2024年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題型歸類與強(qiáng)化測(cè)試專題23同構(gòu)與雙變量問題教師版

專題23同構(gòu)與雙變量問題一、【知識(shí)梳理】【方法技巧】1.含有地位同等的兩個(gè)變量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果進(jìn)行整理(即同構(gòu))后，等式或不等式兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，往往暗示應(yīng)構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性解決.2.對(duì)于一個(gè)指數(shù)、直線、對(duì)數(shù)三階的問題可以通過跨階函數(shù)的同構(gòu)，轉(zhuǎn)化為兩階問題解決，通常在一些求參數(shù)的取值范圍、零點(diǎn)個(gè)數(shù)、證明不等式中應(yīng)用跨階同構(gòu)來快速解題.跨階同構(gòu)需要構(gòu)造一個(gè)母函數(shù)，即外層函數(shù)，這個(gè)母函數(shù)需要滿足：①指對(duì)跨階，②單調(diào)性和最值易求.3.為了實(shí)現(xiàn)不等式兩邊“結(jié)構(gòu)”相同的目的，需要對(duì)指對(duì)式進(jìn)行“改頭換面”，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)，有時(shí)也需要對(duì)兩邊同時(shí)加、乘某式等.4.指對(duì)跨階同構(gòu)的基本模式有：(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構(gòu)方式：①同左：aea≤blnb?aea≤(lnb)elnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex；②同右：aea≤blnb?ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xlnx；③兩邊同取自然對(duì)數(shù)：a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)，一般也有三種同構(gòu)方式：①同左：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,a)<eq\f(elnb,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,lnea)<eq\f(b,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)；③兩邊同取自然對(duì)數(shù)：a－lna<lnb－ln(lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－lnx.(3)和差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構(gòu)方式：①同左：ea±a>b±lnb?ea±a>elnb±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex±x；②同右：ea±a>b±lnb?ea±lnea>b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x±lnx.5.與函數(shù)單調(diào)性有關(guān)的雙變量問題，此類問題一般是給出含有x1常見結(jié)論：(1)若對(duì)任意x1,x2∈D,當(dāng)x1≠(2)若對(duì)任意x1,x2∈D,當(dāng)x1≠(3)若對(duì)任意x1,x2∈D,當(dāng)x1≠(4)若對(duì)任意x1,x2∈D,當(dāng)x1≠6.與極值點(diǎn)有關(guān)的雙變量問題與極值點(diǎn)x1,x2有關(guān)的雙變量問題,一般是根據(jù)x1,x2是方程f'x=07.與零點(diǎn)有關(guān)的雙變量問題與函數(shù)零點(diǎn)x1,x2有關(guān)的雙變量問題,一般是根據(jù)x1,x2是方程fx=0的兩個(gè)根,確定x18.獨(dú)立雙變量,各自構(gòu)造一元函數(shù)此類問題一般是給出兩個(gè)獨(dú)立變量,通過變形,構(gòu)造兩個(gè)函數(shù),再利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)求解.9.構(gòu)造一元函數(shù)求解雙變量問題當(dāng)兩個(gè)以上的變?cè)蚴莾蓚€(gè)量的確定關(guān)系在解題過程中反復(fù)出現(xiàn).通過變量的四則運(yùn)算后,把整體處理為一個(gè)變量,從而達(dá)到消元的目的.二、【題型歸類】【題型一】地位同等同構(gòu)型【典例1】若0＜x1＜x2＜a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2) B.1C.e D.2e【解析】由x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，兩邊同除以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)，則f(x)在(0，a)上為增函數(shù).∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，可知f(x)在(0，1)上為增函數(shù)，∴a≤1，∴a的最大值為1，故選B.【典例2】若對(duì)任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，則m的最小值是()A.e2 B.eC.1 D.eq\f(1,e)【解析】對(duì)任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，易知m≥0，則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)，則函數(shù)f(x)在(m，＋∞)上為減函數(shù)，因?yàn)閒′(x)＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′(x)＜0，可得x＞eq\f(1,e)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為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，實(shí)數(shù)m的最小值為eq\f(1,e).故選D.【典例3】若0<x1<x2<1，則()A.ex2－ex1>lnx2－lnx1 B.ex1－ex2>lnx2－lnx1C.x2ex1>x1ex2 D.x2ex1<x1ex2【解析】A選項(xiàng)，ex2－ex1>lnx2－lnx1?ex2－lnx2>ex1－lnx1，設(shè)f(x)＝ex－lnx.∴f′(x)＝ex－eq\f(1,x)＝eq\f(xex－1,x)，設(shè)g(x)＝xex－1，則有g(shù)′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，從而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0.由單調(diào)性可判斷出，x∈(0，x0)，g(x)<0?f′(x)<0；x∈(x0，1)，g(x)>0?f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上不單調(diào)，不等式不會(huì)恒成立，A不正確；B選項(xiàng)，ex1－ex2>lnx2－lnx1?ex1＋lnx1>ex2＋lnx2，設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋lnx，可知f(x)單調(diào)遞增，所以f(x1)<f(x2)，B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，x2ex1>x1ex2?eq\f(ex1,x1)>eq\f(ex2,x2)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)，f′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，則f′(x)<0在x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，所以f(x1)>f(x2)成立，C正確，D錯(cuò)誤.故選C.【題型二】指對(duì)跨階同構(gòu)型【典例1】設(shè)實(shí)數(shù)，若對(duì)任意的，不等式恒成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是A．， B．， C．， D．，【解析】依題意,2me2mx-lnx≥0,即2mx?e2mx-xlnx≥0,即e2mx?lne2mx≥xlnx,設(shè)fx=xln【典例2】已知，不等式對(duì)任意的實(shí)數(shù)恒成立，則實(shí)數(shù)的最小值為A． B． C． D．【解析】不等式xa+1ex+alnx≥0可化為xex≥x-alnx-a,即exlnex≥x-alnx-a,a<0,x>2,則x【典例3】已知函數(shù)和有相同的最小值．（1）求；（2）證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．【解析】（1）fx定義域?yàn)镽，∵fx若a≤0,

則f'x>0,fx無最小值,

故a>0,

當(dāng)f'x=0時(shí),x=lna,當(dāng)g'x=0gx的定義域?yàn)?,+∞,

∵gx=ax-lnx,

∴g'x=a-1x,

令g'x=0,解得x=1a,

當(dāng)0<x<1∴a-alna=1+lna化為lna-a-1a+1=0,

令h(2)證明:由(1)知a=1,函數(shù)fx=ex-x在-∞,0上單調(diào)遞減,在0,+∞上單調(diào)遞增,函數(shù)gx=x-lnx在0,1上單調(diào)遞減,在1,+∞上單調(diào)遞增,

設(shè)ux=fx-gx=ex-2x+lnxx>0,

則u'x=ex-2+1x>e由圖象知當(dāng)直線y=b與兩條曲線y=fx和y=gx共有三個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí),

直線y=b必經(jīng)過點(diǎn)Mm,fm,即b=fm,

因?yàn)閒m=gm,所以em-m=m-lnm,即em-2m+lnm=0,

令fx=所以存在直線y=b，其與兩條曲線y=fx和y=g【題型三】零點(diǎn)同構(gòu)型【典例1】已知函數(shù)f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.【解析】f(x)＝xex－a(x＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，t∈R，顯然該函數(shù)單調(diào)遞增.由et－at＝0有兩個(gè)根，即a＝eq\f(et,t)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(et,t)，,y＝a))有兩個(gè)交點(diǎn)，可畫出函數(shù)圖象得到a的范圍是(e，＋∞).【典例2】已知x0是函數(shù)f(x)＝x2ex－2＋lnx－2的零點(diǎn)，則e2－x0＋lnx0＝________.【解析】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)，兩邊同取自然對(duì)數(shù)，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.【典例3】已知f(x)＝xlnx＋eq\f(a,2)x2＋1，若關(guān)于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求a的取值范圍.【解析】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，∴l(xiāng)n(ex－a)＋ex－a＝lnx＋x，令h(x)＝lnx＋x(x＞0)，則h(ex－a)＝h(x)，h′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上遞增，∴ex－a＝x，則x－a＝lnx，a＝x－lnx(x＞0)，因?yàn)殛P(guān)于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則方程a＝x－lnx(x＞0)有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.令φ(x)＝x－lnx，則φ′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，φ′(x)＜0，當(dāng)x＞1時(shí)，φ′(x)＞0，所以函數(shù)φ(x)＝x－lnx在(0，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增，所以φ(x)min＝φ(1)＝1，當(dāng)x→0時(shí)，φ(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，φ(x)→＋∞，所以a＞1，綜上，a的范圍為(1，＋∞).【題型四】轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決【典例1】已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1，其中a為實(shí)常數(shù).對(duì)于函數(shù)圖象上任意不同的兩點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直線AB的斜率為k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范圍.【解析】由題意，k＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，則原不等式化為x1＋x2＋eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，不妨設(shè)x1＞x2＞0，則(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＋xeq\o\al(2,1)＞f(x2)＋xeq\o\al(2,2).設(shè)g(x)＝f(x)＋x2＝lnx＋x2－ax＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)，由已知，當(dāng)x1＞x2＞0時(shí)，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，則g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù).所以當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，即a≤eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x)恒成立，因?yàn)?x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(2),2)時(shí)取等號(hào)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2eq\r(2).故a的取值范圍是(－∞，2eq\r(2)].【典例2】已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2，在其圖象上任取兩個(gè)不同的點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，總能使得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1，2) D.[1，2]【解析】由eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，x1＞x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋eq\f(1,2)x2－2x，則g(x1)＞g(x2)，∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，由于g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2，則g′(x)≥0對(duì)任意的x∈(0，＋∞)恒成立，由g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2≥0，可得a≥－x2＋2x，當(dāng)x＞0時(shí)，則y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)，等號(hào)成立，∴a≥1，因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞).【題型五】與函數(shù)單調(diào)性有關(guān)的雙變量問題【典例1】已知函數(shù)f(x)=ln(1)若函數(shù)f(x)的圖像在點(diǎn)1,f1處的切線方程為，求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若a=1，對(duì)于任意x1,x2∈[1,5]，當(dāng)x【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax由函數(shù)f(x)在點(diǎn)1,f1處的切線方程為y=-2得f'1=1+2a-3=0此時(shí)f(x)=lnx+令f'(x)=0，解得x=1或當(dāng)0<x<12或x>1時(shí),f'x>0,即fx在0,12和1,+∞上單調(diào)遞增,當(dāng)12<x<1時(shí),f'x<0,即fx在12,1上單調(diào)遞減,則當(dāng)x=1時(shí),函數(shù)f設(shè)Fx=-2x3+3x2-x,x∈1,5,則F【題型六】與極值點(diǎn)有關(guān)的雙變量問題【典例1】設(shè)函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2【解析】(1)fx的定義域?yàn)?，+∞，f'x當(dāng)Δ=1-8a≤0時(shí)，即a≥18時(shí)，f'x當(dāng)Δ=1-8a>0時(shí)，即0<a<18時(shí)，解得x1=1-當(dāng)f'x>0時(shí)解得，0<x<1-1-8a4或當(dāng)f'x<0時(shí)解得，1-1-8a4綜上，當(dāng)a≥18時(shí)，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為0，+∞；當(dāng)0<a<18時(shí)，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為0，1-1-8a(2)由（1）可知，fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2x1，x2為方程x1+xfx1-fx2x1-x2=即證lnx1-即證lnx設(shè)x1>x令t=x1x設(shè)ht=lnt-2(t-1)t+1，h所以lnt即f【題型七】整體代換【典例1】設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝lnx－ax，若f(x)有兩個(gè)相異零點(diǎn)x1，x2，求證：lnx1＋lnx2＞2.【解析】由已知得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以a＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以lnx1＋lnx2＞2等價(jià)于eq\f(x1＋x2,x1－x2)lneq\f(x1,x2)＞2，即eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)lneq\f(x1,x2)＞2，設(shè)x1＞x2，令t＝eq\f(x1,x2)＞1，g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，所以g(t)＞g(1)＝0，即lnt＞eq\f(2（t－1）,t＋1)，即得eq\f(t＋1,t－1)lnt＞2，所以原題得證.【題型八】構(gòu)造一元函數(shù)求解雙變量問題【典例1】已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx(2)設(shè)gx=f'x(3)證明：對(duì)任意的s,t∈【解析】(1)解：因?yàn)閒x=exln1+x,所以f0=0,即切點(diǎn)坐標(biāo)為0,0,

又f'x=exln1+∴h∴g'x>0在[0,+∞)上恒成立,

∴gx在[0m'由(2)知gx=f∴gx∴m∴mx在0,+∞上單調(diào)遞增,又因?yàn)閤【題型九】構(gòu)造具體函數(shù)解決雙變量問題【典例1】已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)a，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.【解析】(1)解因?yàn)閒(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.(2)證明由題意，a，b是兩個(gè)不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，兩邊同時(shí)除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，由(1)知f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且當(dāng)0<x<e時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x>e時(shí)，f(x)<0，不妨設(shè)x1<x2，則0<x1<1<x2<e.要證2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即證2<x1＋x2<e.先證x1＋x2>2：要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，因?yàn)?<x1<1<x2<e，所以只要證x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以即證f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)<f(2－x1)，即證當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)－f(2－x)<0.構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，當(dāng)0<x<1時(shí)，x(2－x)<1，則－ln[x(2－x)]>0，即當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立.……再證x1＋x2<e：由(1)知，f(x)的極大值點(diǎn)為x＝1，f(x)的極大值為f(1)＝1，過點(diǎn)(0，0)，(1，1)的直線方程為y＝x，設(shè)f(x1)＝f(x2)＝m，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f(x)＝x(1－lnx)>x，直線y＝x與直線y＝m的交點(diǎn)坐標(biāo)為(m，m)，則x1<m.欲證x1＋x2<e，即證x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即證當(dāng)1<x<e時(shí)，f(x)＋x<e.構(gòu)造函數(shù)h(x)＝f(x)＋x，則h′(x)＝1－lnx，當(dāng)1<x<e時(shí)，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)1<x<e時(shí)，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立.綜上可知，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立.三、【培優(yōu)訓(xùn)練】【訓(xùn)練一】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)，且x2>x1，設(shè)g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，證明：g(x)>0.【解析】(1)解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①若a≤2，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時(shí)f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減.②若a>2，令f′(x)＝0得，x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調(diào)遞增.(2)證明由(1)知，f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)a>2.由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2滿足x2－ax＋1＝0，所以x1x2＝1.又因x2>x1>0，所以x2>1.又g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)－(x1－x2)＋a(lnx1－lnx2)－(a－2)(x1－x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(x1,x2)－x1＋x2))＝－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋2lnx2－x2)).設(shè)φ(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，x>1.由第(1)問知，φ(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，且φ(1)＝0，從而當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ(x)<0.所以eq\f(1,x2)＋2lnx2－x2<0，故g(x)>0.【訓(xùn)練二】已知函數(shù)f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若對(duì)任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【解析】(1)f(x)的定義域?yàn)?－1，＋∞).因?yàn)閒(x)＝2aln(x＋1)－x－1，所以f′(x)＝eq\f(2a,x＋1)－1＝eq\f(2a－1－x,x＋1).當(dāng)2a－1≤－1，即a≤0時(shí)，f′(x)＜0，則f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)2a－1＞－1，即a＞0時(shí)，令f′(x)＞0，得－1＜x＜2a－1，令f′(x)＜0，得x＞2a－1，則f(x)在(－1，2a－1)上單調(diào)遞增，在(2a－1，＋∞)上單調(diào)遞減.綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在(－1，2a－1)上單調(diào)遞增，在(2a－1，＋∞)上單調(diào)遞減.(2)由f(x)＋g(x)≥0，得2aln(x＋1)－x－1＋ex－2ax≥0，即ex－2ax≥x＋1－2aln(x＋1)＝eln(x＋1)－2aln(x＋1)，即g(x)≥g(ln(x＋1))在x∈[0，＋∞)上恒成立.令h(x)＝x－ln(x＋1)，x∈[0，＋∞)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(0)＝0，所以x≥ln(x＋1)，即只需g(x)＝ex－2ax在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.因?yàn)間′(x)＝ex－2a，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(ex,2)在[0，＋∞)上恒成立.因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\f(ex,2)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,2)))eq\s\do7(min)＝eq\f(1,2)，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).【訓(xùn)練三】已知f(x)＝2x＋1－eax(a∈R).若x1，x2為方程f(x)＝1的兩個(gè)相異的實(shí)根，求證：x1＋x2＞eq\f(2,a).【解析】x1，x2為方程f(x)＝1的兩個(gè)相異的實(shí)根，則x1，x2為方程2x－eax＝0的兩個(gè)相異的實(shí)根，即x1，x2為方程ax＝ln(2x)的兩個(gè)相異的實(shí)根，∴ax1＝ln(2x1)，ax2＝ln(2x2).不妨設(shè)x1＞x2＞0.∴a(x1－x2)＝lneq\f(x1,x2)，即a＝eq\f(ln\f(x1,x2),x1－x2).要證x1＋x2＞eq\f(2,a)，只需證a＞eq\f(2,x1＋x2)，即證eq\f(ln\f(x1,x2),x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2)，即證lneq\f(x1,x2)＞eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2).令eq\f(x1,x2)＝t＞1，則上述不等式等價(jià)于g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0(t＞1)，g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2（t＋1）－2（t－1）,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，∴函數(shù)g(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(t)＞g(1)＝0，∴l(xiāng)neq\f(x1,x2)＞eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)成立.即x1＋x2＞eq\f(2,a).四、【強(qiáng)化測(cè)試】1.已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R).當(dāng)x＞y＞e－1時(shí)，求證：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).【證明】∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，欲證exln(y＋1)＞eyln(x＋1).即證明eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，令g(x)＝eq\f(ex,ln（x＋1）)，則g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，顯然函數(shù)h(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)＞1－eq\f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵x＞y＞e－1時(shí)，g(x)＞g(y)，即eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，∴當(dāng)x＞y＞e－1時(shí)，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.2.已知函數(shù)f(x)＝ex－alnx(其中a為參數(shù))，若對(duì)任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>alna恒成立，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.【解析】由f(x)>alna，得eq\f(ex,a)－lna>lnx，即ex－lna－lna>lnx，兩邊同時(shí)加x得ex－lna＋x－lna>elnx＋lnx.令g(t)＝et＋t，則g(x－lna)>g(lnx)，因?yàn)間(t)為單調(diào)增函數(shù)，所以x－lna>lnx，即lna<x－lnx，令h(x)＝x－lnx，則h′(x)＝eq\f(x－1,x).所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝1，所以lna<1，解得0<a<e.3.已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn).a＞0，設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：x1＋x2＜2.【證明】求導(dǎo)得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，所以函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)為x＝1.∵f(x1)＝f(x2)＝0，不妨設(shè)x1＜1＜x2，要證x1＋x2＜2，即證x2＜2－x1.若2－x1和x2屬于某一個(gè)單調(diào)區(qū)間，那么只需要比較f(2－x1)和f(x2)的大小，即探求f(2－x)－f(x)的正負(fù)性.于是構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(2－x)－f(x)，x＜1，代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.求導(dǎo)得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2).當(dāng)x＜1時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，則函數(shù)F(x)是(－∞，1)上的單調(diào)減函數(shù).于是F(x)＞F(1)＝0，則f(2－x)－f(x)＞0，即f(2－x)＞f(x)(x＜1).將x1代入上述不等式中，則f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，即f(x2)＜f(2－x1).又函數(shù)f(x)是(1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2＜2－x1.故x1＋x2＜2得證.4.已知f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范圍.【解析】同構(gòu)構(gòu)造h(x)＝xex，h′(x)＝(x＋1)ex，當(dāng)x>－1時(shí)，h′(x)>0恒成立，h(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增.aex－1－lnx＋lna≥1?aex－1≥lneq\f(ex,a)?xex≥eq\f(ex,a)lneq\f(ex,a)＝lneq\f(ex,a)elneq\f(ex,a)，即h(x)≥heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(ex,a)))，∴x≥lneq\f(ex,a)＝1＋lnx－lna，令g(x)＝1＋lnx－x(x>0)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)>0，故g(x)＝1＋lnx－x在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)≤g(1)＝0，則lna≥0，解得a≥1.5.設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，g(x)＝2alnx－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，求證：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0.【證明】方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－alnx＝b，在(1，＋∞)上有兩個(gè)不等實(shí)根x1和x2，不妨設(shè)1＜x1＜x2，則xeq\o\al(2,1)－(a－2)x1－alnx1＝b①，xeq\o\al(2,2)－(a－2)x2－alnx2＝b②，①－②得a＝eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)，∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)＝eq\f(2（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))),x)，x＞0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上單調(diào)遞減，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))時(shí)，f′(x)＜0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0，若證f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0，只需證eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(a,2)，即a＜x1＋x2，只需證eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)＜x1＋x2，∵x1＜x2，∴x1＋lnx1＜x2＋lnx2，即需證xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2＞(x1＋x2)(x1＋lnx1－x2－lnx2)，整理得lnx1－lnx2＜eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)，即證lneq\f(x1,x2)＜eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)，令t＝eq\f(x1,x2)∈(0，1)，設(shè)h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，顯然h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增.∴h(t)＜h(1)＝0，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0得證.6.已知函數(shù)f(x)＝x－lnx，(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x＞eq\f(1,e)，證明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa對(duì)x∈(1，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)a的最小值.【解析】(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，則當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)證明要證：eq\f(ex＋l