思维提升 培优点11 同构与异构 学案
文档属性
| 名称 | 思维提升 培优点11 同构与异构 学案 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 276.1KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-23 00:00:00 | ||
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文档简介
培优点11 同构与异构
[考情分析] 同构、异构问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维.同构、异构问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大.
考点一 地位同等同构型
例1 若e2a-eb>4a2-b2+1，则( )
A.4a2>b2 B.4a2C.> D.<
答案 D
解析 因为e2a-eb>4a2-b2+1，
所以e2a-4a2>eb-b2+1，又eb-b2+1>eb-b2，
所以e2a-4a2>eb-b2，
令函数f(x)=ex-x2，求导得f'(x)=ex-2x，
令g(x)=ex-2x，求导得g'(x)=ex-2，
当xln 2时，g'(x)>0，所以函数g(x)在(-∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增，
则g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0，即f'(x)>0，因此函数f(x)在R上单调递增，
不等式e2a-4a2>eb-b2等价于f(2a)>f(b)，于是2a>b，
对于A，B，取2a=1，b=-1，有4a2=b2，A，B错误；
对于C，D，<，
即<，C错误，D正确.
[规律方法] 含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题.
跟踪演练1 (多选)若2a+log2a=4b+2log4b，则( )
A.a>2b B.a<2b
C.a>b D.a答案 BC
解析 由指数和对数的运算性质可得
2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.
令f(x)=2x+log2x，
则f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为b>0，
所以2b+log2b<22b+log2b<22b+log22b，
所以2b+log2b<2a+log2a<22b+log22b，
即f(b)考点二 指对同构问题
例2 (1)(2025·玉树模拟)设实数λ>0，若对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-(λ+1)x+ln x≥0恒成立，则λ的取值范围是( )
A.(0，e] B.[e，+∞)
C. D.
答案 D
解析 因为对任意x∈(1，+∞)，
不等式eλx-(λ+1)x+ln x≥0恒成立，
即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥x-ln x恒成立，即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥eln x-ln x恒成立，
因为x∈(1，+∞)，所以ln x>0，
又λ>0，所以λx>0，令f(x)=ex-x，x∈(0，+∞)，
则f'(x)=ex-1>0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
由不等式eλx-λx≥eln x-ln x对任意x∈(1，+∞)恒成立，得f(λx)≥f(ln x)对任意x∈(1，+∞)恒成立，
即λx≥ln x对任意x∈(1，+∞)恒成立，
所以λ≥对任意x∈(1，+∞)恒成立，
令g(x)=，x∈(1，+∞)，则g'(x)=，
当10，即g(x)在(1，e)上单调递增，
当x>e时，g'(x)<0，即g(x)在(e，+∞)上单调递减，所以g(x)max=g(e)=，
故λ≥，即λ的取值范围是.
(2)(2025·郴州模拟)已知f(x)=memx-ln x(m>0)，若f(x)有两个零点，则实数m的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 若f(x)有两个零点，则f(x)=memx-ln x=0有两个解，
等价于mxemx-xln x=0(x>0)有两个解，因为m>0，x>0，所以ln x>0，即x>1，
令g(t)=tet，t>0，原式等价于g(mx)=g(ln x)有两个解，
因为g'(t)=(t+1)et，则当t>0时，g'(t)>0，所以g(t)在(0，+∞)上单调递增，
所以mx=ln x(x>1)有两个大于1的解.
由mx=ln x，可得m=，令h(x)=(x>1)，
则h'(x)=，
当10，当x>e时，h'(x)<0，
所以h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，且h(e)=，h(x)的图象如图，
所以当0[规律方法] 指对同构的常用形式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)=xex；
②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)=xln x；
③取对构造形式：a+ln a≤ln b+ln(b>1)，构造函数f(x)=x+ln x.
(2)商型：≤，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：≤，构造函数f(x)=；
②同右构造形式：≤，构造函数f(x)=；
③取对构造形式：a-ln a≤ln b-ln(b>1)，构造函数f(x)=x-ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)=ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)=x±ln x.
跟踪演练2 (2025·郑州模拟)已知函数f(x)=.
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x∈(0，2)时，求证：f(x)≤x-1.
(1)解 由题意可知f'(x)=，
则f'(1)=1，又f(1)=0.
故所求切线方程为y=1×(x-1)，即y=x-1.
(2)证明 当x∈(0，2)时，要证f(x)=≤x-1，
即证≤，
即证≤在x∈(0，2)上恒成立.
令p(x)=，则p'(x)=，
故当x<1时，p'(x)>0，当x>1时，p'(x)<0，
所以p(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
令t(x)=ln x-x+1，x>0，
则t'(x)=-1=，
故当00，当x>1时，t'(x)<0，
所以t(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
则t(x)max=t(1)=0，故ln x≤x-1.
当x∈(0，2)时，有即ln x≤x-1<1，
故p(ln x)≤p(x-1)，
即≤在x∈(0，2)上恒成立，
故当x∈(0，2)时，f(x)≤x-1.
考点三 异构
例3 证明：xex-1>ln x+sin x.
证明 要证xex-1>ln x+sin x，
即证xex-1-ln x-sin x>0，
又xex-1-ln x-sin x=ex+ln x-1-ln x-sin x
=ex+ln x-(x+ln x)-1+x-sin x(x>0).
令f(x)=ex-x-1，∴f'(x)=ex-1.
∴当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0；
当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(0)=0，
∴ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立.
∴ex+ln x-(x+ln x)-1≥0，
当且仅当x+ln x=0时取等号.
令φ(x)=x-sin x(x>0)，
∴φ'(x)=1-cos x≥0，
∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，
即x-sin x>0，
∴ex+ln x-(x+ln x)-1+(x-sin x)>0，
即原不等式成立.
[规律方法] 异构是指在不等式或方程中构造多个不同的函数，常与不等式ex≥x+1，ln x≤x-1，x-sin x>0(x>0)等相结合，考查不等式恒成立、证明不等式、求函数零点等.
跟踪演练3 (2025·南昌模拟)已知正实数x，y满足+2y-2=ln x+ln y，则yx等于( )
A.2 B. C. D.
答案 C
解析 方法一 ∵+2y-2=ln x+ln y，
x>0，y>0，
∴-ln x-2=ln y-2y，
令f(x)=-ln x-2，x>0，
∴f'(x)=-=，
当x∈(0，2)时，f'(x)<0，
当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(2)=-ln 2-1，
令g(y)=ln y-2y，y>0，
∴g'(y)=-2=.
当y∈时，g'(y)>0，
当y∈时，g'(y)<0，
∴g(y)在上单调递增，在上单调递减，
∴g(y)max=g=ln-1=-ln 2-1，
∴f(x)min=g(y)max，又f(x)=g(y)，
∴x=2，y=，∴yx==.
方法二 由题设可得ln(xy)=+2y-2≥2-2(当且仅当x=4y时取等号)，
即ln(xy)≥2-2，由于x，y均为正实数，
则ln≥-1，
设m(x)=ln x-x+1，x>0，则m'(x)=-1=，
当x>1时，m'(x)<0，m(x)在(1，+∞)上单调递减，
当00，m(x)在(0，1)上单调递增，∴m(x)≤m(1)=0，
∴ln x≤x-1，当且仅当x=1时取等号，
∴ln≤-1，当且仅当=1时取等号，
故解得∴yx==.
专题强化练
[分值：58分]
单选题每小题5分，共20分
1.若命题“ a，b∈R，a-cos b≤b-cos a”为假命题，则a，b的大小关系为( )
A.ab C.a≤b D.a≥b
答案 B
解析 由题意，命题的否定“ a，b∈R，a-cos b>b-cos a”为真命题，即a+cos a>b+cos b，
设f(x)=x+cos x，则f'(x)=1-sin x≥0，
所以f(x)为增函数，又f(a)>f(b)，所以a>b.
2.(2025·白银模拟)若正实数x，y满足yln(xy)=ex，则y的最小值为( )
A.1 B. C.e D.2
答案 C
解析 由yln(xy)=ex，得xyln(xy)=xex，
故ln(xy)·eln(xy)=xex.
由题意得，x>0，xy>0，ex>0，所以ln(xy)>0.
设f(t)=tet，t>0，则f'(t)=(t+1)et>0，
∴f(t)在(0，+∞)上单调递增，
∵f(ln(xy))=f(x)，∴ln(xy)=x，
∴xy=ex，即y=，x>0，∴y'=，
当x∈(0，1)时，y'<0，y=在(0，1)上单调递减，
当x∈(1，+∞)时，y'>0，y=在(1，+∞)上单调递增，∴当x=1时，y取得极小值也是最小值，最小值为e.
3.已知关于x的不等式axex+x>1-ln x有解，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 因为当x∈(0，+∞)时，axex+x>1-ln x有解，
即axex>1-ln x-x=1-ln(xex)(x>0)有解，
即a>(x>0)有解，
令t=xex(x>0)，则t∈(0，+∞)，则a>有解，
设f(t)=(t>0)，则f'(t)=，
当0当t>e2时，f'(t)>0，f(t)单调递增，
所以当t∈(0，+∞)时，f(t)≥f(e2)=-，
所以实数a的取值范围为.
4.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a有2个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(-∞，0) B.(-∞，1]
C.[0，+∞) D.(1，+∞)
答案 D
解析 因为f(x)=x(1-ex)+ln x+a有两个零点，
所以x(1-ex)+ln x+a=0有两个不同的解，
故x+ln x+a-ex+ln x=0有两个不同的解，
设t=x+ln x，x>0，则t'=1+>0，
故t=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，
而当x→0时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，
故t=x+ln x的值域为R，
故t+a-et=0在R上有两个不同的解，
设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et，
当t<0时，s'(t)>0；当t>0时，s'(t)<0，
故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1，
又当t→+∞时，s(t)→-∞，当t→-∞时，s(t)→-∞，
故当a>1时，s(t)有两个不同的零点，所以a的取值范围是(1，+∞).
5.(5分)已知x，y为正实数，ln x+ln y=-x，则x+y的取值范围是 .
答案 [2，+∞)
解析 由ln x+ln y=-x，x>0，y>0，
得ln x+x=-ln y+=ln+，
构造函数f(x)=ln x+x，x>0，
则f'(x)=+1>0，
所以f(x)=ln x+x在(0，+∞)上单调递增，
又ln x+x=ln+，所以f(x)=f，则x=，即xy=1，
由基本不等式可知x+y≥2=2，
当且仅当x=y=1时等号成立，所以x+y的取值范围为[2，+∞).
6.(5分)已知函数f(x)=ln x+(a-1)x+1，不等式f(x)≤xex恒成立，则a的取值范围是 .
答案 (-∞，2]
解析 依题意ln x+(a-1)x+1≤xex恒成立，
即ex+ln x-(x+ln x)-1-(a-2)x≥0恒成立，
令g(x)=ex+ln x-(x+ln x)-1-(a-2)x(x>0)，
∵ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立，
∴ex+ln x-(x+ln x)-1≥0，当且仅当x+ln x=0时等号成立，
当a>2时，若ln x0+x0=0(x0>0)，
则g(x0)=e0-0-1-(a-2)x0=-(a-2)x0<0，与g(x)≥0矛盾；
当a≤2时，∵x>0，∴(a-2)x≤0恒成立，显然g(x)≥0恒成立，满足题意，
故a的取值范围为(-∞，2].
7.(13分)(2025·晋中模拟)已知函数f(x)=.
(1)讨论f(x)的单调性；(6分)
(2)若eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0，+∞)恒成立，求实数a的取值范围.(7分)
解 (1)函数f(x)=的定义域为(0，+∞)，
又f'(x)=-，令f'(x)=0，得x=1，
当x∈(0，1)时，f'(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)由eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0，+∞)恒成立，得eax-1+ax-x≥ln x+1对任意x∈(0，+∞)恒成立，即eax-1+ax-1≥x+ln x对任意x∈(0，+∞)恒成立，即eax-1+ax-1≥eln x+ln x对任意x∈(0，+∞)恒成立.
令g(x)=ex+x，则有g(ax-1)≥g(ln x)，
显然g(x)为增函数，可得ax-1≥ln x，x>0，
则a≥，x>0，所以a≥f(x)max.
由(1)可知f(x)max=f(1)=1，
所以a≥1，故a的取值范围为[1，+∞).
8.(15分)已知函数f(x)=x(aex-1)，a∈R.
(1)若曲线y=f(x)在x=-1处的切线l与直线x-ay+2=0垂直，求l的方程；(6分)
(2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x，求证：当a>1时，g(x)>0.(9分)
(1)解 由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1，
则f'(-1)=-1，即kl=-1.
因为切线l与直线x-ay+2=0垂直，
所以直线x-ay+2=0的斜率为1，得a=1，
则f(-1)=-1×(e-1-1)=1-，
故l的方程为y-=-1×(x+1)，
即x+y+=0.
(2)证明 由题意知g(x)=axex+(2-ln x-x)e3，
当a>1时，g(x)>xex+(2-ln x-x)e3，
故只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0，
即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3，
即证eln x+x-3≥ln x+x-3+1.
令F(t)=et-(t+1)，则F'(t)=et-1，
当t>0时，F'(t)>0，F(t)单调递增；
当t<0时，F'(t)<0，F(t)单调递减.
所以F(t)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号.易知函数y=ln x+x-3的值域为R，
所以eln x+x-3≥ln x+x-3+1，
当且仅当ln x+x-3=0时取等号，
故当a>1时，g(x)>0.
[考情分析] 同构、异构问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维.同构、异构问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大.
考点一 地位同等同构型
例1 若e2a-eb>4a2-b2+1，则( )
A.4a2>b2 B.4a2
答案 D
解析 因为e2a-eb>4a2-b2+1，
所以e2a-4a2>eb-b2+1，又eb-b2+1>eb-b2，
所以e2a-4a2>eb-b2，
令函数f(x)=ex-x2，求导得f'(x)=ex-2x，
令g(x)=ex-2x，求导得g'(x)=ex-2，
当x
则g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0，即f'(x)>0，因此函数f(x)在R上单调递增，
不等式e2a-4a2>eb-b2等价于f(2a)>f(b)，于是2a>b，
对于A，B，取2a=1，b=-1，有4a2=b2，A，B错误；
对于C，D，<，
即<，C错误，D正确.
[规律方法] 含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题.
跟踪演练1 (多选)若2a+log2a=4b+2log4b，则( )
A.a>2b B.a<2b
C.a>b D.a
解析 由指数和对数的运算性质可得
2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.
令f(x)=2x+log2x，
则f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为b>0，
所以2b+log2b<22b+log2b<22b+log22b，
所以2b+log2b<2a+log2a<22b+log22b，
即f(b)
例2 (1)(2025·玉树模拟)设实数λ>0，若对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-(λ+1)x+ln x≥0恒成立，则λ的取值范围是( )
A.(0，e] B.[e，+∞)
C. D.
答案 D
解析 因为对任意x∈(1，+∞)，
不等式eλx-(λ+1)x+ln x≥0恒成立，
即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥x-ln x恒成立，即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥eln x-ln x恒成立，
因为x∈(1，+∞)，所以ln x>0，
又λ>0，所以λx>0，令f(x)=ex-x，x∈(0，+∞)，
则f'(x)=ex-1>0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
由不等式eλx-λx≥eln x-ln x对任意x∈(1，+∞)恒成立，得f(λx)≥f(ln x)对任意x∈(1，+∞)恒成立，
即λx≥ln x对任意x∈(1，+∞)恒成立，
所以λ≥对任意x∈(1，+∞)恒成立，
令g(x)=，x∈(1，+∞)，则g'(x)=，
当1
当x>e时，g'(x)<0，即g(x)在(e，+∞)上单调递减，所以g(x)max=g(e)=，
故λ≥，即λ的取值范围是.
(2)(2025·郴州模拟)已知f(x)=memx-ln x(m>0)，若f(x)有两个零点，则实数m的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 若f(x)有两个零点，则f(x)=memx-ln x=0有两个解，
等价于mxemx-xln x=0(x>0)有两个解，因为m>0，x>0，所以ln x>0，即x>1，
令g(t)=tet，t>0，原式等价于g(mx)=g(ln x)有两个解，
因为g'(t)=(t+1)et，则当t>0时，g'(t)>0，所以g(t)在(0，+∞)上单调递增，
所以mx=ln x(x>1)有两个大于1的解.
由mx=ln x，可得m=，令h(x)=(x>1)，
则h'(x)=，
当1
所以h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，且h(e)=，h(x)的图象如图，
所以当0
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)=xex；
②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)=xln x；
③取对构造形式：a+ln a≤ln b+ln(b>1)，构造函数f(x)=x+ln x.
(2)商型：≤，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：≤，构造函数f(x)=；
②同右构造形式：≤，构造函数f(x)=；
③取对构造形式：a-ln a≤ln b-ln(b>1)，构造函数f(x)=x-ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)=ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)=x±ln x.
跟踪演练2 (2025·郑州模拟)已知函数f(x)=.
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当x∈(0，2)时，求证：f(x)≤x-1.
(1)解 由题意可知f'(x)=，
则f'(1)=1，又f(1)=0.
故所求切线方程为y=1×(x-1)，即y=x-1.
(2)证明 当x∈(0，2)时，要证f(x)=≤x-1，
即证≤，
即证≤在x∈(0，2)上恒成立.
令p(x)=，则p'(x)=，
故当x<1时，p'(x)>0，当x>1时，p'(x)<0，
所以p(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
令t(x)=ln x-x+1，x>0，
则t'(x)=-1=，
故当0
所以t(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
则t(x)max=t(1)=0，故ln x≤x-1.
当x∈(0，2)时，有即ln x≤x-1<1，
故p(ln x)≤p(x-1)，
即≤在x∈(0，2)上恒成立，
故当x∈(0，2)时，f(x)≤x-1.
考点三 异构
例3 证明：xex-1>ln x+sin x.
证明 要证xex-1>ln x+sin x，
即证xex-1-ln x-sin x>0，
又xex-1-ln x-sin x=ex+ln x-1-ln x-sin x
=ex+ln x-(x+ln x)-1+x-sin x(x>0).
令f(x)=ex-x-1，∴f'(x)=ex-1.
∴当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0；
当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(0)=0，
∴ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立.
∴ex+ln x-(x+ln x)-1≥0，
当且仅当x+ln x=0时取等号.
令φ(x)=x-sin x(x>0)，
∴φ'(x)=1-cos x≥0，
∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，
即x-sin x>0，
∴ex+ln x-(x+ln x)-1+(x-sin x)>0，
即原不等式成立.
[规律方法] 异构是指在不等式或方程中构造多个不同的函数，常与不等式ex≥x+1，ln x≤x-1，x-sin x>0(x>0)等相结合，考查不等式恒成立、证明不等式、求函数零点等.
跟踪演练3 (2025·南昌模拟)已知正实数x，y满足+2y-2=ln x+ln y，则yx等于( )
A.2 B. C. D.
答案 C
解析 方法一 ∵+2y-2=ln x+ln y，
x>0，y>0，
∴-ln x-2=ln y-2y，
令f(x)=-ln x-2，x>0，
∴f'(x)=-=，
当x∈(0，2)时，f'(x)<0，
当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(2)=-ln 2-1，
令g(y)=ln y-2y，y>0，
∴g'(y)=-2=.
当y∈时，g'(y)>0，
当y∈时，g'(y)<0，
∴g(y)在上单调递增，在上单调递减，
∴g(y)max=g=ln-1=-ln 2-1，
∴f(x)min=g(y)max，又f(x)=g(y)，
∴x=2，y=，∴yx==.
方法二 由题设可得ln(xy)=+2y-2≥2-2(当且仅当x=4y时取等号)，
即ln(xy)≥2-2，由于x，y均为正实数，
则ln≥-1，
设m(x)=ln x-x+1，x>0，则m'(x)=-1=，
当x>1时，m'(x)<0，m(x)在(1，+∞)上单调递减，
当0
∴ln x≤x-1，当且仅当x=1时取等号，
∴ln≤-1，当且仅当=1时取等号，
故解得∴yx==.
专题强化练
[分值：58分]
单选题每小题5分，共20分
1.若命题“ a，b∈R，a-cos b≤b-cos a”为假命题，则a，b的大小关系为( )
A.ab C.a≤b D.a≥b
答案 B
解析 由题意，命题的否定“ a，b∈R，a-cos b>b-cos a”为真命题，即a+cos a>b+cos b，
设f(x)=x+cos x，则f'(x)=1-sin x≥0，
所以f(x)为增函数，又f(a)>f(b)，所以a>b.
2.(2025·白银模拟)若正实数x，y满足yln(xy)=ex，则y的最小值为( )
A.1 B. C.e D.2
答案 C
解析 由yln(xy)=ex，得xyln(xy)=xex，
故ln(xy)·eln(xy)=xex.
由题意得，x>0，xy>0，ex>0，所以ln(xy)>0.
设f(t)=tet，t>0，则f'(t)=(t+1)et>0，
∴f(t)在(0，+∞)上单调递增，
∵f(ln(xy))=f(x)，∴ln(xy)=x，
∴xy=ex，即y=，x>0，∴y'=，
当x∈(0，1)时，y'<0，y=在(0，1)上单调递减，
当x∈(1，+∞)时，y'>0，y=在(1，+∞)上单调递增，∴当x=1时，y取得极小值也是最小值，最小值为e.
3.已知关于x的不等式axex+x>1-ln x有解，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 因为当x∈(0，+∞)时，axex+x>1-ln x有解，
即axex>1-ln x-x=1-ln(xex)(x>0)有解，
即a>(x>0)有解，
令t=xex(x>0)，则t∈(0，+∞)，则a>有解，
设f(t)=(t>0)，则f'(t)=，
当0
所以当t∈(0，+∞)时，f(t)≥f(e2)=-，
所以实数a的取值范围为.
4.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a有2个零点，则实数a的取值范围是( )
A.(-∞，0) B.(-∞，1]
C.[0，+∞) D.(1，+∞)
答案 D
解析 因为f(x)=x(1-ex)+ln x+a有两个零点，
所以x(1-ex)+ln x+a=0有两个不同的解，
故x+ln x+a-ex+ln x=0有两个不同的解，
设t=x+ln x，x>0，则t'=1+>0，
故t=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，
而当x→0时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，
故t=x+ln x的值域为R，
故t+a-et=0在R上有两个不同的解，
设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et，
当t<0时，s'(t)>0；当t>0时，s'(t)<0，
故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1，
又当t→+∞时，s(t)→-∞，当t→-∞时，s(t)→-∞，
故当a>1时，s(t)有两个不同的零点，所以a的取值范围是(1，+∞).
5.(5分)已知x，y为正实数，ln x+ln y=-x，则x+y的取值范围是 .
答案 [2，+∞)
解析 由ln x+ln y=-x，x>0，y>0，
得ln x+x=-ln y+=ln+，
构造函数f(x)=ln x+x，x>0，
则f'(x)=+1>0，
所以f(x)=ln x+x在(0，+∞)上单调递增，
又ln x+x=ln+，所以f(x)=f，则x=，即xy=1，
由基本不等式可知x+y≥2=2，
当且仅当x=y=1时等号成立，所以x+y的取值范围为[2，+∞).
6.(5分)已知函数f(x)=ln x+(a-1)x+1，不等式f(x)≤xex恒成立，则a的取值范围是 .
答案 (-∞，2]
解析 依题意ln x+(a-1)x+1≤xex恒成立，
即ex+ln x-(x+ln x)-1-(a-2)x≥0恒成立，
令g(x)=ex+ln x-(x+ln x)-1-(a-2)x(x>0)，
∵ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立，
∴ex+ln x-(x+ln x)-1≥0，当且仅当x+ln x=0时等号成立，
当a>2时，若ln x0+x0=0(x0>0)，
则g(x0)=e0-0-1-(a-2)x0=-(a-2)x0<0，与g(x)≥0矛盾；
当a≤2时，∵x>0，∴(a-2)x≤0恒成立，显然g(x)≥0恒成立，满足题意，
故a的取值范围为(-∞，2].
7.(13分)(2025·晋中模拟)已知函数f(x)=.
(1)讨论f(x)的单调性；(6分)
(2)若eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0，+∞)恒成立，求实数a的取值范围.(7分)
解 (1)函数f(x)=的定义域为(0，+∞)，
又f'(x)=-，令f'(x)=0，得x=1，
当x∈(0，1)时，f'(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)由eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0，+∞)恒成立，得eax-1+ax-x≥ln x+1对任意x∈(0，+∞)恒成立，即eax-1+ax-1≥x+ln x对任意x∈(0，+∞)恒成立，即eax-1+ax-1≥eln x+ln x对任意x∈(0，+∞)恒成立.
令g(x)=ex+x，则有g(ax-1)≥g(ln x)，
显然g(x)为增函数，可得ax-1≥ln x，x>0，
则a≥，x>0，所以a≥f(x)max.
由(1)可知f(x)max=f(1)=1，
所以a≥1，故a的取值范围为[1，+∞).
8.(15分)已知函数f(x)=x(aex-1)，a∈R.
(1)若曲线y=f(x)在x=-1处的切线l与直线x-ay+2=0垂直，求l的方程；(6分)
(2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x，求证：当a>1时，g(x)>0.(9分)
(1)解 由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1，
则f'(-1)=-1，即kl=-1.
因为切线l与直线x-ay+2=0垂直，
所以直线x-ay+2=0的斜率为1，得a=1，
则f(-1)=-1×(e-1-1)=1-，
故l的方程为y-=-1×(x+1)，
即x+y+=0.
(2)证明 由题意知g(x)=axex+(2-ln x-x)e3，
当a>1时，g(x)>xex+(2-ln x-x)e3，
故只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0，
即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3，
即证eln x+x-3≥ln x+x-3+1.
令F(t)=et-(t+1)，则F'(t)=et-1，
当t>0时，F'(t)>0，F(t)单调递增；
当t<0时，F'(t)<0，F(t)单调递减.
所以F(t)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号.易知函数y=ln x+x-3的值域为R，
所以eln x+x-3≥ln x+x-3+1，
当且仅当ln x+x-3=0时取等号，
故当a>1时，g(x)>0.
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