最新高考数学二轮复习-专题一-培优点3-同构函数问题-学案讲义.docx

1、培优点3同构函数问题同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，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 考点一双变量同构问题例1(1)(多选)已知0xy，且eysin xexsin y，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是()Ay Bx0 Dsin xsin y答案BC解析因为eysin xexsin y，所以，令g(t)，0t0有t，由g(t)0有t，所以g(t)在上单调递增，在上单调递减，因为0xy，由g(x)g(y)有0xy，故A错误，B正

2、确；因为0xyex，由有sin ysin x，故D错误；因为0xy0，|cos y|，因为sin ysin x，所以cos x|cos y|，所以cos xcos y0，故C正确(2)(2023大连模拟)若实数a，b满足4alog3a8b3log27b，则()AaCab3 Da0，b0，4a22a,8b23b,3log27blog3b，22alog3a23blog3b，22alog3alog3223blog3blog32，即22alog32a23blog32b，ylog3x在(0，)上单调递增，log32blog33b，22alog32a23blog33b.设f(x)2xlog3x，则f(2a

3、)f(3b)，y2x与ylog3x在(0，)上单调递增，f(x)在(0，)上单调递增，2a3b，即a.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(1)若对于0x1x2a，都有x2ln x1x1ln x2x1x2成立，则a的最大值为()A. B1 Ce D2e答案B解析x2ln x1x1ln x2x1x2，即，又0x1x20，当x(1，)时，(x)1，则x，y的大小关系为()Ayx Byx Dyx答案C解析由eyln xyex可得，因为y1，ey0，所以0，所以

4、0，则ln x0，所以x1，令f(x)xln x，则f(x)1，当x1时，f(x)0，所以函数f(x)在(1，)上单调递增，则当x1时，f(x)f(1)，即xln x1，一定有xln x0，所以xln x0，则，又因为，所以1时，g(x)0，所以函数g(x)在(1，)上单调递增，因为x1，y1，x.考点二指对同构问题考向1指对同构与恒成立问题例2已知函数f(x)ex(1a)xln ax(a0)(1)当a1时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)若对于任意的x0，有f(x)0，求正数a的取值范围解(1)当a1时，f(x)exln x，得f(x)ex，切点坐标为(1，e)，斜率为

5、f(1)e1，所求切线方程为ye(e1)(x1)，即(e1)xy10.(2)f(x)0，即exxaxln ax0(a0，x0)exxaxln ax(a0，x0)exxeln axln ax(a0，x0)令g(x)exx，显然g(x)是增函数，于是上式可化为g(x)g(ln ax)，即xln ax(a0，x0)ln axln x(a0，x0)令(x)xln x(x0)，则(x)1，易知(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，故(x)min(1)1，于是ln a1，可得02时，证明：exln(x1)(1)解f(x)的定义域为(0，)，f(x)1ln x，当x时，f(x)0，f(x)在上

6、单调递减，在上单调递增，f(x)minf.(2)证明x2，x11，要证exln(x1)，即证xex(x1)ln(x1)，即证exln ex(x1)ln(x1)，即证f(ex)f(x1)，由(1)知f(x)在上单调递增，且ex，x1，即证exx1，令(x)ex(x1)(x2)，(x)ex10，(x)在(2，)上单调递增，(x)(2)e210，exx1，即证原不等式成立规律方法指对同构的常用形式(1)积型：aeabln b，一般有三种同构方式：同左构造形式：aealn beln b，构造函数f(x)xex；同右构造形式：ealn eabln b，构造函数f(x)xln x；取对构造形式：aln a

7、ln bln(b1)，构造函数f(x)xln x.(2)商型：，一般有三种同构方式：同左构造形式：，构造函数f(x)；同右构造形式：，构造函数f(x)；取对构造形式：aln aln bln(ln b)(b1)，构造函数f(x)xln x.(3)和、差型：eaabln b，一般有两种同构方式：同左构造形式：eaaeln bln b，构造函数f(x)exx；同右构造形式：ealn eabln b，构造函数f(x)xln x.跟踪演练2已知a0，函数f(x)xexax.(1)当a1时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；(2)若f(x)ln xx1恒成立，求实数a的取值范围解(1)当a1时，f(x)

8、xexx，所以f(x)(x1)ex1，所以f(1)2e1，f(1)e1，所以切线方程为y(e1)(2e1)(x1)，即(2e1)xye0.(2)由题意得xexaxln xx1，即xexln xx1ax，因为x0，所以a，设F(x)，令txln x，易知txln x在(0，)上单调递增，当x0时，t，当x时，t，所以存在x0，使tx0ln x00，令m(t)ett1，tR，因为m(t)et1，所以当t(，0)时，m(t)0，即m(t)在(0，)上单调递增，所以m(t)minm(0)0，所以m(t)m(0)0，即m(t)ett10，得到ett1，当且仅当t0时取等号，所以F(x)2，当且仅当xln

9、 x0时取等号，所以a2，又a0，所以a的取值范围是(0,2专题强化练1(2023南宁模拟)已知，R，则“0”是“cos cos ”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案C解析构造函数f(x)xcos x，则f(x)1sin x0在定义域R上恒成立，所以函数f(x)xcos x为增函数，又因为0，所以，所以f()f()，即cos cos()，即cos cos ，所以cos cos ，即“0”能推出“cos cos ”；根据cos cos ，可得cos cos ，即cos cos()，所以f()f()，所以，即0，所以“cos cos ”能推出“0”，所以“0

10、”是“cos cos ”的充要条件2已知xN，yN，x0，则f(x)，当x(0，e)时，f(x)0，f(x)单调递增，当x(e，)时，f(x)1时，f(x)0，f(2)，f(4)，所以满足xN，yN，x2b Bab2 Dab2答案B解析由指数和对数的运算性质可得2alog2a4b2log4b22blog2b.令f(x)2xlog2x，则f(x)在(0，)上单调递增，又22blog2b22blog2b122blog22b，2alog2a22blog22b，即f(a)f(2b)，a2b.4设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeae BbeaCabe Dbea答案B解析由已知aeabln b，

11、则ealn eabln b.设f(x)xln x，则f(ea)0，ea1，b0，bln baea0，b1.当x1时，f(x)ln x10，则f(x)在(1，)上单调递增，所以eab1，若ea2aaeb1bea，则()Aln(ab)1C3a3b2D3a10，所以f(x)在(1，)上单调递增因为0，所以f(a)f(b1)，所以ab1，所以ab1，所以ln(ab)ln 10，A错误；因为abb1b3e，所以ln(ab)ln e1，B正确；易知3a3b3b13b22，C正确；因为a1b，所以3a13b，D错误6若f(x)xexa(xln x)有两个零点，则实数a的取值范围是_答案(e，)解析f(x)x

12、exa(xln x)exln xa(xln x)，令txln x，tR，显然该函数为增函数当t0时，由etat0，得a，可知函数y(t0)的图象与直线ya有两个交点，可画出函数图象(图略)得到a的取值范围是(e，)7(2023邵阳模拟)已知函数f(x)ex11，g(x)2.(1)讨论函数g(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)g(x)恒成立，求实数a的取值范围解(1)g(x)2的定义域为(0，)，g(x).由g(x)0，得0xe，由g(x)e.g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减(2)由f(x)g(x)，即ex112，得axex1ln xxeln xx1(ln xx1)1，

13、令tln xx1，tR，即aett1恒成立，令(t)ett1，tR，则(t)et1，当t(，0)时，(t)0，(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，(t)min(0)2，故a2.8(2023潍坊模拟)已知函数f(x)ex1ln x，g(x)x2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x(0,2)时，f(x)g(x)(1)解函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)ex1ln xex1，记h(x)ln x，x0，则h(x)，所以当0x1时，h(x)1时，h(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)h(1)1，所以f(x)ex10，所以函数f(x)在(0，)上单调递增(2)证明原不等式为ex1ln xx2xx(x1)，即，即证在(0,2)上恒成立，设(x)，x(，1)，则(x)，所以当x0，(x)单调递增，令t(x)ln xx1，x(0,2)，则t(x)1，当0x0，t(x)单调递增；当1x2时，t(x)0，t(x)单调递减，所以t(x)maxt(1)0，所以ln xx1，且在区间(0,2)上有所以可得到(ln x)(x1)，即，所以当x(0,2)时，有f(x)g(x)成立