提優(yōu)點(diǎn)3　同構(gòu)函數(shù) 高三數(shù)學(xué)

板塊一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)提優(yōu)點(diǎn)3同構(gòu)函數(shù)知識(shí)拓展同構(gòu)法在近幾年的?？贾蓄l繁出現(xiàn)，首先將題目中的等式或不等式經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)恼碜冃?，表示成兩?cè)具有相同結(jié)構(gòu)，然后利用這個(gè)結(jié)構(gòu)式構(gòu)造相對(duì)應(yīng)的函數(shù)，再利用函數(shù)單調(diào)性解題.精準(zhǔn)強(qiáng)化練類(lèi)型一地位同等同構(gòu)型類(lèi)型二指對(duì)跨階同構(gòu)型類(lèi)型三零點(diǎn)同構(gòu)型類(lèi)型突破類(lèi)型一地位同等同構(gòu)型(1)(2024·溫州統(tǒng)考)已知x，y∈R，則“x>y>1”是“x－lnx>y－lny”的A.充分不必要條件

B.必要不充分條件C.充要條件

D.既不充分也不必要條件例1√√含有地位同等的兩個(gè)變量的不等式(方程)，關(guān)鍵在于對(duì)不等式(方程)兩邊變形或先放縮再變形，使不等式(方程)兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題.規(guī)律方法訓(xùn)練1(1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則A.a>2b

B.a<2b

C.a>b2

D.a<b2√由指數(shù)和對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.故選B.√類(lèi)型二指對(duì)跨階同構(gòu)型例2考向1指對(duì)同構(gòu)與恒成立問(wèn)題∴當(dāng)a≤0時(shí)，(*)不成立，故a>0.當(dāng)a>0時(shí)，(*)整理得ax(eax＋1)≥2(x2＋1)·lnx(x>1)恒成立，即axeax＋ax≥x2lnx2＋lnx2＝lnx2·elnx2＋lnx2(x>1)恒成立.設(shè)g(t)＝tet＋t，t>0，則g′(t)＝(t＋1)et＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，∴g(t)＝tet＋t在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又a>0，x∈(1，＋∞)，例3考向2指對(duì)同構(gòu)與證明不等式已知函數(shù)f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a≤2時(shí)，證明：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<ex－1恒成立.規(guī)律方法規(guī)律方法已知函數(shù)f(x)＝x－lnx.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)性；訓(xùn)練2令f′(x)＝0，解得x＝1，則當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.類(lèi)型三零點(diǎn)同構(gòu)型(1)已知函數(shù)f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是___________.例3(e，＋∞)2(2)已知x0是函數(shù)f(x)＝x2ex－2＋lnx－2的零點(diǎn)，則e2－x0＋lnx0＝________.在涉及函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題時(shí)，可根據(jù)函數(shù)式的結(jié)構(gòu)或轉(zhuǎn)化為方程后構(gòu)造函數(shù)，其實(shí)質(zhì)是把函數(shù)式簡(jiǎn)化，以達(dá)到研究函數(shù)零點(diǎn)的目的.規(guī)律方法訓(xùn)練3當(dāng)x→0時(shí)，φ(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，φ(x)→＋∞，所以a＞1，綜上，a的范圍為(1，＋∞).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】√1.(2024·合肥調(diào)研)若2024x－2024y<2025－x－2025－y，x，y∈R，則A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0由2024x－2024y<2025－x－2025－y，x，y∈R，可得2024x－2025－x<2024y－2025－y，由于函數(shù)y＝2024x，y＝－2025－x均在R上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)＝2024x－2025－x在R上單調(diào)遞增.則2024x－2025－x<2024y－2025－y?f(x)<f(y)?x<y.A，B選項(xiàng)，y>x?y－x＋1>1?ln(y－x＋1)>ln1＝0，故A正確，B錯(cuò)誤.C，D選項(xiàng)，由條件知|x－y|與1的大小關(guān)系無(wú)法判斷，故C，D錯(cuò)誤.√2.已知實(shí)數(shù)x1，x2滿足x13x1＝9，x2(log3x2－2)＝81，則x1x2＝A.27 B.32 C.64

D.81由題意得，x1>0，x2>0.令log3x2－2＝t，則x2＝32＋t，32＋tt＝81，得t·3t＝9，∴x1，t是方程x·3x＝9的根.令f(x)＝x·3x(x>0)，則f′(x)＝3x＋x·3xln3>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴x1＝t，即log3x2－2＝x1，∴x1x2＝(log3x2－2)x2＝81.√√∵ex－a≥lnx＋a，∴ex－a＋x－a≥x＋lnx，∴ex－a＋x－a≥elnx＋lnx，設(shè)f(t)＝et＋t，則f′(t)＝et＋1＞0，∴f(t)在R上單調(diào)遞增，故ex－a＋(x－a)≥elnx＋lnx，即f(x－a)≥f(lnx)，即x－a≥lnx，即a≤x－lnx，

√√6.(2024·茂名模擬)已知mem＋lnn>nlnn＋m(m∈R)，則下列結(jié)論一定正確的是A.若m>0，則m－n>0 B.若m>0，則em－n>0C.若m<0，則m＋lnn<0 D.若m<0，則em＋n>2√原式可變形為mem－m>nlnn－lnn，即mem－m>lnn·elnn－lnn，因而可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex－x，則f(m)>f(lnn).f′(x)＝ex(x＋1)－1，當(dāng)x>0時(shí)，ex>1，x＋1>1，則ex(x＋1)>1，f′(x)>0，當(dāng)x<0時(shí)，0<ex<1，x＋1<1，則ex(x＋1)<1，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.√對(duì)于A，取m＝n＝e，則lnn＝1<m，∵f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(m)>f(lnn)，滿足題意，但m－n＝0，A錯(cuò)誤.對(duì)于B，若m>0，則當(dāng)lnn≤0，即0<n≤1時(shí)，em>1≥n，即em－n>0；當(dāng)lnn>0，即n>1時(shí)，由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(m)>f(lnn)，得m>lnn，則em－n>0.B正確.對(duì)于C，若m<0，則當(dāng)lnn≤0，即0<n≤1時(shí)，m＋lnn<0顯然成立.當(dāng)lnn>0時(shí)，即n>1時(shí)，令h(x)＝f(x)－f(－x)＝x(ex＋e－x－2).7.若關(guān)于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2lnx＋1對(duì)任意x>0恒成立，則k的取值范圍是______________.(－∞，0]原不等式可變形為e2lnx＋3x－(3x＋2lnx)≥kx＋1，e2lnx＋3x－(3x＋2lnx)－1≥kx，利用ex≥x＋1，可得