ax f x x ea R -=⋅∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 的图象经过点(1,1)，求证：0x >时，1ln ()0.xf x x e+⋅… 【审题视点】待证明的不等式中有x xe ，ln x x +，容易联系到指对同阶的常见变形，将不等式同构.【思维引导】第（2）问，求出1a =，显化不等式()1ln 0xf x xe +≥，进行指对变形，换元简化函数. 【规范解析】解：（1）由题意知，函数()f x 的定义域为.R 当0a =时，()exf x =，函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递增．当0a ≠时，1111()ee e ()ax ax axf x ax a x a ---'=+=+，令()0f x '>，即1()0a x a+>①当0a <时，1x a <-∴()f x 在区间1(,)a -∞-上单调递增；在区间1(,)a -+∞上单调递减．②当0a >时，1x a >-∴()f x 在区间1(,)a -∞-上单调递减，在区间1(,)a-+∞上单调递增．（2）若函数()f x 的图象经过点(1,1)，则1(1)1a f e -==，得1a =，则111ln ()ln 1ln 1e e exx x x f x x x xe x x x +=++-=+-， 设xt xe =，则当0x >时，()0,t ∈+∞ 设()1ln 1g t t t =+-，则()22111t g t t t t-'=-+= 令()0g t '>，则1t >∴()g x 在区间()0,1上单调递减，在区间()1,+∞上单调递增∴()()()min 10g x g x g ≥== ∴当0x >时，1ln ()0x f x xe+…恒成立． 【探究总结】同构法让复杂的函数式在指对结构上呈现“一致性”，再换元，大大降函数研究的难度.但这类问题，方法不唯一，也可利用其他方法，比如不等式证明问题，直接构造函数求最值，或着变形为()()f x g x >的结构，比较最值.(2022江苏省南京市模拟)已知函数()ln f x x ax =-.（1）讨论()f x 的单调性； （2）设1()()x g x exf x -=+，若()0g x …恒成立，求a 的取值范围． 专题升华同构思想不仅仅应用于导数部分，整个高中数学中，在方程、不等式、解析几何、数列部分都有体现，本质上是变形，使结构一致，转化为其它知识点求解.①方程中的应用：()()00f a f b ==⎧⎨⎩⇒两式结构相同，转化为,a b 为方程()0f x =的两根；如：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：由()f x 单调递增⇒()()22a f a bf b ==⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⇒,a b 为方程()2x f x =的两个根. ②不等式中的应用：不等式两侧化为相同结构，利用函数单调性，比较大小，或解不等式；如：若()[)5533cos sin 7cos sin ,0,2θθθθθπ-<-∈，则θ的取值范围是.思路：()55335353cossin 7cos sin cos 7cos sin 7sin θθθθθθθθ-<-⇒-<-，构造函数()537f x x x =-研究单调性.③解析几何中的应用：如点()()1122,,,A x y B x y 的坐标满足相同的关系式，即01102211y y mx y y mx =-⎧⎨=-⎩则直线AB 的方程为01y y mx =-，或得出两点在同一条曲线上；④数列中的应用：将递推公式变形为关于(),n a n 与()1,1n a n --的同构式，如()113121311n n n n a a a a n n n n ++⎛⎫⎛⎫=++⇒+=+ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，可以构造辅助数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭解题.解题时，针对除变量外完全相同的结构式，要灵活的利用其同构的特点,寻求与问题的某种内在联系,从而找到解决问题的思路方法.同构法体现了发现、类比、化归等思想,是一种富有创造性的解决问题的方法.同构法为解题提供了突破口,从同构式中挖掘隐含条件,能让数学难题豁然开朗.【答案详解】 变式训练1【解答】解：（1）由题意得2()cos sin 2a g 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 ∈+∞.变式训练2【解析】解：令21()()ln 2g x f x mx x a x mx =-=+-，由1212()()f x f x m x x ->-得()1212()0g x g x x x ->-∴()g x 在[2,)+∞递增，[)()2,,0a x g x x m x '∴∀∈+∞=+-≥，即am x x+…恒成立，设()a h x x x =+，[)2,x ∈+∞，3[1,]2a ∈，则()ah x x x=+在[2,)+∞上单调递增，∴11 / 11 min ()(2)22a h x h ==+，故有22a m +…，3[1,]2a ∃∈，使得22a m +…成立，故(2)max 2a m +…，即11.4m …故选：D . 变式训练3【解析】解：（1）由题意得1().f x a x'=- ①当0a …时，()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上单调递增;②当0a >时，令()0f x '=得到1x a =， 当10x a <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当1x a>时，()0f x '<，()f x 单调递减；综上：当0a …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在1(0,)a 上单调递增，在1(,)a+∞上单调递减;（2）12()ln x g x e x x ax -=+-，令1x =，则(1)10g a =-…，故1a …， 当1a …时，()l 2n 1211()ln 1ln ln 1x x x x g x e x x ax e x x x e x x x ----⎡⎤=--=+--⎦-+⎣-…， 设()ln 1h x x x =--，则()111x h x x x-'=-= 令()0h x '>，则1x > ∴()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增设()[)1,0,x t x e x x =--+∞，则()10x t x e '=-≥∴()t x 在[)0,+∞上单调递增()()00t x t ∴≥=故()ln 1ln 110x x e x x ------≥，即()ln 1ln 110x x x e x x --⎡⎤----≥⎣⎦综上所述：当1a …时，()0g x ≥.()()()min 10h x h x h ∴≥==。
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：
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同构式保值性：若)(x h ，))((x p h ，))((x q h 中，D x ∈，D x p ∈)(，D x q ∈)(，故)(x h ，))((x p h ，))((x q h 的最值相等.概括起来就是构造了同构式，可以根据外函数的性质直接求出函数的最值．
同构式倍值性：在)(x h 和))(()(x p h m x g ⋅=满足D x ∈，D x p ∈)(，则))(()(x p h m x g ⋅=的最值是)(x h 的m 倍我们将这个性质概括为同构式的倍值性．
【例1】（2019•榆林一模）已知不等式1x e kx lnx -≥+，对于任意的(0,)x ∈+∞恒成立，
则k 的最大值 ．
【解析】此题构造乘法的同构显然不可能，因为不等式两边同时乘以x ，kx 将变成平方，无处遁形，并且出现x e 和x ln ，常数项为1，构造函数x e x x h +=)(，根据题意，ln +ln x x e kx ex e x kx ex x ≥+⇒≥++，在此基础上进行同构式转换，即
x e k ex h ex ex ex x kx x ex kx )1()(ln ln ln -++=++-+=++，原不等式可以转化为同构式x e k ex h x h )1()(ln )(-++≥，由于)(ln )(ex h x h ≥恒成立，且当仅当1=x 时等号成立.故
10k e ，即1k e ．
注意：若))(())((x q h x p h ≥恒成立，且)())(())((x x q h x p h ϕ+≥，则一定要满足0)(≤x ϕ，此方
法属于同构式的单调性和同构式的“保值性”综合题，有一定难度，原理其实很简单，同构式一旦搞定，剩下的就是基本的函数方程不等式的简单思想.以此题为背景的考题非常多，从选填题压轴到解答题压轴，无处不在，常规方法我们不在这里讲述了，大家可以去看一下常规的解答方案.
保值性定理1：若))(())((x q h x p h ≥恒成立，且满足)())(())((x x q h x p h ϕ+≥，则一定要满足
0)(≤x ϕ；
保值性定理2：若))(())((x q h x p h ≥恒成立，且满足))(())((x q h m x p h ⋅≥（0)(≥x h ），则一定要满足10≤≤m ；
若要满足))(())((x q mh x p h =有实根，则一定要满足1≥m ；
保值性定理3：若0))((0))((≥≥x q h x p h ，，且满足当m x =时，0))(())((==x q h x p h ，则一定满足不等式0))(())((≥+x q h x p h ；若0))((=x p h 时和0))((=x q h 时的x 取的值不相等，则0))(())((>+x q h x p h
【例13】（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--． （1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1
a ≥时，()0f x ≥．
切线方程为()21+-=x e y . （1）求,a b ； （2）证明：()1>x f .
11
2x x x a b b e e e x x x
---+，由题意1
2x e
x
-，要证()1f x >，，只需
x
xe
，显1
e ，当仅(ln )()x h x +-，根据同构式的保值性可得h e x h 1
)(-≥-1=⇒x 时等号成立，由于注意：保值性不仅仅是保大于零或者恒成立，也可以保最大值或者最小值，知道指对跨阶的同构式，基本上就是一步到位，怎么样？有点感觉了吧，再看看下一道高考题. 【例15】（2015•新课标Ⅰ）设函数2()x f x e alnx =-． （1）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （2）证明：当0a >时，2()2f x a aln a
≥+．
时，2x y e =为单调递增，2a ln <时，且
（2020•蚌埠三模）已知函数1
()()2(0)x ax
f x x ln ax a e
-=
+-->，若函数()f x 在区间(0,)+∞内存在零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(0，1]
B ．[1，)+∞
C ．(0，]e
D ．[3，)+∞
（2020•新疆一模）已知函数2()2x
e f x klnx kx x
=-+，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则
实数k 的取值集合是 ．
14.（2019•江西模拟）已知函数()121ln ax f x xe x ax a e -⎛
⎤=--∈-∞- ⎥⎝
⎦，，函数()f x 的最小值M ，
则实数M 的最小值是（ ） A ．1-
B ．1
e
-
C ．0
D ．3
1e -
（2020•4月份模拟）已知函数2()2(1)1x e
x e
f x x e x e
--=+-++． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；
（Ⅱ）设函数2(1)
()()2(1)1
ln x F x f x x e x m x -=-++++-，若()0F x 对任意1x >恒成立，求实数m 的取值范围．
（2020•龙岩模拟）已知2()()2x f x lnx x ae =+-． ()l 证明()f x 在x l =处的切线恒过定点；
（2）若()f x 有两个极值点，求实数a 的取值范围．
（2020•宁德模拟）已知()()(2)x f x ax b e x =+++在点(0，(0))f 处的切线方程为60x y -=． （1）求实数a ，b 的值；
（2）当0x >时，证明：()223f x lnx x >++．
（2020•金华模拟）已知函数3()f x ax ax xlnx =--．其中a R ∈． （Ⅰ）若1
2
a =
，证明：()0f x ； （Ⅱ）若11()x xe f x --在(1,)x ∈+∞上恒成立，求a 的取值范围． （2020•长沙模拟）设函数2
1()(2)2
f x x aln x =++． （1）讨论()f x 的单调性；
（2）当1a =时，若不等式21
()02
x e x f x m +-->恒成立，求整数m 的最大值．
（2020•永州三模）设函数()2x f x e ax e =+-，()g x lnx ax a =-++． （1）求函数()f x 的极值；
（2）对任意1x ，都有()()f x g x ，求实数a 的取值范围．。