同构函数问题--2024届高考数学拓展 教师版

同构函数问题1(2023·南宁模拟)已知α，β∈R，则“α+β>0”是“α+β>cosα-cosβ”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】Cyx2已知x∈N，y∈N，x<y，则方程x=y的解的组数为()A.0B.1C.2D.无穷多个【答案】Bab3若2+log2a=4+2log4b，则()22A.a>2bB.a<2bC.a>bD.a<b【答案】Ba4设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若ae<blnb，则()aaA.ab>eB.b>eC.ab<eD.b<e【答案】Bab+1a5(多选)已知a>b>1，若e-2a=ae-be，则()a-ba-1bA.ln(a-b)<0B.ln(a+b)>1C.3+3>23D.3<3【答案】BCx6若f(x)=xe-a(x+lnx)有两个零点，则实数a的取值范围是．【答案】(e，+∞)x+1alnx7(2023·邵阳模拟)已知函数f(x)=e-+1，g(x)=+2.xx(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．lnx【答案】解：(1)∵g(x)=+2的定义域为(0，+∞)，x1-lnx∴g′(x)=.2x由g′(x)>0，得0<x<e，由g′(x)<0，得x>e.∴g(x)在(0，e)上单调递增，1 在(e，+∞)上单调递减．(2)由f(x)≥g(x)，x+1alnx即e-+1≥+2，xxx+1lnx+x+1得a≤xe-lnx-x=e-(lnx+x+1)+1，令t=lnx+x+1，t∈R，t即a≤e-t+1恒成立，t令φ(t)=e-t+1，t∈R，t则φ′(t)=e-1，当t∈(-∞，0)时，φ′(t)<0；当t∈(0，+∞)时，φ′(t)>0，∴φ(t)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，∴φ(t)min=φ(0)=2，故a≤2.x-128(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)=elnx，g(x)=x-x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)证明：当x∈(0,2)时，f(x)≤g(x)．【答案】(1)解：函数f(x)的定义域为(0，+∞)，x-1x-1ef′(x)=elnx+xx-11=elnx+，x1记h(x)=lnx+，x>0，x11x-1则h′(x)=-=，xx2x2所以当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)≥h(1)=1，x-11所以f′(x)=elnx+>0，x所以函数f(x)在(0，+∞)上单调递增．x-12(2)证明原不等式为elnx≤x-x=x(x-1)，lnxx-1即≤，xex-1lnxx-1即证≤在(0,2)上恒成立，lnxx-1ee2 x设φ(x)=，x∈(-∞，1)，xexxe-xe1-x则φ′(x)==，2xxee所以当x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，令t(x)=lnx-x+1，x∈(0,2)，11-x则t′(x)=-1=，xx当0<x<1时，t′(x)>0，t(x)单调递增；当1<x<2时，t′(x)<0，t(x)单调递减，所以t(x)max=t(1)=0，所以lnx≤x-1，lnx<1，且在区间(0,2)上有x-1<1，所以可得到φ(lnx)≤φ(x-1)，lnxx-1即≤，lnxx-1ee所以当x∈(0,2)时，有f(x)≤g(x)成立．x9已知函数f(x)=e+(1-a)x-lnax(a>0)．(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围．xx1【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=e-lnx，得f′(x)=e-，x切点坐标为(1，e)，斜率为f′(1)=e-1，所求切线方程为y-e=e-1(x-1)，即e-1x-y+1=0.(2)f(x)≥0，x即e+x-ax-lnax≥0(a>0，x>0)x⇔e+x≥ax+lnax(a>0，x>0)xlnax⇔e+x≥e+lnax(a>0，x>0)．x令g(x)=e+x，显然g(x)是增函数，于是上式可化为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)，3 1x-1则φ′(x)=1-=，xx易知φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，故φ(x)min=φ(1)=1，于是lna≤1，可得0<a≤e.故正数a的取值范围为(0，e]．10已知函数f(x)=xlnx.(1)求f(x)的最小值；xx(2)当x>2时，证明：e>ln(x-1)．x-1【答案】(1)解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f′(x)=1+lnx，1当x∈0，时，f′(x)<0，e1当x∈，+∞时，f′(x)>0，e1∴f(x)在0，上单调递减，e1在，+∞上单调递增，e11∴f(x)min=fe=-e.(2)证明∵x>2，∴x-1>1，xx要证e>ln(x-1)，x-1x即证xe>(x-1)ln(x-1)，xx即证elne>(x-1)ln(x-1)，x即证f(e)>f(x-1)，1由(1)知f(x)在，+∞上单调递增，ex11x且e>，x-1>，即证e>x-1，eex令φ(x)=e-(x-1)(x>2)，xφ′(x)=e-1>0，φ(x)在(2，+∞)上单调递增，2∴φ(x)>φ(2)=e-1>0，x∴e>x-1，即证原不等式成立．x11已知a>0，函数f(x)=xe-ax.(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；4 (2)若f(x)≥lnx-x+1恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：(1)当a=1时，xf(x)=xe-x，x所以f′(x)=(x+1)e-1，所以f′(1)=2e-1，f(1)=e-1，所以切线方程为y-(e-1)=(2e-1)(x-1)，即(2e-1)x-y-e=0.x(2)由题意得xe-ax≥lnx-x+1，x即xe-lnx+x-1≥ax，xxe-lnx+x-1因为x>0，所以≥a，xxxe-lnx+x-1设F(x)=xx+lnxe-lnx+x-1=，x令t=x+lnx，易知t=x+lnx在(0，+∞)上单调递增，当x→0时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，所以存在x0，使t=x0+lnx0=0，t令m(t)=e-t-1，t∈R，t因为m′(t)=e-1，所以当t∈(-∞，0)时，m′(t)<0，即m(t)在(-∞，0)上单调递减；当t∈(0，+∞)时，m′(t)>0，即m(t)在(0，+∞)上单调递增，所以m(t)min=m(0)=0，所以m(t)≥m(0)=0，tt即m(t)=e-t-1≥0，得到e≥t+1，当且仅当t=0时取等号，x+lnxe-lnx+x-1x+lnx+1-lnx+x-12x所以F(x)=≥==2，xxx当且仅当x+lnx=0时取等号，所以a≤2，又a>0，所以a的取值范围是(0,2]．5