2025高考数学一轮复习-指、对同构【课件】

第三章一元函数的导数及其应用补上一课指、对同构题型一积型例1(1)(2024·南京调研)已知实数α，β满足αeα－3＝1，β(lnβ－1)＝e4，其中e是自然对数的底数，则αβ的值为________.e4解析法一αeα－3＝1，即αeα＝e3，∴f′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，e令f(x)＝xlnx(x>1)，f′(x)＝lnx＋1>0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，感悟提升解析由题意，得eλx·λx≥xlnx＝elnx·lnx，令f(t)=t·et，t∈(0，＋∞)，则f′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，所以在(1，e)上，g′(x)>0，则g(x)单调递增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；(2)已知函数f(x)＝emx＋x－xlnx(m≥0)，设函数f(x)的导函数为f′(x)，讨论f′(x)零点的个数.解f′(x)＝memx－lnx(x>0)，令f′(x)＝0，则memx＝lnx，即mxemx＝(lnx)elnx，∵m≥0，∴lnx≥0，mx≥0，∴x≥1.设h(t)＝tet(t≥0)，∴mxemx＝xlnx⇔h(mx)＝h(lnx)，h′(t)＝(t＋1)et>0，∴h(t)在[0，＋∞)上单调递增，令g′(x)>0，解得1<x<e；令g′(x)<0，解得x>e，∴g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，题型二商型令h(x)＝x2ex，x<0，h′(x)＝(x2＋2x)ex，∴h(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，(2)(2024·金华调研)已知函数f(x)＝aexlnx，g(x)＝x2＋xlna，a>0.设函数h(x)＝

g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是________.解析由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，得aexlnx<x2＋xlna，当x∈(0，e)时，H′(x)>0，H(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；当x∈(0，1)时，H(x)<0，若aex≥1>x，则H(aex)≥H(1)＝0>H(x)，若0<aex<1，因为H(aex)>H(x)，且H(x)在(0，1)上单调递增，则可得aex>x.综上可知，aex>x对任意x∈(0，1)恒成立，感悟提升∴当x∈(0，e]时，g′(x)＞0，则g(x)在(0，e]上单调递增，题型三和差型例3(2020·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范围.解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等价于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx).显然g(x)为单调增函数，所以又等价于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞).感悟提升和差型ea±a≤b±lnb同构，两种同构途径：①同左：ea±a≤elnb±lnb，构造函数f(x)＝ex±x；②同右：ea±lnea≤b±lnb，构造函数f(x)＝x±lnx.训练3

设函数f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R.当x∈(－a，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的最大值.解由ex－ln(x＋a)≥a⇒ex＋x≥ln(x＋a)＋x＋a＝eln(x＋a)＋ln(x＋a)，令g(x)＝ex＋x，显然g(x)在R上单调递增，且由g(x)≥g(ln(x＋a))⇒x≥ln(x＋a)⇒x＋a≤ex⇒a≤(ex－x)min＝1，当且仅当“x＝0”时取“＝”.经检验，a的最大值为1，满足题意.课时分层精练KESHIFENCENGJINGLIAN1.若不等式xex－a≥lnx＋x－1恒成立，求实数a的取值范围.解∵xex－a≥lnx＋x－1，∴elnx＋x－a≥lnx＋x－1，令t＝lnx＋x，则et－a≥t－1恒成立，则a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，∴φ′(t)＝et－1，当t∈(－∞，0)时，φ′(t)＜0；当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)＞0，∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴实数a的取值范围是(－∞，2].2.(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝xex－x.(1)讨论f(x)的单调性；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x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0；当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.(2)证明：当x＞0时，f(x)－lnx≥1.证明要证f(x)－lnx≥1，即证xex－x－lnx≥1，即证ex＋lnx－(x＋lnx)≥1，令t＝x＋lnx，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.3.(2024·武汉调研)已知关于x的不等式ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.解ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x＝eln[(m＋1)x]＋ln[(m＋1)x]，令f(x)＝ex＋x，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ex＋1>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，若f(x)≥f(ln[(m＋1)x])，则x≥ln[(m＋1)x]在(0，＋∞)上恒成立，记g(x)＝x－ln[(m＋1)x]，则g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即g(x)min≥0，故g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝1－ln(m＋1)≥0，所以ln(m＋1)≤1，即0<m＋1≤e，解得－1<m≤e－1，所以m的取值范围是(－1，e－1].4.(2022·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex－x和g(x)＝x－lnx.证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.证明

f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx，则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝g(x)min＝1.当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，如图，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1<x2<x3，则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－lnx＝elnx－lnx＝f(lnx)，∴f(x1)＝f(x2)＝f(lnx