2027年高考数学一轮复习第三章　§3.6　同构问题学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第三章　§3.6　同构问题学案含解析，共9页。
题型一 双变量地位同等同构
例1 若对00，ln x>0，
所以kx≥ln x，即k≥lnxx，
令h(x)=lnxx(x>1)，则h'(x)=1−lnxx2，
当x∈(1，e)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(e，+∞)时，h'(x)0，若关于x的不等式ex−lnx+xx≥a+lnxa恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.(0，e]B.(0，1]
C.(0，e2)D.(0，3)
答案 A
解析 由题意得ex-ln x+x≥ax+ln a，即x+ex≥ax+ln(ax)，则ln ex+ex≥ax+ln(ax)，
令f(x)=x+ln x(x>0)，
可知f(x)在(0，+∞)上单调递增，
则f(ex)≥f(ax)，则ex≥ax，故exx≥a.
设u(x)=exx，则u'(x)=ex(x−1)x2，
当00，u(x)单调递增，
所以当x=1时，u(x)取得最小值u(1)=e，故实数a的取值范围为(0，e].
课时精练
[分值：60分]
一、单项选择题(每小题5分，共10分)
1.已知x，y为不相等的正实数，ln x+ln y=1y-x，则( )
A.x>yB.x2D.x+y0，
易知f(x)=ln x+x在(0，+∞)上单调递增，
结合ln x+x=ln1y+1y，得x=1y，即xy=1，
由基本不等式可知x+y≥2xy=2，
当且仅当x=y=1时等号成立，
又x≠y，所以x+y>2.
2.若不等式ex+a≥ln x-a恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.[0，+∞)B.[-1，+∞)
C.−1e，+∞D.[-e，+∞)
答案 B
解析 构造函数f(x)=ex+x，
则f(x)在R上为增函数，
由ex+a≥ln x-a得ex+a+a+x≥ln x+x，
即ex+a+x+a≥eln x+ln x，
即f(x+a)≥f(ln x)，∴x+a≥ln x，
∴a≥ln x-x，
令g(x)=ln x-x(x>0)，
则g'(x)=1x-1=1−xx，
由g'(x)>0得00，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(0)=1，从而a-b≥1，结合选项，可得B，C，D符合题意.
4.e是自然对数的底数，m∈R，n>0，已知mem+ln n>nln n+m，则下列结论一定正确的是( )
A.若m>0，则m-n>0
B.若m>0，n>1，则em-n>0
C.若m0，
所以f(x)=xex(x>0)在(0，+∞)上单调递增，所以x=lnye，所以xy=ylnye=e5.
6.已知函数f(x)=eλx-2ln x(x>0)，若f(x)≥x2-λx恒成立，则实数λ的取值范围为 .
答案 2e，+∞
解析 由f(x)≥x2-λx恒成立，即eλx-2ln x≥x2-λx对x>0恒成立，
整理得eλx+ln eλx≥x2+ln x2对x>0恒成立，
令g(x)=x+ln x，则g(eλx)≥g(x2)，易知g(x)在(0，+∞)上单调递增，
则eλx≥x2，即λx≥ln x2，
整理得λ≥2lnxx对x>0恒成立，
令h(x)=2lnxx，则h'(x)=2(1−lnx)x2，
可得当x∈(0，e)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，+∞)时，h'(x)0，
∴aex0−1=1x0，∴ln a+x0-1=-ln x0，
因此f(x)min=f(x0)=aex0−1-ln x0+ln a
=1x0+ln a+x0-1+ln a≥2ln a-1+21x0·x0=2ln a+1>1，
∴f(x)≥1恒成立；
当00，且f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，f(x)0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(x0)=x0e2x0-ln x0-2x0.
由①可得e2x0=1x0，ln x0=-2x0，
所以g(x)min=x0·1x0+2x0-2x0=1.
又当x>0时，1x+11x+1，得证.
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