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培优点03 同构函数问题（2大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）
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这是一份培优点03 同构函数问题（2大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用），文件包含培优点03同构函数问题2大考点+强化训练原卷版docx、培优点03同构函数问题2大考点+强化训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
【知识导图】
【考点分析】
考点一：双变量同构问题
规律方法 含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题．
【例1】已知函数f(x)=lnx+ax2−3x.
(1)若函数f(x)的图像在点1,f1处的切线方程为，求函数f(x)的极小值；
(2)若a=1，对于任意x1,x2∈[1,5]，当x1mx2−x1x1⋅x2恒成立，求实数m的取值范围．
【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax2−3x的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x+2ax−3
由函数f(x)在点1,f1处的切线方程为y=−2，
得f'1=1+2a−3=0，解得a=1，
此时f(x)=lnx+x2−3x，f'(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x．
令f'(x)=0，解得x=1或x=12．
当 01 时, f'x>0, 即 fx 在 0,12 和 1,+∞ 上单调递增, 当 12不等式 fx1−fx2>mx2−x1x1x2 可变形为 fx1−fx2>mx1−mx2, 即 fx1−mx1>fx2−mx2 因为 x1,x2∈1,5, 且 x1设 Fx=−2x3+3x2−x,x∈1,5, 则 F'x=−6x2+6x−1=−6x−122+12.
因为当 x∈1,5 时, F'x<0,
所以函数 Fx 在 1,5 上单调递减, 所以 Fxmin =F5=−2×53+3×52−5=−180,
所以 m≤−180,
即实数 m 的取值范围为 (−∞,−180].
【变式1】设函数fx=x2−x+alnxa>0．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若fx存在两个极值点x1，x2，证明：fx1−fx2x1−x2>4a−12．
【解析】(1)fx的定义域为0，+∞，f'x=2x−1+ax=2x2−x+ax，令2x2−x+a=0，
当Δ=1−8a≤0时，即a≥18时，f'x≥0，fx在0，+∞上递增，
当Δ=1−8a>0时，即0解得x1=1−1−8a4，x2=1+1−8a4，
当f'x>0时解得，01+1−8a4，所以函数在0，1−1−8a4，1+1−8a4，+∞上单调递增，
当f'x<0时解得，1−1−8a4综上，当a≥18时，函数的单调增区间为0，+∞；当0(2)由（1）可知，fx存在两个极值点x1，x2，即0x1，x2为方程2x2−x+a=0的两个不等正实根，
x1+x2=12，x1x2=a2．
fx1−fx2x1−x2=x12−x1+alnx1−x22+x2−alnx2x1−x2=x12−x22−x1−x2+alnx1−lnx2x1−x2=
x1+x2−1+alnx1−lnx2x1−x2=−12+alnx1−lnx2x1−x2.
=要证 fx1−fx2x1−x2>4a−12成立，只需证−12+alnx1−lnx2x1−x2>4a−12,
即证lnx1−lnx2x1−x2>4，即证lnx1−lnx2x1−x2>2x1+x2，
即证lnx1−lnx2>2(x1−x2)x1+x2，
设x1>x2>0，即证lnx1x2>2(x1x2−1)x1x2+1-
令t=x1x2>1，即证lnt>2(t−1)t+1，
设ℎt=lnt−2(t−1)t+1，ℎ't=(t−1)2tt+12>0，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.
【变式2】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.
考点二：指对同构问题
规律方法 指对同构的常用形式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln b))(b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型：eq \f(ea,a)≤eq \f(b,ln b)，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：eq \f(ea,a)≤eq \f(eln b,ln b)，构造函数f(x)＝eq \f(ex,x)；
②同右构造形式：eq \f(ea,ln ea)≤eq \f(b,ln b)，构造函数f(x)＝eq \f(x,ln x)；
③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(b>1)，构造函数f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
考向1：指对同构与恒成立问题
【例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________.
【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).
【变式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.
【变式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, a<0,x>2, 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 2e 时, g'x>0,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.
考向2 指对同构与证明不等式
【例3】. 已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(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).
即证明eq \f(ex,ln（x＋1）)＞eq \f(ey,ln（y＋1）)，
令g(x)＝eq \f(ex,ln（x＋1）)，
则g′(x)＝eq \f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞1－eq \f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，
即eq \f(ex,ln（x＋1）)＞eq \f(ey,ln（y＋1）)，
∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
【变式】. 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.
【解析】(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.
【强化训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】当时，由，可得，
不等式两边同时除以可得，
即，
令，，其中，，
所以，函数在上为增函数，且，由，可得，
所以，对任意的，，即，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，解得.
故选：B.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可得，
所以，
所以，
所以，
由，得，
当时，由，得，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
令，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
故选：A
3．（2023·全国·高三专题练习）已知大于1的正数，满足，则正整数的最大值为（ ）
A．7B．8C．5D．11
【答案】C
【解析】，，
令，，则，
令，解得：，
当时，，当时，，
故在上递增，在，上递减，
则的最大值是，
令，，则，
当时，此题无解，故，
则时，，当，，当，解得：，
故在递减，在，递增，
则的最小值是，
若成立，只需，
即，即，
两边取对数可得：，，
故的最大正整数为5，
故选：C．
4．（2023·安徽淮南·统考一模）已知两个实数、满足，在上均恒成立，记、的最大值分别为、，那么
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，利用导数证明出，可得出，，求得，，可求得、的值，由此可得出合适的选项.设，该函数的定义域为，则.
当时，，此时，函数单调递减；
当时，，此时，函数单调递增.
所以，，即，
令，则函数在上为增函数，且，，
所以，存在使得，
令，其中，.
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
所以，，又，
所以，存在使得.
，
当且仅当时，等号成立；
，
当且仅当时，等号成立.
所以，，即．
故选：B.
5．(2023·南宁模拟)已知α，β∈R，则“α＋β>0”是“α＋β>cs α－cs β”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】 C
【解析】构造函数f(x)＝x－cs x，
则f′(x)＝1＋sin x≥0在定义域R上恒成立，
所以函数f(x)＝x－cs x为增函数，
又因为α＋β>0，所以α>－β，
所以f(α)>f(－β)，
即α－cs α>－β－cs(－β)，
即α－cs α>－β－cs β，
所以α＋β>cs α－cs β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cs α－cs β”；
根据α＋β>cs α－cs β，
可得α－cs α>－β－cs β，
即α－cs α>－β－cs(－β)，
所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cs α－cs β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cs α－cs β”的充要条件．
6．已知x∈N，y∈N，xA．0 B．1
C．2 D．无穷多个
【答案】 B
【解析】 xy＝yx，两边取对数，得yln x＝xln y，
即eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln y,y)，设f(x)＝eq \f(ln x,x)，x>0，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
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，
且当x∈(0,1]时，f(x)≤0，
当x>1时，f(x)>0，f(2)＝eq \f(ln 2,2)，f(4)＝eq \f(ln 4,4)＝eq \f(ln 2,2)，
所以满足x∈N，y∈N，x7．若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( )
A．a>2b B．a<2b
C．a>b2 D．a【答案】 B
【解析】 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＋lg22b，
∴2a＋lg2a<22b＋lg22b，
即f(a)8．设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea
C．ab【答案】 B
【解析】 由已知aea设f(x)＝xln x，则f(ea)∵a>0，∴ea>1，
∵b>0，bln b>aea>0，∴b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea9.(2023·大连模拟)若实数a，b满足4a＋lg3a＝8b＋3lg27b，则( )
A．aeq \f(3b,2)
C．a>b3 D．a【答案】 A
【解析】 由题意知a>0，b>0，
∵4a＝22a,8b＝23b,3lg27b＝lg3b，
∴22a＋lg3a＝23b＋lg3b，
∴22a＋lg3a＋lg32＝23b＋lg3b＋lg32，
即22a＋lg32a＝23b＋lg32b，
∵y＝lg3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴lg32b∴22a＋lg32a<23b＋lg33b.
设f(x)＝2x＋lg3x，则f(2a)∵y＝2x与y＝lg3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴2a<3b，即a10.若对于0A.eq \f(1,2) B．1 C．e D．2e
【答案】 B
【解析】∵x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，
∴eq \f(ln x1,x1)－eq \f(ln x2,x2)≤eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)，
即eq \f(ln x1＋1,x1)≤eq \f(ln x2＋1,x2)，
又0令φ(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，
∴φ(x)在(0，a)上单调递增，φ′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故a≤1，∴a的最大值为1.
11.(2023·德阳模拟)已知实数x，y满足eyln x＝yex，y>1，则x，y的大小关系为( )
A．y≥x B．yC．y>x D．y≤x
【答案】 C
【解析】由eyln x＝yex可得eq \f(ey,y)＝eq \f(ex,ln x)，
因为y>1，ey>0，所以eq \f(ey,y)>0，
所以eq \f(ex,ln x)>0，则ln x>0，所以x>1，
令f(x)＝x－ln x，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x>1时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
则当x>1时，f(x)>f(1)，即x－ln x>1，一定有x－ln x>0，
所以x>ln x>0，则eq \f(ex,x)又因为eq \f(ey,y)＝eq \f(ex,ln x)，
所以eq \f(ex,x)令g(x)＝eq \f(ex,x)，
则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当x>1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因为x>1，y>1，eq \f(ex,x)所以y>x.
二、多选题
12.已知0A．yC．cs x＋cs y>0 D．sin x>sin y
【答案】 BC
【解析】因为eysin x＝exsin y，所以eq \f(sin x,ex)＝eq \f(sin y,ey)，令g(t)＝eq \f(sin t,et)，00有t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，
由g′(t)<0有t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，所以g(t)＝eq \f(sin t,et)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上单调递减，因为0因为0ex，由eq \f(sin x,ex)＝eq \f(sin y,ey)有sin y>sin x，故D错误；
因为00，|cs y|＝eq \r(1－sin2y)，
因为sin y>sin x，所以cs x>|cs y|，所以cs x＋cs y>0，故C正确．
13.已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则( )
A．ln(a－b)<0 B．ln(a＋b)>1
C．3a＋3－b>2eq \r(3) D．3a－1<3b
【答案】 BC
【解析】 由ea－2a＝aeb＋1－bea，
得(b＋1)ea＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eb＋1＋2))，
所以eq \f(ea,a)＝eq \f(eb＋1＋2,b＋1)，
令f(x)＝eq \f(ex,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>1))，
则f′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因为eq \f(ea,a)－eq \f(eb＋1,b＋1)＝eq \f(2,b＋1)>0，
所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，
所以ln(a－b)>ln 1＝0，A错误；
因为a＋b>b＋1＋b>3>e，
所以ln(a＋b)>ln e＝1，B正确；
易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2eq \r(3b＋1·3－b)＝2eq \r(3)，C正确；
因为a－1>b，所以3a－1>3b，D错误．
三、填空题
14．若f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
【答案】 (e，＋∞)
【解析】 f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数为增函数．
当t≠0时，由et－at＝0，得a＝eq \f(et,t)，
可知函数y＝eq \f(et,t)(t≠0)的图象与直线y＝a有两个交点，可画出函数图象(图略)得到a的取值范围是(e，＋∞)．
15．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知不等式对恒成立，则实数m的最小值为__________.
【答案】
【解析】可变为，
再变形可得，，设，原不等式等价于
，因为，所以函数在上单调递减，在
上单调递增，而，，
当时，，所以由可得，，
因为，所以．
设，，所以函数在上递增，在上递减，所以，即．
当时，不等式在恒成立；
当时，，无论是否存在，使得在上恒成立，都可判断实数m的最小值为．
故答案为：．
四、解答题
16.已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln ax(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．
【解析】解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－ln x，
得f′(x)＝ex－eq \f(1,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，
即ex＋x－ax－ln ax≥0(a>0，x>0)
⇔ex＋x≥ax＋ln ax(a>0，x>0)
⇔ex＋x≥eln ax＋ln ax(a>0，x>0)．
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)是增函数，
于是上式可化为g(x)≥g(ln ax)，
即x≥ln ax(a>0，x>0)
⇔ln a≤x－ln x(a>0，x>0)．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
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ln a≤1，
可得017. 已知函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的最小值；
(2)当x>2时，证明：eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)．
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
(2)证明 ∵x>2，∴x－1>1，
要证eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)，
即证xex>(x－1)ln(x－1)，
即证exln ex>(x－1)ln(x－1)，
即证f(ex)>f(x－1)，
由(1)知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
且ex>eq \f(1,e)，x－1>eq \f(1,e)，即证ex>x－1，
令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，
φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，
∴ex>x－1，即证原不等式成立．
18. 已知a>0，函数f(x)＝xex－ax.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】解 (1)当a＝1时，f(x)＝xex－x，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－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.
(2)由题意得xex－ax≥ln x－x＋1，
即xex－ln x＋x－1≥ax，
因为x>0，所以eq \f(xex－ln x＋x－1,x)≥a，
设F(x)＝eq \f(xex－ln x＋x－1,x)
＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)，
令t＝x＋ln x，易知t＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0时，t→－∞，当x→＋∞时，t→＋∞，
所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，t∈R，
因为m′(t)＝et－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，
即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，当且仅当t＝0时取等号，
所以F(x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)≥eq \f(x＋ln x＋1－ln x＋x－1,x)＝eq \f(2x,x)＝2，
当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是(0,2]．
19．(2023·邵阳模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－eq \f(a,x)＋1，g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2.
(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．
【解析】解 (1)∵g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2的定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
由g′(x)>0，得0e.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
(2)由f(x)≥g(x)，即ex＋1－eq \f(a,x)＋1≥eq \f(ln x,x)＋2，
得a≤xex＋1－ln x－x＝eln x＋x＋1－(ln x＋x＋1)＋1，
令t＝ln x＋x＋1，t∈R，
即a≤et－t＋1恒成立，
令φ(t)＝et－t＋1，t∈R，
则φ′(t)＝et－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.
20．(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－1ln x，g(x)＝x2－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(0,2)时，f(x)≤g(x)．
【解析】(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ex－1ln x＋eq \f(ex－1,x)＝ex－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))，
记h(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，x>0，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，
所以当0当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝1，
所以f′(x)＝ex－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明 原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1)，
即eq \f(ln x,x)≤eq \f(x－1,ex－1)，
即证eq \f(ln x,eln x)≤eq \f(x－1,ex－1)在(0,2)上恒成立，
设φ(x)＝eq \f(x,ex)，x∈(－∞，1)，
则φ′(x)＝eq \f(ex－xex,e2x)＝eq \f(1－x,ex)，
所以当x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
令t(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,2)，
则t′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当00，t(x)单调递增；
当1所以t(x)max＝t(1)＝0，所以ln x≤x－1，
且在区间(0,2)上有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x<1，,x－1<1，))
所以可得到φ(ln x)≤φ(x－1)，
即eq \f(ln x,eln x)≤eq \f(x－1,ex－1)，
所以当x∈(0,2)时，有f(x)≤g(x)成立．
21．（2023·安徽池州·高三池州市第一中学校考阶段练习）已知函数和有相同的最大值.
(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比数列.
【解析】（1），
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
由，
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有.
（2）由（1）知，两个函数图象如下图所示：
由图可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设
且，
由，又，
又当时，单调递增，所以，
又，又，
又当时，单调递减，所以，
；
于是有.
22．（2023·安徽安庆·高三校联考阶段练习）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构､形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于的方程和关于的方程可化为同构方程.
（1）求的值；
（2）已知函数.若斜率为的直线与曲线相交于，两点，求证：.
【解析】（1）对两边取自然对数，得(1),
对两边取自然对数，得
即，
因为(1)(2)方程为两个同构方程，所以 ，解得 ，
设 ，则 ,
所以 在 单调递增，所以方程的解只有一个,
所以 ，所以 ，
故 .
（2）由（1）知：
所以
要证，即证明等价于
令 ，则只要证明 即可，
由 知， ，故等价于证
设 则 ，即 在 单调递增，
故 ，即 .
设则 ，即在单调递增，
故，即 。
由上可知成立，则.
23．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数，若函数有两个零点，求实数a的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，
．
函数的单调递增区间为；单减区间为．
（2）要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．
即．
整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
由（1）可知，函数）的单调递增区间为；单减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．
所以a的取值范围是．
24．（2023·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(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）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故
上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
25.（2023·全国·高三专题练习）已知函数和有相同的最大值，并且.
(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，且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【解析】（1），.
若，则时，时，
所以在定义域内先减后增，无最大值.
若，则，最大值为0，但不满足.
若，令，得.
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
所以x=1时取得最大值，最大值为.
，.
若，则时，时，
所以在定义域内先减后增，无最大值.
若，则，最大值为0，但不满足.
若，令，得.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以时取得最大值，最大值为.
综上，，解得.
（2）由（1）知：在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，且，有唯一的零点，有唯一的零点1.
它们的大致图像如图所示，设曲线与在上交于点A，
当直线经过点A时，直线与曲线还有另一个交点B，
设，，，不妨设直线与曲线还有另一个交点，
则，则，故①，同理得②，
由①②知，与是直线与曲线交点的横坐标，故C是存在的.
因为且，所以，又，
所以，，从而有，故结论成立.
26．（2023·江苏常州·高三统考阶段练习）已知函数和有相同的最大值.
(1)求实数的值；
(2)证明：存在直线，其与两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比数列.
【解析】（1）
当时，显然无最小值，舍去.
当时，令在上单调递增；上单调递减；
，
，易知m>0令
当时，单调递增；当时，单调递减；
.
（2）在单调递增；上单调递减；；
在上单调递增；上单调递减；
.
当时，；当时，在上单调递减；
,
在上有唯一的零点
当时，无零点.
综上，存在唯一的使，
即与有唯一的交点，
令，构造，
显然与单调性相同，且在上有一个零点，另一个零点为，
构造与单调性相同，
且，
一个零点为，另一个零点.
故存在直线与和共有三个不同的交点，.
且由，而有在单调递增；
且由，而，由在上单调递减；，，
由，
从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
27．（2023·云南·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若恒成立，求实数的取值范围；
②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围.
【解析】（1）函数的定义域为，
，解得，
当时，，单调递增；
当时，单调递减；
所以，无极小值.
（2）若选①：由恒成立，即恒成立，
整理得：，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
即，
令，，则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，的最大值为，故，即.
故当时，恒成立.
若选择②：由关于的方程有两个实根，
得有两个实根，
整理得，
即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，
所以，即，
令，，
则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，
的最大值为，又因为
所以要想有两个根，只需要，
即，所以的取值范围为.
28.已知函数．
（1）讨论函数的零点的个数；
（2）证明：．
【解析】（1）解：函数定义域为，则，
故在，递增，
当时，，没有零点；
当时，单调递增，，（1），
由函数零点存在定理得在区间，内有唯一零点，
综上可得，函数只有一个零点．
（2）证明：法一：要证，
即证，
令，定义域为，
则，
由（1）知，在区间，内有唯一零点，设其为，
则①，因，且在区间上单调递增，
所以当时，，，单调递减，
当，时，，，单调递增；
所以，
由式①可得，，
所以，
又时，恒成立，
所以，得证．
法二：问题转化为证明，
令，易知，（当且仅当时“”成立）
又，则，
故（当且仅当时“”成立）．
29．已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围；
（3）当时，求证：．
【解析】（1）解：，
得，得，
在上递减，在上递增．
（2）解：函数在处取得极值，
，
，
令，则，
由得，，由得，，
在，上递减，在，上递增，
，即．
（3）证明：，即证，
令，
则只要证明在上单调递增，
又，
显然函数在上单调递增．
，即，
在上单调递增，即，
当时，有．
30．已知函数，函数，，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
（3）证明：当时，．
【解析】解：（1）的定义域为，，
当，时，，则在上单调递增；
当，时，令，得，
令，得，则在上单调递减，在上单调递增；
当，时，，则在上单调递减；
当，时，令，得，
令，得，则在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：设函数，则．
，，，，
则，从而在，上单调递减，
，即．
（3）证明：方法一：当时，．
由（1）知，（1），，即．
当时，，，则，
即，又，
，
即．
方法二：当时，要证，
只需证
即证，
令，易证，
故，
所以当时，．
【知识导图】
【考点分析】
考点一：双变量同构问题
规律方法 含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题．
【例1】已知函数f(x)=lnx+ax2−3x.
(1)若函数f(x)的图像在点1,f1处的切线方程为，求函数f(x)的极小值；
(2)若a=1，对于任意x1,x2∈[1,5]，当x1
【解析】(1)解：f(x)=lnx+ax2−3x的定义域为(0,+∞)，f'(x)=1x+2ax−3
由函数f(x)在点1,f1处的切线方程为y=−2，
得f'1=1+2a−3=0，解得a=1，
此时f(x)=lnx+x2−3x，f'(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x．
令f'(x)=0，解得x=1或x=12．
当 0
因为当 x∈1,5 时, F'x<0,
所以函数 Fx 在 1,5 上单调递减, 所以 Fxmin =F5=−2×53+3×52−5=−180,
所以 m≤−180,
即实数 m 的取值范围为 (−∞,−180].
【变式1】设函数fx=x2−x+alnxa>0．
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若fx存在两个极值点x1，x2，证明：fx1−fx2x1−x2>4a−12．
【解析】(1)fx的定义域为0，+∞，f'x=2x−1+ax=2x2−x+ax，令2x2−x+a=0，
当Δ=1−8a≤0时，即a≥18时，f'x≥0，fx在0，+∞上递增，
当Δ=1−8a>0时，即0
当f'x>0时解得，0
当f'x<0时解得，1−1−8a4
x1+x2=12，x1x2=a2．
fx1−fx2x1−x2=x12−x1+alnx1−x22+x2−alnx2x1−x2=x12−x22−x1−x2+alnx1−lnx2x1−x2=
x1+x2−1+alnx1−lnx2x1−x2=−12+alnx1−lnx2x1−x2.
=要证 fx1−fx2x1−x2>4a−12成立，只需证−12+alnx1−lnx2x1−x2>4a−12,
即证lnx1−lnx2x1−x2>4，即证lnx1−lnx2x1−x2>2x1+x2，
即证lnx1−lnx2>2(x1−x2)x1+x2，
设x1>x2>0，即证lnx1x2>2(x1x2−1)x1x2+1-
令t=x1x2>1，即证lnt>2(t−1)t+1，
设ℎt=lnt−2(t−1)t+1，ℎ't=(t−1)2tt+12>0，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.
【变式2】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.
考点二：指对同构问题
规律方法 指对同构的常用形式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln b))(b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型：eq \f(ea,a)≤eq \f(b,ln b)，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：eq \f(ea,a)≤eq \f(eln b,ln b)，构造函数f(x)＝eq \f(ex,x)；
②同右构造形式：eq \f(ea,ln ea)≤eq \f(b,ln b)，构造函数f(x)＝eq \f(x,ln x)；
③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(b>1)，构造函数f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
考向1：指对同构与恒成立问题
【例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________.
【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
则F(x)≤F(e)＝eq \f(1,e)，
即m－2≥eq \f(1,e)，即m≥2＋eq \f(1,e).
【变式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.
【变式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, a<0,x>2, 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 2
所以 −a≤e,a≥−e.
所以 a 的最小值是 −e.
故选: B.
考向2 指对同构与证明不等式
【例3】. 已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(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).
即证明eq \f(ex,ln（x＋1）)＞eq \f(ey,ln（y＋1）)，
令g(x)＝eq \f(ex,ln（x＋1）)，
则g′(x)＝eq \f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－eq \f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞1－eq \f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，
即eq \f(ex,ln（x＋1）)＞eq \f(ey,ln（y＋1）)，
∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
【变式】. 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.
【解析】(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
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1
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.
【强化训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】当时，由，可得，
不等式两边同时除以可得，
即，
令，，其中，，
所以，函数在上为增函数，且，由，可得，
所以，对任意的，，即，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，解得.
故选：B.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可得，
所以，
所以，
所以，
由，得，
当时，由，得，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
令，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
故选：A
3．（2023·全国·高三专题练习）已知大于1的正数，满足，则正整数的最大值为（ ）
A．7B．8C．5D．11
【答案】C
【解析】，，
令，，则，
令，解得：，
当时，，当时，，
故在上递增，在，上递减，
则的最大值是，
令，，则，
当时，此题无解，故，
则时，，当，，当，解得：，
故在递减，在，递增，
则的最小值是，
若成立，只需，
即，即，
两边取对数可得：，，
故的最大正整数为5，
故选：C．
4．（2023·安徽淮南·统考一模）已知两个实数、满足，在上均恒成立，记、的最大值分别为、，那么
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，利用导数证明出，可得出，，求得，，可求得、的值，由此可得出合适的选项.设，该函数的定义域为，则.
当时，，此时，函数单调递减；
当时，，此时，函数单调递增.
所以，，即，
令，则函数在上为增函数，且，，
所以，存在使得，
令，其中，.
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
所以，，又，
所以，存在使得.
，
当且仅当时，等号成立；
，
当且仅当时，等号成立.
所以，，即．
故选：B.
5．(2023·南宁模拟)已知α，β∈R，则“α＋β>0”是“α＋β>cs α－cs β”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】 C
【解析】构造函数f(x)＝x－cs x，
则f′(x)＝1＋sin x≥0在定义域R上恒成立，
所以函数f(x)＝x－cs x为增函数，
又因为α＋β>0，所以α>－β，
所以f(α)>f(－β)，
即α－cs α>－β－cs(－β)，
即α－cs α>－β－cs β，
所以α＋β>cs α－cs β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cs α－cs β”；
根据α＋β>cs α－cs β，
可得α－cs α>－β－cs β，
即α－cs α>－β－cs(－β)，
所以f(α)>f(－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cs α－cs β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cs α－cs β”的充要条件．
6．已知x∈N，y∈N，x
C．2 D．无穷多个
【答案】 B
【解析】 xy＝yx，两边取对数，得yln x＝xln y，
即eq \f(ln x,x)＝eq \f(ln y,y)，设f(x)＝eq \f(ln x,x)，x>0，
则f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
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，
且当x∈(0,1]时，f(x)≤0，
当x>1时，f(x)>0，f(2)＝eq \f(ln 2,2)，f(4)＝eq \f(ln 4,4)＝eq \f(ln 2,2)，
所以满足x∈N，y∈N，x
A．a>2b B．a<2b
C．a>b2 D．a
【解析】 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＋lg22b，
∴2a＋lg2a<22b＋lg22b，
即f(a)
C．ab
【解析】 由已知aea
∵b>0，bln b>aea>0，∴b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea
A．a
C．a>b3 D．a
【解析】 由题意知a>0，b>0，
∵4a＝22a,8b＝23b,3lg27b＝lg3b，
∴22a＋lg3a＝23b＋lg3b，
∴22a＋lg3a＋lg32＝23b＋lg3b＋lg32，
即22a＋lg32a＝23b＋lg32b，
∵y＝lg3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴lg32b
设f(x)＝2x＋lg3x，则f(2a)
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴2a<3b，即a
【答案】 B
【解析】∵x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，
∴eq \f(ln x1,x1)－eq \f(ln x2,x2)≤eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)，
即eq \f(ln x1＋1,x1)≤eq \f(ln x2＋1,x2)，
又0
∴φ(x)在(0，a)上单调递增，φ′(x)＝eq \f(－ln x,x2)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故a≤1，∴a的最大值为1.
11.(2023·德阳模拟)已知实数x，y满足eyln x＝yex，y>1，则x，y的大小关系为( )
A．y≥x B．y
【答案】 C
【解析】由eyln x＝yex可得eq \f(ey,y)＝eq \f(ex,ln x)，
因为y>1，ey>0，所以eq \f(ey,y)>0，
所以eq \f(ex,ln x)>0，则ln x>0，所以x>1，
令f(x)＝x－ln x，
则f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
当x>1时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
则当x>1时，f(x)>f(1)，即x－ln x>1，一定有x－ln x>0，
所以x>ln x>0，则eq \f(ex,x)
所以eq \f(ex,x)
则g′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当x>1时，g′(x)>0，所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因为x>1，y>1，eq \f(ex,x)
二、多选题
12.已知0
【答案】 BC
【解析】因为eysin x＝exsin y，所以eq \f(sin x,ex)＝eq \f(sin y,ey)，令g(t)＝eq \f(sin t,et)，0
由g′(t)<0有t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，所以g(t)＝eq \f(sin t,et)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))上单调递减，因为0
因为0
因为sin y>sin x，所以cs x>|cs y|，所以cs x＋cs y>0，故C正确．
13.已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则( )
A．ln(a－b)<0 B．ln(a＋b)>1
C．3a＋3－b>2eq \r(3) D．3a－1<3b
【答案】 BC
【解析】 由ea－2a＝aeb＋1－bea，
得(b＋1)ea＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eb＋1＋2))，
所以eq \f(ea,a)＝eq \f(eb＋1＋2,b＋1)，
令f(x)＝eq \f(ex,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>1))，
则f′(x)＝eq \f(x－1ex,x2)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
因为eq \f(ea,a)－eq \f(eb＋1,b＋1)＝eq \f(2,b＋1)>0，
所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，
所以ln(a－b)>ln 1＝0，A错误；
因为a＋b>b＋1＋b>3>e，
所以ln(a＋b)>ln e＝1，B正确；
易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2eq \r(3b＋1·3－b)＝2eq \r(3)，C正确；
因为a－1>b，所以3a－1>3b，D错误．
三、填空题
14．若f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
【答案】 (e，＋∞)
【解析】 f(x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数为增函数．
当t≠0时，由et－at＝0，得a＝eq \f(et,t)，
可知函数y＝eq \f(et,t)(t≠0)的图象与直线y＝a有两个交点，可画出函数图象(图略)得到a的取值范围是(e，＋∞)．
15．（2023·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测）已知不等式对恒成立，则实数m的最小值为__________.
【答案】
【解析】可变为，
再变形可得，，设，原不等式等价于
，因为，所以函数在上单调递减，在
上单调递增，而，，
当时，，所以由可得，，
因为，所以．
设，，所以函数在上递增，在上递减，所以，即．
当时，不等式在恒成立；
当时，，无论是否存在，使得在上恒成立，都可判断实数m的最小值为．
故答案为：．
四、解答题
16.已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln ax(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．
【解析】解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－ln x，
得f′(x)＝ex－eq \f(1,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，
即ex＋x－ax－ln ax≥0(a>0，x>0)
⇔ex＋x≥ax＋ln ax(a>0，x>0)
⇔ex＋x≥eln ax＋ln ax(a>0，x>0)．
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)是增函数，
于是上式可化为g(x)≥g(ln ax)，
即x≥ln ax(a>0，x>0)
⇔ln a≤x－ln x(a>0，x>0)．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
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ln a≤1，
可得0
(1)求f(x)的最小值；
(2)当x>2时，证明：eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)．
【解析】(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
(2)证明 ∵x>2，∴x－1>1，
要证eq \f(x,x－1)ex>ln(x－1)，
即证xex>(x－1)ln(x－1)，
即证exln ex>(x－1)ln(x－1)，
即证f(ex)>f(x－1)，
由(1)知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，
且ex>eq \f(1,e)，x－1>eq \f(1,e)，即证ex>x－1，
令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，
φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，
∴ex>x－1，即证原不等式成立．
18. 已知a>0，函数f(x)＝xex－ax.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】解 (1)当a＝1时，f(x)＝xex－x，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－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.
(2)由题意得xex－ax≥ln x－x＋1，
即xex－ln x＋x－1≥ax，
因为x>0，所以eq \f(xex－ln x＋x－1,x)≥a，
设F(x)＝eq \f(xex－ln x＋x－1,x)
＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)，
令t＝x＋ln x，易知t＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0时，t→－∞，当x→＋∞时，t→＋∞，
所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，t∈R，
因为m′(t)＝et－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，
即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，当且仅当t＝0时取等号，
所以F(x)＝eq \f(ex＋ln x－ln x＋x－1,x)≥eq \f(x＋ln x＋1－ln x＋x－1,x)＝eq \f(2x,x)＝2，
当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是(0,2]．
19．(2023·邵阳模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－eq \f(a,x)＋1，g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2.
(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．
【解析】解 (1)∵g(x)＝eq \f(ln x,x)＋2的定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
由g′(x)>0，得0
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
(2)由f(x)≥g(x)，即ex＋1－eq \f(a,x)＋1≥eq \f(ln x,x)＋2，
得a≤xex＋1－ln x－x＝eln x＋x＋1－(ln x＋x＋1)＋1，
令t＝ln x＋x＋1，t∈R，
即a≤et－t＋1恒成立，
令φ(t)＝et－t＋1，t∈R，
则φ′(t)＝et－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.
20．(2023·潍坊模拟)已知函数f(x)＝ex－1ln x，g(x)＝x2－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(0,2)时，f(x)≤g(x)．
【解析】(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ex－1ln x＋eq \f(ex－1,x)＝ex－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))，
记h(x)＝ln x＋eq \f(1,x)，x>0，
则h′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x－1,x2)，
所以当0
所以h(x)≥h(1)＝1，
所以f′(x)＝ex－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)))>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明 原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1)，
即eq \f(ln x,x)≤eq \f(x－1,ex－1)，
即证eq \f(ln x,eln x)≤eq \f(x－1,ex－1)在(0,2)上恒成立，
设φ(x)＝eq \f(x,ex)，x∈(－∞，1)，
则φ′(x)＝eq \f(ex－xex,e2x)＝eq \f(1－x,ex)，
所以当x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
令t(x)＝ln x－x＋1，x∈(0,2)，
则t′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，
当0
当1
且在区间(0,2)上有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x<1，,x－1<1，))
所以可得到φ(ln x)≤φ(x－1)，
即eq \f(ln x,eln x)≤eq \f(x－1,ex－1)，
所以当x∈(0,2)时，有f(x)≤g(x)成立．
21．（2023·安徽池州·高三池州市第一中学校考阶段练习）已知函数和有相同的最大值.
(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比数列.
【解析】（1），
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
由，
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有.
（2）由（1）知，两个函数图象如下图所示：
由图可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设
且，
由，又，
又当时，单调递增，所以，
又，又，
又当时，单调递减，所以，
；
于是有.
22．（2023·安徽安庆·高三校联考阶段练习）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构､形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于的方程和关于的方程可化为同构方程.
（1）求的值；
（2）已知函数.若斜率为的直线与曲线相交于，两点，求证：.
【解析】（1）对两边取自然对数，得(1),
对两边取自然对数，得
即，
因为(1)(2)方程为两个同构方程，所以 ，解得 ，
设 ，则 ,
所以 在 单调递增，所以方程的解只有一个,
所以 ，所以 ，
故 .
（2）由（1）知：
所以
要证，即证明等价于
令 ，则只要证明 即可，
由 知， ，故等价于证
设 则 ，即 在 单调递增，
故 ，即 .
设则 ，即在单调递增，
故，即 。
由上可知成立，则.
23．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数，若函数有两个零点，求实数a的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，
．
函数的单调递增区间为；单减区间为．
（2）要使函数有两个零点，即有两个实根，
即有两个实根．
即．
整理为，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以．
所以只需使有两个根，设．
由（1）可知，函数）的单调递增区间为；单减区间为，
故函数在处取得极大值，．
当时，；当时，，
要想有两个根，只需，解得：．
所以a的取值范围是．
24．（2023·全国·统考高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(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）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故
上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
25.（2023·全国·高三专题练习）已知函数和有相同的最大值，并且.
(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，且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【解析】（1），.
若，则时，时，
所以在定义域内先减后增，无最大值.
若，则，最大值为0，但不满足.
若，令，得.
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
所以x=1时取得最大值，最大值为.
，.
若，则时，时，
所以在定义域内先减后增，无最大值.
若，则，最大值为0，但不满足.
若，令，得.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以时取得最大值，最大值为.
综上，，解得.
（2）由（1）知：在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，且，有唯一的零点，有唯一的零点1.
它们的大致图像如图所示，设曲线与在上交于点A，
当直线经过点A时，直线与曲线还有另一个交点B，
设，，，不妨设直线与曲线还有另一个交点，
则，则，故①，同理得②，
由①②知，与是直线与曲线交点的横坐标，故C是存在的.
因为且，所以，又，
所以，，从而有，故结论成立.
26．（2023·江苏常州·高三统考阶段练习）已知函数和有相同的最大值.
(1)求实数的值；
(2)证明：存在直线，其与两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比数列.
【解析】（1）
当时，显然无最小值，舍去.
当时，令在上单调递增；上单调递减；
，
，易知m>0令
当时，单调递增；当时，单调递减；
.
（2）在单调递增；上单调递减；；
在上单调递增；上单调递减；
.
当时，；当时，在上单调递减；
,
在上有唯一的零点
当时，无零点.
综上，存在唯一的使，
即与有唯一的交点，
令，构造，
显然与单调性相同，且在上有一个零点，另一个零点为，
构造与单调性相同，
且，
一个零点为，另一个零点.
故存在直线与和共有三个不同的交点，.
且由，而有在单调递增；
且由，而，由在上单调递减；，，
由，
从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
27．（2023·云南·校联考模拟预测）已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若恒成立，求实数的取值范围；
②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围.
【解析】（1）函数的定义域为，
，解得，
当时，，单调递增；
当时，单调递减；
所以，无极小值.
（2）若选①：由恒成立，即恒成立，
整理得：，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
即，
令，，则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，的最大值为，故，即.
故当时，恒成立.
若选择②：由关于的方程有两个实根，
得有两个实根，
整理得，
即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，
所以，即，
令，，
则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，
的最大值为，又因为
所以要想有两个根，只需要，
即，所以的取值范围为.
28.已知函数．
（1）讨论函数的零点的个数；
（2）证明：．
【解析】（1）解：函数定义域为，则，
故在，递增，
当时，，没有零点；
当时，单调递增，，（1），
由函数零点存在定理得在区间，内有唯一零点，
综上可得，函数只有一个零点．
（2）证明：法一：要证，
即证，
令，定义域为，
则，
由（1）知，在区间，内有唯一零点，设其为，
则①，因，且在区间上单调递增，
所以当时，，，单调递减，
当，时，，，单调递增；
所以，
由式①可得，，
所以，
又时，恒成立，
所以，得证．
法二：问题转化为证明，
令，易知，（当且仅当时“”成立）
又，则，
故（当且仅当时“”成立）．
29．已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围；
（3）当时，求证：．
【解析】（1）解：，
得，得，
在上递减，在上递增．
（2）解：函数在处取得极值，
，
，
令，则，
由得，，由得，，
在，上递减，在，上递增，
，即．
（3）证明：，即证，
令，
则只要证明在上单调递增，
又，
显然函数在上单调递增．
，即，
在上单调递增，即，
当时，有．
30．已知函数，函数，，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
（3）证明：当时，．
【解析】解：（1）的定义域为，，
当，时，，则在上单调递增；
当，时，令，得，
令，得，则在上单调递减，在上单调递增；
当，时，，则在上单调递减；
当，时，令，得，
令，得，则在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：设函数，则．
，，，，
则，从而在，上单调递减，
，即．
（3）证明：方法一：当时，．
由（1）知，（1），，即．
当时，，，则，
即，又，
，
即．
方法二：当时，要证，
只需证
即证，
令，易证，
故，
所以当时，．
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