高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)：同構(gòu)函數(shù)問題-學(xué)案講義

培優(yōu)點(diǎn)3同構(gòu)函數(shù)問題

同構(gòu)函數(shù)問題，是近幾年高考的熱點(diǎn)問題，考查數(shù)學(xué)素養(yǎng)和創(chuàng)新思維.同構(gòu)函數(shù)問題是指在

不等式、方程、函數(shù)中，通過等價(jià)變形形成相同形式，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問

題，常見的同構(gòu)有雙變量同構(gòu)和指對(duì)同構(gòu)，一般都是壓軸題，難度較大.

考點(diǎn)一雙變量同構(gòu)問題

例1(1)(多選)已知兀，且e，sinx=e"siny,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則下列選項(xiàng)中

一定成立的是()

71—兀

A.y<4B.x<4

C.cosx+cosy>0D.sinx>siny

答案BC

y，x

解析因?yàn)閑sinx=esiny9所以牛^=當(dāng)4,令g?)=(二0<%<兀，所以g(x)=g(y),則g'⑺

ercostcossint,,

=---訪—=——，由/⑺>0有y(o,》

由屋⑺<0有y俘兀)，所以g?)=號(hào)％(o,g上單調(diào)遞增，在俘兀)上單調(diào)遞減，因?yàn)?/p>

兀

0<x<y<Ti,由g(x)=g(y)有0<x<]<yv兀，故A錯(cuò)誤，B正確；

因?yàn)?Vx<丁〈兀，所以e>>e\由電^=^^有siny>sinx,故D錯(cuò)誤；

因?yàn)?<x<^<y<Ti,所以cossin2x>0,|cosy|—sin2y,

因?yàn)閟iny>sinx,所以cosx>|cosy\,所以cosx+cosy>0,故C正確.

（2）（2023?大連模擬）若實(shí)數(shù)m"滿足4。+1（）83。=即+310g27A，則（）

A3b「3b

A.B.?>-2-

C.a>b3D.a<bi

答案A

解析由題意知。>0,b>0,

?.?4a=22a,8b=2?仇310g27萬=log3Z?,

22a+log3〃=23b+log3b,

3Z?

：.22"+log3〃+log32=2+log3Z?+log32,

2tz3Z?

即2+log326z=2+log32/?,

Vy=log3%在(0,+8)上單調(diào)遞增,

10g32/?<10g33Z?,

2a3Z,

???2+log32a<2+log33^.

設(shè)?x)=2X+log3X,則fi2a)<fi3b),

?.?y=2"與y=logM在(0,+8)上單調(diào)遞增，

工段)在(0,+8)上單調(diào)遞增,

2a<3b,即〃〈苧.

規(guī)律方法含有地位相等的兩個(gè)變量的不等式(方程)，關(guān)鍵在于對(duì)不等式(方程)兩邊變形或先

放縮再變形，使不等式(方程)兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問

題.

跟蹤演練1(1)若對(duì)于0<xi<X2<〃，都有xilnxzWxi一冗2成立，則〃的最大值為()

B.1C.eD.2e

答案B

角翠析V%21nxi-xi\n%2<為一工2,

.Inxilnx2<1_1

X\X2x\

rilnxi+1_lnX2~\~1

即-------<------,

XIX2

又0<xi<X2<a,

人Inx+1

令(p(x)=~"-,

.?.貝工)在(o,〃)上單調(diào)遞增，(pr(%)=N,

當(dāng)x￡(0,l)時(shí)，/W>0,

當(dāng)x￡(l,+8)時(shí)，“(x)<0,

???9(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減，故???〃的最大值為1.

(2)(2023?德陽(yáng)模擬)已知實(shí)數(shù)x,y滿足e4nx=ye\y>l,則％,y的大小關(guān)系為()

A.y^xB.y<x

C.y>xD.y^x

答案C

解析由e〉lnx=ye￡可得旨=舟，

因?yàn)閥>l,6y>0,所以10,

所以記7>0,則lnx>0,所以尤>1,

令兀0=%—Inx,

1X—1

則/a)=T=:，

當(dāng)x>l時(shí)，/(x)>0,

所以函數(shù)?r)在(1,+8)上單調(diào)遞增，

則當(dāng)尤>1時(shí)，式x)次1),即x—lnx>l,一定有x—lnx>0,

所以x>lnx>0,貝吟〈息，

厘e(cuò)”

又因?yàn)?F

x

所以e衿?，

令g(x)=￡,

則g，(x)=e(5D,

當(dāng)x>l時(shí)，g'(x)>0,所以函數(shù)g(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增，

因?yàn)閤>l,y>l,

4y

所以J>X.

考點(diǎn)二指對(duì)同構(gòu)問題

考向1指對(duì)同構(gòu)與恒成立問題

例2已知函數(shù)/(x)=e*+(l—〃)X—Inax(a>0).

(1)當(dāng)〃=1時(shí)，求曲線y=/(x)在點(diǎn)(1,11))處的切線方程；

(2)若對(duì)于任意的x>0,有兀1)20,求正數(shù)。的取值范圍.

解(1)當(dāng)a=l時(shí)，/(x)=e*—lnx,

得/

切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,e),斜率為/'(l)=e—1,

所求切線方程為y—e=(e—l)(x—1),

即(e—l)x~y+1=0.

(2m)20,

即e%+x—or—In〃％20(。>0,x>0)

=e*+x三ax+Inax(a>0,x>0)

=e*+x三*奴+Inax(a>0,x>0).

令g(x)=e%+x,顯然g(x)是增函數(shù)，

于是上式可化為g(%)》g(lnQx),

即x21nx>0)

=ln〃Wx—Inx(a>0,x>0).

令e(x)=x~\nx(x>0),

1Y-1

則0'(x)=l--=—

易知9(X)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增,

故磯x)min=。⑴=1,于是InaWl,

可得0<aWe.故正數(shù)。的取值范圍為(0,e].

考向2指對(duì)同構(gòu)與證明不等式

例3已知函數(shù)fi,x)=xlnx.

(1)求/(x)的最小值；

Y

(2)當(dāng)x>2時(shí)，證明：^-^ex>\n(x-1).

(1)解危)的定義域?yàn)?0,+8),

f(x)=l+lnx,

當(dāng)xe(0,￡]時(shí)，f'(x)<0,

當(dāng)尤eg，+8)時(shí)，/(尤)>0,

，兀0在(o,鼻上單調(diào)遞減，在弓，+8)上單調(diào)遞增，

(2)證明,：X>2,：.X~1>1,

Y

要證犬_產(chǎn)>1口(%—1),

即證xex>(x—l)ln(x—1),

即證eHnex>(x-l)ln(x—1),

即證/(e%)次x—1),

由⑴知八X)在Q,+8)上單調(diào)遞增，

且ex>px-1>~,即證ex>x—1,

令磯x)=ex—(x—l)(x>2),

<p'(x)=e"-l>0,9(無)在(2,+8)上單調(diào)遞增，

9(X)>9(2)=e2—1>0,

Qx>x-1,即證原不等式成立.

規(guī)律方法指對(duì)同構(gòu)的常用形式

(1)積型：Qe"W句nb,一般有三種同構(gòu)方式：

①同左構(gòu)造形式：tze^lnbe［nb,構(gòu)造函數(shù)危)=xet

②同右構(gòu)造形式：e"lne"Wbln/?,構(gòu)造函數(shù)?r)=xln%;

③取對(duì)構(gòu)造形式：a+\na^lnZ?+ln(lnZ?)(Z?>1),構(gòu)造函數(shù)?x)=x+ln%.

、e。h

(2)商型："WR,一般有三種同構(gòu)方式：

e。pinb6%

①同左構(gòu)造形式：力?而萬，構(gòu)造函數(shù)段)=不

Qabx

②同右構(gòu)造形式：記］(百萬，構(gòu)造函數(shù)式x)=S\;

③取對(duì)構(gòu)造形式：〃一InaWln匕一ln(ln構(gòu)造函數(shù)人%)=無一Inx.

(3)和、差型：ea±a>b±\nb,一殳有兩種同構(gòu)方式：

①同左構(gòu)造形式：e"±〃>ein"±ln/?,構(gòu)造函數(shù)/(x)=e*±x;

②同右構(gòu)造形式：ea±lned>/?±lnb,構(gòu)造函數(shù)/(x)=x±ln%.

跟蹤演練2已知。>0,函數(shù)#x)=%e”一QX.

⑴當(dāng)〃=1時(shí)，求曲線y=/(x)在x=l處的切線方程；

(2)若於)2111%—％+1恒成立，求實(shí)數(shù)。的取值范圍.

解(1)當(dāng)4=1時(shí)，fix)=xex—x,

所以/(%)=(%+

所以/(l)=2e—1,加)=e—1,

所以切線方程為y-(e-l)=(2e-l)(x-l),

即(2e—1)%—y—e=0.

(2)由題意得xex—ax^\nx—x~\-1,

即xex—Inx-\-x—1

xe^—Inx~\-x—1

因?yàn)閤>0,所以:2。,

xO—lnx+x-1

設(shè)F(x)=

x

ex+inx-\nx+x-l

二x，

令力=x+lnx,易知/=x+lnx在(0,+8)上單調(diào)遞增,

當(dāng)工一0時(shí)，「一一8,當(dāng)％—+8時(shí)，［一+8,

所以存在為，使￡=xo+ln%o=O,

令加?)=e"一/一1,/￡R,

因?yàn)楦?(/)=e'一1,

所以當(dāng)te(—8,0)時(shí)，/(f)<0,

即加⑺在(一8,0)上單調(diào)遞減；

當(dāng)re(0,+8)時(shí),m'⑺>o,

即機(jī)⑺在(0,+8)上單調(diào)遞增,

所以m(0min=W(0)=0,

所以機(jī)⑺27"(0)=0,

即相⑺=e'一t—1N0,得到e'2r+l,當(dāng)且僅當(dāng)f=0時(shí)取等號(hào)，

x+lnx

”,e-lnx+x~1x+lnx+1-Inx+x-12x

所以F(x)=---------------N--------------------=-2,

當(dāng)且僅當(dāng)尤+ln尤=0時(shí)取等號(hào)，所以aW2,又a>0,

所以a的取值范圍是(0,2].

專題強(qiáng)化練

1.(2023?南寧模擬)已知a,貝1J"a+￡>0”是“a+￡>cosa—cos夕'的()

A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充要條件

D.既不充分也不必要條件

答案C

解析構(gòu)造函數(shù)COSX,

則/(x)=l+sinx]。在定義域R上恒成立，

所以函數(shù)1x)=x—cosx為增函數(shù)，

又因?yàn)閍+QO,所以a>一.，

所以八㈤/一口)，

即a—cosa>cos(—/J),

即a—cosa>一萬一cosB，

所以a+W>cosa—cosB，

即“a+4>0"能推出“a+Qcosa—cosQ”；

根據(jù)a+Qcosa-cos0,

可得a-cosot>—cosB，

即a—cosa>-p-cos(—1J),

所以7(a)/一￡),所以a>一￡,即。+.>0,

所以“a+夕〉cosa—cos￡"能推出"a+4>0”,

所以“a+4>0"是"a+B>CGSa—cosB"的充要條件.

2.己知尤GN,y^N,x勺，則方程正=『的解的組數(shù)為()

A.0B.1

C.2D.無窮多個(gè)

答案B

解析必=/\兩邊取對(duì)數(shù)，得ylnx=xlny,

lnxIny、?！?、Inx.

即Hri丁=丁，設(shè)五動(dòng)=木，x>0,

?,,1—Inx

則/(無)=一丁一，

當(dāng)xe(O,e)時(shí),f(x)>0,於)單調(diào)遞增,

當(dāng)xG(e,+8)時(shí)，f(x)<o,1x)單調(diào)遞減，

且當(dāng)xe(o,l］時(shí)，段)W0,

當(dāng)%>1時(shí)，外)>0,人2)=野，五4)=竽=野，

所以滿足XGN,yGN,x<y,則方程的解的組數(shù)為1.

3.若2。+log2a=4"+210g》，貝1k)

A.a>2bB.a<2b

C.a>b2D.a<b2

答案B

解析由指數(shù)和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得

2“+log2〃=4"+210gs=226+log2〃.

令人X)=2%+k)g2X,

則於)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

2Z?2Z72Z,

又???2+log2/?<2+log2Z?+l=2+log22/7,

2a+log2?<22Z?+log22Z?,

即a<2b.

4.設(shè)m匕都為正數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，若ae"<〃n4則()

A.ab>eB.b>ea

C.ab<eD.b<ea

答案B

解析由已知aea<b\nb,則e"lnea<b\nb.

設(shè)/(x)=jdnx,則#即)勺(b).

Vtz>0,.\ea>l,

a

*.*/?>0,Z?lnb>ae>09b>1.

當(dāng)x>l時(shí)，f(x)=lnx+l>0,

則危)在(1,+8)上單調(diào)遞增，所以/＜尻

5.(多選)已知若e"—2a=ae5+i—加“，貝U()

A.ln(tz—/?)<0

B.ln(tz+/?)>1

C.3a+3~b>2y[3

D.3a~x<ib

答案BC

解析由e〃-2a=*+1—be。,

得(6+1把“=成苫留+2),

afc+1

所以既Q=e+2

b+i

令加)弋(尤＞1)，

小,(%—l)ex

則/(%)=(父,0,

所以八X)在(1,+8)上單調(diào)遞增.

b+1

因e"為e=曰2＞°，

所以幾7)字S+1),所以。>6+1,所以。-6>1,

所以ln(〃-Z?)>ln1=0,A錯(cuò)誤；

因?yàn)閍+b>b+1+/?>3>e,

所以ln(〃+Z?)>lne=l,B正確；

易知30+3p>3>i+3P>20T于=2書，C正確;

因?yàn)閍—l>b,所以3"r>3"D錯(cuò)誤.

6.若人x)=xe%—a(x+lnx)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)〃的取值范圍是.

答案(e,+°°)

x11

解析=xe—a(x+Inx)=e**%一〃(%+jn%),

令￡=x+lnx,/￡R,顯然該函數(shù)為增函數(shù).

e'

當(dāng)/W0時(shí)，由N一成=0,得a=—.

可知函數(shù)的圖象與直線y=a有兩個(gè)交點(diǎn)，可畫出函數(shù)圖象(圖略)得到a的取值范

圍是(e,+°°).

7.(2023?邵陽(yáng)模擬)已知函數(shù)段)=e"i—2+1,g(x)=^+2.

(1)討論函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性;

(2)若yu)\g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)。的取值范圍.

InX

解(i)???ga)=^+2的定義域?yàn)?0,+8),

由g'(%)>0，#0<x<e,由g'(x)<0,得x>e.

.,.g(x)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,+8)上單調(diào)遞減.

(2)由1x)》g(x),即e"i—：+1力手+2,

得aWxex+1—Inx—x=ein"x+i—(lnx+x+l)+l,

令f=lnx+x+l,fGR,

即aWF—r+1恒成立，

令(p(f)=er—1~\~1,reR,

則“(f)=M—l,

當(dāng)re(—8,0)時(shí)，⑺<o；

當(dāng)E(0,+8)時(shí)，“⑺>0,

??.9⑺在(一8,0)上單調(diào)遞減，在(0,十