创新设计二轮理科数学配套PPT课件微专题39　同构函数.pptx

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1、INNOVATIVE DESIGN上篇板块五函数与导数微专题39同构函数题型聚焦 分类突破高分训练 对接高考索引首首先先将将题目目中中的的等等式式或或不不等等式式经过适适当当的的整整理理变形形，表表示示成成两两侧具具有有相相同同的的结构构，然然后后利利用用这个个结构构式式构构造造相相对应的的函函数数，再再利利用用函函数数的的单调性性解解题，我我们通常称通常称这种解种解题方法方法为“同构同构”.”.索引1题型聚焦 分类突破/索引核心归纳核心归纳类型一地位同等同构型1.含含有有同同等等地地位位的的两两个个变量量x1，x2或或x，y或或a，b的的等等式式或或不不等等式式，如如果果进行行整整理理(即即

2、同同构构)后后，等等式式或或不不等等式式两两边具具有有结构构的的一一致致性性，往往往往暗暗示示应构构造造函函数数，应用函数用函数单调性解决性解决.2.含有二元含有二元变量量x1，x2的函数，常的函数，常见的同构的同构类型有以下几种：型有以下几种：(1)g(x1)g(x2)f(x2)f(x1)g(x1)f(x1)g(x2)f(x2)，构构造造函函数数(x)g(x)f(x)；索引索引B例例1(1)若若2alog2a4b2log4b，则()A.a2b B.ab2 D.ab2解析解析由指数和由指数和对数的运算性数的运算性质可得可得2alog2a4b2log4b22blog2b.令令f(x)2xlog2

3、x，则f(x)在在(0，)上上单调递增增.又又22blog2b22blog2b122blog2(2b)，2alog2a22blog2(2b)，即即f(a)f(2b)，a2b.故故选B.索引C(2)若若0 x1x2ln x2ln x1B.e x1e x2ln x2ln x1C.x2e x1x1e x2D.x2e x1ln x2ln x1e x2ln x2e x1ln x1，设f(x)exln x.设g(x)xex1，则有有g(x)(x1)ex0恒恒成成立立，所所以以g(x)在在(0，1)单调递增增，因因为g(0)10，从而存在，从而存在x0(0，1)，使得，使得g(x0)0.由由单调性性可可判判

4、断断出出，x(0，x0)，g(x)0f(x)0f(x)0，所以，所以f(x)在在(0，1)不不单调，不等式不会恒成立，不等式不会恒成立，A不正确；不正确；索引B选项，e x1e x2ln x2ln x1e x1ln x1e x2ln x2，设函数函数f(x)exln x，可知可知f(x)单调递增，所以增，所以f(x1)f(x2)，B错误；则f(x)f(x2)成成立立，C正确，正确，D错误.索引A训练训练1(1)若若2x2y0 B.ln(yx1)0 D.ln|xy|0解析解析设函数函数f(x)2x3x.因因为函数函数y2x与与y3x在在R上均上均单调递增，所以增，所以f(x)在在R上上单调递增增

5、.原已知条件等价于原已知条件等价于2x3x2y3y，即即f(x)f(y)，所以，所以x0，所以，所以A正确，正确，B不正确不正确.因因为|xy|与与1的大小不能确定，所以的大小不能确定，所以C，D不正确不正确.索引D(2)(2022八八省省联考考)已已知知a5且且ae55ea，b4且且be44eb，c3且且ce33ec，则()A.cba B.bcaC.acb D.abcf(x)在在(，1)上上单调递增，在增，在(1，)上上单调递减，减，索引如如图所示，所示，0abc0，所以所以g(t)单调递增，增，所以所以ln ax1ln x，索引即即xln xln a10.设h(x)xln xln a1，所

6、以所以h(x)在在(0，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增，增，所以所以h(x)minh(1)1ln a10，所以所以a1，故故a的取的取值范范围为1，).索引(2)对于于任任意意的的x0，若若不不等等式式axlogax(a0，且且a1)恒恒成成立立，则a的的取取值范范围是是_.解析解析当当0alogax，所以所以a1，则xln aexln axln xeln xln x，故只需故只需xln aln x即可，即可，索引训训练练2(1)已已知知函函数数f(x)exaln(axa)a(a0)，若若f(x)0，则实数数a的的取取值范范围为_.(0，e2)只需只需xln aln(x1)，即

7、即xln(x1)ln a.设g(x)xln(x1)，索引构造函数构造函数f(t)tln t，t0，e索引易得易得f(t)在在(0，1)上上单调递减，在减，在(1，)上上单调递增增.因因为f(t)在在(0，1)上上单调递减，减，两两边取取对数得数得xaln x，索引所以所以g(x)在在(1，e)上上单调递增，在增，在(e，)上上单调递减，减，所以所以g(x)g(e)e，故故a的最小的最小值是是e./索引类型三零点同构型例例3(1)(2022兰州州质检)已已知知函函数数f(x)xexa(xln x)有有两两个个零零点点，则实数数a的的取取值范范围是是_.解析解析f(x)xexa(xln x)exl

8、n xa(xln x)，令令txln x，tR，显然然该函数函数单调递增增.由由etat0有两个根，有两个根，(e，)可画出函数可画出函数图象得到象得到a的范的范围是是(e，).索引(2)已知已知x0是函数是函数f(x)x2ex2ln x2的零点，的零点，则e2x0ln x0_.2解析解析x2ex2ln x20，可得可得x2ex22ln x，即即ln x2x，e2xx，e2x0ln x0 x0ln x02.索引即即xexaxln xax，即即exaln xa，即即exaxaxln x，ln(exa)exaln xx，令令h(x)ln xx(x0)，则h(exa)h(x)，索引h(x)在在(0，

9、)上上递增，增，exax，则xaln x，axln x(x0)，则方程方程axln x(x0)有两个不同的有两个不同的实数解数解.令令(x)xln x，索引当当0 x1时，(x)0，当当x1时，(x)0，所以函数所以函数(x)xln x在在(0，1)上上递减，在减，在(1，)上上递增，增，所以所以(x)min(1)1，当当x0时，(x)，当当x时，(x)，所以所以a1，综上，上，a的范的范围为(1，).索引2高分训练 对接高考/索引12345678910 11 12 13 14 15 16D一、基本技能练解析解析ln xln ylg ylg xln xlg xln ylg y，设f(x)ln

10、xlg y，f(x)f(y)xy.xy0，2xy1，故，故D正确正确.索引12345678910 11 12 13 14 15 16D显然然f(x)在在(0，)上上单调递增，增，f(x)f(y)，0 xy，xy0，A，B，C均正确，故均正确，故选D.索引12345678910 11 12 13 14 15 16B解解析析由由exx1得得f(x)eln(ax)1xxln(ax)2eln(ax)1x(ln(ax)1x)10，当当ln(ax)1x0ln(ax)x1ax1，即即a1时f(x)0成成立立，f(x)在在(0，)上有零点上有零点.索引12345678910 11 12 13 14 15 16

11、A4.(2022安安庆模模拟)已知已知m，n都是正整数，且都是正整数，且emln nem B.memC.nen解析解析因因为emln nmn，所以所以emm0)，所以所以f(x)ex10，故故f(x)在在(0，)上上单调递增，由已知得增，由已知得f(m)f(ln n)，故，故mln n，因因为m，n都是正整数，即都是正整数，即emx20，可得可得f(x1)f(x2)2x12x2，可得可得f(x1)2x1f(x2)2x2，索引12345678910 11 12 13 14 15 16则g(x1)g(x2)，所以，函数所以，函数g(x)在在(0，)上上为增函数，增函数，当当x0时，2xx2(x1)

12、211，当且当且仅当当x1时，等号成立，所以，等号成立，所以a1.索引12345678910 11 12 13 14 15 16C6.已知已知x0是方程是方程2x2e2xln x0的的实根，根，则关于关于实数数x0的判断正确的是的判断正确的是()即即2x0e2x0eln x0(ln x0)，令令f(x)xex，所以所以f(2x0)f(ln x0)，则f(x)ex(x1)0，函数函数f(x)在定在定义域内域内单调递增，增，结合函数的合函数的单调性有性有2x0ln x0，即即2x0ln x00，故，故选C.索引12345678910 11 12 13 14 15 16C则g(x)(x1)ex0，所

13、以所以g(x)在在(0，)上上单调递增增.即即mxln x，只需，只需m(xln x)mine.索引12345678910 11 12 13 14 15 16D所以所以eesin 2sin sin sin，整理可得：整理可得：esin g(b)，ab，索引12345678910 11 12 13 14 15 1612.若若关关于于x的的不不等等式式x2e3x(k3)x2ln x1对任任意意x0恒恒成成立立，则k的的取取值范范围是是_.(，0解解析析原原不不等等式式可可变形形为e2ln x3x(3x2ln x)kx1，e2ln x3x(3x2ln x)1kx，利用，利用exx1，可得，可得kx0

14、，又，又x0，故，故k0./索引12345678910 11 12 13 14 15 16二、创新拓展练C解析解析由由题意，得意，得exln x1xln xa，即即exln x1xln x11a，即即exln x1(xln x1)1a，设txln x1，x0.索引12345678910 11 12 13 14 15 16故当故当0 x1时，t1时，t0，t单调递增，增，所以当所以当x1时，tmin1010，设f(t)ett，t0，f(t)et10，故，故f(t)在在0，)上上单调递增，增，f(t)minf(0)1，故故1a1，可得，可得a0.索引12345678910 11 12 13 14

15、15 16D即即t24tm30，(1)索引12345678910 11 12 13 14 15 16则(1)有有2个个实数根数根t1和和t2，且，且t1t24，t1t2m3，不妨不妨t10，索引12345678910 11 12 13 14 15 1615.(2022济南南模模拟)若若对于于任任意意实数数x0，不不等等式式2ae2xln xln a0恒恒成成立立，则a的取的取值范范围是是_.设g(t)tet(t0)，则g(t)(1t)et0，索引12345678910 11 12 13 14 15 16则ln aln x2x.令令h(x)ln x2x，x0，索引12345678910 11 1

16、2 13 14 15 16法二法二将将2ae2xln xln a0变形形为eln 2a2xln xln a0，即即eln 2a2xln 2aln 2x，则eln 2a2x2xln 2a2xln 2xeln 2xln 2x.设g(t)ett，易知易知g(t)单调递增，故增，故2xln 2aln 2x，以下同法一，以下同法一.索引12345678910 11 12 13 14 15 1616.已已知知函函数数f(x)exaln x(其其中中a为参参数数)，若若对任任意意x(0，)，不不等等式式f(x)aln a恒成立，恒成立，则正正实数数a的取的取值范范围是是_.(0，e)即即exln aln aln x，两两边同同时加加x得得exln axln aeln xln x.令令g(t)ett，则g(xln a)g(ln x)，因因为g(t)为单调增函数增函数，所以，所以xln aln x，即即ln axln x，令令h(x)xln x，索引12345678910 11 12 13 14 15 16所以所以h(x)在在(0，1)上上单调递减，减，在在(1，)上上单调递增，增，所以所以h(x)minh(1)1，所以所以ln a1，解得，解得0ae.INNOVATIVE DESIGNTHANKS本节内容结束