第三章　培优点2　指对同构问题-2025年新高考数学一轮复习（课件+讲义+练习）

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1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
培优点2　指对同构问题
把一个等式或不等式通过变形，使左右两边结构形式完全相同，构造函数，利用函数的单调性进行处理，找到这个函数模型的方法就是同构法.同构法主要解决含有指数、对数混合的等式或不等式问题.
例1　(1)若ea＋a>b＋ln b(a，b为变量)成立，则下列选项正确的是A.a＞ln b B.a＜ln bC.ln a＞b D.ln a＜b
方法一　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋a>eln b＋ln b，令f(x)＝ex＋x，则f(a)＞f(ln b)，因为f(x)在R上是增函数，所以a＞ln b.方法二　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋ln ea>b＋ln b，令g(x)＝x＋ln x，则g(ea)>g(b)，因为g(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以ea>b，即a＞ln b.
(2)若关于a的方程aea－2＝e4和关于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a，b∈R＋)可化为同构方程，则ab的值为A.e8 B.e C.ln 6 D.1
对aea－2＝e4两边取自然对数，得ln a＋a＝6，①对b(ln b－2)＝e3λ－1两边取自然对数，得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1，即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3，②因为方程①②为两个同构方程，所以3λ－3＝6，解得λ＝3，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以方程F(x)＝6的解只有一个，所以a＝ln b－2，所以ab＝(ln b－2)b＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8.
利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通过幂转指或幂转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数的单调性进行研究.
跟踪训练1　已知不等式ax＋eax＞ln(bx)＋bx进行指对同构时，可以构造的函数是A.f(x)＝ln x＋x B.f(x)＝xln xC.f(x)＝xex D.f(x)＝
由恒等式x＝ln ex可得ax＝ln eax，所以ax＋eax＞ln(bx)＋bx可变形为ln eax＋eax＞ln(bx)＋bx，构造函数f(x)＝ln x＋x，可得f(eax)＞f(bx).
命题点1　aln a与xex同构例2　设实数k>0，对于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，则k的最小值为_____.
由kekx≥ln x得kxekx≥xln x，即kxekx≥eln x·ln x，令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(ln x).因为f′(x)＝(x＋1)ex，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
命题点2　beb与xln x同构例3　(2023·南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeae B.b>ea C.ab由aea0)，因为a>0，则ea>1，因为b>0，且bln b>aea>0，则b>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，ealn ea所以当00，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.①在x∈(0,1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，g(aex)≥0>g(x)；
命题点4　d＋ln d与x＋ex同构例5　对于任意的x>0，ex≥(a－1)x＋ln(ax)恒成立，则a的最大值是_____.
由ex≥(a－1)x＋ln(ax)，可得ex＋x≥ax＋ln(ax)，即ex＋x≥eln(ax)＋ln(ax)，令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln(ax))，因为f(x)在R上是增函数，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝e，即a≤e，所以a的最大值是e.
跟踪训练2　(1)(2024·武汉模拟)已知a>0，若在(1，＋∞)上存在x使得不等式ex－x≤xa－aln x成立，则a的最小值为________.
∵xa＝ ＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，∵a>0且x>1，∴aln x>0，设y＝ex－x，x∈(0，＋∞)，则y′＝ex－1>0，故y＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(e)＝e，∴a≥e.故a的最小值为e.
(2)若对任意x∈[e，＋∞)，满足2x3ln x－ ≥0恒成立，则实数m的取值范围是____________.
由2x3ln x－ ≥0，
得2x3ln x≥ ，即2x2ln x≥ ，
即x2ln x2≥ ，即
1.设x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，则下列选项正确的是A.x>y B.x>ln yC.x不等式ex＋ln y>x＋y等价于ex－x>y－ln y，令f(x)＝ex－x，x>0，则f(ln y)＝eln y－ln y＝y－ln y，∴不等式ex－x>y－ln y等价于f(x)>f(ln y)，∵f′(x)＝ex－1，∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，∴若y∈(1，＋∞)，则ln y∈(0，＋∞)，
由f(x)>f(ln y)有x>ln y；若y∈(0,1]，则ln y≤0，由x>0，有x>ln y.综上所述，x>ln y.
2.若ex－ax≥－x＋ln(ax)，则正实数a的取值范围为
不等式ex－ax≥－x＋ln(ax)，可化为ex＋x≥eln ax＋ln ax，设g(x)＝ex＋x，则g′(x)＝ex＋1>0，即g(x)在R上是增函数，而g(x)≥g(ln ax)，因为a>0，x>0，所以x≥ln ax＝ln a＋ln x，由已知ln a≤x－ln x恒成立，
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(1)＝1，故只需ln a≤1，即a≤e.又a>0，所以a的取值范围为(0，e].
3.已知函数f(x)＝x2ex－a(x＋2ln x)有两个零点，则a的取值范围是A.a≥1 B.a≤2C.a≤e D.a>e
f(x)＝x2ex－a(x＋2ln x)＝ex＋2ln x－a(x＋2ln x)，令t＝x＋2ln x，显然该函数单调递增，t∈R，则et－at＝0有两个根，当t＝0时，等式为1＝0，不符合题意；
故当x∈(－∞，0)和x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；且当x∈(－∞，0)时，g(x)<0，g(1)＝e，
由图可得，a的取值范围是a>e.
4.(多选)若不相等的正数a，b满足aa＝bb，则
由aa＝bb，得aln a＝bln b，令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1＝0，
所以0所以 (n∈N*)，故D正确.
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
6.(2024·漳州质检)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；
依题意，得f′(x)＝aex＋1.当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上是增函数.当a<0时，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)；令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减.综上所述，当a≥0时，f(x)在R上是增函数；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减.
即eln aex＋x＋1>ln(x－1)－ln a＋x，即ex＋ln a＋ln a＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋ln a＋x＋ln a>eln(x－1)＋ln(x－1).令h(x)＝ex＋x，则有h(x＋ln a)>h(ln(x－1))对∀x∈(1，＋∞)恒成立.因为h′(x)＝ex＋1>0，
所以h(x)在R上是增函数，故只需x＋ln a>ln(x－1)，即ln a>ln(x－1)－x对∀x∈(1，＋∞)恒成立.令F(x)＝ln(x－1)－x，
令F′(x)＝0，得x＝2.当x∈(1,2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，