2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題一-微專題10-同構(gòu)函數(shù)問題-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

微專題10同構(gòu)函數(shù)問題[考情分析]從最近幾年的高考可以看出，新高考注重?cái)?shù)學(xué)素養(yǎng)的考查，尤其是創(chuàng)新思維．這種問題在高考題中頻繁出現(xiàn)，用同構(gòu)法解題，除了要有同構(gòu)法的思想意識(shí)外，對(duì)觀察能力和代數(shù)式的變形能力的要求也是比較高的．有時(shí)候在高考試題、模擬試題、壓軸題中只要大膽嘗試，把握其中的規(guī)律，解決這類問題堪稱秒殺！難度一般較大．考點(diǎn)一同構(gòu)函數(shù)比較大小典例1(1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)>2bB．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2D．a(chǎn)<b2答案B解析由指數(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＋log22b，∴2a＋log2a<22b＋log22b，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.(2)若0<x1<x2<1，則()A．>lnx2－lnx1B．<lnx2－lnx1C．D．答案C解析令f(x)＝ex－lnx，則f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，令h(x)＝ex－eq\f(1,x)，h′(x)＝ex＋eq\f(1,x2)>0恒成立，即f′(x)＝ex－eq\f(1,x)在定義域上是增函數(shù)，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－e<0，f′(1)＝e－1>0，因此在區(qū)間(0,1)上存在唯一的x0，使得f′(x0)＝0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0,1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故A，B錯(cuò)誤；令g(x)＝eq\f(ex,x)，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，因?yàn)?<x1<x2<1，所以，即，故C正確，D錯(cuò)誤．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知α，β∈R，則“α＋β>0”是“α＋β>cosα－cosβ”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答案C解析構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－cosx，則f′(x)＝1＋sinx≥0在R上恒成立，所以函數(shù)f(x)＝x－cosx是增函數(shù)，因?yàn)棣粒?gt;0，所以α>－β，所以f(α)>f(－β)，即α－cosα>－β－cos(－β)，即α－cosα>－β－cosβ，所以α＋β>cosα－cosβ，即“α＋β>0”能推出“α＋β>cosα－cosβ”；根據(jù)α＋β>cosα－cosβ，可得α－cosα>－β－cosβ，即α－cosα>－β－cos(－β)，所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，所以“α＋β>cosα－cosβ”能推出“α＋β>0”，所以“α＋β>0”是“α＋β>cosα－cosβ”的充要條件．(2)(2023·鄭州模擬)若lnb＋b＝alna＋a2，則下列式子可能成立的是()A．a(chǎn)>b>1 B．a(chǎn)>1>bC．b>1>a D．1>b>a答案D解析令f(x)＝x＋lnx，x>0，則f′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0恒成立，所以f(x)＝x＋lnx是增函數(shù)，其中f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)－1<0，f(1)＝1>0，則存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，使得f(x0)＝0.當(dāng)a>b時(shí)，alna＋a2＝lnb＋b<a＋lna，即(a－1)(lna＋a)<0，若a≥1，則lna＋a>0，且a－1≥0，則(a－1)(lna＋a)≥0，不滿足(a－1)(lna＋a)<0，故a<1，且f(a)>0，所以x0<a<1，又因?yàn)閍>b，所以1>a>b；當(dāng)a<b時(shí)，alna＋a2＝lnb＋b>a＋lna，即(a－1)(lna＋a)>0，若a>1，則a－1>0，lna＋a>0，則(a－1)(lna＋a)>0成立，故b>a>1；若a<1，則a－1<0，則lna＋a<0，因?yàn)閒(x0)＝0，且f(x)＝x＋lnx是增函數(shù)，所以當(dāng)0<a<x0時(shí)，lna＋a<0，則alna＋a2<0，所以lnb＋b<0，所以b<1，又因?yàn)閍<b，所以1>b>a，若a＝1，顯然不成立．故A，B，C錯(cuò)誤，D正確．考點(diǎn)二通過同構(gòu)函數(shù)解決零點(diǎn)問題典例2(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)－lnx＋x－a.(1)若f(x)≥0，求a的取值范圍；(2)證明：若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2<1.(1)解由題意知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．由f′(x)＝eq\f(exx－1,x2)－eq\f(1,x)＋1＝eq\f(exx－1－x＋x2,x2)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)，可得函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.又f(x)≥0，所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，所以a的取值范圍為(－∞，e＋1]．(2)證明方法一不妨設(shè)x1<x2，則由(1)知0<x1<1<x2，eq\f(1,x1)>1.令F(x)＝f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，則F′(x)＝eq\f(ex＋xx－1,x2)＋·eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)(ex＋x－－1)．令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，則g′(x)＝ex＋1－＝ex＋1＋(x>0)，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g(x)<g(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以F(x)<F(1)，即f(x)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))<F(1)＝0.又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))<0，即f(x2)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1))).由(1)可知，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x2<eq\f(1,x1)，即x1x2<1.方法二(同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)化解等式)不妨設(shè)x1<x2，則由(1)知0<x1<1<x2,0<eq\f(1,x2)<1.由f(x1)＝f(x2)＝0，得－lnx1＋x1＝－lnx2＋x2，即＋x1－lnx1＝＋x2－lnx2.因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋x是R上的增函數(shù)，所以x1－lnx1＝x2－lnx2成立．構(gòu)造函數(shù)h(x)＝x－lnx(x>0)，g(x)＝h(x)－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝x－eq\f(1,x)－2lnx(x>0)，則g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)≥0(x>0)，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)>g(1)＝0，即當(dāng)x>1時(shí)，h(x)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，所以h(x1)＝h(x2)>heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2))).又h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，所以0<x1<eq\f(1,x2)<1，即x1x2<1.跟蹤訓(xùn)練2(2023·衡水模擬)已知函數(shù)f(x)＝axex－eq\f(1,2)(a≠0)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)已知函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(lnx,x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)＝axex－eq\f(1,2)(a≠0)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝a(x＋1)ex.當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)<0可得x<－1，由f′(x)>0可得x>－1，此時(shí)函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)<0可得x>－1，由f′(x)>0可得x<－1，此時(shí)函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)函數(shù)g(x)＝f(x)－eq\f(lnx,x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)楹瘮?shù)g(x)＝f(x)－eq\f(lnx,x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)零點(diǎn)，即axex－eq\f(1,2)＝eq\f(lnx,x)有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，即2ax2ex－(x＋2lnx)＝0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，即2aex＋2lnx－(x＋2lnx)＝0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根，令t＝x＋2lnx，則2aet－t＝0，可得2a＝eq\f(t,et)，令h(x)＝x＋2lnx，其中x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝1＋eq\f(2,x)>0，所以函數(shù)h(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，作出函數(shù)h(x)的圖象如圖所示，由圖可知，函數(shù)h(x)的值域?yàn)镽，所以t＝x＋2lnx∈R，令p(t)＝eq\f(t,et)，其中t∈R，則p′(t)＝eq\f(1－t,et)，當(dāng)t<1時(shí)，p′(t)>0，此時(shí)函數(shù)p(t)單調(diào)遞增，當(dāng)t>1時(shí)，p′(t)<0，此時(shí)函數(shù)p(t)單調(diào)遞減，且當(dāng)t<0時(shí)，p(t)＝eq\f(t,et)<0；當(dāng)t>0時(shí)，p(t)＝eq\f(t,et)>0，p(1)＝eq\f(1,e)，因?yàn)楹瘮?shù)g(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以直線y＝2a與函數(shù)p(t)＝eq\f(t,et)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所示，由圖可知，當(dāng)0<2a<eq\f(1,e)，即0<a<eq\f(1,2e)時(shí)，直線y＝2a與函數(shù)p(t)＝eq\f(t,et)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，因此實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e))).考點(diǎn)三通過同構(gòu)函數(shù)解決恒成立問題典例3(2023·深圳模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－eq\f(1,2)ax2，a∈R，g(x)＝ln(x－1)＋x＋1，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a＝0時(shí)，證明：對(duì)?x>1，都有f(x)≥g(x)恒成立．(1)解由題意可得f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，若a≤0，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若0<a<1，當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(lna,0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞增，在(lna,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．若a＝1，當(dāng)x∈(－∞，＋∞)時(shí)，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，若a>1，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(0，lna)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞增，在(lna,0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>1時(shí)，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝(x－1)ex，對(duì)?x>1，都有f(x)≥g(x)恒成立，等價(jià)于(x－1)ex≥ln(x－1)＋x＋1?eln(x－1)＋x≥ln(x－1)＋x＋1，構(gòu)造函數(shù)h(x)＝ex－x－1，h′(x)＝ex－1，令h′(x)＝0，解得x＝0，當(dāng)x<0時(shí)，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(0)＝e0－0－1＝0，即ex≥x＋1，因此eln(x－1)＋x≥ln(x－1)＋x＋1成立，故對(duì)?x>1，都有f(x)≥g(x)恒成立．跟蹤訓(xùn)練3(2023·咸陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lnax(a>0)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若對(duì)于任意的x>0，都有f(x)≥0，求正數(shù)a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝ex－lnx，得f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，f(1)＝e，切點(diǎn)為(1，e)，斜率f′(1)＝e－1，所求切線方程為y－e＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y＋1＝0.(2)f(x)≥0，即ex＋x－ax－lnax≥0(a>0，x>0)?ex＋x≥ax＋lnax(a>0，x>0)?ex＋x≥elnax＋lnax(a>0，x>0)．令g(x)＝ex＋x，于是上式可化為g(x)>g(lnax)，顯然g(x)是增函數(shù)，所以x≥lnax(a>0，x>0)?lna≤x－lnx(a>0，x>0)．令φ(x)＝x－lnx(x>0)，則φ′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，易知φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是lna≤1，可得0<a≤e.故正數(shù)a的取值范圍為(0，e]．[總結(jié)提升]在解決指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的混合不等式恒成立求參數(shù)范圍或證明指對(duì)不等式時(shí)，使用同構(gòu)法會(huì)達(dá)到意想不到的效果．如何構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)呢？一般情況下含ex和lnx的函數(shù)，主要是統(tǒng)一化為左邊或化為右邊構(gòu)造同構(gòu)式．同構(gòu)式需要構(gòu)造這樣一個(gè)母函數(shù)，這個(gè)函數(shù)既能滿足指數(shù)與對(duì)數(shù)互化，又能滿足單調(diào)性和最值易求等特點(diǎn)，因此常見的同構(gòu)形式大多為y＝xlnx，y＝xex，或其同族函數(shù)．經(jīng)過同構(gòu)變形，再結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，可以快速解決證明不等式、恒成立求參數(shù)的取值范圍等問題．1．若2x－2y<3－x－3－y，則()A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0答案A解析將不等式移項(xiàng)變形為2x－3－x<2y－3－y，構(gòu)造函數(shù)f(t)＝2t－3－t，由f(t)為增函數(shù)知x<y，以此去判斷各個(gè)選項(xiàng)中真數(shù)與1的大小關(guān)系，進(jìn)而得到結(jié)果，A正確，B錯(cuò)誤；因?yàn)閨x－y|與1的大小不確定，故C，D無法確定．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex2,1＋lnx)，則不等式f(x)>ex的解集為()A．(0,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C．(1，e) D．(1，＋∞)答案B解析函數(shù)f(x)＝eq\f(ex2,1＋lnx)，則f(x)>ex?eq\f(ex2,1＋lnx)>ex?eq\f(e1＋lnx,1＋lnx)>eq\f(ex,x)，因?yàn)閤>0，則不等式f(x)>ex成立必有1＋lnx>0，即x>eq\f(1,e)，令g(x)＝eq\f(ex,x)，x>eq\f(1,e)，求導(dǎo)得g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當(dāng)eq\f(1,e)<x<1時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，因此函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，又f(x)>ex?g(1＋lnx)>g(x)，當(dāng)x>1時(shí)，lnx＋1>1，于是得1＋lnx>x，即1＋lnx－x>0，令h(x)＝1＋lnx－x，當(dāng)x>1時(shí)，h′(x)＝eq\f(1,x)－1<0，函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，?x>1，h(x)<h(1)＝0，因此1＋lnx>x無解；當(dāng)eq\f(1,e)<x<1時(shí)，0<lnx＋1<1，于是得1＋lnx<x，即1＋lnx－x<0，此時(shí)h′(x)＝eq\f(1,x)－1>0，函數(shù)h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，h(x)<h(1)＝0，不等式1＋lnx<x的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))；當(dāng)x＝1時(shí)，eq\f(e1＋lnx,1＋lnx)＝eq\f(e1,1)，不符合題意．所以不等式f(x)>ex的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).3．已知函數(shù)f(x)＝x＋ln(x－1)，g(x)＝xlnx，若f(x1)＝1＋2lnt，g(x2)＝t2，則(x1x2－x2)lnt的最小值為()A.eq\f(1,e2)B.eq\f(2,e)C．－eq\f(1,2e)D．－eq\f(1,e)答案C解析由題意，f(x1)＝x1＋ln(x1－1)＝1＋2lnt，得x1－1＋ln(x1－1)＝lnt2，∴l(xiāng)n[(x1－1)]＝lnt2，即t2＝(x1－1)>0，又g(x2)＝x2lnx2＝t2，得t2＝>0，∴(x1－1)＝，∵y＝xex在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴l(xiāng)nx2＝x1－1，∴(x1x2－x2)lnt＝x2lnx2lnt＝t2lnt，令h(t)＝t2lnt(t>0)，則h′(t)＝2tlnt＋t，由h′(t)>0，得t>；由h′(t)<0，得0<t<，故h(t)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．∴h(t)min＝＝－eq\f(1,2e).4．(多選)(2023·菏澤模擬)已知x1，x2分別是函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,x)和g(x)＝lnx－eq\f(1,x)的零點(diǎn)，則()A．0<x1<eq\f(1,2)B．lnx1＋lnx2＝0C．＝1D.eq\f(13,6)<x1＋x2<eq\f(5,2)答案BCD解析令f(x)＝0，得＝eq\f(1,x1)，即＝1，x1>0，令g(x)＝0，得lnx2＝eq\f(1,x2)，即x2lnx2＝1，即＝1，x2>1，記函數(shù)h(x)＝xex，x>0，則h′(x)＝(x＋1)ex>0，所以函數(shù)h(x)＝xex是(0，＋∞)上的增函數(shù)，因?yàn)閔(x1)＝＝1，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)eq\r(e)<1，所以x1>eq\f(1,2)，故A錯(cuò)誤；又h(x1)＝＝1，h(lnx2)＝＝1，所以x1＝lnx2，＝x2，所以lnx1＋lnx2＝ln(x1x2)＝ln()＝ln1＝0，故B正確；所以＝x2lnx2＝1，故C正確；又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝>1＝h(x1)，所以x1<eq\f(2,3)，結(jié)合x1>eq\f(1,2)，得eq\f(1,2)<x1<eq\f(2,3)，因?yàn)閤1x2＝1，所以x1＋x2＝x1＋eq\f(1,x1)，且eq\f(1,2)<x1<eq\f(2,3)，因?yàn)閥＝x＋eq\f(1,x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上單調(diào)遞減，所以eq\f(2,3)＋eq\f(3,2)<x1＋eq\f(1,x1)<eq\f(1,2)＋2，即eq\f(13,6)<x1＋x2<eq\f(5,2)，故D正確．5．(2023·杭州模擬)已知a，b∈(eq\r(2)，＋∞)，且滿足eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)>lneq\f(b,a)，則a，b，eq\r(ab)的大小關(guān)系是________．答案a>eq\r(ab)>b解析由題意知eq\f(1,a2)－eq\f(1,b2)>lnb－lna，即eq\f(1,a2)＋lna>eq\f(1,b2)＋lnb，令g(x)＝eq\f(1,x2)＋lnx，x>eq\r(2)，則g′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2,x3)>0，∴g(x)在(eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞增．∵g(a)>g(b)，∴a>b，又∵eq\r(a)eq\r(a)>eq\r(a)eq\r(b)>eq\r(b)eq\r(b)，∴a>eq\r(ab)>b.6．已知對(duì)任意給定的b>0，存在a≥b使lna＝memb(m>0)成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析∵lna＝memb≥lnb，∴mbemb≥blnb＝lnb·elnb，當(dāng)lnb≤0，即0<b≤1時(shí)，mbemb>0，lnb·elnb≤0，∴mbemb≥lnb·elnb顯然成立．當(dāng)lnb>0，即b>1時(shí)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex，∴f(mb)≥f(lnb)，顯然f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴mb≥lnb，m≥eq\f(lnb,b)，設(shè)g(b)＝eq\f(lnb,b)，g′(b)＝eq\f(1－lnb,b2)，令g′(b)＝0，得b＝e,∴g(b)在(1，e)上單調(diào)遞增，(e，＋∞)上單調(diào)遞減，∴g(b)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，∴m≥eq\f(1,e)，故實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).7．(2023·日照統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)＝x－alnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若x1>0，x2>0，＋lnx2>x1＋x2，證明：＋x2>2.(1)解f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)(x>0)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0恒成立，f(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)；②當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝a，可得當(dāng)0<x<a時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明由＋lnx2>x1＋x2，得－x1＝－>x2－lnx2，令h(x)＝x－lnx，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．由>x2－lnx2，得h()>h(x2)．因?yàn)閤1>0，所以>1，當(dāng)x2≥1時(shí)，由h()>h(x2)，得>x2≥1，所以＋x2>2；當(dāng)0<x2<1時(shí)，要證＋x2>2，只需證>2－x2，因?yàn)?<x2<1，所以1<2－x2<2，則只需證h()>h(2－x2)，又h()>h(x2)，令m(x)＝h(x)－h(huán)(2－x)，x∈(0,1)，則m′(x)＝1－eq\f(1,x)＋eq\b