函数中的同构问题--2024高考数学压轴大题秒杀（解析版）

函数中的同构问题一、考情分析近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不同的式子通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式问题中，或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.二、解题秘籍(一)同构函数揭秘同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如ex+x与x+lnx属于“跨阶函数”，而ex+lnx属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函x数问题转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类：fx=xe,fx=xxxlnx,fx=x+e,fx=x+lnx，fx=e-x+a,fx=lnx-x+a等，在一些求参数的取值范围、零点个数、不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同xlnxxxx+lnxe构函数求解.利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如；x=e,x=lne,xe=e,=xex-lnx等.11(2024届陕西省西安市部分学校高三上学期考试)已知函数fx=lnx-ax-.x(1)当a=2，求fx的极值；-ax(2)若fx≤-e恒成立，求a的取值范围.1【解析】(1)当a=2时fx=lnx-2x-，x∈0,+∞，x211-2x+x+1-x-12x+1则fx=-2+==，xx2x2x2所以在0,1上fx>0，fx单调递增，在1,+∞上fx<0，fx单调递减，当x=1时fx取得极大值，f1=0-2-1=-3，故fx的极大值为-3，无极小值.-ax1-ax1-ax1ax1(2)由fx≤-e，可得lnx-ax-≤-e，则lnx-≤ax-e，即lnx-≤lne-.xxxeax1ax令gx=lnx-，则gx≤ge，xaxlnx因为gx在0,+∞上单调递增，所以x≤e，则≤a.xlnx1-lnx令hx=，则hx=，xx21在0,e上hx>0，hx单调递增，在e,+∞上hx<0，hx单调递减，即h(x)=he=，maxe·1·11所以a≥，则a的取值范围为,+∞.ee22(2024届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测)已知函数fx=x+lnx+ax在x=1处的切线l和直线x+y=0垂直.(1)求实数a的值；22f(x1)-f(x2)-x1+x2(2)若对任意的x1,x2∈0,2，x1≠x2，都有>m成立(其中e为自然对数的底数)，ex1-ex2求实数m的取值范围.21【解析】(1)由函数fx=x+lnx+ax，可得f(x)=2x++a，可得f1=a+3x因为函数在x=1处的切线l和直线x+y=0垂直，所以f1=1，即a+3=1，解得a=-2.x1x2(2)解：不妨设0m成立，ex1-ex222x1x22x12x2可得f(x1)-f(x2)-x1+x20，即2x-x-1=2x+1x-1>0，解得10，此时函数f(x)递增，所以f(x)极小值点为x=0，无极大值点.·2·x(2)求导fx=e-a①当a≤0时，fx>0，f(x)在R上递增②当a>0时，当x∈-∞,lna时，fx<0，f(x)在(-∞,lna)上递减，当x∈(lna,+∞)时，fx>0，此时函数f(x)在(lna,+∞)上递增.xxx(3)等价于gx=xe-alnx+x=xe-alnxex>0有两个零点，xxx令t=xe,x>0，则t=x+1e>0在x>0时恒成立，所以t=xe在x>0时单调递增，故t>0，xx所以gx=xe-alnxe有两个零点，等价于ht=t-alnt有两个零点.at-a因为h(t)=1-=，tt①当a≤0时，h(t)>0，h(t)在t>0上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意舍去，②当a>0时，令h(t)>0，得t>a，h(t)单调递增，令h(t)<0，得00，得00恒成立，没有零点；若ha=0，得a=e，此时ht有一个零点.100a100a2若ha<0，得a>e，因为h1=1>0，he=e-a<0，h(e)=e-100a>0，100a所以h(t)在1,e，e,e上各存在一个零点，符合题意，综上，a的取值范围为(e,+∞).(三)x+alnx型同构lnx4(2023届福建省宁德市博雅培文学校高三高考前最后一卷)已知函数fx=+mm∈R．x(1)讨论函数fx的零点的个数﹔axae+12(2)当m=0时，若对任意x>0，恒有≥fxx+1，求实数a的取值范围．2lnxlnx【解析】(1)令fx=+m=0,则=-m，xxlnx1-lnx记gx=，则gx=，xx2当x>e时，gx<0，此时gx在e,+∞单调递减，当00，此时gx在0,e单调递增，1故当x=e时，gx取极大值也是最大值ge=，e又g1=0，而当10，故当00，作出gx的图象如下：·3·    11因此当-m>时，即m<-，gx=-m无交点，此时fx无零点，ee11当-m=或-m≤0时，即m=-或m≥0，gx=-m有一个交点，此时fx有一个零点，ee11当0<-m<时，即-0，恒有≥fxx+1等价于：2ax22对任意x>0，恒有axe+1≥lnxx+1，ax2令Fx=x+1lnx，则不等式等价于Fe≥Fx，x+1由于Fx=lnx+，xx+111x-1令mx=lnx+,mx=-=，xxx2x2当01,mx>0,mx单调递增，所以Fx=mx≥m1=2>0，故Fx在0,+∞单调递增，ax2ax2由Fe≥Fx得e≥x对任意x>0恒成立，alnx两边取对数得ax≥2lnx⇒≥对任意x>0恒成立，2xaa12故≥gx，所以≥⇒a≥2max2ee2故a的范围为a≥e(四)ex+ax+b型同构5(2024届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测)已知函数f(x)=aex+x+1.(1)讨论f(x)的单调性；x-1(2)当x>1时，f(x)>ln+x，求实数a的取值范围.a【解析】(1)依题意，得f(x)=aex+1.当a≥0时，f(x)>0，所以f(x)在(-∞,+∞)单调递增.·4·当a<0时，令f(x)>0，可得x<-ln(-a)；令f(x)<0，可得x>-ln(-a)，所以f(x)在(-∞,-ln(-a))单调递增，在(-ln(-a),+∞)单调递减.综上所述，当a≥0时，f(x)在(-∞,+∞)单调递增；当a<0时，f(x)在(-∞,-ln(-a))单调递增，在(-ln(-a),+∞)单调递减.x-1xx-1(2)因为当x>1时，f(x)>ln+x，所以ae+x+1>ln+x，aa即elnaex+x+1>ln(x-1)-lna+x，即ex+lna+lna+x>ln(x-1)+x-1，即ex+lna+x+lna>eln(x-1)+ln(x-1).令h(x)=ex+x，则有h(x+lna)>h(ln(x-1))对∀x∈(1,+∞)恒成立.因为h(x)=ex+1>0，所以h(x)在(-∞,+∞)单调递增，          故只需x+lna>ln(x-1)，即lna>ln(x-1)-x对∀x∈(1,+∞)恒成立.12-x令F(x)=ln(x-1)-x，则F(x)=-1=，令F(x)=0，得x=2.x-1x-1当x∈(1,2)时，F(x)>0，当x∈(2,+∞)时，F(x)<0，所以F(x)在(1,2)单调递增，在(2,+∞)单调递减，所以F(x)≤F(2)=-2.1因此lna>-2，所以a>.e2(五)lnx+ax+b型同构x+12a+x+lnx6已知fx=e-，gx=，a∈R．xx(1)当x∈1,+∞时，求函数gx的极值；(2)当a=0时，求证：fx≥gx．1-a-lnx【解析】(1)gx=，当a≥1时，gx<0，即gx在1,+∞上单调递减，x2故函数gx不存在极值；1-a当a<1时，令gx=0，得x=e，1-a1-a1-ax1,eee,+∞gx+0-gx增函数极大值减函数1-a1-a1-aa+e+1-a1+ea-1故gx极大值=ge===e+1，无极小值.e1-ae1-a综上，当a≥1时，函数gx不存在极值；·5·a-1当a<1时，函数gx有极大值，gx极大值=e+1，不存在极小值．(2)显然x>0，要证：fx≥gx，x+1x+2+lnxx+1即证：e≥，即证：xe≥lnx+x+2，xlnx+x+1即证：e≥lnx+x+1+1．令t=lnx+x+1，故只须证：et≥t+1．xx设hx=e-x-1，则hx=e-1，当x>0时，hx>0，当x<0时，hx<0，故hx在0,+∞上单调递增，在-∞,0上单调递减，x即hxmin=h0=0，所以hx≥0，从而有e≥x+1．t故e≥t+1，即fx≥gx．三、典例展示221(2024届江苏省徐州市邳州市新世纪学校高三上学期月考)已知函数fx=x+1lnx-x-ax．(1)若a=1，求fx的最小值；2ax2(2)若方程fx=axe-x有解，求实数a的取值范