補(bǔ)上一課　指、對同構(gòu)

補(bǔ)上一課指、對同構(gòu)知識拓展在解決指對混合不等式時，如恒成立求參數(shù)或證明不等式，部分試題是命題者利用函數(shù)單調(diào)性構(gòu)造出來的，如果我們能找到這個函數(shù)模型(即不等式兩邊對應(yīng)的是同一函數(shù))，無疑大大加快解決問題的速度.找到這個函數(shù)模型的方法，我們稱為同構(gòu)法，其實(shí)質(zhì)還是指數(shù)、對數(shù)恒等式的變換.(1)五個常見變形：xex＝ex＋lnx，eq\f(ex,x)＝ex－lnx，eq\f(x,ex)＝elnx－x，x＋lnx＝ln(xex)，x－lnx＝lneq\f(ex,x).(2)三種基本模式①積型：aea≤blnbeq\o(→,\s\up7(三種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：aea≤(lnb)elnb\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝xex，,同右：ealnea≤blnb\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝xlnx，,取對：a＋lna≤lnb＋ln（lnb）\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝x＋lnx.))②商型：eq\f(ea,a)＜eq\f(b,lnb)eq\o(→,\s\up7(三種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：\f(ea,a)＜\f(elnb,lnb)\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝\f(ex,x)，,同右：\f(ea,lnea)＜\f(b,lnb)\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝\f(x,lnx)，,取對：a－lna＜lnb－ln（lnb）\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝x－lnx.))③和差型：ea±a＞b±lnbeq\o(→,\s\up7(兩種同構(gòu)方式))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(同左：ea±a＞elnb±lnb\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝ex±x，,同右：ea±lnea＞b±lnb\o(→,\s\up7(構(gòu)造))f（x）＝x±lnx.))題型一積型例1(1)(2024·南京調(diào)研)已知實(shí)數(shù)α，β滿足αeα－3＝1，β(lnβ－1)＝e4，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，則αβ的值為________.答案e4解析法一αeα－3＝1，即αeα＝e3，∴α>0，β(lnβ－1)＝βlneq\f(β,e)＝e4，即eq\f(β,e)lneq\f(β,e)＝e3，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(β,e)))·elneq\f(β,e)＝e3，∴l(xiāng)neq\f(β,e)>0，令f(x)＝xex(x>0)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(β,e)))＝f(α)＝e3，∴f′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴l(xiāng)neq\f(β,e)＝α，即β＝eα＋1，∴αβ＝α·eα＋1＝e4.法二β(lnβ－1)＝βlneq\f(β,e)＝e4，即eq\f(β,e)lneq\f(β,e)＝e3>0，∴eq\f(β,e)>1，αeα－3＝1，即αeα＝e3，eα·lneα＝e3，∴eα>1，令f(x)＝xlnx(x>1)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,e)))＝f(eα)＝e3，∴f′(x)＝lnx＋1>0恒成立，∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\f(β,e)＝eα，即β＝eα＋1，∴αβ＝α·eα＋1＝e4.(2)設(shè)實(shí)數(shù)m>0，若對任意的x≥e，不等式x2lnx－meeq\f(m,x)≥0恒成立，則m的最大值為________.答案e解析x2lnx≥meeq\f(m,x)?xlnx≥eq\f(m,x)eeq\f(m,x)＝(eeq\f(m,x))·ln(eeq\f(m,x))，∵m>0，x≥e，∴eeq\f(m,x)>1，令f(x)＝xlnx(x>1)，f′(x)＝lnx＋1>0，∴f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)≥f(eeq\f(m,x))?x≥eeq\f(m,x)，即lnx≥eq\f(m,x)，m≤(xlnx)min＝e.感悟提升解決指對混合不等式時，常規(guī)的方法計(jì)算復(fù)雜，將不等式變形為f[g(x)]>f[h(x)]的結(jié)構(gòu)，f(x)即為外層函數(shù)，其單調(diào)性易于研究.常見變形方式：xex＝ex＋lnx，eq\f(ex,x)＝ex－lnx，eq\f(x,ex)＝elnx－x，x＋lnx＝ln(xex)，x－lnx＝lneq\f(ex,x).訓(xùn)練1(1)(2024·渭南模擬)設(shè)實(shí)數(shù)λ>0，對任意的x>1，不等式λeλx≥lnx恒成立，則λ的取值范圍為________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析由題意，得eλx·λx≥xlnx＝elnx·lnx，令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，則f′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(λx)≥f(lnx)，即當(dāng)x∈(1，＋∞)時，λx≥lnx，即λ≥eq\f(lnx,x)恒成立，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，x∈(1，＋∞)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以在(1，e)上，g′(x)>0，則g(x)單調(diào)遞增；在(e，＋∞)上，g′(x)<0，則g(x)單調(diào)遞減；所以g(x)≤g(e)＝eq\f(1,e)，故λ≥eq\f(1,e).(2)已知函數(shù)f(x)＝emx＋x－xlnx(m≥0)，設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，討論f′(x)零點(diǎn)的個數(shù).解f′(x)＝memx－lnx(x>0)，令f′(x)＝0，則memx＝lnx，即mxemx＝(lnx)elnx，∵m≥0，∴l(xiāng)nx≥0，mx≥0，∴x≥1.設(shè)h(t)＝tet(t≥0)，∴mxemx＝xlnx?h(mx)＝h(lnx)，h′(t)＝(t＋1)et>0，∴h(t)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴mx＝lnx，即m＝eq\f(lnx,x)，設(shè)g(x)＝eq\f(lnx,x)(x≥1)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令g′(x)>0，解得1<x<e；令g′(x)<0，解得x>e，∴g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，g(1)＝0，g(e)＝eq\f(1,e)，∴x>e時，g(x)>0，∴m＝0或m＝eq\f(1,e)時，f′(x)有1個零點(diǎn)；0<m<eq\f(1,e)時，f′(x)有兩個零點(diǎn)；m>eq\f(1,e)時，f′(x)沒有零點(diǎn).題型二商型例2(1)(2024·鄭州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x)＝xe－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k<0)成立，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)ex的最大值為________.答案eq\f(4,e2)解析f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，易判斷f(x)在(0，e)單調(diào)遞增，在(e，＋∞)單調(diào)遞減，∵f(x1)＝g(x2)＝k<0，∴eq\f(lnx1,x1)＝eq\f(x2,ex2)＝eq\f(lnex2,ex2)＝k<0，從而0<x1<1，0<ex2<1，∴x1＝ex2，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))eq\s\up12(2)ek＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,ex2)))eq\s\up12(2)ek＝k2ek，k<0，令h(x)＝x2ex，x<0，h′(x)＝(x2＋2x)ex，∴h(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2，0)上單調(diào)遞減，∴h(x)≤h(－2)＝eq\f(4,e2).(2)(2024·金華調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝aexlnx，g(x)＝x2＋xlna，a>0.設(shè)函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0對任意的x∈(0，1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，得aexlnx<x2＋xlna，所以eq\f(lnx,x)<eq\f(x,aex)＋eq\f(lna,aex)＝eq\f(ln（aex）,aex)，即eq\f(ln（aex）,aex)>eq\f(lnx,x)對任意x∈(0，1)恒成立.設(shè)H(x)＝eq\f(lnx,x)，則H′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).當(dāng)x∈(0，e)時，H′(x)>0，H(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減，且當(dāng)x∈(1，＋∞)時，H(x)>0；當(dāng)x∈(0，1)時，H(x)<0，若aex≥1>x，則H(aex)≥H(1)＝0>H(x)，若0<aex<1，因?yàn)镠(aex)>H(x)，且H(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，則可得aex>x.綜上可知，aex>x對任意x∈(0，1)恒成立，即a>eq\f(x,ex)對任意x∈(0，1)恒成立.設(shè)G(x)＝eq\f(x,ex)，x∈(0，1)，則G′(x)＝eq\f(1－x,ex)，所以G(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，則G(x)<G(1)＝eq\f(1,e)，所以a≥eq\f(1,e)，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).感悟提升商型eq\f(a,ea)≤eq\f(lnb,b)同構(gòu)，三種同構(gòu)途徑：①同左：eq\f(a,ea)≤eq\f(lnb,elnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ex)；②同右：eq\f(lnea,ea)≤eq\f(lnb,b)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)；③取對數(shù)：lna－a≤ln(lnb)－lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝lnx－x.訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lneax－1,eax)，若不等式f(x)≥eq\f(lnx－1,x)對x∈(0，e]恒成立，求a的取值范圍.解因?yàn)閑q\f(lneax－1,eax)≥eq\f(lnx－1,x)，設(shè)函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx－1,x)，x∈(0，e]，則eq\f(lneax－1,eax)≥eq\f(lnx－1,x)等價于g(eax)≥g(x).∵g′(x)＝eq\f(2－lnx,x2)，∴當(dāng)x∈(0，e]時，g′(x)＞0，則g(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈(0，e]時，g(eax)≥g(x)等價于eax≥x，即a≥eq\f(lnx,x)恒成立.設(shè)函數(shù)h(x)＝eq\f(lnx,x)，x∈(0，e]，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)≥0，即h(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴h(x)max＝h(e)＝eq\f(1,e)，則a≥eq\f(1,e)即可，∴a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).題型三和差型例3(2020·新高考Ⅰ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范圍.解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f(x)＝aex－1－lnx＋lna＝elna＋x－1－lnx＋lna≥1，等價于elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx.令g(x)＝ex＋x，上述不等式等價于g(lna＋x－1)≥g(lnx).顯然g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以又等價于lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1.令h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x).當(dāng)x∈(0，1)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝0，所以lna≥0，即a≥1，所以a的取值范圍是[1，＋∞).感悟提升和差型ea±a≤b±lnb同構(gòu)，兩種同構(gòu)途徑：①同左：ea±a≤elnb±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex±x；②同右：ea±lnea≤b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x±lnx.訓(xùn)練3設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R.當(dāng)x∈(－a，＋∞)時，f(x)≥a恒成立，求a的最大值.解由ex－ln(x＋a)≥a?ex＋x≥ln(x＋a)＋x＋a＝eln(x＋a)＋ln(x＋a)，令g(x)＝ex＋x，顯然g(x)在R上單調(diào)遞增，且由g(x)≥g(ln(x＋a))?x≥ln(x＋a)?x＋a≤ex?a≤(ex－x)min＝1，當(dāng)且僅當(dāng)“x＝0”時取“＝”.經(jīng)檢驗(yàn)，a的最大值為1，滿足題意.【A級基礎(chǔ)鞏固】1.若不等式xex－a≥lnx＋x－1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解∵xex－a≥lnx＋x－1，∴elnx＋x－a≥lnx＋x－1，令t＝lnx＋x，則et－a≥t－1恒成立，則a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，∴φ′(t)＝et－1，當(dāng)t∈(－∞，0)時，φ′(t)＜0；當(dāng)t∈(0，＋∞)時，φ′(t)＞0，∴φ(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，2].2.(2024·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?yàn)間(0)＝1，所以當(dāng)x<0時，g(x)<1，即f′(x)<0；當(dāng)x>0時，g(x)>1，即f′(x)>0，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)－lnx≥1，即證xex－x－lnx≥1，即證ex＋lnx－(x＋lnx)≥1，令t＝x＋lnx，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.3.(2024·武漢調(diào)研)已知關(guān)于x的不等式ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.解ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x＝eln[(m＋1)x]＋ln[(m＋1)x]，令f(x)＝ex＋x，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝ex＋1>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，若f(x)≥f(ln[(m＋1)x])，則x≥ln[(m＋1)x]在(0，＋∞)上恒成立，記g(x)＝x－ln[(m＋1)x]，則g(x)≥