2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-微培優(yōu)3 同構(gòu)函數(shù)問題【課件】

微培優(yōu)3同構(gòu)函數(shù)問題2025在某些函數(shù)方程、不等式問題中,可以通過等價變形,將方程或不等式變成左右兩端結(jié)構(gòu)一致的情形,進而構(gòu)造函數(shù),運用函數(shù)的單調(diào)性來解決問題,這種處理問題的方法叫做同構(gòu).常見的同構(gòu)有雙變量同構(gòu)和指對同構(gòu),難度較大.1.雙變量同構(gòu)

如果同構(gòu)后不等式兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性,那么往往暗示了單調(diào)性.2.指對同構(gòu)(1)應(yīng)用條件:指對形式同時出現(xiàn),可能需要利用指對同構(gòu)來解決問題.(2)變形依據(jù):為了實現(xiàn)不等式兩邊“結(jié)構(gòu)”相同的目的,需時時對指對式進行“改頭換面”,常用的恒等變形的依據(jù)是x=eln

x(x>0),x=ln

ex(x∈R).例如:①xex=ex+ln

x;x+ln

x=ln(xex).有時也需要對兩邊同時加、乘某式等.(3)常見同構(gòu)等式:xln

x=eln

xln

x,xex=eln

xex;x+ln

x=ln

x+eln

x,x+ex=eln

x+ex.(4)常見同構(gòu)不等式①乘積同構(gòu)模型:aea<bln

③和差同構(gòu)模型:ea±a<b±ln

角度一雙變量同構(gòu)例1(1)(2020·全國Ⅱ,理11)若2x-2y<3-x-3-y,則(

)A.ln(y-x+1)>0 B.ln(y-x+1)<0C.ln|x-y|>0 D.ln|x-y|<0A解析

∵2x-2y<3-x-3-y,∴2x-3-x<2y-3-y.∵f(t)=2t-3-t在R上為增函數(shù),且f(x)<f(y),∴x<y,∴y-x>0,∴y-x+1>1,∴l(xiāng)n(y-x+1)>ln

1=0.故選A.B角度二指對同構(gòu)例2(2020·新高考Ⅰ,21(2))已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna,若f(x)≥1,求實數(shù)a的取值范圍.解

(方法一

同構(gòu)函數(shù))由f(x)≥1,得aex-1-ln

x+ln

a≥1,即eln

a+x-1+ln

a+x-1≥ln

x+x,而ln

x+x=eln

x+ln

x,所以eln

a+x-1+ln

a+x-1≥eln

x+ln

x.令h(m)=em+m,則h'(m)=em+1>0,所以h(m)在R上單調(diào)遞增.由eln

a+x-1+ln

a+x-1≥eln

x+ln

x,可知h(ln

a+x-1)≥h(ln

x),所以ln

a+x-1≥ln

x,所以ln

a≥(ln

x-x+1)max.令F(x)=ln

x-x+1,則所以當(dāng)x∈(0,1)時,F'(x)>0,F(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x∈(1,+∞)時,F'(x)<0,F(x)單調(diào)遞減.所以[F(x)]max=F(1)=0,則ln

a≥0,即a≥1.所以實數(shù)a的取值范圍為[1,+∞).(方法二

最值法(通性通法,用到隱零點))因為f(x)=aex-1-ln

x+ln

a,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,即f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)a=1時,f'(1)=0,易得f(x)min=f(1)=1,所以f(x)≥1成立;所以ln

a+x0-1=-ln

x0,且當(dāng)x∈(0,x0)時,f'(x)<0,當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f'(x)>0,=2ln

a+1>1,所以f(x)>1,所以f(x)≥1恒成立;當(dāng)0<a<1時,f(1)=a+ln

a<a<1,所以f(1)<1,f(x)≥1不是恒成立.綜上所述,實數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).針對訓(xùn)練1.(2020·全國Ⅰ,理12)若2a+log2a=4b+2log4b,則(

)A.a>2b

B.a<2b C.a>b2

D.a<b2B解析

由指數(shù)與對數(shù)運算可得,2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.因為22b+log2b<22b+log22b=22b+1+log2b,所以2a+log2a<22b+log22b.令f(x)=2x+log2x,由指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)單調(diào)性可得f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.由f(a)<f(2b)可得a<2b.3解析

容易證明ex≥x+1,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時,等號成立.當(dāng)且僅當(dāng)3x+3ln

x=0,即x+ln

x=0時,等號成立,設(shè)g(x)=x+ln

x,可得g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(e-1)=e-1-1<0,g(1)=1>0,所以g(x)=0有解,即等號成立,所以[f(x)]min=3.3.(2024·山東青島模擬)已知函數(shù)f(x)=xex-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當(dāng)x>0時,f(x)-lnx≥1.(1)解

由題意得f'(x)=(x+1)ex-1,設(shè)g(x)=(x+1)ex,則g'(x)=(x+2)ex,當(dāng)x≤-1時,g(x)≤0,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-1]上單調(diào)遞減;當(dāng)x>-1時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,又因為g(0)=1,所以當(dāng)-1<x<0時,g(x)<1,即f'(x)<0,f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減;當(dāng)x>0時,g(x)>1,即f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.綜上可知,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.(2)證明

要證f(x)-ln

x≥1,即證xex-x-ln

x≥1,即證ex+ln

x-(x+ln

x)≥1,令t=x+ln

x,易知t∈R,待證不等式轉(zhuǎn)化為et-t≥1.設(shè)u(t)=et-t,則u'(t)=et-1,當(dāng)t<0時,u'(t)<0;當(dāng)t>0時,u'(t)>0,故u(t)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.所以u(t)≥u(0)=1,原命題得證.4.(2024·河南平頂山模擬)已知函數(shù)f(x)=x+2+alnx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)設(shè)a>0,若對任意x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|<,求實數(shù)a的取值范圍.解

(1)函數(shù)y=f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=當(dāng)