2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--专题强化练8　导数中的同构问题

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
专题强化练8　导数中的同构问题
1.(2023河南四地联考)若对任意的x1,x2∈(m,+∞),且x11恒成立,则实数m的取值范围是(　　)
A.　　　　　B. C.[e,+∞)　　　　　D.[e2,+∞)
2.(2022天津宁河期末)已知函数f(x)=aex+x(lna+x-lnx),若不等式f(x)≥x在(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A.[1,+∞)　　　　　B. C.　　　　　D.
3.(2023河北行唐启明中学月考)已知x0是方程2x2e2x+lnx=0的实数根,则下列结论一定正确的是(　　)
A.2x0+lnx0=0　　　　　B.2+lnx0=0
C.x0≥ln2　　　　　D.x0<
4.(2023山东菏泽明德学校月考)已知函数f(x)=aexlnx,若对任意的x∈(0,1),f(x)A.　　B. C.　　　　　D.
5.(2022江西九校联考)已知函数f(x)=x+ln(x-1),g(x)=xlnx,若f(x1)=1+2lnt,g(x2)=t2,则·lnt的最小值为(　　)
A.　　　　　B.-　　　C.-　　　　　D.
6.(2023湖北重点中学联合检测)已知不等式e2x-kx2+x≥lnx+lnk(k>0)恒成立,则k的最大值为　　　　.
7.(2023江苏常州一中期末)已知正实数x,y满足lnx=yex+lny,则y-e-x的最大值为　　　　.
8.已知函数f(x)=x-.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)已知a,b∈R,且a≠b,若aea+b+bea=aeb+bea+b,证明:a+b>0.
9.(2022重庆第十一中学期中)已知函数f(x)=xlnx+x2+1.
(1)若函数g(x)=f(x)+xcosx-sinx-xlnx-1在上有且仅有1个零点,求实数a的取值范围;
(2)若关于x的方程xex-a=f(x)-x2+ax-1有两个不相等的实数根,求实数a的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题强化练8　导数中的同构问题
1.D 2.C 3.A 4.A 5.B
1.D　由题意得m≥0.
因为>1,且0所以,即.
构造函数f(x)=,x∈(0,+∞),
因为当m易得f'(x)=,令f'(x)=0,得x=e2,
所以当x∈(e2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)在(e2,+∞)上单调递减,所以m≥e2.
故选D.
2.C　由f(x)≥x得aex+x(lna+x-lnx)≥x,
即+lna+x-lnx≥1,
∴e(lna+x-lnx)+lna+x-lnx≥e0+0在x∈(0,+∞)上恒成立.
构造函数g(x)=ex+x,则g(lna+x-lnx)≥g(0).
易知g(x)在R上单调递增,
∴lna+x-lnx≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
∴lna≥lnx-x在x∈(0,+∞)上恒成立.
设h(x)=lnx-x,则h'(x)=,
∴当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,∴h(x)max=h(1)=-1,∴lna≥-1,解得a≥.故选C.
3.A　设g(x)=2x2e2x+lnx,x>0.
易知函数g(x)在(0,+∞)上单调递增,且当x→0时,g(x)→-∞,g(1)=2e2>0,
所以x0∈(0,1).
由2x2e2x+lnx=0,得2x2e2x=-lnx,所以2xe2x=-.
构造函数f(x)=xex,x>0,则f(2x)=2xe2x,f(-lnx)=-lnxe-lnx=-,
易知f'(x)=(x+1)ex>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
因为x0是方程2x2e2x+lnx=0的实数根,所以2x0,即f(2x0)=f,
所以2x0=ln=-lnx0,即2x0+lnx0=0,故A正确,B错误.
令h(x)=2x+lnx,x∈(0,1),则h'(x)=2+>0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,
又h>0,所以.
因为ln2>ln,且,所以x04.A　由f(x)0,
所以构造函数g(x)=,则g'(x)=,所以当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增.
若0设h(x)=,则h'(x)=,所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)>h(1),即>e,所以≤e,即a≥,所以≤a≤1.
若a>1,则 x∈(0,1),f(x)=aexlnx<0综上,实数a的取值范围为a≥.故选A.
5.B　易知函数f(x)的定义域为(1,+∞),所以x1>1,所以>1,
由f(x1)=1+2lnt,得t>0,x1-1+ln(x1-1)=lnt2,所以=t2,
又g(x2)=t2,所以x2lnx2=(x1-1)ln.
构造函数h(x)=xlnx,则h(x2)=h(),h'(x)=lnx+1.
令h'(x)=0,得x=,所以当x∈时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以当x>1时,h(x)单调递增,又x→0时,h(x)→0,且h(>0,所以x2=,
所以·lnt=·lnt=·lnt=tlnt.
易知h(x)min=h,所以·lnt的最小值为-.故选B.
6.答案　e2
解析　由e2x-kx2+x≥lnx+lnk(k>0),得(ex)2+lnex≥(x).
构造函数y=x2+lnx,x∈(0,+∞),则y'=2x+>0在(0,+∞)上恒成立,
所以y=x2+lnx在(0,+∞)上单调递增,
所以ex≥x,所以≥k.
设g(x)=,x>0,则g'(x)=,所以当x>1时,g'(x)>0,当07.答案　
解析　由lnx=yex+lny,得ln=yex,所以=xex,即xex=ln·.
因为x>0,ex>0,>0,所以ln>0.
构造函数f(x)=xex(x>0),则f(x)=f,f'(x)=ex(x+1)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x=ln,即y=,所以y-e-x=.
令g(x)=(x>0),则g'(x)=,
令g'(x)>0,得02,
所以g(x)在(0,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,
所以g(x)max=g(2)=,即y-e-x的最大值为.
8.解析　(1)易得f'(x)=.
令g(x)=ex+x-1,则g'(x)=ex+1>0,所以g(x)=ex+x-1在R上单调递增,
又g(0)=0,所以当x∈(-∞,0)时,g(x)<0,此时f'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,g(x)>0,此时f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2)证明:由aea+b+bea=aeb+bea+b,得aea+b-aeb=bea+b-bea,
所以,所以f(a)=f(b).
由(1)知,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
又a≠b,所以a,b一正一负,不妨设a<0构造函数h(x)=f(x)-f(-x),
则h(0)=0,h'(x)=f'(x)+f'(-x)=.
令φ(x)=(x+1)ex+x-1,则φ'(x)=(x+2)ex+1,
当x>0时,φ'(x)>0恒成立,所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)>φ(0)=0,又1-ex<0对任意x∈(0,+∞)恒成立,
所以当x∈(0,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)因为b>0,所以h(b)<0,即f(b)因为f(a)=f(b),所以f(a)又a<0,-b<0,且f(x)在(-∞,0)上单调递减,
所以a>-b,即a+b>0.
9.解析　(1)由题意得g(x)=x2+xcosx-sinx,x>0,
则g'(x)=x(a-sinx).
当a≥1时,a-sinx≥0,所以g'(x)≥0,且不恒为0,所以g(x)在上单调递增,
所以g(x)>g(0)=0,所以g(x)在上无零点.
当00,当x∈时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,x0)上单调递增,在上单调递减,
又g(0)=0,g-1,
所以当g-1>0,即当g-1≤0,即0当a≤0时,g'(x)<0,所以函数g(x)在上单调递减,所以g(x)≥g-1,此时g-1<0,所以g(x)在上无零点.
综上,实数a的取值范围为.
(2)由xex-a=f(x)-x2+ax-1(x>0),得xex-a=xlnx+ax,即ex-a=lnx+a,所以ex-a+lnex-a=x+lnx.
构造函数h(x)=x+lnx,x>0,则h(ex-a)=h(x),h'(x)=1+>0,
所以函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以ex-a=x,即a=x-lnx,x>0.
因为关于x的方程xex-a=f(x)-x2+ax-1有两个不相等的实数根,所以a=x-lnx,x>0有两个不相等的实数根.
设φ(x)=x-lnx,则φ'(x)=1-,
所以当01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.
又当x→0时,φ(x)→+∞,当x→+∞时,φ(x)→+∞,
所以当a>1时,方程a=x-lnx有两个不相等的实数根.
所以实数a的取值范围为(1,+∞).
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