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）

这是一份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），共27页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

专题23同构与双变量问题
知识梳理
方法技巧


题型归类
题型一：地位同等同构型
题型二：指对跨阶同构型
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

培优训练
训练一：
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：x＝eln x，xex＝eln x＋x，x2ex＝e2ln x＋x，＝e－ln x＋x，ln x＋ln a＝ln(ax)，ln x－1＝ln ，有时也需要对两边同时加、乘某式等.
4.指对跨阶同构的基本模式有：
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左：aea≤bln b⇔aea≤(ln b)eln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右：aea≤bln b⇔ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③两边同取自然对数：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型：0,则y=fx在D上是增函数；
(2)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>k,则y=fx-kx在D上是增函数；
(3)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>kx1x2,则y=fx+kx在D上是增函数；
(4)若对任意x1,x2∈D,当x1≠x2时恒有fx1-fx2x1-x2>x1+x2,则y=fx-x2在D上是增函数.
6.与极值点有关的双变量问题
与极值点x1,x2有关的双变量问题,一般是根据x1,x2是方程f'x=0的两个根,确定x1,x2的关系,再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为x1,x2的齐次式,然后转化为关于x2x1的函数.
7.与零点有关的双变量问题
与函数零点x1,x2有关的双变量问题,一般是根据x1,x2是方程fx=0的两个根,确定x1,x2的关系,再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为x1,x2的齐次式,然后转化为关于x2x1的函数,有时也可转化为关于x1-x2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x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a的最大值为(　　)
A. B.1
C.e D.2e
【解析】由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，
两边同除以x1x2得－≤－，
即＋≤＋，
令f(x)＝＋，则f(x)在(0，a)上为增函数.
∴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，
∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.
【典例2】若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m的最小值是(　　)
A.e2 B.e
C.1 D.
【解析】对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，
则x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，
所以，x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，
即＞，
令f(x)＝，则函数f(x)在(m，＋∞)上为减函数，
因为f′(x)＝－，由f′(x)＜0，可得x＞，
所以函数f(x)的单调递减区间为，
所以，(m，＋∞)⊆，
所以，m≥，
因此， 实数m的最小值为.故选D.
【典例3】若0x1e x2 D.x2e x1ln x2－ln x1⇔e x2－ln x2>e x1－ln x1，设f(x)＝ex－ln x.
∴f′(x)＝ex－＝，
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)＝－10，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，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，e x1－e x2>ln x2－ln x1⇔e x1＋ln x1>e x2＋ln x2，设函数f(x)＝ex＋ln x，
可知f(x)单调递增，所以f(x1)x1e x2⇔>，构造函数f(x)＝，f′(x)＝，
则f′(x)f(x2)成立，C正确，D错误.
故选C.
【题型二】指对跨阶同构型
【典例1】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是　　
A．， B．， C．， D．，
【解析】依题意, 2me2mx-lnx≥0, 即 2mx⋅e2mx-xlnx≥0, 即 e2mx⋅lne2mx≥xlnx, 设 fx=xlnxx>1,f'x=lnx+1>0, 则 fx 在 1,+∞ 上单调递增, ∴e2mx≥x 在 1,+∞ 上恒成立, 即 2m≥lnxx 在 1,+∞ 上恒成立, 设 gx=lnxxx>1,g'x=1-lnxx2, 易知函数 gx 在 1,e 单调递增, 在 e,+∞ 单调递减, ∴2m≥gxmax =ge=1e, 则 m≥12e. 故选: A.
【典例2】已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数的最小值为　　
A． B． C． D．
【解析】不等式 xa+1ex+alnx≥0 可化为 xex≥x-alnx-a, 即 exlnex≥x-alnx-a, a2, 则 x-a>1,ex>1, 设 fx=xlnx, 则 f'x=lnx+1,x>1 时, f'x>0,fx 是增函数, 所以由 exlnex≥x-alnx-a, 得 ex≥x-a,x≥-alnx,-a≤xlnx, 所以 x>2 时, -a≤xlnx 恒成立.
设 gx=xlnx, 则 g'x=lnx-1ln2x,
当 20,gx 单调递增, 所以 gxmin=ge =e,
所以 -a≤e,a≥-e.
所以 a 的最小值是 -e.
故选: B.
【典例3】已知函数和有相同的最小值．
（1）求；
（2）证明：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．
【解析】
（1）fx 定义域为 R，∵fx=ex-ax，∴f'x=ex-a，
若 a≤0,
则 f'x>0,fx 无最小值,
故 a>0,
当 f'x=0 时, x=lna, 当 g'x=0 时, x=1a,
当 x0, 函数 fx 在 lna,+∞ 上单调递增,
故 fxmin=flna=a-alna,
gx 的定义域为 0,+∞,
∵gx=ax-lnx,
∴g'x=a-1x,
令 g'x=0, 解得 x=1a,
当 00, 函数 gx 在 1a,+∞ 上单调递增,
故 gxmin=1+lna,
∵ 函数 fx=ex-ax 和 gx=ax-lnx 有相同的最小值
∴a-alna=1+lna,
∵a>0,
∴a-alna=1+lna 化为 lna-a-1a+1=0,
令 hx=lnx-x-1x+1,x>0,
则 h'x=1x-x+1-x-1x+12=1x-2x+12=x2+1xx+12,
∵x>0,
∴h'x=x2+1xx+12>0 恒成立,
∴hx 在 0,+∞ 上单调递增,
又 ∵h1=0,
∴h (a) =h1, 仅有此一解,
∴a=1.
(2) 证明: 由 (1) 知 a=1, 函数 fx=ex-x 在 -∞,0 上单调递减, 在 0,+∞ 上单调递增, 函数 gx=x-lnx 在 0,1 上单调递减, 在 1,+∞ 上单调递增,
设 ux=fx-gx=ex-2x+lnxx>0,
则 u'x=ex-2+1x>ex-2, 当 x≥1 时, u'x≥e-2>0,
所以函数 ux 在 1,+∞ 上单调递增, 因为 u 1=e-2>0,
所以当 x≥1 时, ux≥u (1) >0 恒成立, 即 fx-gx>0 在 x≥1 时恒成立,
所以 x≥1 时, fx>gx,
因为 f0=1, 函数 fx 在 0,+∞ 上单调递增, g1=1, 函数 gx 在 0,1 上单调递减,
所以函数 fx 与函数 gx 的图象在 0,1 上存在唯一交点, 设该交点为 m,fm00时解得，00，ht在1，+∞上递增，ht>h1=0，
所以lnt>2(t-1)t+1成立，
即fx1-fx2x1-x2>4a-12.
【题型七】整体代换
【典例1】设a∈R，函数f(x)＝ln x－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
【解析】由已知得ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以a＝＝，
所以ln x1＋ln x2＞2等价于ln ＞2，
即ln ＞2，
设x1＞x2，令t＝＞1，g(t)＝ln t－，
则g′(t)＝－＝＞0，
所以g(t)＞g(1)＝0，
即ln t＞，
即得ln t＞2，所以原题得证.
【题型八】构造一元函数求解双变量问题
【典例1】已知函数fx=exln1+x．
(1)求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)设gx=f'x，讨论函数gx在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈0,+∞，有fs+t>fs+ft．
【解析】(1)解：因为 fx=exln1+x, 所以 f0=0, 即切点坐标为 0,0,
又 f'x=exln1+x+11+x,
∴ 切线斜率 k=f'0=1
∴ 切线方程为: y=x
(2) 解: 因为 gx=f'x=exln1+x+11+x,
所以 g'x=exln1+x+21+x-11+x2,
令 hx=ln1+x+21+x-11+x2,
则 h'x=11+x-21+x2+21+x3=x2+11+x3>0,
∴hx 在 [0,+∞) 上单调递增,
∴hx≥h0=1>0
∴g'x>0 在 [0,+∞) 上恒成立,
∴gx 在 [0,+∞) 上单调递增.
(3)解：原不等式等价于 fs+t-fs>ft-f0, 令 mx=fx+t-fx,x,t>0, 即证 mx>m0,
∵mx=fx+t-fx=ex+tln1+x+t-exln1+x，
m'x=ex+tln1+x+t+ex+t1+x+t-exln1+x-ex1+x=gx+t-gx，
由 (2) 知gx=f'x=exln1+x+11+x 在 [0,+∞)上单调递增，
∴gx+t>gx，
∴m'x>0
∴mx 在 0,+∞ 上单调递增, 又因为 x,t>0,
∴mx>m0, 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－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2