高考數(shù)學(xué)重難點培優(yōu)全攻略(新高考專用)培優(yōu)點03　同構(gòu)函數(shù)問題(2大考點+強化訓(xùn)練)(原卷版+解析)

培優(yōu)點03同構(gòu)函數(shù)問題（2大考點+強化訓(xùn)練）同構(gòu)函數(shù)問題，是近幾年高考的熱點問題，考查數(shù)學(xué)素養(yǎng)和創(chuàng)新思維．同構(gòu)函數(shù)問題是指在不等式、方程、函數(shù)中，通過等價變形形成相同形式，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題，常見的同構(gòu)有雙變量同構(gòu)和指對同構(gòu)，一般都是壓軸題，難度較大．【知識導(dǎo)圖】【考點分析】考點一：雙變量同構(gòu)問題規(guī)律方法含有地位相等的兩個變量的不等式(方程)，關(guān)鍵在于對不等式(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)解決問題．【例1】已知函數(shù)f(x)=ln(1)若函數(shù)f(x)的圖像在點1,f1處的切線方程為，求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若a=1，對于任意x1,x2∈[1,5]，當(dāng)x1【變式1】設(shè)函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若fx存在兩個極值點x1，x2【變式2】已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx(2)設(shè)gx=f'x(3)證明：對任意的s,t∈考點二：指對同構(gòu)問題規(guī)律方法指對同構(gòu)的常用形式(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：aea≤lnbelnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex；②同右構(gòu)造形式：ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xlnx；③取對構(gòu)造形式：a＋lna≤lnb＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnb))(b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)≤eq\f(b,lnb)，一般有三種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：eq\f(ea,a)≤eq\f(elnb,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右構(gòu)造形式：eq\f(ea,lnea)≤eq\f(b,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)；③取對構(gòu)造形式：a－lna≤lnb－ln(lnb)(b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－lnx.(3)和、差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：ea±a>elnb±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex±x；②同右構(gòu)造形式：ea±lnea>b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x±lnx.考向1：指對同構(gòu)與恒成立問題【例2】若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exlnx＋7xex對任意x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.【變式1】設(shè)實數(shù)，若對任意的，不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是A．， B．， C．， D．，【變式2】已知，不等式對任意的實數(shù)恒成立，則實數(shù)的最小值為A． B． C． D．考向2指對同構(gòu)與證明不等式【例3】已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R).當(dāng)x＞y＞e－1時，求證：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).【變式】.已知函數(shù)f(x)＝x－lnx，(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x＞eq\f(1,e)，證明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa對x∈(1，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的最小值.【強化訓(xùn)練】一、單選題1．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)，，當(dāng)時，恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．2．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)，若，則的最大值為（

）A． B． C． D．3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知大于1的正數(shù)，滿足，則正整數(shù)的最大值為（

）A．7 B．8 C．5 D．114．（2023·安徽淮南·統(tǒng)考一模）已知兩個實數(shù)、滿足，在上均恒成立，記、的最大值分別為、，那么A． B． C． D．5．(2023·南寧模擬)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6．已知x∈N，y∈N，x<y，則方程xy＝y(tǒng)x的解的組數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．無窮多個7．若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)>2b B．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2 D．a(chǎn)<b28．設(shè)a，b都為正數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若aea<blnb，則()A．a(chǎn)b>e B．b>eaC．a(chǎn)b<e D．b<ea9.(2023·大連模擬)若實數(shù)a，b滿足4a＋log3a＝8b＋3log27b，則()A．a(chǎn)<eq\f(3b,2) B．a(chǎn)>eq\f(3b,2)C．a(chǎn)>b3 D．a(chǎn)<b310.若對于0<x1<x2<a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2)B．1C．eD．2e11.(2023·德陽模擬)已知實數(shù)x，y滿足eylnx＝y(tǒng)ex，y>1，則x，y的大小關(guān)系為()A．y≥x B．y<xC．y>x D．y≤x二、多選題12.已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則下列選項中一定成立的是()A．y<eq\f(π,4) B．x<eq\f(π,4)C．cosx＋cosy>0 D．sinx>siny13.已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，則()A．ln(a－b)<0B．ln(a＋b)>1C．3a＋3－b>2eq\r(3)D．3a－1<3b三、填空題14．若f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________．15．（2023·四川瀘州·瀘州老窖天府中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知不等式對恒成立，則實數(shù)m的最小值為__________.四、解答題16.已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lnax(a>0)．(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若對于任意的x>0，有f(x)≥0，求正數(shù)a的取值范圍．17.已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)當(dāng)x>2時，證明：eq\f(x,x－1)ex>ln(x－1)．18.已知a>0，函數(shù)f(x)＝xex－ax.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)≥lnx－x＋1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．19．(2023·邵陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－eq\f(a,x)＋1，g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2.(1)討論函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．20．(2023·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)≤g(x)．21．（2023·安徽池州·高三池州市第一中學(xué)校考階段練習(xí)）已知函數(shù)和有相同的最大值.(1)求；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列.22．（2023·安徽安慶·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在數(shù)學(xué)中，我們把僅有變量不同，而結(jié)構(gòu)?形式相同的兩個式子稱為同構(gòu)式，相應(yīng)的方程稱為同構(gòu)方程，相應(yīng)的不等式稱為同構(gòu)不等式.若關(guān)于的方程和關(guān)于的方程可化為同構(gòu)方程.（1）求的值；（2）已知函數(shù).若斜率為的直線與曲線相交于，兩點，求證：.23．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)．(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)，若函數(shù)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．24．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)和有相同的最小值．(1)求a；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．25．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)和有相同的最大值，并且.(1)求；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列.26．（2023·江蘇常州·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知函數(shù)和有相同的最大值.(1)求實數(shù)的值；(2)證明：存在直線，其與兩曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列.27．（2023·云南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)，.(1)求函數(shù)的極值；(2)請在下列①②中選擇一個作答（注意：若選兩個分別作答則按選①給分）.①若恒成立，求實數(shù)的取值范圍；②若關(guān)于的方程有兩個實根，求實數(shù)的取值范圍.28．已知函數(shù)．（1）討論函數(shù)的零點的個數(shù)；（2）證明：．29．已知函數(shù)．（1）當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若函數(shù)在處取得極值，對，恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（3）當(dāng)時，求證：．30．已知函數(shù)，函數(shù)，，．（1）討論的單調(diào)性；（2）證明：當(dāng)時，．（3）證明：當(dāng)時，．培優(yōu)點03同構(gòu)函數(shù)問題（2大考點+強化訓(xùn)練）同構(gòu)函數(shù)問題，是近幾年高考的熱點問題，考查數(shù)學(xué)素養(yǎng)和創(chuàng)新思維．同構(gòu)函數(shù)問題是指在不等式、方程、函數(shù)中，通過等價變形形成相同形式，再構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決問題，常見的同構(gòu)有雙變量同構(gòu)和指對同構(gòu)，一般都是壓軸題，難度較大．【知識導(dǎo)圖】【考點分析】考點一：雙變量同構(gòu)問題規(guī)律方法含有地位相等的兩個變量的不等式(方程)，關(guān)鍵在于對不等式(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)解決問題．【例1】已知函數(shù)f(x)=ln(1)若函數(shù)f(x)的圖像在點1,f1處的切線方程為，求函數(shù)f(x)的極小值；(2)若a=1，對于任意x1,x2∈[1,5]，當(dāng)x【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax由函數(shù)f(x)在點1,f1處的切線方程為y=?2得f'1=1+2a?3=0此時f(x)=lnx+令f'(x)=0，解得x=1或當(dāng)0<x<12或x>1時,f'x>0,即fx在0,12和1,+∞上單調(diào)遞增,當(dāng)12<x<1時,f'x<0,即fx在12,1上單調(diào)遞減,則當(dāng)x=1時,函數(shù)fx取得極小值,即設(shè)Fx=?2x3+3x2?x,x∈1,5,則F'x=?6x2+6x【變式1】設(shè)函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)若fx存在兩個極值點x1，x2【解析】(1)fx的定義域為0，+∞，f'x當(dāng)Δ=1?8a≤0時，即a≥18時，f'x當(dāng)Δ=1?8a>0時，即0<a<18時，解得x1=1?當(dāng)f'x>0時解得，0<x<1?1?8a4或當(dāng)f'x<0時解得，1?1?8a4綜上，當(dāng)a≥18時，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為0，+∞；當(dāng)0<a<18時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為0，1?1?8a(2)由（1）可知，fx存在兩個極值點x1，x2x1，x2為方程x1+xfx1?fx2x1?x2即證lnx1?即證lnx設(shè)x1>x令t=x1x設(shè)?t=lnt?2(t?1)t+1，?所以lnt即f【變式2】已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx(2)設(shè)gx=f'x(3)證明：對任意的s,t∈【解析】(1)解：因為fx=exln1+x,所以f0=0,即切點坐標(biāo)為0,0,

又f'x=exln1+x+11+x,

∴∴?∴g'x>0在[0,+∞)上恒成立,

∴gx在[0,+∞)上單調(diào)遞增.

m'由(2)知gx=f∴gx∴m∴mx在0,+∞上單調(diào)遞增,又因為x,考點二：指對同構(gòu)問題規(guī)律方法指對同構(gòu)的常用形式(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：aea≤lnbelnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xex；②同右構(gòu)造形式：ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝xlnx；③取對構(gòu)造形式：a＋lna≤lnb＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnb))(b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)≤eq\f(b,lnb)，一般有三種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：eq\f(ea,a)≤eq\f(elnb,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右構(gòu)造形式：eq\f(ea,lnea)≤eq\f(b,lnb)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)；③取對構(gòu)造形式：a－lna≤lnb－ln(lnb)(b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x－lnx.(3)和、差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：ea±a>elnb±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝ex±x；②同右構(gòu)造形式：ea±lnea>b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)＝x±lnx.考向1：指對同構(gòu)與恒成立問題【例2】.若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exlnx＋7xex對任意x∈(0，＋∞)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是________.【解析】(1)∵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，設(shè)g(x)＝x－lnx，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令g′(x)＞0，x＞1，∴g(x)在(1，＋∞)上遞增，在(0，1)上遞減，故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故選C.(2)e(m－1)x＋3mxex≥3exlnx＋7xex?e(m－2)x＋3mx≥3lnx＋7x?e(m－2)x＋3(m－2)x≥3lnx＋x.構(gòu)建g(x)＝ex＋3x，則可得g((m－2)x)≥g(lnx)，∵g(x)＝ex＋3x在R上單調(diào)遞增，則(m－2)x≥lnx?m－2≥eq\f(lnx,x)，構(gòu)建F(x)＝eq\f(lnx,x)，則F′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令F′(x)>0，則0<x<e，故F(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，(e，＋∞)上單調(diào)遞減，則F(x)≤F(e)＝eq\f(1,e)，即m－2≥eq\f(1,e)，即m≥2＋eq\f(1,e).【變式1】設(shè)實數(shù)，若對任意的，不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是A．， B．， C．， D．，【解析】依題意,2me2mx?lnx≥0,即2mx?e2mx?xlnx≥0,即e2mx?lne2mx≥xlnx,設(shè)fx=xln【變式2】已知，不等式對任意的實數(shù)恒成立，則實數(shù)的最小值為A． B． C． D．【解析】不等式xa+1ex+alnx≥0可化為xex≥x?alnx?a,即exlnex≥x?alnx?a,a<0,x>2,則x?a>1,ex>1,設(shè)考向2指對同構(gòu)與證明不等式【例3】.已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R).當(dāng)x＞y＞e－1時，求證：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).【證明】∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，欲證exln(y＋1)＞eyln(x＋1).即證明eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，令g(x)＝eq\f(ex,ln（x＋1）)，則g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，顯然函數(shù)h(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)＞1－eq\f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵x＞y＞e－1時，g(x)＞g(y)，即eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，∴當(dāng)x＞y＞e－1時，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.【變式】.已知函數(shù)f(x)＝x－lnx，(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x＞eq\f(1,e)，證明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa對x∈(1，＋∞)恒成立，求實數(shù)a的最小值.【解析】(1)解f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝1，則當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)x>1時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增.(2)證明要證：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1，即證：ex＋lnex≥ex＋x?ex－x≥ex－lnex?ex－lnex≥ex－lnex，又∵ex≥ex＞1，由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.(3)解x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa?eq\f(1,ex)＋x≥xa－alnx?e－x－lne－x≥xa－alnx?e－x－lne－x≥xa－lnxa?f(e－x)≥f(xa)，又因為0＜e－x＜1，f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，∴e－x≤xa?a≥－eq\f(x,lnx).令g(x)＝－eq\f(x,lnx)(x>1)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，令g′(x)＝0，得x＝e.當(dāng)1<x<e時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>e時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)的最大值為g(e)＝－eq\f(e,lne)＝－e，所以a≥－e，所以a的最小值為－e.【強化訓(xùn)練】一、單選題1．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)，，當(dāng)時，恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】當(dāng)時，由，可得，不等式兩邊同時除以可得，即，令，，其中，，所以，函數(shù)在上為增函數(shù)，且，由，可得，所以，對任意的，，即，令，其中，則，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減，所以，，解得.故選：B.2．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)，若，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由題意可得，所以，所以，所以，由，得，當(dāng)時，由，得，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以，令，則，令，得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在上遞增，在上遞減，所以，故選：A3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知大于1的正數(shù)，滿足，則正整數(shù)的最大值為（

）A．7 B．8 C．5 D．11【答案】C【解析】，，令，，則，令，解得：，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上遞增，在，上遞減，則的最大值是，令，，則，當(dāng)時，此題無解，故，則時，，當(dāng)，，當(dāng)，解得：，故在遞減，在，遞增，則的最小值是，若成立，只需，即，即，兩邊取對數(shù)可得：，，故的最大正整數(shù)為5，故選：C．4．（2023·安徽淮南·統(tǒng)考一模）已知兩個實數(shù)、滿足，在上均恒成立，記、的最大值分別為、，那么A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)證明出，可得出，，求得，，可求得、的值，由此可得出合適的選項.設(shè)，該函數(shù)的定義域為，則.當(dāng)時，，此時，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)時，，此時，函數(shù)單調(diào)遞增.所以，，即，令，則函數(shù)在上為增函數(shù)，且，，所以，存在使得，令，其中，.當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增.所以，，又，所以，存在使得.，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立；，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立.所以，，即．故選：B.5．(2023·南寧模擬)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在定義域R上恒成立，所以函數(shù)f(x)＝x－cosx為增函數(shù)，又因為α＋β>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．6．已知x∈N，y∈N，x<y，則方程xy＝y(tǒng)x的解的組數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．無窮多個【答案】B【解析】xy＝y(tǒng)x，兩邊取對數(shù)，得ylnx＝xlny，即eq\f(lnx,x)＝eq\f(lny,y)，設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)，x>0，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，且當(dāng)x∈(0,1]時，f(x)≤0，當(dāng)x>1時，f(x)>0，f(2)＝eq\f(ln2,2)，f(4)＝eq\f(ln4,4)＝eq\f(ln2,2)，所以滿足x∈N，y∈N，x<y，則方程xy＝y(tǒng)x的解的組數(shù)為1.7．若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A．a(chǎn)>2b B．a(chǎn)<2bC．a(chǎn)>b2 D．a(chǎn)<b2【答案】B【解析】由指數(shù)和對數(shù)的運算性質(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.8．設(shè)a，b都為正數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若aea<blnb，則()A．a(chǎn)b>e B．b>eaC．a(chǎn)b<e D．b<ea【答案】B【解析】由已知aea<blnb，則ealnea<blnb.設(shè)f(x)＝xlnx，則f(ea)<f(b)．∵a>0，∴ea>1，∵b>0，blnb>aea>0，∴b>1.當(dāng)x>1時，f′(x)＝lnx＋1>0，則f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ea<b.9.(2023·大連模擬)若實數(shù)a，b滿足4a＋log3a＝8b＋3log27b，則()A．a(chǎn)<eq\f(3b,2) B．a(chǎn)>eq\f(3b,2)C．a(chǎn)>b3 D．a(chǎn)<b3【答案】A【解析】由題意知a>0，b>0，∵4a＝22a,8b＝23b,3log27b＝log3b，∴22a＋log3a＝23b＋log3b，∴22a＋log3a＋log32＝23b＋log3b＋log32，即22a＋log32a＝23b＋log32b，∵y＝log3x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴l(xiāng)og32b<log33b，∴22a＋log32a<23b＋log33b.設(shè)f(x)＝2x＋log3x，則f(2a)<f(3b)，∵y＝2x與y＝log3x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2a<3b，即a<eq\f(3b,2).10.若對于0<x1<x2<a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2)B．1C．eD．2e【答案】B【解析】∵x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，∴eq\f(lnx1,x1)－eq\f(lnx2,x2)≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)，即eq\f(lnx1＋1,x1)≤eq\f(lnx2＋1,x2)，又0<x1<x2<a，令φ(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，∴φ(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，φ′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，當(dāng)x∈(0,1)時，φ′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故a≤1，∴a的最大值為1.11.(2023·德陽模擬)已知實數(shù)x，y滿足eylnx＝y(tǒng)ex，y>1，則x，y的大小關(guān)系為()A．y≥x B．y<xC．y>x D．y≤x【答案】C【解析】由eylnx＝y(tǒng)ex可得eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，因為y>1，ey>0，所以eq\f(ey,y)>0，所以eq\f(ex,lnx)>0，則lnx>0，所以x>1，令f(x)＝x－lnx，則f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當(dāng)x>1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則當(dāng)x>1時，f(x)>f(1)，即x－lnx>1，一定有x－lnx>0，所以x>lnx>0，則eq\f(ex,x)<eq\f(ex,lnx)，又因為eq\f(ey,y)＝eq\f(ex,lnx)，所以eq\f(ex,x)<eq\f(ey,y)，令g(x)＝eq\f(ex,x)，則g′(x)＝eq\f(exx－1,x2)，當(dāng)x>1時，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因為x>1，y>1，eq\f(ex,x)<eq\f(ey,y)，所以y>x.二、多選題12.已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，則下列選項中一定成立的是()A．y<eq\f(π,4) B．x<eq\f(π,4)C．cosx＋cosy>0 D．sinx>siny【答案】BC【解析】因為eysinx＝exsiny，所以eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)，令g(t)＝eq\f(sint,et)，0<t<π，所以g(x)＝g(y)，則g′(t)＝eq\f(etcost－etsint,et2)＝eq\f(cost－sint,et)，由g′(t)>0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，由g′(t)<0有t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以g(t)＝eq\f(sint,et)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上單調(diào)遞減，因為0<x<y<π，由g(x)＝g(y)有0<x<eq\f(π,4)<y<π，故A錯誤，B正確；因為0<x<y<π，所以ey>ex，由eq\f(sinx,ex)＝eq\f(siny,ey)有siny>sinx，故D錯誤；因為0<x<eq\f(π,4)<y<π，所以cosx＝eq\r(1－sin2x)>0，|cosy|＝eq\r(1－sin2y)，因為siny>sinx，所以cosx>|cosy|，所以cosx＋cosy>0，故C正確．13.已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，則()A．ln(a－b)<0B．ln(a＋b)>1C．3a＋3－b>2eq\r(3)D．3a－1<3b【答案】BC【解析】由ea－2a＝aeb＋1－bea，得(b＋1)ea＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eb＋1＋2))，所以eq\f(ea,a)＝eq\f(eb＋1＋2,b＋1)，令f(x)＝eq\f(ex,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>1))，則f′(x)＝eq\f(x－1ex,x2)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因為eq\f(ea,a)－eq\f(eb＋1,b＋1)＝eq\f(2,b＋1)>0，所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，所以ln(a－b)>ln1＝0，A錯誤；因為a＋b>b＋1＋b>3>e，所以ln(a＋b)>lne＝1，B正確；易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2eq\r(3b＋1·3－b)＝2eq\r(3)，C正確；因為a－1>b，所以3a－1>3b，D錯誤．三、填空題14．若f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________．【答案】(e，＋∞)【解析】f(x)＝xex－a(x＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，t∈R，顯然該函數(shù)為增函數(shù)．當(dāng)t≠0時，由et－at＝0，得a＝eq\f(et,t)，可知函數(shù)y＝eq\f(et,t)(t≠0)的圖象與直線y＝a有兩個交點，可畫出函數(shù)圖象(圖略)得到a的取值范圍是(e，＋∞)．15．（2023·四川瀘州·瀘州老窖天府中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知不等式對恒成立，則實數(shù)m的最小值為__________.【答案】【解析】可變?yōu)椋僮冃慰傻?，，設(shè)，原不等式等價于，因為，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，而，，當(dāng)時，，所以由可得，，因為，所以．設(shè)，，所以函數(shù)在上遞增，在上遞減，所以，即．當(dāng)時，不等式在恒成立；當(dāng)時，，無論是否存在，使得在上恒成立，都可判斷實數(shù)m的最小值為．故答案為：．四、解答題16.已知函數(shù)f(x)＝ex＋(1－a)x－lnax(a>0)．(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若對于任意的x>0，有f(x)≥0，求正數(shù)a的取值范圍．【解析】解(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝ex－lnx，得f′(x)＝ex－eq\f(1,x)，切點坐標(biāo)為(1，e)，斜率為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，顯然g(x)是增函數(shù)，于是上式可化為g(x)≥g(lnax)，即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]．17.已知函數(shù)f(x)＝xlnx.(1)求f(x)的最小值；(2)當(dāng)x>2時，證明：eq\f(x,x－1)ex>ln(x－1)．【解析】(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).(2)證明∵x>2，∴x－1>1，要證eq\f(x,x－1)ex>ln(x－1)，即證xex>(x－1)ln(x－1)，即證exlnex>(x－1)ln(x－1)，即證f(ex)>f(x－1)，由(1)知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，且ex>eq\f(1,e)，x－1>eq\f(1,e)，即證ex>x－1，令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，∴ex>x－1，即證原不等式成立．18.已知a>0，函數(shù)f(x)＝xex－ax.(1)當(dāng)a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；(2)若f(x)≥lnx－x＋1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】解(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝xex－x，所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，所以切線方程為y－(e－1)＝(2e－1)(x－1)，即(2e－1)x－y－e＝0.(2)由題意得xex－ax≥lnx－x＋1，即xex－lnx＋x－1≥ax，因為x>0，所以eq\f(xex－lnx＋x－1,x)≥a，設(shè)F(x)＝eq\f(xex－lnx＋x－1,x)＝eq\f(ex＋lnx－lnx＋x－1,x)，令t＝x＋lnx，易知t＝x＋lnx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x→0時，t→－∞，當(dāng)x→＋∞時，t→＋∞，所以存在x0，使t＝x0＋lnx0＝0，令m(t)＝et－t－1，t∈R，因為m′(t)＝et－1，所以當(dāng)t∈(－∞，0)時，m′(t)<0，即m(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；當(dāng)t∈(0，＋∞)時，m′(t)>0，即m(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以m(t)min＝m(0)＝0，所以m(t)≥m(0)＝0，即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時取等號，所以F(x)＝eq\f(ex＋lnx－lnx＋x－1,x)≥eq\f(x＋lnx＋1－lnx＋x－1,x)＝eq\f(2x,x)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＋lnx＝0時取等號，所以a≤2，又a>0，所以a的取值范圍是(0,2]．19．(2023·邵陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋1－eq\f(a,x)＋1，g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2.(1)討論函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)的單調(diào)性；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】解(1)∵g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2的定義域為(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).由g′(x)>0，得0<x<e，由g′(x)<0，得x>e.∴g(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)由f(x)≥g(x)，即ex＋1－eq\f(a,x)＋1≥eq\f(lnx,x)＋2，得a≤xex＋1－lnx－x＝elnx＋x＋1－(lnx＋x＋1)＋1，令t＝lnx＋x＋1，t∈R，即a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，t∈R，則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，故a≤2.20．(2023·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)≤g(x)．【解析】(1)解函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ex－1lnx＋eq\f(ex－1,x)＝ex－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))，記h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，x>0，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，所以當(dāng)0<x<1時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(1)＝1，所以f′(x)＝ex－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))>0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明原不等式為ex－1lnx≤x2－x＝x(x－1)，即eq\f(lnx,x)≤eq\f(x－1,ex－1)，即證eq\f(lnx,elnx)≤eq\f(x－1,ex－1)在(0,2)上恒成立，設(shè)φ(x)＝eq\f(x,ex)，x∈(－∞，1)，則φ′(x)＝eq\f(ex－xex,e2x)＝eq\f(1－x,ex)，所以當(dāng)x<1時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，令t(x)＝lnx－x＋1，x∈(0,2)，則t′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)0<x<1時，t′(x)>0，t(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1<x<2時，t′(x)<0，t(x)單調(diào)遞減，所以t(x)max＝t(1)＝0，所以lnx≤x－1，且在區(qū)間(0,2)上有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx<1，,x－1<1，))所以可得到φ(lnx)≤φ(x－1)，即eq\f(lnx,elnx)≤eq\f(x－1,ex－1)，所以當(dāng)x∈(0,2)時，有f(x)≤g(x)成立．21．（2023·安徽池州·高三池州市第一中學(xué)校考階段練習(xí)）已知函數(shù)和有相同的最大值.(1)求；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列.【解析】（1），當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，函數(shù)有最大值，即；當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞增，當(dāng)時，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，函數(shù)有最小值，沒有最大值，不符合題意，由，當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞減，當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，函數(shù)有最大值，即；當(dāng)時，當(dāng)時，單調(diào)遞增，當(dāng)時，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時，函數(shù)有最小值，沒有最大值，不符合題意，于是有.（2）由（1）知，兩個函數(shù)圖象如下圖所示：由圖可知：當(dāng)直線經(jīng)過點時，此時直線與兩曲線和恰好有三個交點，不妨設(shè)且，由，又，又當(dāng)時，單調(diào)遞增，所以，又，又，又當(dāng)時，單調(diào)遞減，所以，；于是有.22．（2023·安徽安慶·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在數(shù)學(xué)中，我們把僅有變量不同，而結(jié)構(gòu)?形式相同的兩個式子稱為同構(gòu)式，相應(yīng)的方程稱為同構(gòu)方程，相應(yīng)的不等式稱為同構(gòu)不等式.若關(guān)于的方程和關(guān)于的方程可化為同構(gòu)方程.（1）求的值；（2）已知函數(shù).若斜率為的直線與曲線相交于，兩點，求證：.【解析】（1）對兩邊取自然對數(shù)，得(1),對兩邊取自然對數(shù)，得即，因為(1)(2)方程為兩個同構(gòu)方程，所以，解得，設(shè)，則,所以在單調(diào)遞增，所以方程的解只有一個,所以，所以，故.（2）由（1）知：所以要證，即證明等價于令，則只要證明即可，由知，，故等價于證設(shè)則，即在單調(diào)遞增，故，即.設(shè)則，即在單調(diào)遞增，故，即。由上可知成立，則.23．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知函數(shù)．(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)函數(shù)，若函數(shù)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．【解析】（1）函數(shù)的定義域為，．函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為；單減區(qū)間為．（2）要使函數(shù)有兩個零點，即有兩個實根，即有兩個實根．即．整理為，設(shè)函數(shù)，則上式為，因為恒成立，所以單調(diào)遞增，所以．所以只需使有兩個根，設(shè)．由（1）可知，函數(shù)）的單調(diào)遞增區(qū)間為；單減區(qū)間為，故函數(shù)在處取得極大值，．當(dāng)時，；當(dāng)時，，要想有兩個根，只需，解得：．所以a的取值范圍是．24．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知函數(shù)和有相同的最小值．(1)求a；(2)證明：存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．【解析】（1）的定義域為，而，若，則，此時無最小值，故.的定義域為，而.當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，當(dāng)時，，故在上為增函數(shù)，故.當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，當(dāng)時，，故在上為增函數(shù)，故.因為和有相同的最小值，故，整理得到，其中，設(shè)，則，故為上的減函數(shù)，而，故的唯一解為，故的解為.綜上，.（2）[方法一]：由（1）可得和的最小值為.當(dāng)時，考慮的解的個數(shù)、的解的個數(shù).設(shè)，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以，而，，設(shè)，其中，則，故在上為增函數(shù)，故，故，故有兩個不同的零點，即的解的個數(shù)為2.設(shè)，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以，而，，有兩個不同的零點即的解的個數(shù)為2.當(dāng)，由（1）討論可得、僅有一個解，當(dāng)時，由（1）討論可得、均無根，故若存在直線與曲線、有三個不同的交點，則.設(shè)，其中，故，設(shè)，，則，故在上為增函數(shù)，故即，所以，所以在上為增函數(shù)，而，，故上有且只有一個零點，且：當(dāng)時，即即，當(dāng)時，即即，因此若存在直線與曲線、有三個不同的交點，故，此時有兩個不同的根，此時有兩個不同的根，故，，，所以即即，故為方程的解，同理也為方程的解又可化為即即，故為方程的解，同理也為方程的解，所以，而，故即.[方法二]：由知，，，且在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且①時，此時，顯然與兩條曲線和共有0個交點，不符合題意；②時，此時，故與兩條曲線和共有2個交點，交點的橫坐標(biāo)分別為0和1；③時，首先，證明與曲線有2個交點，即證明有2個零點，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又因為，，，令，則，所以在上存在且只存在1個零點，設(shè)為，在上存在且只存在1個零點，設(shè)為其次，證明與曲線和有2個交點，即證明有2個零點，，所以上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又因為，，，令，則，所以在上存在且只存在1個零點，設(shè)為，在上存在且只存在1個零點，設(shè)為再次，證明存在b，使得因為，所以，若，則，即，所以只需證明在上有解即可，即在上有零點，因為，，所以在上存在零點，取一零點為，令即可，此時取則此時存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，最后證明，即從左到右的三個交點的