2025高考数学二轮复习-微培优3 同构函数问题【课件】

微培优3同构函数问题2025在某些函数方程、不等式问题中,可以通过等价变形,将方程或不等式变成左右两端结构一致的情形,进而构造函数,运用函数的单调性来解决问题,这种处理问题的方法叫做同构.常见的同构有双变量同构和指对同构,难度较大.1.双变量同构

如果同构后不等式两边具有结构的一致性,那么往往暗示了单调性.2.指对同构(1)应用条件:指对形式同时出现,可能需要利用指对同构来解决问题.(2)变形依据:为了实现不等式两边“结构”相同的目的,需时时对指对式进行“改头换面”,常用的恒等变形的依据是x=eln

x(x>0),x=ln

ex(x∈R).例如:①xex=ex+ln

x;x+ln

x=ln(xex).有时也需要对两边同时加、乘某式等.(3)常见同构等式:xln

x=eln

xln

x,xex=eln

xex;x+ln

x=ln

x+eln

x,x+ex=eln

x+ex.(4)常见同构不等式①乘积同构模型:aea<bln

③和差同构模型:ea±a<b±ln

角度一双变量同构例1(1)(2020·全国Ⅱ,理11)若2x-2y<3-x-3-y,则(

)A.ln(y-x+1)>0 B.ln(y-x+1)<0C.ln|x-y|>0 D.ln|x-y|<0A解析

∵2x-2y<3-x-3-y,∴2x-3-x<2y-3-y.∵f(t)=2t-3-t在R上为增函数,且f(x)<f(y),∴x<y,∴y-x>0,∴y-x+1>1,∴ln(y-x+1)>ln

1=0.故选A.B角度二指对同构例2(2020·新高考Ⅰ,21(2))已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna,若f(x)≥1,求实数a的取值范围.解

(方法一

同构函数)由f(x)≥1,得aex-1-ln

x+ln

a≥1,即eln

a+x-1+ln

a+x-1≥ln

x+x,而ln

x+x=eln

x+ln

x,所以eln

a+x-1+ln

a+x-1≥eln

x+ln

x.令h(m)=em+m,则h'(m)=em+1>0,所以h(m)在R上单调递增.由eln

a+x-1+ln

a+x-1≥eln

x+ln

x,可知h(ln

a+x-1)≥h(ln

x),所以ln

a+x-1≥ln

x,所以ln

a≥(ln

x-x+1)max.令F(x)=ln

x-x+1,则所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减.所以[F(x)]max=F(1)=0,则ln

a≥0,即a≥1.所以实数a的取值范围为[1,+∞).(方法二

最值法(通性通法,用到隐零点))因为f(x)=aex-1-ln

x+ln

a,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f'(x)在(0,+∞)上单调递增,当a=1时,f'(1)=0,易得f(x)min=f(1)=1,所以f(x)≥1成立;所以ln

a+x0-1=-ln

x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,=2ln

a+1>1,所以f(x)>1,所以f(x)≥1恒成立;当0<a<1时,f(1)=a+ln

a<a<1,所以f(1)<1,f(x)≥1不是恒成立.综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).针对训练1.(2020·全国Ⅰ,理12)若2a+log2a=4b+2log4b,则(

)A.a>2b

B.a<2b C.a>b2

D.a<b2B解析

由指数与对数运算可得,2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.因为22b+log2b<22b+log22b=22b+1+log2b,所以2a+log2a<22b+log22b.令f(x)=2x+log2x,由指数函数与对数函数单调性可得f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.由f(a)<f(2b)可得a<2b.3解析

容易证明ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立.当且仅当3x+3ln

x=0,即x+ln

x=0时,等号成立,设g(x)=x+ln

x,可得g(x)在(0,+∞)上单调递增,又g(e-1)=e-1-1<0,g(1)=1>0,所以g(x)=0有解,即等号成立,所以[f(x)]min=3.3.(2024·山东青岛模拟)已知函数f(x)=xex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当x>0时,f(x)-lnx≥1.(1)解

由题意得f'(x)=(x+1)ex-1,设g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex,当x≤-1时,g(x)≤0,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-1]上单调递减;当x>-1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,又因为g(0)=1,所以当-1<x<0时,g(x)<1,即f'(x)<0,f(x)在(-1,0)上单调递减;当x>0时,g(x)>1,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上可知,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)证明

要证f(x)-ln

x≥1,即证xex-x-ln

x≥1,即证ex+ln

x-(x+ln

x)≥1,令t=x+ln

x,易知t∈R,待证不等式转化为et-t≥1.设u(t)=et-t,则u'(t)=et-1,当t<0时,u'(t)<0;当t>0时,u'(t)>0,故u(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.所以u(t)≥u(0)=1,原命题得证.4.(2024·河南平顶山模拟)已知函数f(x)=x+2+alnx.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)设a>0,若对任意x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|<,求实数a的取值范围.解

(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=当