微专题38　同构函数-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题38　同构函数-2024年高考数学二轮微专题系列，共21页。

同构法在近几年的模考中频繁出现，首先将题目中的等式或不等式经过适当的整理变形，表示成两侧具有相同结构，然后利用这个结构式构造相对应的函数，再利用函数单调性解题.
类型一 地位同等同构型
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.
例1 (1)若0A.ex2－ex1>ln x2－ln x1B.e x1－e x2>ln x2－ln x1
C.x2e x1>x1e x2D.x2e x1(2)(2022·石家庄调研)若0＜x1＜x2＜a，都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a的最大值为( )
A.eq \f(1,2) B.1
C.e D.2e
答案 (1)C (2)B
解析 (1)A选项，e x2－e x1>ln x2－ln x1⇔e x2－ln x2>e x1－ln x1，设f(x)＝ex－ln x.
∴f′(x)＝ex－eq \f(1,x)＝eq \f(xex－1,x)，
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，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)C选项，x2e x1>x1e x2⇔eq \f(e x1,x1)>eq \f(e x2,x2)，构造函数f(x)＝eq \f(ex,x)，f′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，
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.
(2)由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，
两边同除以x1x2得eq \f(ln x1,x1)－eq \f(ln x2,x2)≤eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)，
即eq \f(ln x1,x1)＋eq \f(1,x1)≤eq \f(ln x2,x2)＋eq \f(1,x2)，
令f(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,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)＝eq \f(－ln x,x2)，可知f(x)在(0，1)上为增函数，
∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.
规律方法 含有二元变量x1，x2的函数，常见的同构类型有以下几种：
(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]⇔g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2)，构造函数φ(x)＝g(x)＋λf(x)；
(2)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>k(x1(3)eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)eq \f(k（x1－x2）,x1x2)＝eq \f(k,x2)－eq \f(k,x1)⇔f(x1)＋eq \f(k,x1)>f(x2)＋eq \f(k,x2)，构造函数φ(x)＝f(x)＋eq \f(k,x).
训练1 (1)若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( )
A.a>2b B.a<2b
C.a>b2 D.a(2)(2022·济南模拟)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq \f(x1ln x2－x2ln x1,x2－x1)＜2，则m的最小值是( )
A.e2 B.e
C.1 D.eq \f(1,e)
答案 (1)B (2)D
解析 (1)由指数和对数的运算性质可得
2a＋lg2a＝4b＋2lg4b＝22b＋lg2b.
令f(x)＝2x＋lg2x，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又∵22b＋lg2b<22b＋lg2b＋1＝22b＋lg2(2b)，
∴2a＋lg2a<22b＋lg2(2b)，即f(a)(2)对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq \f(x1ln x2－x2ln x1,x2－x1)＜2，易知m≥0，
则x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，
所以，x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，
即eq \f(ln x1＋2,x1)＞eq \f(ln x2＋2,x2)，
令f(x)＝eq \f(ln x＋2,x)，则函数f(x)在(m，＋∞)上为减函数，
因为f′(x)＝－eq \f(ln x＋1,x2)，由f′(x)＜0，可得x＞eq \f(1,e)，
所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，
所以，(m，＋∞)⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))，
所以，m≥eq \f(1,e)，
因此， 实数m的最小值为eq \f(1,e).故选D.
类型二 指对跨阶同构型
1.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.
2.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，eq \f(ex,x)＝e－ln x＋x，ln x＋ln a＝ln(ax)，ln x－1＝ln eq \f(x,e)，有时也需要对两边同时加、乘某式等.
例2 (1)(2022·南通质检)若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e))) B.(－∞，e]
C.(－∞，1] D.(－∞，2]
(2)若不等式e(m－1)x＋3mxex≥3exln x＋7xex对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数m的取值范围是________.
答案 (1)C (2)eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,e)，＋∞))
解析 (1)∵ex－a≥ln x＋a，
∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，
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)≥eln x＋ln x，
即f(x－a)≥f(ln x)，
即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，
设g(x)＝x－ln x，
则g′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
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≥3exln x＋7xex⇔e(m－2)x＋3mx≥3ln x＋7x⇔e(m－2)x＋3(m－2)x≥3ln x＋x.
构建g(x)＝ex＋3x，
则可得g((m－2)x)≥g(ln x)，
∵g(x)＝ex＋3x在R上单调递增，
则(m－2)x≥ln x⇔m－2≥eq \f(ln x,x)，
构建F(x)＝eq \f(ln x,x)，
则F′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
令F′(x)>0，
则0故F(x)在(0，e)上单调递增，(e，＋∞)上单调递减，
则F(x)≤F(e)＝eq \f(1,e)，
即m－2≥eq \f(1,e)，即m≥2＋eq \f(1,e).
规律方法 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：eq \f(ea,a)①同左：eq \f(ea,a)②同右：eq \f(ea,a)③两边同取自然对数：a－ln a(3)和差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左：ea±a>b±ln b⇔ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右：ea±a>b±ln b⇔ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
训练2 (1)(2022·广州调研)已知f(x)＝ekx－2eq \f(ln x,kx)＋1(k≠0)，函数g(x)＝xln x，若kf(x)≥2g(x)，对∀x∈(0，＋∞)恒成立，则实数k的取值范围为( )
A.[1，＋∞) B.[e，＋∞)
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,e)，＋∞))
(2)若∀x∈[e，＋∞)，满足2x3ln x－meeq \s\up6(\f(m,x))≥0恒成立，则实数m的取值范围为________.
答案 (1)D (2)(－∞，2e]
解析 (1)kf(x)≥2g(x)，即kekx－2eq \f(ln x,x)＋k≥2xln x，kxekx－2ln x＋kx≥2x2ln x，
kxekx＋kx≥x2ln x2＋ln x2，
ekxln ekx＋ln ekx≥x2ln x2＋ln x2，
令h(t)＝tln t＋ln t，则h(ekx)≥h(x2)，
h′(t)＝ln t＋1＋eq \f(1,t)，
则h″(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)，
h″(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,t2)＝0，t＝1，
当01，h″(t)>0，
h′(t)min＝h′(1)＝0＋1＋1>0，
∴h(t)单调递增，由h(ekx)≥h(x2)，
得ekx≥x2，kx≥ln x2，k≥eq \f(2ln x,x)，
令φ(x)＝eq \f(2ln x,x)，φ′(x)＝eq \f(2－2ln x,x2)，
令φ′(x)＝0，解得x＝e，
当00；
当x>e时，φ′(x)<0，
所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(e)＝eq \f(2ln e,e)＝eq \f(2,e)，
∴k≥eq \f(2,e)，选D.
(2)①当m≤0时，显然成立；
②当m＞0时，2x3ln x－meeq \s\up6(\f(m,x))≥0⇒2x2ln x≥eq \f(m,x)eeq \s\up6(\f(m,x))，
∴(2ln x)e2ln x≥eq \f(m,x)eeq \s\up6(\f(m,x))，
由f(x)＝xex在[e，＋∞)上为增函数，
即f(2ln x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))，
∴2ln x≥eq \f(m,x)，
∴m≤2xln x恒成立，x∈[e，＋∞)，
由g(x)＝2xln x在[e，＋∞)上为增函数，
g(x)min＝2e，∴0＜m≤2e，
综上，m≤2e，故答案为(－∞，2e].
类型三 零点同构型
例3 (1)(2022·盐城质检)已知函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是________.
(2)已知x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则e2－x0＋ln x0＝________.
答案 (1)(e，＋∞) (2)2
解析 (1)f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数单调递增.
由et－at＝0有两个根，
即a＝eq \f(et,t)，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(et,t)，,y＝a))有两个交点，
可画出函数图象得到a的范围是(e，＋∞).
(2)x2ex－2＋ln x－2＝0，
可得x2ex－2＝2－ln x，
即eq \f(x2ex,e2)＝2－ln x，
x2ex＝2e2－e2ln x，xex＝eq \f(2e2,x)－eq \f(e2,x)ln x，
即xex＝eq \f(e2,x)ln eq \f(e2,x)，
两边同取自然对数，
ln x＋x＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(e2,x)))＋ln eq \f(e2,x)，
所以lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,x)))＝x，即2－ln x＝x，
即ln x＝2－x，
∴e2－x＝x，∴e2－x0＋ln x0＝x0＋ln x0＝2.
训练3 已知f(x)＝xln x＋eq \f(a,2)x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－eq \f(a,2)x2＋ax－1有两个不同的实数解，求a的取值范围.
解 由xex－a＝f(x)－eq \f(a,2)x2＋ax－1(x＞0)，
即xex－a＝xln x＋ax，
即ex－a＝ln x＋a，
即ex－a＋x－a＝x＋ln x，
∴ln(ex－a)＋ex－a＝ln x＋x，
令h(x)＝ln x＋x(x＞0)，
则h(ex－a)＝h(x)，
h′(x)＝eq \f(1,x)＋1＞0，
∴h(x)在(0，＋∞)上递增，
∴ex－a＝x，
则x－a＝ln x，a＝x－ln x(x＞0)，
因为关于x的方程xex－a＝f(x)－eq \f(a,2)x2＋ax－1有两个不同的实数解，
则方程a＝x－ln x(x＞0)有两个不同的实数解.
令φ(x)＝x－ln x，
则φ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当0＜x＜1时，φ′(x)＜0，
当x＞1时，φ′(x)＞0，
所以函数φ(x)＝x－ln x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，＋∞).
一、基本技能练
1.设a，b∈R，则“a>b”是“a|a|>b|b|”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
答案 C
解析 设函数f(x)＝x|x|，f(x)＝x|x|＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))
可得f(x)为增函数，
所以a>b⇔f(a)>f(b)，
即a>b⇔a|a|>b|b|，所以是充要条件.
2.若2x－2y<3－x－3－y，则( )
A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0
C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0
答案 A
解析 设函数f(x)＝2x－3－x.
因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，
所以f(x)在R上单调递增，
原已知条件等价于2x－3－x＜2y－3－y，
即f(x)＜f(y)，
所以x＜y，即y－x＞0，所以A正确，B不正确.
因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.
3.(2022·杭州模拟)已知b＞a＞0，且满足aln b＝bln a，e为自然对数的底数，则( )
A.ae＜ea＜eb B.eb＜ae＜ea
C.eb＜ea＜ae D.ea＜ae＜eb
答案 A
解析 因为y＝ex在R上单调递增，b＞a＞0，所以eb＞ea，BC错；
构造函数f(x)＝eq \f(ln x,x)(x＞0)，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)＝0，x＝e，
当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
因为aln b＝bln a，eq \f(ln a,a)＝eq \f(ln b,b)，即f(a)＝f(b)，又b＞a＞0，
所以0＜a＜e，b＞e，ln b＞0，aln b＝bln a＞0，所以1＜a＜e＜b，
所以eq \f(ln a,a)＜eq \f(ln e,e)，eln a＜aln e，ln ae＜ln ea，即ae＜ea，
所以ae＜ea＜eb，A正确.故选A.
4.(2022·合肥模拟)已知x0是方程2x2e2x＋ln x＝0的实根，则关于实数x0的判断正确的是( )
A.x0≥ln 2 B.x0＜eq \f(1,e)
C.2x0＋ln x0＝0 D.2ex0＋ln x0＝0
答案 C
解析 由2x2e2x＋ln x＝0得
2xe2x＝－eq \f(1,x)ln x＝eq \f(1,x)ln eq \f(1,x)＝ln eq \f(1,x)eln eq \f(1,x).
构造函数f(x)＝xex，其中x>0，
则f′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
根据题意，若x0是方程2x2e2x＋ln x＝0的实根，
则2x0e2x0＝lneq \f(1,x0)elneq \f(1,x0)，
即f(2x0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(1,x0)))，
所以2x0＝lneq \f(1,x0)＝－lnx0，
因此2x0＋ln x0＝0.
5.已知对任意的a，b∈R都有(b－a)eb－a≥be－b－λa恒成立，则实数λ的值为( )
A.e B.1
C.0 D.－e
答案 B
解析 (b－a)eb－a≥be－b－λa
⇒(b－a)eb－a－be－b＋λa≥0
⇒(b－a)eb－a－λ(b－a)＋(－be－b)－λ(－b)≥0，
构造f(x)＝xex－λx，
问题转化为f(b－a)＋f(－b)≥0，
由于a，b为任意实数，
∴f(x)≥0⇒f(x)＝x(ex－λ)≥0，
①当x＝0时，显然成立，
②当x＜0时，λ≥ex恒成立，λ≥1，
③当x＞0时，λ≤ex恒成立，可得λ≤1，
综上可得λ＝1，故选B.
6.已知a，b∈(eq \r(2)，＋∞)，且满足eq \f(1,a2)－eq \f(1,b2)>ln eq \f(b,a)，则a，b，eq \r(ab)的大小关系是________.
答案 a>eq \r(ab)>b
解析 eq \f(1,a2)－eq \f(1,b2)>ln b－ln a，
eq \f(1,a2)＋ln a>eq \f(1,b2)＋ln b，
令g(x)＝eq \f(1,x2)＋ln x，x>eq \r(2)，
g′(x)＝－eq \f(2,x3)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2－2,x3)>0，g(x)在(eq \r(2)，＋∞)上单调递增.
∵g(a)>g(b)，∴a>b，
又∵eq \r(a)eq \r(a)>eq \r(a)eq \r(b)>eq \r(b)eq \r(b)，
∴a>eq \r(ab)>b.
7.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范围是________.
答案 (－∞，0]
解析 原不等式可变形为e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)≥kx＋1，e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)－1≥kx，利用ex≥x＋1，可得kx≤0，又x>0，故k≤0.
8.若对于任意实数x>0，不等式2ae2x－ln x＋ln a≥0恒成立，则a的取值范围是________.
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))
解析 法一 将2ae2x－ln x＋ln a≥0变形为2ae2x≥ln eq \f(x,a)，
则2e2x≥eq \f(1,a)ln eq \f(x,a)，
两边同时乘以x得2xe2x≥eq \f(x,a)ln eq \f(x,a)，
即2xe2x≥eq \f(x,a)ln eq \f(x,a)＝eln eq \f(x,a)ln eq \f(x,a).(*)
设g(t)＝tet(t>0)，
则g′(t)＝(1＋t)et>0，
所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增，
故由(*)得2x≥ln eq \f(x,a)，
则ln a≥ln x－2x.
令h(x)＝ln x－2x，x>0，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－2，
易知当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，h(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，h(x)单调递减，
故h(x)max＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－ln 2－1，
所以ln a≥－ln 2－1，
即a≥eq \f(1,2e)，故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞)).
法二 将2ae2x－ln x＋ln a≥0变形为eln(2a)＋2x－ln x＋ln a≥0，
即eln(2a)＋2x＋ln(2a)≥ln(2x)，
则eln(2a)＋2x＋2x＋ln(2a)≥2x＋ln(2x)＝eln(2x)＋ln(2x).
设g(t)＝et＋t，
易知g(t)单调递增，故2x＋ln(2a)≥ln(2x)，以下同法一.
9.(2022·长沙调考)已知函数f(x)＝ex－aln x(其中a为参数)，若对任意x∈(0，＋∞)，不等式f(x)>aln a恒成立，则正实数a的取值范围是________.
答案 (0，e)
解析 由f(x)>aln a，
得eq \f(ex,a)－ln a>ln x，
即ex－ln a－ln a>ln x，
两边同时加x得
ex－ln a＋x－ln a>eln x＋ln x.
令g(t)＝et＋t，
则g(x－ln a)>g(ln x)，
因为g(t)为单调增函数，
所以x－ln a>ln x，
即ln a令h(x)＝x－ln x，
则h′(x)＝eq \f(x－1,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ln a<1，解得010.已知f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围.
解 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.
aex－1－ln x＋ln a≥1⇒aex－1≥ln eq \f(ex,a)⇒xex≥eq \f(ex,a)ln eq \f(ex,a)＝ln eq \f(ex,a)eln eq \f(ex,a)，即h(x)≥heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln\f(ex,a)))，
∴x≥ln eq \f(ex,a)＝1＋ln x－ln a，
令g(x)＝1＋ln x－x(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当x>1时，g′(x)<0，当00，
故g(x)＝1＋ln x－x在(0，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)＝0，
则ln a≥0，解得a≥1.
11.已知函数f(x)＝x－ln x，
(1)求函数f(x)的单调性；
(2)当x＞eq \f(1,e)，证明：eq \f(ex＋ln x＋1,x)≥e＋1；
(3)若不等式x＋aln x＋eq \f(1,ex)≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.
(1)解 f(x)＝x－ln x，
f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
则当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.
(2)证明 要证：eq \f(ex＋ln x＋1,x)≥e＋1，
即证：ex＋ln ex≥ex＋x⇒ex－x≥ex－ln ex⇒ex－ln ex≥ex－ln ex，
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＋aln x＋eq \f(1,ex)≥xa⇒eq \f(1,ex)＋x≥xa－aln x⇒e－x－ln e－x≥xa－aln x
⇒e－x－ln e－x≥xa－ln xa
⇒f(e－x)≥f(xa)，
又因为0＜e－x＜1，
f(x)在(0，1)上单调递减，
∴e－x≤xa⇒a≥－eq \f(x,ln x).
令g(x)＝－eq \f(x,ln x)(x>1)，
g′(x)＝eq \f(1－ln x,（ln x）2)，
令g′(x)＝0，得x＝e.
当10，g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)的最大值为g(e)＝－eq \f(e,ln e)＝－e，
所以a≥－e，所以a的最小值为－e.
二、创新拓展练
12.已知函数f(x)＝eq \f(ex2,1＋ln x)，则不等式f(x)＞ex的解集为( )
A.(0，1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
C.(1，e) D.(1，＋∞)
答案 B
解析 eq \f(ex2,1＋ln x)＞ex⇒eq \f(ex,1＋ln x)＞eq \f(ex,x)⇒eq \f(e1＋ln x,1＋ln x)＞eq \f(ex,x)，
构造g(x)＝eq \f(ex,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＞\f(1,e)))，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，g′(x)＝0，
解得x＝1，
所以g(x)在(0，1)单调递减，(1，＋∞)单调递增，
又f(x)>ex⇔g(1＋ln x)>g(x)，
当x>1时，ln x＋1>1，
于是得1＋ln x>x，
即1＋ln x－x>0，
令h(x)＝1＋ln x－x，
当x>1时，h′(x)＝eq \f(1,x)－1<0，
函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∀x>1, h(x)因此，1＋ln x>x无解.
当eq \f(1,e)于是得1＋ln x即1＋ln x－x<0，此时h′(x)＝eq \f(1,x)－1>0，
函数h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，
∀x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，h(x)不等式1＋ln x所以不等式f(x)>ex的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)).
13.已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)，g(x)＝x·e－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)成立，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))eq \s\up12(2)·ek的最大值为( )
A.e2 B.e
C.eq \f(4,e2) D.eq \f(1,e2)
答案 C
解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又f(1)＝0，所以x∈(0，1)时，f(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，
同时g(x)＝eq \f(x,ex)＝eq \f(ln ex,ex)＝f(ex)，
若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，
使得f(x1)＝g(x2)＝k(k<0)成立，
则0所以x1＝ex2，即x2＝ln x1，
又k＝eq \f(ln x1,x1)，所以eq \f(x2,x1)＝eq \f(ln x1,x1)＝k，
故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))eq \s\up12(2)·ek＝k2·ek(k<0)，
令φ(x)＝x2ex(x<0)，
则φ′(x)＝x(x＋2)ex.
令φ′(x)<0，解得－2令φ′(x)>0，
解得x<－2，
所以φ(x)在(－2，0)上单调递减；
在(－∞，－2)上单调递增.
所以φ(x)max＝φ(－2)＝eq \f(4,e2)，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))eq \s\up12(2)ek的最大值为eq \f(4,e2).
14.已知a＞1，若对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))，不等式4x－ln 3x≤aex－ln a恒成立，则a的最小值为________.
答案 eq \f(3,e)
解析 4x－ln(3x)≤aex－ln a⇒x＋3x－ln(3x)≤aex－ln a⇒3x－ln(3x)≤aex－ln(aex)，
构造f(x)＝x－ln x，
所以f(3x)≤f(aex)，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
故f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
因为f(3x)≤f(a·ex)，所以3x≤aex.
因为a>1，x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))，
所以3x，aex∈[1，＋∞)，
故3x≤aex⇔a≥eq \f(3x,ex)恒成立，
令g(x)＝eq \f(3x,ex)，
只需a≥g(x)max，由g′(x)＝eq \f(3－3x,ex)，
故x＝1时，g(x)的最大值是eq \f(3,e)，
故a≥eq \f(3,e)，故a的最小值为eq \f(3,e).
15.(2022·武汉质检)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 (1)f(x)的定义域为(－1，＋∞).
因为f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，
所以f′(x)＝eq \f(2a,x＋1)－1＝eq \f(2a－1－x,x＋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，＋∞)，
则h′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)≥0，
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，
即a≤eq \f(ex,2)在[0，＋∞)上恒成立.
因为函数y＝eq \f(ex,2)在[0，＋∞)上单调递增，
所以a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,2)))eq \s\d7(min)＝eq \f(1,2)，
故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).