专题强化练9 导数中的同构问题-《精讲精练》26版高中同步新教材数学人教A版（2019）选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 专题强化练9 导数中的同构问题-《精讲精练》26版高中同步新教材数学人教A版（2019）选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 32.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-08-15 11:24:26 | ||
图片预览
文档简介
专题强化练9 导数中的同构问题
1.已知0A.x2
B.x2ln x1>x1ln x2
C.x1ln x1D.>ln x1
2.已知函数f(x)=ex+x-2,g(x)=ln x+x-2,若 x1∈R,x2>0,使得f(x1)=g(x2),则x1x2的最小值为( )
A.-e B.-1
C.-
3.已知不等式aln x--xa≥0在上恒成立,则实数a的最小值为( )
A.1 B. D.-e
4.已知函数f(x)=(x>0)有两个不同的零点,则实数a的取值范围是( )
A.
C.(1,+∞) D.
5.已知不等式e2x-kx2+x≥ln x+ln k(k>0)恒成立,则k的最大值为 .
6.已知对于任意正实数x,ex+ax(e2x-1)≥(a2+2a)x2ex-2axexln(ax)恒成立,则正实数a的取值范围为 .
7.已知函数f(x)=(1-x)emx.
(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2)当m=1时,若存在a,b(a0.
8.已知函数f(x)=xln x+x2+1,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
1.D 令f(x)=,0又0令h(x)=,00,故h(x)在(0,1)上单调递增,
又0h(x1),即,故x2ln x1令g(x)=xln x,0当x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
而0由于0ln x1,故D正确.故选D.
2.C 因为 x1∈R,x2>0,使得f(x1)=g(x2),所以+x1-2=ln x2+x2-2,即+x1=ln x2+x2=+ln x2,
令h(x)=ex+x(x∈R),
则h'(x)=ex+1>0,所以函数h(x)在R上单调递增,所以x1=ln x2,即x2=,
所以x1x2=x1,令u(x)=xex(x∈R),
则u'(x)=(x+1)ex,令u'(x)=0,可得x=-1,
所以当x∈(-∞,-1)时,u'(x)<0,u(x)单调递减,当x∈(-1,+∞)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,
所以u(x)min=u(-1)=-,所以x1x2的最小值为-.故选C.
方法技巧 指对同构的常见形式:
积型:①aea≤ln b·eln b,构建f(x)=xex;
②ealn ea≤bln b,构建f(x)=xln x.
商型:①,构建f(x)=;
②,构建f(x)=.
和型:①ea±a≤eln b±ln b,构建f(x)=ex±x;
②ea±ln ea≤b±ln b,构建f(x)=x±ln x.
3.C 由aln x--xa≥0,得ln xa-xa+-ln ≥0,即-ln ≥xa-ln xa,
令函数f(x)=x-ln x,
则f '(x)=1-,且f()≥f(xa),
当0当x>1时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增,
因为求a的最小值,所以只需考虑a<0的情形,
因为x∈,所以xa>1,>1,所以≥xa,即≥aln x,则≤xln x,
令g(x)=xln x,x∈,则g'(x)=1+ln x<0,
所以函数g(x)在上单调递减,
故g(x)min=g,
所以≤-,即≤0,解得-≤a<0.
因此,实数a的最小值为-.故选C.
4.D 令f(x)=0,可得=0,则(ax2+1)·=x,即(ax2+1)=xex.
令g(x)=xex(x>0),则g(ax2+1)=g(x)或g(-ax2-1)=g(x),g'(x)=ex+xex,因为x>0,所以g'(x)>0,
则函数g(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,
所以ax2+1=x或-ax2-1=x,即ax2-x+1=0或ax2+x+1=0.所以f(x)有两个不同的零点等价于关于x的方程ax2-x+1=0或ax2+x+1=0有两个不相等的正实数解,
易知ax2+x+1=0不可能有两个不相等的正实数解,则对于ax2-x+1=0有解得a∈.故选D.
5.答案 e2
解析 由e2x-kx2+x≥ln x+ln k(k>0),
得(ex)2+ln ex≥(x).
设f(x)=x2+ln x,x∈(0,+∞),则f '(x)=2x+>0,
所以f(x)=x2+ln x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06.答案 (0,e]
解析 由于x>0,a>0,所以不等式ex+ax(e2x-1)≥(a2+2a)x2ex-2axexln(ax)两边同乘,整理可得ex--2x≥ax--2ln(ax),即ex--2x≥eln(ax)--2ln(ax),
令f(x)=ex--2x,则f '(x)=≥0,
所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
由ex--2x≥eln(ax)--2ln(ax),得f(x)≥f(ln(ax)),
因此ln(ax)≤x,即ax≤ex,则a≤恒成立,
令函数g(x)=,x>0,则g'(x)=,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)min=g(1)=e,
因此a≤e,又a>0,所以正实数a的取值范围为(0,e].
7.解析 (1)当m=0时, f(x)=1-x, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m≠0时, f '(x)=-memx,
①若m>1,则当00,当x>1-时, f '(x)<0;
②若0③若m<0,则当01-时, f '(x)>0.
综上所述,当m>1时, f(x)在上单调递增,在上单调递减;
当0≤m≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m<0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:由a+ln(1-a)=b+ln(1-b),得ln[(1-a)·ea]=ln[(1-b)eb],即(1-a)ea=(1-b)eb,
当m=1时, f(x)=(1-x)ex, f '(x)=-xex,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
易得当x∈(-∞,1)时, f(x)>0,当x∈(1,+∞)时, f(x)<0,
故a<00,即证a+b<0.
设g(x)=f(x)-f(-x),0则g'(x)=f '(x)+f '(-x)=x(e-x-ex)<0,
即g(x)在(0,1)上单调递减,
又g(0)=0,所以g(x)<0,即f(b)又f(a)=f(b),所以f(a)因为f(x)在(-∞,0)上单调递增,a<0,-b<0,
所以a<-b,即a+b<0,得证.
8.解析 由xex-a=f(x)-x2+ax-1,得xex-a=xln x+ax,即ex-a=ln x+a,所以ex-a+ln ex-a=x+ln x.
构造函数h(x)=x+ln x,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-ln x.
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-ln x有两个不相等的实数根.
设φ(x)=x-ln x,则φ'(x)=1-,
所以当01时,φ'(x)>0,
所以函数φ(x)=x-ln x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-ln x有两个不相等的实数根,所以实数a的取值范围为(1,+∞).
2
1.已知0
B.x2ln x1>x1ln x2
C.x1ln x1
2.已知函数f(x)=ex+x-2,g(x)=ln x+x-2,若 x1∈R,x2>0,使得f(x1)=g(x2),则x1x2的最小值为( )
A.-e B.-1
C.-
3.已知不等式aln x--xa≥0在上恒成立,则实数a的最小值为( )
A.1 B. D.-e
4.已知函数f(x)=(x>0)有两个不同的零点,则实数a的取值范围是( )
A.
C.(1,+∞) D.
5.已知不等式e2x-kx2+x≥ln x+ln k(k>0)恒成立,则k的最大值为 .
6.已知对于任意正实数x,ex+ax(e2x-1)≥(a2+2a)x2ex-2axexln(ax)恒成立,则正实数a的取值范围为 .
7.已知函数f(x)=(1-x)emx.
(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2)当m=1时,若存在a,b(a
8.已知函数f(x)=xln x+x2+1,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
1.D 令f(x)=,0
又0
而0
2.C 因为 x1∈R,x2>0,使得f(x1)=g(x2),所以+x1-2=ln x2+x2-2,即+x1=ln x2+x2=+ln x2,
令h(x)=ex+x(x∈R),
则h'(x)=ex+1>0,所以函数h(x)在R上单调递增,所以x1=ln x2,即x2=,
所以x1x2=x1,令u(x)=xex(x∈R),
则u'(x)=(x+1)ex,令u'(x)=0,可得x=-1,
所以当x∈(-∞,-1)时,u'(x)<0,u(x)单调递减,当x∈(-1,+∞)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,
所以u(x)min=u(-1)=-,所以x1x2的最小值为-.故选C.
方法技巧 指对同构的常见形式:
积型:①aea≤ln b·eln b,构建f(x)=xex;
②ealn ea≤bln b,构建f(x)=xln x.
商型:①,构建f(x)=;
②,构建f(x)=.
和型:①ea±a≤eln b±ln b,构建f(x)=ex±x;
②ea±ln ea≤b±ln b,构建f(x)=x±ln x.
3.C 由aln x--xa≥0,得ln xa-xa+-ln ≥0,即-ln ≥xa-ln xa,
令函数f(x)=x-ln x,
则f '(x)=1-,且f()≥f(xa),
当0
因为求a的最小值,所以只需考虑a<0的情形,
因为x∈,所以xa>1,>1,所以≥xa,即≥aln x,则≤xln x,
令g(x)=xln x,x∈,则g'(x)=1+ln x<0,
所以函数g(x)在上单调递减,
故g(x)min=g,
所以≤-,即≤0,解得-≤a<0.
因此,实数a的最小值为-.故选C.
4.D 令f(x)=0,可得=0,则(ax2+1)·=x,即(ax2+1)=xex.
令g(x)=xex(x>0),则g(ax2+1)=g(x)或g(-ax2-1)=g(x),g'(x)=ex+xex,因为x>0,所以g'(x)>0,
则函数g(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,
所以ax2+1=x或-ax2-1=x,即ax2-x+1=0或ax2+x+1=0.所以f(x)有两个不同的零点等价于关于x的方程ax2-x+1=0或ax2+x+1=0有两个不相等的正实数解,
易知ax2+x+1=0不可能有两个不相等的正实数解,则对于ax2-x+1=0有解得a∈.故选D.
5.答案 e2
解析 由e2x-kx2+x≥ln x+ln k(k>0),
得(ex)2+ln ex≥(x).
设f(x)=x2+ln x,x∈(0,+∞),则f '(x)=2x+>0,
所以f(x)=x2+ln x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0
解析 由于x>0,a>0,所以不等式ex+ax(e2x-1)≥(a2+2a)x2ex-2axexln(ax)两边同乘,整理可得ex--2x≥ax--2ln(ax),即ex--2x≥eln(ax)--2ln(ax),
令f(x)=ex--2x,则f '(x)=≥0,
所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,
由ex--2x≥eln(ax)--2ln(ax),得f(x)≥f(ln(ax)),
因此ln(ax)≤x,即ax≤ex,则a≤恒成立,
令函数g(x)=,x>0,则g'(x)=,
当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)min=g(1)=e,
因此a≤e,又a>0,所以正实数a的取值范围为(0,e].
7.解析 (1)当m=0时, f(x)=1-x, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m≠0时, f '(x)=-memx,
①若m>1,则当0
②若0
综上所述,当m>1时, f(x)在上单调递增,在上单调递减;
当0≤m≤1时, f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当m<0时, f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)证明:由a+ln(1-a)=b+ln(1-b),得ln[(1-a)·ea]=ln[(1-b)eb],即(1-a)ea=(1-b)eb,
当m=1时, f(x)=(1-x)ex, f '(x)=-xex,
当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0;当x∈(0,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
易得当x∈(-∞,1)时, f(x)>0,当x∈(1,+∞)时, f(x)<0,
故a<0
设g(x)=f(x)-f(-x),0
即g(x)在(0,1)上单调递减,
又g(0)=0,所以g(x)<0,即f(b)
所以a<-b,即a+b<0,得证.
8.解析 由xex-a=f(x)-x2+ax-1,得xex-a=xln x+ax,即ex-a=ln x+a,所以ex-a+ln ex-a=x+ln x.
构造函数h(x)=x+ln x,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-ln x.
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-ln x有两个不相等的实数根.
设φ(x)=x-ln x,则φ'(x)=1-,
所以当0
所以函数φ(x)=x-ln x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-ln x有两个不相等的实数根,所以实数a的取值范围为(1,+∞).
2