2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题23同构与双变量问题（Word版附解析）

专题23同构与双变量问题知识梳理方法技巧题型一：地位同等同构型题型二：指对跨阶同构型题型归类题型三：零点同构型题型四：转化为同源函数解决题型五：与函数单调性有关的双变量问题题型六：与极值点有关的双变量问题题型七：整体代换题型八：构造一元函数求解双变量问题题型九：构造具体函数解决双变量问题训练一：培优训练训练二：训练三：强化测试共8题一、【知识梳理】【方法技巧】1.含有地位同等的两个变量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决.2.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满足：①指对跨阶，②单调性和最值易求.3.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需要对指对式进行“改头换面”，常用的方法有：exxx＝elnx，xex＝elnx＋x，x2ex＝e2lnx＋x，＝e－lnx＋x，lnx＋lna＝ln(ax)，lnx－1＝ln，有时也需要xe对两边同时加、乘某式等.4.指对跨阶同构的基本模式有：(1)积型：aea≤blnb，一般有三种同构方式： ①同左：aea≤blnb⇔aea≤(lnb)elnb，构造函数f(x)＝xex；②同右：aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造函数f(x)＝xlnx；③两边同取自然对数：a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，构造函数f(x)＝x＋lnx.eab(2)商型：<，一般也有三种同构方式：alnbeabeaelnbex①同左：<⇔<，构造函数f(x)＝；alnbalnbxeabeabx②同右：<⇔<，构造函数f(x)＝；alnblnealnblnx③两边同取自然对数：a－lna<lnb－ln(lnb)，构造函数f(x)＝x－lnx.(3)和差型：ea±a>b±lnb，一般有两种同构方式：①同左：ea±a>b±lnb⇔ea±a>elnb±lnb，构造函数f(x)＝ex±x；②同右：ea±a>b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb，构造函数f(x)＝x±lnx.5.与函数单调性有关的双变量问题，此类问题一般是给出含有的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.常见结论：(1)若对任意,当时恒有,则‸在D上是增函数；(2)若对任意,当时恒有,则‸在D上是增函数；(3)若对任意,当时恒有,则‸在D上是增函数；(4)若对任意,当时恒有,则‸在D上是增函数.6.与极值点有关的双变量问题与极值点有关的双变量问题,一般是根据是方程‸的两个根,确定的关系,再通过消元转化为只含有或的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为的齐次式,然后转化为关于的函数.7.与零点有关的双变量问题与函数零点有关的双变量问题,一般是根据是方程‸的两个根,确定的关系,再通过消元转化为只含有或的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为的齐次式,然后转化为关于的函数,有时也可转化为关于的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数. 8.独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.9.构造一元函数求解双变量问题当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.二、【题型归类】【题型一】地位同等同构型【典例1】若0＜x1＜x2＜a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，则a的最大值为()1A.B.12C.eD.2e【解析】由x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，lnx1lnx211两边同除以x1x2得－≤－，x1x2x2x1lnx11lnx21即＋≤＋，x1x1x2x2lnx1令f(x)＝＋，则f(x)在(0，a)上为增函数.xx－lnx∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝，可知f(x)在(0，1)上为增函数，x2∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.x1lnx2－x2lnx1【典例2】若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m的最小值是x2－x1()A.e2B.e1C.1D.ex1lnx2－x2lnx1【解析】对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，x2－x1则x1lnx2－x2lnx1＜2x2－2x1，所以，x1(lnx2＋2)＜x2(lnx1＋2)，lnx1＋2lnx2＋2即＞，x1x2 lnx＋2令f(x)＝，则函数f(x)在(m，＋∞)上为减函数，xlnx＋11因为f′(x)＝－，由f′(x)＜0，可得x＞，x2e1，＋∞所以函数f(x)的单调递减区间为e，1，＋∞所以，(m，＋∞)⊆e，1所以，m≥，e1因此，实数m的最小值为.故选D.e【典例3】若0<x1<x2<1，则()A.ex2－ex1>lnx2－lnx1B.ex1－ex2>lnx2－lnx1C.x2ex1>x1ex2D.x2ex1<x1ex2【解析】A选项，ex2－ex1>lnx2－lnx1⇔ex2－lnx2>ex1－lnx1，设f(x)＝ex－lnx.1xex－1∴f′(x)＝ex－＝，xx设g(x)＝xex－1，则有g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递增，因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，从而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0.由单调性可判断出，x∈(0，x0)，g(x)<0⇒f′(x)<0；x∈(x0，1)，g(x)>0⇒f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上不单调，不等式不会恒成立，A不正确；B选项，ex1－ex2>lnx2－lnx1⇔ex1＋lnx1>ex2＋lnx2，设函数f(x)＝ex＋lnx，可知f(x)单调递增，所以f(x1)<f(x2)，B错误；ex1ex2ex（x－1）exC选项，x2ex1>x1ex2⇔>，构造函数f(x)＝，f′(x)＝，xxx21x2则f′(x)<0在x∈(0，1)恒成立，所以f(x)在(0，1)上单调递减，所以f(x1)>f(x2)成立，C正确，D错误.故选C.【题型二】指对跨阶同构型2mxlnx【典例1】设实数m0，若对任意的x(1,)，不等式2e0恒成立，则实数m的取值m范围是() 11A．[，)B．[，)C．[1，)D．[e，)2e2【解析】依题意,ln≥,即⋅ln≥,即⋅ln≥ln,设‸ln‸ln,则在∞上单调递增,∴≥在lnlnln∞上恒成立,即≥在∞上恒成立,设‸‸,易知函数在单调递增,在∞单调递减,∴≥max‸‸,则≥.故选:.【典例2】已知a1xa0，不等式xealnx0对任意的实数x2恒成立，则实数a的最小值为()11A．2eB．eC．D．e2e【解析】不等式ln≥可化为≥ln,即ln≥ln,<,则,设‸ln,则‸ln时,是增函数,所以由ln≥ln,得≥≥ln≤,所以时,≤lnln恒成立.ln设‸,则‸,lnln当<<时,<单调递减,当时,单调递增,所以ㄶ洠‸‸,所以≤≥.所以的最小值是.故选:.x【典例3】已知函数f(x)eax和g(x)axlnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【解析】（1）定义域为，∵‸，∴‸， 若≤,则无最小值,故,当‸时,‸ln,当‸时,‸,当<ln时,<,函数在∞ln上单调递减,当ln时,,函数在ln∞上单调递增,故min‸ln‸ln,的定义域为∞,∵‸ln,∴‸,令‸,解得‸,当<<时,<,函数在上单调递减,当时,,函数在∞上单调递增,故min‸ln,∵函数‸和‸ln有相同的最小值∴ln‸ln,∵,∴ln‸ln化为ln‸,令‸ln,则‸‸‸,∵,∴‸恒成立,∴在∞上单调递增,又∵‸, ∴(a)‸,仅有此一解,∴‸.(2)证明:由(1)知‸,函数‸在∞上单调递减,在∞上单调递增,函数‸ln在上单调递减,在∞上单调递增,设‸‸ln,则‸,当≥时,≥,所以函数在∞上单调递增,因为‸,所以当≥时,≥(1)>0恒成立,即在≥时恒成立,所以≥时,,因为‸,函数在∞上单调递增,‸,函数在上单调递减,所以函数与函数的图象在上存在唯一交点,设该交点为<<,此时可作出函数‸和‸的大致图象,由图象知当直线‸与两条曲线‸和‸共有三个不同的交点时,直线‸必经过点,即‸,因为‸,所以‸ln,即ln‸,令‸‸得‸‸lnm,解得‸或‸lnm,由<<,得ln<<,令‸‸得ln‸‸lnm,解得‸或‸,由<<,得<<, 所以当直线‸与两条曲线‸和‸共有三个不同的交点时,从左到右的三个交点的横坐标依次为,ln,因为lnm‸,所以ln‸,所以ln成等差数列.所以存在直线‸，其与两条曲线‸和‸共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【题型三】零点同构型【典例1】已知函数f(x)＝xex－a(x＋lnx)有两个零点，则实数a的取值范围是________.【解析】f(x)＝xex－a(x＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，t∈R，显然该函数单调递增.由et－at＝0有两个根，etty＝，et即a＝，即有两个交点，ty＝a可画出函数图象得到a的范围是(e，＋∞).【典例2】已知x2ex－22－x0＋lnx0＝________.0是函数f(x)＝x＋lnx－2的零点，则e【解析】x2ex－2＋lnx－2＝0，可得x2ex－2＝2－lnx，x2ex即＝2－lnx，e22e2e2x2ex＝2e2－e2lnx，xex＝－lnx，xxe2e2即xex＝ln，xx两边同取自然对数，e2lne2lnx＋x＝lnx＋ln，xe2所以lnx＝x，即2－lnx＝x，即lnx＝2－x，∴e2－x＝x，∴e2－x0＋lnx0＝x0＋lnx0＝2. 【典例3】已知f(x)＝xlnx＋ax2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－ax2＋ax－1有两个不同的实22数解，求a的取值范围.a2【解析】由xex－a＝f(x)－x＋ax－1(x＞0)，2x－a即xe＝xlnx＋ax，x－a即e＝lnx＋a，x－a即e＋x－a＝x＋lnx，∴ln(ex－a)＋ex－a＝lnx＋x，令h(x)＝lnx＋x(x＞0)，x－a)＝h(x)，则h(e1h′(x)＝＋1＞0，x∴h(x)在(0，＋∞)上递增，∴ex－a＝x，则x－a＝lnx，a＝x－lnx(x＞0)，因为关于x的方程xex－a＝f(x)－ax2＋ax－1有两个不同的实数解，2则方程a＝x－lnx(x＞0)有两个不同的实数解.令φ(x)＝x－lnx，1x－1则φ′(x)＝1－＝，xx当0＜x＜1时，φ′(x)＜0，当x＞1时，φ′(x)＞0，所以函数φ(x)＝x－lnx在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以φ(x)min＝φ(1)＝1，当x→0时，φ(x)→＋∞，当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，所以a＞1，综上，a的范围为(1，＋∞).【题型四】转化为同源函数解决【典例1】已知函数f(x)＝lnx－ax＋1，其中a为实常数.对于函数图象上任意不同的两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直线AB的斜率为k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范围. f（x1）－f（x2）f（x1）－f（x2）【解析】由题意，k＝，则原不等式化为x1＋x2＋＞0，不妨设x1－x2x1－x2x221＞x2＞0，则(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即x1－x2＋f(x1)－f(x2)＞0，即f(x221)＋x1＞f(x2)＋x2.设g(x)＝f(x)＋x2＝lnx＋x2－ax＋1，12x2－ax＋1则g′(x)＝＋2x－a＝，xx由已知，当x1＞x2＞0时，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上是增函数.所以当x＞0时，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，2x2＋11即a≤＝2x＋恒成立，xx11因为2x＋≥22，当且仅当2x＝，xx2即x＝时取等号，212x＋所以x＝22.min故a的取值范围是(－∞，22].12【典例2】已知函数f(x)＝alnx＋x，在其图象上任取两个不同的点P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞2f（x1）－f（x2）x2)，总能使得＞2，则实数a的取值范围为()x1－x2A.(1，＋∞)B.[1，＋∞)C.(1，2)D.[1，2]f（x1）－f（x2）【解析】由＞2，x1＞x2＞0，x1－x2∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，12构造函数g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋x－2x，2则g(x1)＞g(x2)，∴函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数， a由于g′(x)＝＋x－2，则g′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，xa由g′(x)＝＋x－2≥0，x可得a≥－x2＋2x，当x＞0时，则y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立，∴a≥1，因此实数a的取值范围为[1，＋∞).【题型五】与函数单调性有关的双变量问题【典例1】已知函数ሺݔ‸洠.(1)若函数ሺݔ的图像在点处的切线方程为y2，求函数ሺݔ的极小值；(2)若‸，对于任意ǡ，当<时，不等式恒成立，⋅求实数的取值范围．【解析】(1)解：ሺݔሺ，ݔ∞ሺ为域义定的洠‸ݔ‸由函数ሺݔ在点处的切线方程为‸，得‸‸，解得‸，此时ሺݔሺ，洠‸ݔ‸‸．令ሺݔ‸，解得‸或‸．当<<或时,,即在和∞上单调递增,当<<时,<,即在上单调递减,则当‸时,函数取得极小值,即‸‸ln‸,(2)解:由‸得‸ln.极小值不等式可变形为,即因为ǡ,且<,所以函数‸在ǡ上单调递减.令‸‸lnǡ,则‸≤在ǡ上恒成立,即≤在ǡ上恒成立.设‸ǡ,则‸‸.因为当ǡ时,<, 所以函数在ǡ上单调递减,所以‸ǡ‸×ǡ×ǡǡ‸耀,min所以≤耀,即实数的取值范围为ሺ∞耀.【题型六】与极值点有关的双变量问题【典例1】设函数‸洠．(1)求函数的单调区间；(2)若存在两个极值点，，证明：㐰．【解析】(1)的定义域为，∞，‸‸，令‸，当‸耀≤时，即≥时，≥，在，∞上递增，耀当‸耀时，即<<时，‸，耀耀耀解得‸，‸，㐰㐰当耀或耀，所以函数在，耀，耀时解得，<<，∞㐰㐰㐰㐰上单调递增，当耀耀，所以函数在耀耀上单调递减.<时解得，<<㐰㐰㐰㐰综上，当≥时，函数的单调增区间为，∞；当<<时，函数的单调递增区间为，耀耀耀耀耀耀，，∞，单调递减区间为.㐰㐰㐰㐰(2)由（1）可知，存在两个极值点，，即<<，耀，为方程‸的两个不等正实根，‸，‸．洠洠洠洠‸==洠洠洠洠‸洠洠‸要证㐰成立，只需证㐰洠洠洠洠即证㐰，即证， ሺݔ即证洠洠，ሺݔ设，即证洠-ሺݔ令‸，即证洠，ሺݔሺݔ设‸洠，‸，在，∞上递增，‸，ሺݔ所以洠成立，即㐰【题型七】整体代换【典例1】设a∈R，函数f(x)＝lnx－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：lnx1＋lnx2＞2.【解析】由已知得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，lnx1＋lnx2lnx1－lnx2所以a＝＝，x1＋x2x1－x2x1＋x2x1所以lnx1＋lnx2＞2等价于ln＞2，x1－x2x2x1＋1x2x1即ln＞2，x1x2－1x2x12（t－1）设x1＞x2，令t＝＞1，g(t)＝lnt－，x2t＋14（t－1）21则g′(t)＝－＝＞0，t（t＋1）2t（t＋1）2所以g(t)＞g(1)＝0，2（t－1）即lnt＞，t＋1t＋1即得lnt＞2，所以原题得证.t－1【题型八】构造一元函数求解双变量问题【典例1】已知函数‸eln． (1)求曲线‸在点处的切线方程；(2)设‸，讨论函数在∞ݔ上的单调性；(3)证明：对任意的∞，有．【解析】(1)解：因为‸eln,所以‸,即切点坐标为,又‸eln,∴切线斜率‸‸∴切线方程为:‸(2)解:因为‸‸eln,所以‸eln,令‸ln,则‸‸,∴在∞ݔ上单调递增,∴≥‸∴在∞ݔ上恒成立,∴在∞ݔ上单调递增.(3)解：原不等式等价于,令‸,即证,∵‸‸elneln，ee‸elneln‸，由(2)知‸‸eln在∞ݔ上单调递增，∴，∴∴在∞上单调递增,又因为,∴,所以命题得证.【题型九】构造具体函数解决双变量问题【典例1】已知函数f(x)＝x(1－lnx). (1)讨论f(x)的单调性；11(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<＋<e.ab【解析】(1)解因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，1－f′(x)＝1－lnx＋x·x＝－lnx.当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.lna(2)证明由题意，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得a11lnb11lna＋1lnb＋1－＝－，即＝，即fa＝fb.bbaab11令x1＝，x2＝，ab由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.11要证2<＋<e，即证2<x1＋x2<e.ab先证x1＋x2>2：要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以只要证x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]， 当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立.……………………再证x1＋x2<e：由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－lnx)>x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1<m.欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立.11综上可知，2<＋<e成立.ab三、【培优训练】1【训练一】已知函数f(x)＝－x＋alnx.x(1)试讨论函数f(x)的单调性；(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，证明：g(x)>0.【解析】(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，1ax2－ax＋1f′(x)＝－－1＋＝－.x2xx2①若a≤2，则f′(x)≤0， 当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.②若a>2，令f′(x)＝0得，a－a2－4a＋a2－4x＝或x＝.22a－a2－40，当x∈2∪a＋a2－4，＋∞2时，f′(x)<0；a－a2－4a＋a2－4，当x∈22时，f′(x)>0.a－a2－40，所以f(x)在2，a＋a2－4，＋∞2上单调递减，a－a2－4a＋a2－4，在22上单调递增.(2)证明由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x21，x2满足x－ax＋1＝0，所以x1x2＝1.又因x2>x1>0，所以x2>1.又g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)11＝－－(x1－x2)＋a(lnx1－lnx2)－(a－2)(x1－x2)x1x2x1ln－x1＋x2＝ax21＋2lnx2－x2＝－ax2.1设φ(x)＝－x＋2lnx，x>1.x由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.1所以＋2lnx2－x2<0，故g(x)>0.x2 【训练二】已知函数f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.【解析】(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞).因为f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，2a2a－1－x所以f′(x)＝－1＝.x＋1x＋1当2a－1≤－1，即a≤0时，f′(x)＜0，则f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；当2a－1＞－1，即a＞0时，令f′(x)＞0，得－1＜x＜2a－1，令f′(x)＜0，得x＞2a－1，则f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.(2)由f(x)＋g(x)≥0，得2aln(x＋1)－x－1＋ex－2ax≥0，即ex－2ax≥x＋1－2aln(x＋1)＝eln(x＋1)－2aln(x＋1)，即g(x)≥g(ln(x＋1))在x∈[0，＋∞)上恒成立.令h(x)＝x－ln(x＋1)，x∈[0，＋∞)，1x则h′(x)＝1－＝≥0，x＋1x＋1所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0，所以x≥ln(x＋1)，即只需g(x)＝ex－2ax在[0，＋∞)上单调递增.因为g′(x)＝ex－2a，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，ex即a≤在[0，＋∞)上恒成立.2ex因为函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，2 ex1所以a≤2＝，2min1－∞，故实数a的取值范围是2.【训练三】已知f(x)＝2x＋1－eax(a∈R).若x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，求证：x12＋x2＞.a【解析】x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，则xax1，x2为方程2x－e＝0的两个相异的实根，即x1，x2为方程ax＝ln(2x)的两个相异的实根，∴ax1＝ln(2x1)，ax2＝ln(2x2).不妨设x1＞x2＞0.x1ln∴a(xx1x2.1－x2)＝ln，即a＝x2x1－x222要证x1＋x2＞，只需证a＞，ax1＋x2x1ln2即证x2＞，x1＋x2x1－x2x12（x1－x2）即证ln＞.x2x1＋x2x1令＝t＞1，x22（t－1）则上述不等式等价于g(t)＝lnt－＞0(t＞1)，t＋12（t＋1）－2（t－1）（t－1）21g′(t)＝－＝＞0，t（t＋1）2t（t＋1）2∴函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(t)＞g(1)＝0，x12（x1－x2）∴ln＞成立.x2x1＋x22即x1＋x2＞.a 四、【强化测试】1.已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).【证明】∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，欲证exln(y＋1)＞eyln(x＋1).exey即证明＞，ln（x＋1）ln（y＋1）ex令g(x)＝，ln（x＋1）1ln（x＋1）－exx＋1则g′(x)＝，ln2（x＋1）1显然函数h(x)＝ln(x＋1)－在(e－1，＋∞)上单调递增，x＋11∴h(x)＞1－＞0，即g′(x)＞0，e∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，exey即＞，ln（x＋1）ln（y＋1）∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.2.已知函数f(x)＝ex－alnx(其中a为参数)，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>alna恒成立，则正实数a的取值范围是________.【解析】由f(x)>alna，ex得－lna>lnx，a即ex－lna－lna>lnx，两边同时加x得ex－lna＋x－lna>elnx＋lnx.令g(t)＝et＋t，则g(x－lna)>g(lnx)，因为g(t)为单调增函数， 所以x－lna>lnx，即lna<x－lnx，令h(x)＝x－lnx，x－1则h′(x)＝.x所以h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝1，所以lna<1，解得0<a<e.3.已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.a＞0，设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.【证明】求导得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，所以函数f(x)的极小值点为x＝1.∵f(x1)＝f(x2)＝0，不妨设x1＜1＜x2，要证x1＋x2＜2，即证x2＜2－x1.若2－x1和x2属于某一个单调区间，那么只需要比较f(2－x1)和f(x2)的大小，即探求f(2－x)－f(x)的正负性.于是构造辅助函数F(x)＝f(2－x)－f(x)，x＜1，代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.求导得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2).当x＜1时，F′(x)＜0，则函数F(x)是(－∞，1)上的单调减函数.于是F(x)＞F(1)＝0，则f(2－x)－f(x)＞0，即f(2－x)＞f(x)(x＜1).将x1代入上述不等式中，则f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，即f(x2)＜f(2－x1).又函数f(x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x2，2－x1∈(1，＋∞)， 所以x2＜2－x1.故x1＋x2＜2得证.x－14.已知f(x)＝ae－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范围.【解析】同构构造h(x)＝xex，h′(x)＝(x＋1)ex，当x>－1时，h′(x)>0恒成立，h(x)在(－1，＋∞)上单调递增.exexexexexexlnaex－1－lnx＋lna≥1⇒aex－1≥ln⇒xex≥ln＝lneln，即h(x)≥ha，aaaaaex∴x≥ln＝1＋lnx－lna，a令g(x)＝1＋lnx－x(x>0)，11－x则g′(x)＝－1＝，xx当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，故g(x)＝1＋lnx－x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝0，则lna≥0，解得a≥1.5.设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，g(x)＝2alnx－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方x1＋x2程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′2＞0.【证明】方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－alnx＝b，在(1，＋∞)上有两个不等实根x1和x2，不妨设1＜x1＜x2，则x21－(a－2)x1－alnx1＝b①，x22－(a－2)x2－alnx2＝b②，x221＋2x1－x2－2x2①－②得a＝，x1＋lnx1－x2－lnx2ax－a2x2－（a＋2）x＋a2（x－1）2∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝＝，x＞0，xxxaa1，，＋∞则f(x)在2上单调递减，2上单调递增， a1，∴当x∈2时，f′(x)＜0，a，＋∞当x∈2时，f′(x)＞0，x1＋x2x1＋x2a若证f′2＞0，只需证＞，22即a＜x1＋x2，x221＋2x1－x2－2x2只需证＜x1＋x2，x1＋lnx1－x2－lnx2∵x1＜x2，∴x1＋lnx1＜x2＋lnx2，即需证x221＋2x1－x2－2x2＞(x1＋x2)(x1＋lnx1－x2－lnx2)，2（x1－x2）整理得lnx1－lnx2＜，x1＋x2x1－1x12x2即证ln＜，x2x1＋1x2x12（t－1）令t＝∈(0，1)，设h(t)＝lnt－，x2t＋1（t－1）2h′(t)＝＞0，t（t＋1）2显然h(t)在(0，1)上单调递增.x1＋x2∴h(t)＜h(1)＝0，故f′2＞0得证.6.已知函数f(x)＝x－lnx，(1)求函数f(x)的单调性；1ex＋lnx＋1(2)当x＞，证明：≥e＋1；ex1a(3)若不等式x＋alnx＋≥x对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.ex【解析】(1)解f(x)＝x－lnx，1x－1f′(x)＝1－＝(x>0)，xx令f′(x)＝0，解得x＝1，则当0<x<1时，f′(x)<0； 当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.ex＋lnx＋1(2)证明要证：≥e＋1，x即证：ex＋lnex≥ex＋x⇒ex－x≥ex－lnex⇒ex－lnex≥ex－lnex，又∵ex≥ex＞1，由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.(3)解x＋alnx＋1≥xa⇒1＋x≥xa－alnx⇒e－x－lne－x≥xa－alnxexex⇒e－x－lne－x≥xa－lnxa⇒f(e－x)≥f(xa)，－x又因为0＜e＜1，f(x)在(0，1)上单调递减，－xax∴e≤x⇒a≥－.lnxx令g(x)＝－(x>1)，lnx1－lnxg′(x)＝，（lnx）2令g′(x)＝0，得x＝e.当1<x<e时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，e所以g(x)的最大值为g(e)＝－＝－e，lne所以a≥－e，所以a的最小值为－e.a7.已知函数f(x)＝lnx＋－x－2a＋1.若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜0.x－x2＋x－a【证明】f′(x)＝(x＞0)，x2∵f(x)有两个极值点x1，x2，故x21，x2为方程－x＋x－a＝0的两个不等正实根， Δ＝1－4a＞0，1∴x1＋x2＝1，∴0＜a＜，4x1x2＝a＞0，a（x1＋x2）∴f(x1)＋f(x2)＝lnx1x2＋－(x1＋x2)－4a＋2＝lna－4a＋2，x1x210＜a＜令g(a)＝lna－4a＋24，1－4a则g′(a)＝＞0，a10，g(a)在4上单调递增，11故g(a)＜g4＝ln＋1＜0，4∴f(x1)＋f(x2)＜0.8.若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exlnx＋7xex对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是________.x－a【解析】(1)∵e≥lnx＋a，x－a∴e＋x－a≥x＋lnx，∴ex－a＋x－a≥elnx＋lnx，设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1＞0，∴f(t)在R上单调递增，故ex－a＋(x－a)≥elnx＋lnx，即f(x－a)≥f(lnx)，即x－a≥lnx，即a≤x－lnx，设g(x)＝x－lnx，1x－1则g′(x)＝1－＝，xx令g′(x)＞0，x＞1，∴g(x)在(1，＋∞)上递增，在(0，1)上递减，故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故选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.构建g(x)＝ex＋3x， 则可得g((m－2)x)≥g(lnx)，∵g(x)＝ex＋3x在R上单调递增，lnx则(m－2)x≥lnx⇔m－2≥，xlnx构建F(x)＝，x1－lnx则F′(x)＝，x2令F′(x)>0，则0<x<e，故F(x)在(0，e)上单调递增，(e，＋∞)上单调递减，1则F(x)≤F(e)＝，e11即m－2≥，即m≥2＋.ee