微突破(十二) 函数中的同构问题
例1 (1) B (2)A [解析] (1)由题意得-<-,即+<+.令f(x)=+,则f(x)在(0,a)上单调递增,f'(x)=,令f'(x)=0,解得x=1,∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴a≤1,∴a的最大值为1,故选B.
(2)因为x1
a(x1-x2),整理得x2+ax2>x1+ax1,因为x1x2>0,所以+>+.令f(x)=+,则函数f(x)在[-2,0)上单调递减,则f'(x)=≤0在[-2,0)上恒成立,所以ex(x-1)≤a在[-2,0)上恒成立.令g(x)=ex(x-1),则g'(x)=ex(x-1)+ex=xex<0在[-2,0)上恒成立,则g(x)=ex(x-1)在[-2,0)上单调递减,所以g(x)≤g(-2)=-,所以a≥-.故选A.
变式 D [解析] 对任意的x1,x2∈(m,+∞),且x1.令f(x)=,则函数f(x)在(m,+∞)上单调递减,可知f'(x)=-,由f'(x)<0,可得x>,所以函数f(x)的减区间为.所以(m,+∞) ,所以m≥,因此实数m的最小值为.故选D.
例2 解:(1)当a=1时,f(x)=ex-e(1+ln x),f'(x)=ex-,x∈(0,+∞),
易知f'(x)在(0,+∞)上单调递增,
又f'(1)=0,∴当x∈(0,1)时f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时f'(x)>0,
∴f(x)的增区间为(1,+∞).
(2)方法一:f(x)=ex-ealn x-eaa,f'(x)=ex-=(x>0),
令g(x)=xex-ea(x>0),
则g'(x)=ex+xex>0,∴g(x)=xex-ea在(0,+∞)上单调递增,
又g(0)=-ea<0,当x→+∞时g(x)→+∞,∴存在唯一的正实数x0使得x0=ea,
当xx0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
∴f(x)min=f(x0)=-ealn x0-eaa,由f(x)≥0恒成立,得f(x)min≥0.
由x0=ea,得x0+ln x0=a,
∴f(x)min=f(x0)=-x0(x0+2ln x0)≥0,
∴1-x0(x0+2ln x0)≥0,∴x0(x0+2ln x0)-1≤0,∴x0+2ln x0-≤0.设h(x)=x+2ln x-,
则h'(x)=1++>0恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,∴0又x0+ln x0=a且函数y=x+ln x在(0,1]上单调递增,
∴a的取值范围为(-∞,1].
方法二:令ea=t,则a=ln t,ex≥t(ln t+ln x)=tln(tx),
则xex≥txln(tx)=ln(tx)eln(tx).
令g(x)=xex(x>0),当ln(tx)≤0时,g(x)≥g[ln(tx)]显然成立;
当ln(tx)>0时,则g(x)≥g[ln(tx)],
∵g'(x)=(x+1)ex>0,∴g(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,则x≥ln(tx)=ln t+ln x恒成立,即ln t≤x-ln x恒成立.
可证得x-ln x≥1,∴ln t≤1,∴t≤e,即ea≤e,∴a≤1,
综上,a的取值范围为(-∞,1].
变式 0 [解析] 令f(x)=ex+x,则f(x)在(0,+∞)上单调递增.ex+x=ax+ln(ax),即ex+x=eln(ax)+ln(ax),故f(x)=f[ln(ax)].∵正实数x0是方程ex+x=ax+ln(ax)的根,∴f(x0)=f[ln(ax0)],则x0=ln(ax0),得=ax0,即-ax0=0.微突破(十二) 函数中的同构问题
1.A [解析] 由2x-2y<3-x-3-y得2x-3-x<2y-3-y,令f(t)=2t-3-t,则f'(t)=2tln 2+3-tln 3>0,∴f(t)为R上的增函数,∴x1,∴ln(y-x+1)>0,则A正确,B错误;ln|x-y|与0的大小关系无法确定,则C,D错误.故选A.
2.C [解析] 由题意得mln(x+1)-3(x+1)>mx-3ex=mln ex-3ex,令g(x)=mln x-3x,则g(x+1)>g(ex)在(0,+∞)上恒成立,又13.C [解析] 对于A选项,->ln x2-ln x1 -ln x2>-ln x1,设f(x)=ex-ln x,则f'(x)=ex-=,设g(x)=xex-1(x>0),则g'(x)=(x+1)ex>0恒成立,所以g(x)在(0,1)上单调递增,因为g(0)=-1<0,g(1)=e-1>0,所以存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,可得当x∈(0,x0)时,g(x)<0,则f'(x)<0,当x∈(x0,1)时,g(x)>0,则f'(x)>0 ,所以f(x)在(0,1)上不单调,A中不等式不恒成立.对于B选项,->ln x2-ln x1 +ln x1>+ln x2,设h(x)=ex+ln x,可知h(x)在(0,1)上单调递增,所以h(x1)x1 >,构造函数F(x)=,则F'(x)=,则F'(x)<0在(0,1)上恒成立,所以F(x)在(0,1)上单调递减,所以F(x1)>F(x2)成立,C中不等式恒成立.对于D选项,x24.解:由aex-ln(x-1)+ln a+1≥0,得ex+ln a+ln a≥ln(x-1)-1,则
ex+ln a+x+ln a≥ln(x-1)+x-1=eln(x-1)+ln(x-1)(*).
令h(t)=et+t,则h'(t)=et+1>0,所以h(t)在R上单调递增.
(*)式等价于h(x+ln a)≥h[ln(x-1)],由h(t)的单调性可得x+ln a≥ln(x-1),
则ln a≥ln(x-1)-(x-1)-1.
令u=x-1,u>0,
则由题意得ln a≥ln u-u-1,u>0恒成立.
令g(u)=ln u-u-1,
则g'(u)=(u>0),
故g(u)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
则只需满足ln a≥g(u)max=g(1)=-2,可得a≥.
5.解:由题意得x1=t,2x2ln(2x2)=t,
即2x2ln(2x2)=·ln(2x2)=t.
因为函数f(x)=x·ex,
所以f'(x)=(1+x)ex,
所以当x<-1时,f'(x)<0,
当x>-1时,f'(x)>0,
则f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,
又当x∈(-∞,0)时,f(x)<0,当x∈(0,+∞)时,f(x)>0,
所以可作出函数f(x)=xex的图象,如图所示,
由图可知,当t>0时,f(x)=t有唯一解,
故x1=ln(2x2),且x1>0,
所以==.
设h(t)=,t>0,
则h'(t)=,
令h'(t)=0解得t=e,所以可得h(t)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
所以h(t)≤h(e)=,即的最大值为.微突破(十二) 函数中的同构问题
同构法是处理不等式的一种技巧,通过等价变形使得两边的式子结构相同,从而将两边看成同一个函数(辅助函数)的两个函数值,利用辅助函数的单调性简化不等式,使问题得以解决.
例如,复杂不等式F(x)>0能等价变形为f[g(x)]>f[h(x)],则可利用f(x)的单调性,如单调递增,将原不等式转化为g(x)>h(x),达到了化繁为简的效果,整个过程体现了对称美、简洁美.
一、与函数单调性有关的同构
此类问题一般是给出含有x1,x2,f(x1),f(x2)的不等式,此时需要把x1与f(x1)放在不等式一边,x2与f(x2)放在不等式另一边,把不等式两边转化为结构相同的形式,构造辅助函数,利用单调性解决参数取值范围及相关问题.
这类同构是比较基础的一类,比较容易掌握.如
①>k(x2>x1) f(x1)-f(x2)②<(x2>x1) f(x1)-f(x2)> f(x1)+>f(x2)+ h(x)=f(x)+为减函数.
例1 (1)[2025·江苏苏州中学高二月考] 若对任意的x1,x2∈(0,a),x1A. B.1 C.e D.2e
(2)[2025·山东济宁一中高二调研] 若对任意的x1,x2∈[-2,0),x1A.- B.-
C.- D.-
变式 [2025·江苏盐城中学高二质检] 若对任意的x1,x2∈(m,+∞),且x1A.e2 B.e
C.1 D.
二、指、对同构
(1)指对同构中的几种常见变形:
①x=eln x,②x=ln ex,③xex=ex+ln x,④x+ln x=ln(xex),⑤=ex-ln x,⑥x-ln x=ln,⑦=eln x-x.
(2)指对跨阶同构的三种基本模式:
①积型:
aea≤bln b
②商型:
<
③和差型:
ea±a>b±ln b
如:eax+ax>ln(x+1)+x+1 eax+ax>eln(x+1)+ln(x+1) ax>ln(x+1).
例2 [2025·江苏淮阴中学高二质检] 已知函数f(x)=ex-ea(a+ln x).
(1)当a=1时,求f(x)的增区间;
(2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
变式 [2025·江苏启东中学高二月考] 若正实数x0是关于x的方程ex+x=ax+ln(ax)的根,则-ax0= . 微突破(十二) 函数中的同构问题
1.若2x-2y<3-x-3-y,则 ( )
A.ln(y-x+1)>0 B.ln(y-x+1)<0
C.ln|x-y|>0 D.ln|x-y|<0
2.已知函数f(x)=mln(x+1)-3x-3,若不等式f(x)>mx-3ex在(0,+∞)上恒成立,则实数m的取值范围是 ( )
A.0≤m≤3 B.m≥3
C.m≤3 D.m≤0
3.若0A.->ln x2-ln x1
B. ->ln x2-ln x1
C.x2>x1
D. x24.(13分)已知函数f(x)=aex-ln(x-1)+ln a+1,若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
5.(15分)已知函数f(x)=xex,g(x)=2xln(2x),若f(x1)=g(x2)=t,t>0,求的最大值.(共29张PPT)
微突破（十二） 函数中的同构问题
一、与函数单调性有关的同构
二、指、对同构
◆
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
同构法是处理不等式的一种技巧，通过等价变形使得两边的式子结
构相同，从而将两边看成同一个函数（辅助函数）的两个函数值，
利用辅助函数的单调性简化不等式，使问题得以解决.
例如，复杂不等式能等价变形为 ,则可利
用的单调性，如单调递增，将原不等式转化为 ,达到
了化繁为简的效果，整个过程体现了对称美、简洁美.
一、与函数单调性有关的同构
此类问题一般是给出含有,,,的不等式，此时需要把
与放在不等式一边，与 放在不等式另一边，把不等式
两边转化为结构相同的形式，构造辅助函数，利用单调性解决参数
取值范围及相关问题.
这类同构是比较基础的一类，比较容易掌握.如
① 为增函数.
② 为减函数.
例1（1）［2025·江苏苏州中学高二月考］若对任意的, ,
,恒成立，则 的最大值为( )
A. B.1 C. D.
[解析] 由题意得，即 .
令，则在上单调递增， ，
令，解得，在上单调递增，在 上单
调递减，， 的最大值为1，故选B.
√
（2）［2025·山东济宁一中高二调研］若对任意的 ，
，，恒成立，则 的最小值为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为，所以，则 可化为
，整理得 ，因
为，所以.
令，则函数 在上单调递减，
则在 上恒成立，
所以在上恒成立.
令 ，则在 上
恒成立，则在上单调递减，所以
，所以 .故选A.
变式 ［2025· 江苏盐城中学高二质检］若对任意的 ，
，且，恒成立，则 的最小值
是( )
A. B. C.1 D.
√
[解析] 对任意的，，且， 恒
成立，易知，则 ，所以
，则.
令 ，则函数在上单调递减，
可知 ，
由，可得，所以函数的减区间为 .
所以，所以，因此实数的最小值为 .
故选D.
二、指、对同构
（1）指对同构中的几种常见变形：
，，， ，
，， .
（2）指对跨阶同构的三种基本模式：
①积型：
②商型：
③和差型：
如： .
例2 ［2025·江苏淮阴中学高二质检］已知函数
.
（1）当时，求 的增区间；
解：当时，,, ，
易知在 上单调递增，
又, 当时,当时 ,
的增区间为 .
（2）若恒成立，求 的取值范围.
解：方法一： ,
,
令 ,
则,在 上单调递增，
又，当 时 ， 存在唯一的正实
数使得 ,
当时，,单调递减，当时，,
单调递增，
，由 恒成立，得
.
由，得 ,
，
, ,
.
设 ,则恒成立，
故在 上单调递增，又, ,
又且函数在 上单调递增，
的取值范围为 .
方法二：令，则, ,
则 .
令，当时， 显然成立；
当时，则 ,
，在 上单调递增，则
恒成立，即 恒成立.
可证得，,，即, ,
综上，的取值范围为 .
变式 ［2025·江苏启东中学高二月考］ 若正实数是关于 的方程
的根，则 ___.
0
[解析] 令，则在 上单调递增
，即 ,故
正实数是方程 的根，
，则，得 ，
即 .
练习册
1.若 ，则( )
A. B.
C. D.
[解析] 由得 ，令
，则，为 上的增
函数，
， ，则A正确，B错误；
与0的大小关系无法确定，则C，D错误.
故选A.
√
2.已知函数，若不等式
在上恒成立，则实数 的取值范围是( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意得 ，
令，则在 上恒成立，
又，所以在 上单调递减，所以
当时恒成立，则当
时恒成立，所以 .
故选C.
√
3.若 ，则下列不等式恒成立的是( )
A. B.
C. D.
[解析] 对于A选项, ，
设,则 ,
设，则恒成立，所以
在上单调递增，因为, ,所以存在
,使得，可得当时, ，则 ,
当时,，则 ，所以在 上不单调，
A中不等式不恒成立.
√
对于B选项， ，
设，可知在上单调递增，所以 ，
B中不等式不成立.
对于C选项， ，构造函数，
则，则在 上恒成立，所以在上
单调递减，所以 成立，C中不等式恒成立.
对于D选项，，同样构造 ，
由C选项分析可知D中不等式不成立.
故选C.
4.（13分）已知函数，若
恒成立，求 的取值范围.
解：由 ，得
，则
.
令，则，所以在 上单调递增.
式等价于，由 的单调性可得
，
则 .
令, ，
则由题意得, 恒成立.
令 ,
则 ，
故在上单调递增，在 上单调递减.
则只需满足，可得 .
5.（15分）已知函数， ，若
，，求 的最大值.
解：由题意得， ，
即 .
因为函数 ，
所以 ，
所以当时， ，当时， ，
则在上单调递减，在 上单调递增，
又当时，，当 时， ，
所以可作出函数 的图象，如图所示，
由图可知，当时， 有唯一解，
故，且 ，
所以 .
设， ，则 ，令解得，所以
可得在 上单调递增，在 上单调递减，所以
，即的最大值为 .
快速核答案（导学案）
例1 （1）B （2）A 变式 D
例2 （1）（2） 变式 0
快速核答案（练习册）
1.A 2.C 3.C
4. 5. 