提优点3　同构函数

同构函数【知识拓展】同构法在近几年的模考中频繁出现，首先将题目中的等式或不等式经过适当的整理变形，表示成两侧具有相同结构，然后利用这个结构式构造相对应的函数，再利用函数单调性解题.【类型突破】类型一地位同等同构型含有二元变量x1，x2的函数，常见的同构类型有以下几种：(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]⇔g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2)，构造函数φ(x)＝g(x)＋λf(x)；(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>k(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)<kx1－kx2⇔f(x1)－kx1<f(x2)－kx2，构造函数φ(x)＝f(x)－kx；(3)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<eq\f(k,x1x2)(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)>eq\f(k（x1－x2）,x1x2)＝eq\f(k,x2)－eq\f(k,x1)⇔f(x1)＋eq\f(k,x1)>f(x2)＋eq\f(k,x2)，构造函数φ(x)＝f(x)＋eq\f(k,x).例1(1)(2024·温州统考)已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－lnx>y－lny”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(2)若0＜x1＜x2＜a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，则a的最大值为()A.eq\f(1,2) B.1C.e D.2e训练1(1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则()A.a>2b B.a<2bC.a>b2 D.a<b2(2)(2024·宜宾调研)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，则m的最小值是()A.e2 B.eC.1 D.eq\f(1,e)类型二指对跨阶同构型1.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满足：①指对跨阶，②单调性和最值易求.2.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需要对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：x＝elnx，xex＝elnx＋x，x2ex＝e2lnx＋x，eq\f(ex,x)＝e－lnx＋x，lnx＋lna＝ln(ax)，lnx－1＝lneq\f(x,e)，有时也需要对等式两边同时加、乘某式等.考向1指对同构与恒成立问题例2(2024·重庆调研节选)若对任意x∈(1，＋∞)，a(eax＋1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx≥0恒成立，求a的取值范围.考向2指对同构与证明不等式例3已知函数f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(0，2)时，f(x)≤g(x).训练2已知函数f(x)＝x－lnx.(1)求函数f(x)的单调性；(2)当x>eq\f(1,e)，证明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.类型三零点同构型例4(1)已知函数f(x)＝xex－a(x＋lnx)有两个零点，则实数a的取值范围是________.(2)已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋lnx－2的零点，则e2－x0＋lnx0＝________.训练3已知f(x)＝xlnx＋eq\f(a,2)x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有两个不同的实数解，求a的取值范围.【精准强化练】一、单选题1.(2024·合肥调研)若2024x－2024y<2025－x－2025－y，x，y∈R，则()A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<02.已知实数x1，x2满足x13x1＝9，x2(log3x2－2)＝81，则x1x2＝()A.27 B.32C.64 D.813.已知函数f(x)＝ex－ax2的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，且对∀x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，x1≠x2，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<x1＋x2恒成立，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)－1，＋∞)) B.[eq\r(e)－1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)－1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)－1))4.若关于x的不等式ex－a≥lnx＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.(－∞，e]C.(－∞，1] D.(－∞，2]二、多选题5.已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则()A.ln(a－b)<0 B.ln(a＋b)>1C.3a＋3－b>2eq\r(3) D.3a－1<3b6.(2024·茂名模拟)已知mem＋lnn>nlnn＋m(m∈R)，则下列结论一定正确的是()A.若m>0，则m－n>0 B.若m>0，则em－n>0C.若m<0，则m＋lnn<0 D.若m<0，则em＋n>2三、填空题7.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2lnx＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范围是________.8.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝xa＋1－xax(x≥0，a>0且a≠1)有两个不同的零点，则实数a的取值范围为________.四、解答题9.(2024·邵阳模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－eq\f(a,x)＋1，g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2.(1)讨论函数g(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.【解析版】类型一地位同等同构型含有二元变量x1，x2的函数，常见的同构类型有以下几种：(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]⇔g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2)，构造函数φ(x)＝g(x)＋λf(x)；(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>k(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)<kx1－kx2⇔f(x1)－kx1<f(x2)－kx2，构造函数φ(x)＝f(x)－kx；(3)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<eq\f(k,x1x2)(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)>eq\f(k（x1－x2）,x1x2)＝eq\f(k,x2)－eq\f(k,x1)⇔f(x1)＋eq\f(k,x1)>f(x2)＋eq\f(k,x2)，构造函数φ(x)＝f(x)＋eq\f(k,x).例1(1)(2024·温州统考)已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－lnx>y－lny”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(2)若0＜x1＜x2＜a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，则a的最大值为()A.eq\f(1,2) B.1C.e D.2e答案(1)A(2)B解析(1)设f(t)＝t－lnt，t>0，则f′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，由f′(t)>0得t>1，由f′(t)<0得0<t<1，∴f(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.∴当x>y>1时，f(x)>f(y)，即x－lnx>y－lny成立，故充分性成立.但x－lnx>y－lny成立时，可能有x＝eq\f(1,e)，y＝1，此时x<y，故必要性不成立.综上，“x>y>1”是“x－lnx>y－lny”的充分不必要条件.故选A.(2)由x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，两边同除以x1x2得eq\f(lnx1,x1)－eq\f(lnx2,x2)≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)，即eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)≤eq\f(lnx2,x2)＋eq\f(1,x2)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，则f(x)在(0，a)上单调递增.∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，可知f(x)在(0，1)上单调递增，∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.规律方法含有地位同等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题.训练1(1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则()A.a>2b B.a<2bC.a>b2 D.a<b2(2)(2024·宜宾调研)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，则m的最小值是()A.e2 B.eC.1 D.eq\f(1,e)答案(1)B(2)D解析(1)由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.故选B.(2)对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，易知m≥0，则x1lnx2－x2lnx1＜2x2－2x1，所以x1(lnx2＋2)＜x2(lnx1＋2)，即eq\f(lnx1＋2,x1)＞eq\f(lnx2＋2,x2)，令f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，则函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减，因为f′(x)＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′(x)＜0，可得x＞eq\f(1,e)，所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以(m，＋∞)⊆eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以m≥eq\f(1,e)，因此，实数m的最小值为eq\f(1,e).类型二指对跨阶同构型1.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满足：①指对跨阶，②单调性和最值易求.2.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需要对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：x＝elnx，xex＝elnx＋x，x2ex＝e2lnx＋x，eq\f(ex,x)＝e－lnx＋x，lnx＋lna＝ln(ax)，lnx－1＝lneq\f(x,e)，有时也需要对等式两边同时加、乘某式等.考向1指对同构与恒成立问题例2(2024·重庆调研节选)若对任意x∈(1，＋∞)，a(eax＋1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx≥0恒成立，求a的取值范围.解由题意知，a(eax＋1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx≥0(x>1)恒成立，即a(eax＋1)≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx(x>1)恒成立(*).当a≤0时，a(eax＋1)≤0，∵x>1，∴2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx>0，∴当a≤0时，(*)不成立，故a>0.当a>0时，(*)整理得ax(eax＋1)≥2(x2＋1)·lnx(x>1)恒成立，即axeax＋ax≥x2lnx2＋lnx2＝lnx2·elnx2＋lnx2(x>1)恒成立.设g(t)＝tet＋t，t>0，则g′(t)＝(t＋1)et＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，∴g(t)＝tet＋t在(0，＋∞)上单调递增.又a>0，x∈(1，＋∞)，∴要使对任意x∈(1，＋∞)，a(eax＋1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx≥0成立，只需满足当x∈(1，＋∞)时，ax≥lnx2恒成立，即只需满足a≥eq\f(2lnx,x)(x>1)恒成立.设h(x)＝eq\f(2lnx,x)(x>1)，则h′(x)＝eq\f(2（1－lnx）,x2)，当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，∴a≥h(x)max＝h(e)＝eq\f(2,e)，即a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)).考向2指对同构与证明不等式例3已知函数f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(0，2)时，f(x)≤g(x).(1)解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ex－1lnx＋eq\f(ex－1,x)＝ex－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).记h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，所以当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝1，所以f′(x)＝ex－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.(2)证明原不等式为ex－1lnx≤x2－x＝x(x－1)，即eq\f(lnx,x)≤eq\f(x－1,ex－1)，即证eq\f(lnx,elnx)≤eq\f(x－1,ex－1)在(0，2)上恒成立.设l(x)＝eq\f(x,ex)，则l′(x)＝eq\f(ex－xex,（ex）2)＝eq\f(1－x,ex)，所以当x<1时，l′(x)>0，l(x)单调递增；当x>1时，l′(x)<0，l(x)单调递减，所以l(x)≤l(1)＝eq\f(1,e).令t(x)＝lnx－x＋1，则t′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当0<x<1时，t′(x)>0，t(x)单调递增；当x>1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，所以t(x)max＝t(1)＝0，所以lnx≤x－1，且当x∈(0，2)时，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx<1，,x－1<1，))所以l(lnx)≤l(x－1)，即eq\f(lnx,elnx)≤eq\f(x－1,ex－1)，所以当x∈(0，2)时，有f(x)≤g(x)成立.规律方法指对跨阶同构的基本模式(1)积型：aea≤blnb，一般有三种同构方式：①同左构造形式：aea≤blnb⇔aea≤(lnb)elnb，构造函数f(x)＝xex；②同右构造形式：aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造函数f(x)＝xlnx；③取对构造形式：a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，构造函数f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)，一般也有三种同构方式：①同左构造形式：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)⇔eq\f(ea,a)<eq\f(elnb,lnb)，构造函数f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右构造形式：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)⇔eq\f(ea,lnea)<eq\f(b,lnb)，构造函数f(x)＝eq\f(x,lnx)；③取对构造形式：a－lna<lnb－ln(lnb)，构造函数f(x)＝x－lnx.(3)和差型：ea±a>b±lnb，一般有两种同构方式：①同左构造形式：ea±a>b±lnb⇔ea±a>elnb±lnb，构造函数f(x)＝ex±x；②同右构造形式：ea±a>b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb，构造函数f(x)＝x±lnx.训练2已知函数f(x)＝x－lnx.(1)求函数f(x)的单调性；(2)当x>eq\f(1,e)，证明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.(1)解f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝1，则当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.(2)证明要证：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1，即证：ex＋lnex≥ex＋x⇒ex－x≥ex－lnex⇒ex－lnex≥ex－lnex，又∵ex≥ex>1，由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.(3)解x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa⇒eq\f(1,ex)＋x≥xa－alnx⇒e－x－lne－x≥xa－alnx⇒e－x－lne－x≥xa－lnxa⇒f(e－x)≥f(xa)，当a≥0时，e－x≤xa恒成立，又因为0<e－x<1，当a<0时，xa∈(0，1)，f(x)在(0，1)上单调递减，∴e－x≤xa⇒a≥－eq\f(x,lnx).令g(x)＝－eq\f(x,lnx)(x>1)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，令g′(x)＝0，得x＝e.当1<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，所以g(x)的最大值为g(e)＝－eq\f(e,lne)＝－e，所以a≥－e，所以a的最小值为－e.类型三零点同构型例4(1)已知函数f(x)＝xex－a(x＋lnx)有两个零点，则实数a的取值范围是________.(2)已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋lnx－2的零点，则e2－x0＋lnx0＝________.答案(1)(e，＋∞)(2)2解析(1)f(x)＝xex－a(x＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，t∈R，显然该函数单调递增.由et－at＝0有两个根，即a＝eq\f(et,t)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(et,t)，,y＝a))有两个交点，可画出函数图象得到a的范围是(e，＋∞).(2)x2ex－2＋lnx－2＝0，可得x2ex－2＝2－lnx，即eq\f(x2ex,e2)＝2－lnx，x2ex＝2e2－e2lnx，xex＝eq\f(2e2,x)－eq\f(e2,x)lnx，即xex＝eq\f(e2,x)lneq\f(e2,x)，两边同取自然对数，lnx＋x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(e2,x)))＋lneq\f(e2,x)，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))＝x，即2－lnx＝x，即lnx＝2－x，∴e2－x＝x，∴e2－x0＋lnx0＝x0＋lnx0＝2.规律方法在涉及函数的零点问题时，可根据函数式的结构或转化为方程后构造函数，其实质是把函数式简化，以达到研究函数零点的目的.训练3已知f(x)＝xlnx＋eq\f(a,2)x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有两个不同的实数解，求a的取值范围.解由xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1(x＞0)，即xex－a＝xlnx＋ax，即ex－a＝lnx＋a，即ex－a＋x－a＝x＋lnx，∴ln(ex－a)＋ex－a＝lnx＋x，令h(x)＝lnx＋x(x＞0)，则h(ex－a)＝h(x)，h′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴ex－a＝x，则x－a＝lnx，a＝x－lnx(x＞0)，因为关于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有两个不同的实数解，则方程a＝x－lnx(x＞0)有两个不同的实数解.令φ(x)＝x－lnx，则φ′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，当0＜x＜1时，φ′(x)＜0，当x＞1时，φ′(x)＞0，所以函数φ(x)＝x－lnx在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min＝φ(1)＝1，当x→0时，φ(x)→＋∞，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，所以a＞1，综上，a的范围为(1，＋∞).【精准强化练】一、单选题1.(2024·合肥调研)若2024x－2024y<2025－x－2025－y，x，y∈R，则()A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0答案A解析由2024x－2024y<2025－x－2025－y，x，y∈R，可得2024x－2025－x<2024y－2025－y，由于函数y＝2024x，y＝－2025－x均在R上单调递增，则函数f(x)＝2024x－2025－x在R上单调递增.则2024x－2025－x<2024y－2025－y⇔f(x)<f(y)⇔x<y.A，B选项，y>x⇒y－x＋1>1⇒ln(y－x＋1)>ln1＝0，故A正确，B错误.C，D选项，由条件知|x－y|与1的大小关系无法判断，故C，D错误.2.已知实数x1，x2满足x13x1＝9，x2(log3x2－2)＝81，则x1x2＝()A.27 B.32C.64 D.81答案D解析由题意得，x1>0，x2>0.令log3x2－2＝t，则x2＝32＋t，32＋tt＝81，得t·3t＝9，∴x1，t是方程x·3x＝9的根.令f(x)＝x·3x(x>0)，则f′(x)＝3x＋x·3xln3>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x1＝t，即log3x2－2＝x1，∴x1x2＝(log3x2－2)x2＝81.3.已知函数f(x)＝ex－ax2的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，且对∀x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，x1≠x2，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<x1＋x2恒成立，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)－1，＋∞)) B.[eq\r(e)－1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)－1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)－1))答案A解析设x1>x2，因为对∀x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，当x1≠x2时都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<x1＋x2恒成立，等价于f(x1)－f(x2)<xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)，即f(x1)－xeq\o\al(2,1)<f(x2)－xeq\o\al(2,2)，令F(x)＝f(x)－x2＝ex－ax2－x2，则F(x1)<F(x2)，所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上为减函数，所以F′(x)＝ex－2(a＋1)x≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上恒成立，即eq\f(ex,x)≤2(a＋1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上恒成立，令h(x)＝eq\f(ex,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，则h′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，所以函数h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在(1，2)上单调递增，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eq\r(e)，h(2)＝eq\f(e2,2)，且2eq\r(e)<eq\f(e2,2)，所以h(x)max<h(2)＝eq\f(e2,2)，所以eq\f(e2,2)≤2(a＋1)，解得a≥eq\f(e2,4)－1，故选A.4.若关于x的不等式ex－a≥lnx＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.(－∞，e]C.(－∞，1] D.(－∞，2]答案C解析∵ex－a≥lnx＋a，∴ex－a＋x－a≥x＋lnx，∴ex－a＋x－a≥elnx＋lnx，设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1＞0，∴f(t)在R上单调递增，故ex－a＋(x－a)≥elnx＋lnx，即f(x－a)≥f(lnx)，即x－a≥lnx，即a≤x－lnx，设g(x)＝x－lnx，则g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令g′(x)＞0，x＞1，令g′(x)<0，0<x<1，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故选C.二、多选题5.已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则()A.ln(a－b)<0 B.ln(a＋b)>1C.3a＋3－b>2eq\r(3) D.3a－1<3b答案BC解析由ea－2a＝aeb＋1－bea，得(b＋1)ea＝a(eb＋1＋2)，所以eq\f(ea,a)＝eq\f(eb＋1＋2,b＋1)，令f(x)＝eq\f(ex,x)(x>1)，则f′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增.因为eq\f(ea,a)－eq\f(eb＋1,b＋1)＝eq\f(2,b＋1)>0，所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，所以ln(a－b)>ln1＝0，A错误；因为a＋b>b＋1＋b>3>e，所以ln(a＋b)>lne＝1，B正确；易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2eq\r(3b＋1·3－b)＝2eq\r(3)，C正确；因为a－1>b，所以3a－1>3b，D错误.6.(2024·茂名模拟)已知mem＋lnn>nlnn＋m(m∈R)，则下列结论一定正确的是()A.若m>0，则m－n>0 B.若m>0，则em－n>0C.若m<0，则m＋lnn<0 D.若m<0，则em＋n>2答案BC解析原式可变形为mem－m>nlnn－lnn，即mem－m>lnn·elnn－lnn，因而可构造函数f(x)＝xex－x，则f(m)>f(lnn).f′(x)＝ex(x＋1)－1，当x>0时，ex>1，x＋1>1，则ex(x＋1)>1，f′(x)>0，当x<0时，0<ex<1，x＋1<1，则ex(x＋1)<1，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.对于A，取m＝n＝e，则lnn＝1<m，∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(m)>f(lnn)，满足题意，但m－n＝0，A错误.对于B，若m>0，则当lnn≤0，即0<n≤1时，em>1≥n，即em－n>0；当lnn>0，即n>1时，由f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(m)>f(lnn)，得m>lnn，则em－n>0.B正确.对于C，若m<0，则当lnn≤0，即0<n≤1时，m＋lnn<0显然成立.当lnn>0时，即n>1时，令h(x)＝f(x)－f(－x)＝x(ex＋e－x－2).∵ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，当且仅当ex＝e－x，即x＝0时等号成立，∴当x<0时，h(x)<0，即f(x)<f(－x).由m<0可得f(m)<f(－m)，则f(lnn)<f(