2026步步高高考大二轮复习数学-思维提升　培优点11　同构与异构

培优点11同构与异构[考情分析]同构、异构问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维.同构、异构问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大.考点一地位同等同构型例1若e2a-eb>4a2-b2+1，则()A.4a2>b2 B.4a2<b2C.14a>12b答案D解析因为e2a-eb>4a2-b2+1，所以e2a-4a2>eb-b2+1，又eb-b2+1>eb-b2，所以e2a-4a2>eb-b2，令函数f(x)=ex-x2，求导得f'(x)=ex-2x，令g(x)=ex-2x，求导得g'(x)=ex-2，当x<ln2时，g'(x)<0，当x>ln2时，g'(x)>0，所以函数g(x)在(-∞，ln2)上单调递减，在(ln2，+∞)上单调递增，则g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2(1-ln2)>0，即f'(x)>0，因此函数f(x)在R上单调递增，不等式e2a-4a2>eb-b2等价于f(2a)>f(b)，于是2a>b，对于A，B，取2a=1，b=-1，有4a2=b2，A，B错误；对于C，D，122a即14a<12b，C[规律方法]含有地位相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.跟踪演练1(多选)若2a+log2a=4b+2log4b，则()A.a>2b B.a<2bC.a>b D.a<b2答案BC解析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，因为b>0，所以2b+log2b<22b+log2b<22b+log22b，所以2b+log2b<2a+log2a<22b+log22b，即f(b)<f(a)<f(2b)，所以b<a<2b.考点二指对同构问题例2(1)(2025·玉树模拟)设实数λ>0，若对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-(λ+1)x+lnx≥0恒成立，则λ的取值范围是()A.(0，e] B.[e，+∞)C.0，1答案D解析因为对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-(λ+1)x+lnx≥0恒成立，即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥x-lnx恒成立，即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥elnx-lnx恒成立，因为x∈(1，+∞)，所以lnx>0，又λ>0，所以λx>0，令f(x)=ex-x，x∈(0，+∞)，则f'(x)=ex-1>0，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，由不等式eλx-λx≥elnx-lnx对任意x∈(1，+∞)恒成立，得f(λx)≥f(lnx)对任意x∈(1，+∞)恒成立，即λx≥lnx对任意x∈(1，+∞)恒成立，所以λ≥lnxx对任意x∈(1，+∞令g(x)=lnxx，x∈(1，+∞)，则g'(x)=当1<x<e时，g'(x)>0，即g(x)在(1，e)上单调递增，当x>e时，g'(x)<0，即g(x)在(e，+∞)上单调递减，所以g(x)max=g(e)=1e故λ≥1e，即λ的取值范围是1(2)(2025·郴州模拟)已知f(x)=memx-lnx(m>0)，若f(x)有两个零点，则实数m的取值范围为()A.0，1C.1e，答案A解析若f(x)有两个零点，则f(x)=memx-lnx=0有两个解，等价于mxemx-xlnx=0(x>0)有两个解，因为m>0，x>0，所以lnx>0，即x>1，令g(t)=tet，t>0，原式等价于g(mx)=g(lnx)有两个解，因为g'(t)=(t+1)et，则当t>0时，g'(t)>0，所以g(t)在(0，+∞)上单调递增，所以mx=lnx(x>1)有两个大于1的解.由mx=lnx，可得m=lnxx，令h(x)=lnxx(则h'(x)=1-lnx当1<x<e时，h'(x)>0，当x>e时，h'(x)<0，所以h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，且h(e)=1e，h(x)所以当0<m<1e时，y=m与h(x)=lnxx的图象有两个交点，即f(x)有两个零点，故实数m[规律方法]指对同构的常用形式(1)积型：aea≤blnb，一般有三种同构方式：①同左构造形式：aea≤lnbelnb，构造函数f(x)=xex；②同右构造形式：ealnea≤blnb，构造函数f(x)=xlnx；③取对构造形式：a+lna≤lnb+lnlnb(b>1)，构造函数f(x)=x+lnx(2)商型：eaa≤①同左构造形式：eaa≤elnblnb，构造函数f②同右构造形式：ealnea≤blnb，构造函数f③取对构造形式：a-lna≤lnb-lnlnb(b>1)，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>elnb±lnb，构造函数f(x)=ex±x；②同右构造形式：ea±lnea>b±lnb，构造函数f(x)=x±lnx.跟踪演练2(2025·郑州模拟)已知函数f(x)=ex(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当x∈(0，2)时，求证：f(x)≤x-1.(1)解由题意可知f'(x)=ex则f'(1)=1，又f(1)=0.故所求切线方程为y=1×(x-1)，即y=x-1.(2)证明当x∈(0，2)时，要证f(x)=ex-1·ln即证lnxx≤即证lnxelnx≤x-1ex-1在x令p(x)=xex，则p'(x)=故当x<1时，p'(x)>0，当x>1时，p'(x)<0，所以p(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，令t(x)=lnx-x+1，x>0，则t'(x)=1x-1=1-故当0<x<1时，t'(x)>0，当x>1时，t'(x)<0，所以t(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，则t(x)max=t(1)=0，故lnx≤x-1.当x∈(0，2)时，有lnx<1,x-1<1,即lnx故p(lnx)≤p(x-1)，即lnxelnx≤x-1ex-1在故当x∈(0，2)时，f(x)≤x-1.考点三异构例3证明：xex-1>lnx+sinx.证明要证xex-1>lnx+sinx，即证xex-1-lnx-sinx>0，又xex-1-lnx-sinx=ex+lnx-1-lnx-sinx=ex+lnx-(x+lnx)-1+x-sinx(x>0).令f(x)=ex-x-1，∴f'(x)=ex-1.∴当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0；当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，∴f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，∴f(x)min=f(0)=0，∴ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立.∴ex+lnx-(x+lnx)-1≥0，当且仅当x+lnx=0时取等号.令φ(x)=x-sinx(x>0)，∴φ'(x)=1-cosx≥0，∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，即x-sinx>0，∴ex+lnx-(x+lnx)-1+(x-sinx)>0，即原不等式成立.[规律方法]异构是指在不等式或方程中构造多个不同的函数，常与不等式ex≥x+1，lnx≤x-1，x-sinx>0(x>0)等相结合，考查不等式恒成立、证明不等式、求函数零点等.跟踪演练3(2025·南昌模拟)已知正实数x，y满足x2+2y-2=lnx+lny，则yx等于(A.2 B.2 C.14 D.答案C解析方法一∵x2+2y-2=lnx+lnyx>0，y>0，∴x2-lnx-2=lny-2y令f(x)=x2-lnx-2，x>0∴f'(x)=12-1x=当x∈(0，2)时，f'(x)<0，当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，∴f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，∴f(x)min=f(2)=-ln2-1，令g(y)=lny-2y，y>0，∴g'(y)=1y-2=1-2当y∈0，12时，g'(y当y∈12，+∞时，g'(∴g(y)在0，12∴g(y)max=g12=ln12-1=-ln∴f(x)min=g(y)max，又f(x)=g(y)，∴x=2，y=12，∴yx=122方法二由题设可得ln(xy)=x2+2y-2≥2xy-2(当且仅当x=4y时取等号)即ln(xy)≥2xy-2，由于x，y均为正实数，则lnxy≥xy-1，设m(x)=lnx-x+1，x>0，则m'(x)=1x-1=1-当x>1时，m'(x)<0，m(x)在(1，+∞)上单调递减，当0<x<1时，m'(x)>0，m(x)在(0，1)上单调递增，∴m(x)≤m(1)=0，∴lnx≤x-1，当且仅当x=1时取等号，∴lnxy≤xy-1，当且仅当xy=1时取等号，故x=4y,xy=1,解得x=2,y=专题强化练[分值：58分]单选题每小题5分，共20分1.若命题“∃a，b∈R，a-cosb≤b-cosa”为假命题，则a，b的大小关系为()A.a<b B.a>b C.a≤b D.a≥b答案B解析由题意，命题的否定“∀a，b∈R，a-cosb>b-cosa”为真命题，即a+cosa>b+cosb，设f(x)=x+cosx，则f'(x)=1-sinx≥0，所以f(x)为增函数，又f(a)>f(b)，所以a>b.2.(2025·白银模拟)若正实数x，y满足yln(xy)=ex，则y的最小值为()A.1 B.e C.e D.2答案C解析由yln(xy)=ex，得xyln(xy)=xex，故ln(xy)·eln(xy)=xex.由题意得，x>0，xy>0，ex>0，所以ln(xy)>0.设f(t)=tet，t>0，则f'(t)=(t+1)et>0，∴f(t)在(0，+∞)上单调递增，∵f(ln(xy))=f(x)，∴ln(xy)=x，∴xy=ex，即y=exx，x>0，∴y'=当x∈(0，1)时，y'<0，y=exx在(0，1当x∈(1，+∞)时，y'>0，y=exx在(1，+∞)上单调递增，∴当x=1时，y取得极小值也是最小值，最小值为3.已知关于x的不等式axex+x>1-lnx有解，则实数a的取值范围为()A.-1eC.-∞，答案A解析因为当x∈(0，+∞)时，axex+x>1-lnx有解，即axex>1-lnx-x=1-ln(xex)(x>0)有解，即a>1-ln(xex)x令t=xex(x>0)，则t∈(0，+∞)，则a>1-lnt设f(t)=1-lntt(t>0)，则f'(t)=当0<t<e2时，f'(t)<0，f(t)单调递减，当t>e2时，f'(t)>0，f(t)单调递增，所以当t∈(0，+∞)时，f(t)≥f(e2)=-1e所以实数a的取值范围为-14.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+lnx+a有2个零点，则实数a的取值范围是()A.(-∞，0) B.(-∞，1]C.[0，+∞) D.(1，+∞)答案D解析因为f(x)=x(1-ex)+lnx+a有两个零点，所以x(1-ex)+lnx+a=0有两个不同的解，故x+lnx+a-ex+lnx=0有两个不同的解，设t=x+lnx，x>0，则t'=1+1x>0故t=x+lnx在(0，+∞)上单调递增，而当x→0时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，故t=x+lnx的值域为R，故t+a-et=0在R上有两个不同的解，设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et，当t<0时，s'(t)>0；当t>0时，s'(t)<0，故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1，又当t→+∞时，s(t)→-∞，当t→-∞时，s(t)→-∞，故当a>1时，s(t)有两个不同的零点，所以a的取值范围是(1，+∞).5.(5分)已知x，y为正实数，lnx+lny=1y-x，则x+y的取值范围是.答案[2，+∞)解析由lnx+lny=1y-x，x>0，y>0得lnx+x=-lny+1y=ln1y+构造函数f(x)=lnx+x，x>0，则f'(x)=1x+1>0所以f(x)=lnx+x在(0，+∞)上单调递增，又lnx+x=ln1y+1y，所以f(x)=f1y，则x=1y由基本不等式可知x+y≥2xy=2，当且仅当x=y=1时等号成立，所以x+y的取值范围为[2，+∞).6.(5分)已知函数f(x)=lnx+(a-1)x+1，不等式f(x)≤xex恒成立，则a的取值范围是.

答案(-∞，2]解析依题意lnx+(a-1)x+1≤xex恒成立，即ex+lnx-(x+lnx)-1-(a-2)x≥0恒成立，令g(x)=ex+lnx-(x+lnx)-1-(a-2)x(x>0)，∵ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立，∴ex+lnx-(x+lnx)-1≥0，当且仅当x+lnx=0时等号成立，当a>2时，若lnx0+x0=0(x0>0)，则g(x0)=e0-0-1-(a-2)x0=-(a-2)x0<0，与g(x)≥0矛盾；当a≤2时，∵x>0，∴(a-2)x≤0恒成立，显然g(x)≥0恒成立，满足题意，故a的取值范围为(-∞，2].7.(13分)(2025·晋中模拟)已知函数f(x)=1+lnx(1)讨论f(x)的单调性；(6分)(2)若eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0，+∞)恒成立，求实数a的取值范围.(7分)解(1)函数f(x)=1+lnxx的定义域为(0，+∞又f'(x)=-lnxx2，令f'(x)=0，得当x∈(0，1)时，f'(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递减.所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞).(2)由eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0，+∞)恒成立，得eax-1+ax-x≥lnx+1对任意x∈(0，+∞)恒成立，即eax-1+ax-1≥x+lnx对任意x∈(0，+∞)恒成立，即eax-1+ax-1≥elnx+lnx对任意x∈(0，+∞)恒成立.令g(x)=ex+x，则有g(ax