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．。

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到分离常数简化分式，即
2 t n 1 1 an 1
an 1 1
an 2tn 1
，寻求相邻同构的特点，转化为
an 1 1 tn 1 1
2
an tn
an 1
tn 1
1 1 ，即可设 2
bn
an tn
1 ，递推公式变为 1
bn 1
2bn ，则能够求出 bn 通 bn 2
2k
2k k Z ，结合
0,2 ，可得
，5
4
44
答案：，5 44
例 7：如图，设点 P x0, y0 在直线 x m y m,0 m 1,且 m为常数上，过点 P 作双曲
拼搏的你，背影很美！
努力的你，未来可期 !
线 x2 y2 1的两条切线 PA, PB ，切点为 A, B ，求证：直线 AB 过某一个定点
1
x
所以当
m 时，无论 y0 为何值，等式均成立
y0
点
1 ,0
恒在直线
AB 上，故无论
P 在何处，
AB 恒过定点
1 ,0
m
m
例 8：已知椭圆 C 中心在原点，焦点在 x 轴上，它的一个顶点为（ 1）求椭圆 C 的方程
0,1 ，离心率为 2 5 5
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uuur （ 2）过右焦点 F 作直线 l 交椭圆于 A, B ，交 y 轴于 R ，若 RA
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： g x
a
ln x
x
，不妨设
1
x1
x2 ，则恒成立不等式转化为：
g x2 g x1 x1 x2 g x2 x2 g x1 x1
设h x
gx
x
ln x
a x1
x ，则由 h x2
只需 h x 在 0,2 单调递增即可
h x1 恒成立和 x1 x2 可得：
2
2
a a1m
2 b b1 m 2
x a,b 为方程 x 1 m 在 1,
2
x 上的两个根，即 m
2
令 t x 1 t 0 x t2 1
x 1 有两个不同的根
所以方程变形为： m 1 t 2 1 t 1 t 2 2t 1 ，结合图像可得： m
1 0,
2
2
2
答案： m
1 0,
2
例 3：设 a,b ? R ，则 | “ a > b ”是“ a a > b b ”的（）
sin ,cos 的项分居在不等
号两侧： cos5 7cos3 sin 5 7sin 3 ，则左右呈现同构的特点，将相同的结构设为函
数 f x x5 7x3 ，能够判断 f x 是奇函数且单调递增。所以不等式 f cos
f sin
等价于 cos sin ，即 sin cos 0 2 sin
0 ，所以 4
2
x1
0
即 k x1 y1
PA : y y1
x1 x x1 y1
y1y x1x 1
同理，切线 PB 的方程为 y2 y x1x 1
Q P m, y0 在切线 PA, PB 上，所以有
y0y1 mx1 1 y0y2 mx2 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
x
1 x2
ex
，则
f'
x
0
在 x 0,1 恒成立。所以 f x 在 0,1 单调递减，所以 f x1 f x2 成立
D 选项： x2ex1 x1ex2
答案： C
ex1
ex 2
，同样构造 f x
x1 x2
ex
，由 C 选项分析可知 D 错误
x
例 5：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
5
x1
5
y1
2x 1 2y 1
sin x 1 sin y 1
1
，观察上下式子左边结构相同，进而可将相同的结构
1
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
5
x 1 2x sin x 1 3
解：
5
y 1 2 y sin y 1 1
5
x 1 2 x 1 sin x 1 1
h' x 0 恒成立
Q h' x
1 x
a 21
x1
1a
x
2 10 x1
2
2 x1
即a x 1
恒成立所以只需 a
x
令p x
2
x1
2
x1 x
2
x1
2
x1 x
min
p' x
2x 1
2
2x x 1 x 1 x2
2
x 1 2x 1 x2
px在
1 0,
单调递减，在
ห้องสมุดไป่ตู้1 ,2
单调递增
2
2
1 27
p x min
p 2
A. 充分不必要条件 C. 充要条件
B. 必要不充分条件 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。 f x x x
x2, x
0 可得 f x 为增函数。所以
a > b ? f (a)
f ( b) ，即
x2 , x 0
uuur uuur uuur 仅是角标不同。所以可推断由 RA AF , RB
uuur BF 列出的方程是同构的，而 A, B 在同一椭
圆上，所以如果用 , 表示 x1, x2 , y1, y2 ，代入椭圆方程中也可能是同构的。通过计算可得：
2 10 2 10
5 20k2 5 20k 2
0
，所以
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
5
x 1 2x sin x 1
5
y 1 2 y sin y 1
3 ，则 x y
1
（）
A. 0
B. 2
C. 4
D. 6
思路：本题研究对象并非 x, y ，而是 x 1 , y 1 ，进而可变形为
思路：本题从选项出发可发现，每个选项通过不等式变形将
x1, x2 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： A 选项： e x2 ex1 ln x2 ln x1 ex2 ln x2 ex1 ln x1 ，设 f x ex ln x
2
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27 0a
2 例 10：已知数列 an 满足 a1 2t 3 t R, t
1 ，且
an 1
2tn 1 3 an 2 t 1 t n 1 an 2 tn 1
求数列 an 的通项公式
思路：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
x 都有
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2015
xf x 1 x 1 f x ，则 f
的值是（
）
2
A. 0
1
B.
2
C. 1
5
D.
2
思路：观察条件可变形为：
fx 1 x1
fx
，从而得到等式左右的结构均为
x
ft
的形式，
t
且括号内的数间隔为
2015
f
1。所以
2
2015
2
2013
1
f
f
2
2
2013 L
（ 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 an , n 与 an 1,n 1
值范围是 _____________
思路：注意到 f x 是增函数，从而得到 f a
a, f b 2
b
，即
2
a1m b1m
a 2 ，发现两 b 2
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： Q f x 为增函数
f a a, f b b
不单调，不等式不会恒成立
B 选项： ex1 ex2 ln x2 ln x1
ex1 ln x1 ex2 ln x2 ，设 f x
ex ln x 可知 f x 单
调递增。所以应该 f x1 f x2 ， B 错误
C 选项： x2ex1 x1ex2
ex1
ex2
，构造函数 f x
x1 x2
ex ， f ' x x
4k 2 y1
2
kx1
4 1 k2
y1
2
kx1
4 1 k2
0
4 y1
2
kx1
4 1 k2
0
k 2x12 2kx1 y1 y12 1 k 2 0
x12 1 k2 2kx1y1 y12 1 0