【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题39　同构函数

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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的结构，然后利用这个结构式构造相对应的函数，再利用函数的单调性解题，我们通常称这种解题方法为“同构”.
类型一 地位同等同构型
1.含有同等地位的两个变量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.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).
例1 (1)若2a＋lg2a＝4b＋2lg4b，则( )
A.a>2b B.a<2b
C.a>b2 D.a(2)若0A.ex2－e x1>ln x2－ln x1B.e x1－e x2>ln x2－ln x1
C.x2e x1>x1e x2D.x2e x1答案 (1)B (2)C
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)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)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)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)单调递减，所以f(x1)>f(x2)成立，C正确，D错误.
训练1 (1)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
(2)(2022·八省联考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则( )
A.cC.a答案 (1)A (2)D
解析 (1)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)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.
(2)由题得eq \f(a,ea)＝eq \f(5,e5)，eq \f(b,eb)＝eq \f(4,e4)，eq \f(c,ec)＝eq \f(3,e3)，
故令f(x)＝eq \f(x,ex)(x>0)，f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∵f(a)＝f(5)，f(b)＝f(4)，f(c)＝f(3)，f(1)＝eq \f(1,e)，
如图所示，∴0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，需时时对指对式进行“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.
3.xln x与xex为常见同构式：xln x＝eln xln x，xex＝eln xex；x＋ln x与x＋ex为常见同构式：x＋ln x＝ln x＋eln x，x＋ex＝eln x＋ex.
例2 (1)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，则a的取值范围是________.
(2)对于任意的x>0，若不等式ax>lgax(a>0，且a≠1)恒成立，则a的取值范围是________.
答案 (1)[1，＋∞) (2)(eeq \f(1,e)，＋∞)
解析 (1)由f(x)＝aex－1－ln x＋ln a≥1，移项得aex－1＋ln a≥ln x＋1，
即eln a＋x－1＋ln a≥ln x＋1，
两边同时加(x－1)，
得eln a＋x－1＋x＋ln a－1≥ln x＋x，
即eln a＋x－1＋(x＋ln a－1)≥ln x＋eln x.
设g(t)＝t＋et，
则g′(t)＝1＋et>0，
所以g(t)单调递增，
所以ln a＋x－1≥ln x，
即x－ln x＋ln a－1≥0.
设h(x)＝x－ln x＋ln a－1，
则h′(x)＝1－eq \f(1,x)，x>0，
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＋ln a－1≥0，
所以a≥1，
故a的取值范围为[1，＋∞).
(2)当0lgax，
所以a>1，
由ax>lgax，得exln a>eq \f(ln x,ln a)，x>0，
则xln a·exln a>xln x＝eln xln x，
故只需xln a>ln x即可，
即ln a>eq \f(ln x,x).
因为f(x)＝eq \f(ln x,x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(e)＝eq \f(1,e)，所以ln a>eq \f(1,e)，即a>eeq \f(1,e).
训练2 (1)已知函数f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a(a>0)，若f(x)>0，则实数a的取值范围为________.
(2)(2022·郑州模拟)若不等式x＋aln x＋eq \f(1,ex)≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的最小值是________.
答案 (1)(0，e2) (2)－e
解析 (1)由题意可知：ex>aln(ax－a)－a⇒eq \f(ex,a)－ln a>ln(x－1)－1⇒ex－ln a＋x－ln a>x－1＋ln(x－1)，可化为ex－ln a＋x－ln a>eln(x－1)＋ln(x－1)，
只需x－ln a>ln(x－1)，
即x－ln(x－1)>ln a.
设g(x)＝x－ln(x－1)，
则g′(x)＝eq \f(x－2,x－1)，x∈(1，2)，g′(x)<0，g(x)单调递减，x∈(2，＋∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增，故g(x)≥g(2)＝2，故ln a<2，故a综上，0(2)因为x＋aln x＋eq \f(1,ex)≥xa对x∈(1，＋∞)上恒成立，
所以x＋eq \f(1,ex)≥xa－aln x＝xa－ln xa对x∈(1，＋∞)上恒成立，
所以eq \f(1,ex)－lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ex)))≥xa－ln xa对x∈(1，＋∞)恒成立.
构造函数f(t)＝t－ln t，t>0，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ex)))≥f(xa).
因为f′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，
易得f(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
当x>1时，0因为f(t)在(0，1)上单调递减，
所以eq \f(1,ex)≤xa，
两边取对数得－x≤aln x，
所以a≥－eq \f(x,ln x).
令g(x)＝－eq \f(x,ln x)，
则g′(x)＝eq \f(－ln x＋1,ln2x)，
所以g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(e)＝－e，
故a的最小值是－e.
类型三 零点同构型
例3 (1)(2022·兰州质检)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.已知正实数ln eq \f(x,y)>lg eq \f(y,x)，则( )
A.ln x>ln(y＋1) B.ln(x＋1)C.3x<2y－1 D.2x－y>1
答案 D
解析 ln x－ln y>lg y－lg x⇒ln x＋lg x>ln y＋lg y，
设f(x)＝ln x＋lg y，
∴f(x)>f(y)⇒x>y.
∴x－y>0，∴2x－y>1，故D正确.
2.(2022·湖南五市十校联考)已知x，y满足lg3x－lg3yA.eq \f(1,x)>eq \f(1,y) B.x3C.2x－y<1 D.ln(y－x)>0
答案 D
解析 原不等式可化为lg3x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)令f(x)＝lg3x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)，
显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)∴A，B，C均正确，故选D.
3.函数f(x)＝eq \f(ax,ex－1)＋x－ln(ax)－2(a>0)，若函数f(x)在区间(0，＋∞)内存在零点，则实数a的取值范围是( )
A.(0，1] B.[1，＋∞)
C.(0，e] D.[3，＋∞)
答案 B
解析 由ex≥x＋1得f(x)＝eln(ax)＋1－x＋x－ln(ax)－2＝eln(ax)＋1－x－(ln(ax)＋1－x)－1≥0，
当ln(ax)＋1－x＝0⇒ln(ax)＝x－1≤ax－1，即a≥1时f(x)＝0成立，f(x)在(0，
＋∞)上有零点.
4.(2022·安庆模拟)已知m，n都是正整数，且em＋ln nA.n>em B.m>em
C.nen
答案 A
解析 因为em＋ln n所以em－m令f(x)＝ex－x，(x>0)，
所以f′(x)＝ex－1>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，由已知得f(m)因为m，n都是正整数，即em5.(2022·许昌调研)已知f(x)＝aln x＋eq \f(1,2)x2(a>0)若对于任意两个不等的正实数x1、x2，都有eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>2恒成立，则a的取值范围是( )
A.(0，1] B.[1，＋∞)
C.(0，3] D.[1，2e)
答案 B
解析 不妨设x1>x2>0，
可得f(x1)－f(x2)>2x1－2x2，
可得f(x1)－2x1>f(x2)－2x2，
令g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋eq \f(1,2)x2－2x，
则g(x1)>g(x2)，
所以，函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴g′(x)＝eq \f(a,x)＋x－2≥0对任意的x>0恒成立，所以a≥2x－x2，
当x>0时，2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，
当且仅当x＝1时，等号成立，所以a≥1.
6.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 由题意得2xeq \\al(2,0)e2x0＝－ln x0，
即2x0e2x0＝e－ln x0(－ln x0)，
令f(x)＝xex，
所以f(2x0)＝f(－ln x0)，
则f′(x)＝ex(x＋1)>0，
函数f(x)在定义域内单调递增，结合函数的单调性有2x0＝－ln x0，
即2x0＋ln x0＝0，故选C.
7.设实数m>0，若对任意的x≥e，不等式x2ln x－meeq \f(m,x)≥0恒成立，则m的最大值是( )
A.eq \f(1,e) B.eq \f(e,3)
C.e D.2e
答案 C
解析 x2ln x－meeq \f(m,x)≥0变形为ln x·eln x≥eq \f(m,x)·eeq \f(m,x)，构造函数g(x)＝xex(x>0)，
则g′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f(ln x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))，所以ln x≥eq \f(m,x)，
即m≤xln x，只需m≤(xln x)min＝e.
8.已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，α≠β，若eα－eβ＝sin α－2sin β，则下列结论一定成立的是( )
A.α＋β＝eq \f(π,4) B.α＋β＝eq \f(π,2)
C.α>β D.α<β
答案 D
解析 由α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))可知：sin β>0，
所以eα－eβ＝sin α－2sin β整理可得：eα－sin α设f(x)＝ex－sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，f′(x)＝ex－cs x>0，
故f(x)在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以α<β.
9.(2022·东北三省四市模拟)设x，y∈R，满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－1）5＋2x＋sin（x－1）＝3，,（y－1）5＋2y＋sin（y－1）＝1，))则x＋y＝( )
A.0 B.2
C.4 D.6
答案 B
解析 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－1）5＋2x＋sin（x－1）＝3，,（y－1）5＋2y＋sin（y－1）＝1，))
⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－1）5＋2（x－1）＋sin（x－1）＝1，,（y－1）5＋2（y－1）＋sin（y－1）＝－1.))
设f(t)＝t5＋2t＋sin t，可得f(t)为奇函数，由题意可得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x－1）＝1，,f（y－1）＝－1，))
∴f(x－1)＝－f(y－1)＝f(－y＋1)，
∴x－1＝－y＋1⇒x＋y＝2.
10.已知－eq \f(π,2)≤α≤eq \f(π,2)，0≤β≤π，m∈R，α3＋sin α＋m＝0，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))eq \s\up12(3)＋cs β＋m＝0，则cs(α＋β)的值为( )
A.－1 B.0
C.0.5 D.1
答案 B
解析 构造函数f(x)＝x3＋sin x，在－eq \f(π,2)≤x≤eq \f(π,2)上为奇函数且单调递增，
又0≤β≤π，
∴－eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)－β≤eq \f(π,2)，
变换α3＋sin α＝－m，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))eq \s\up12(3)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))＝－m，
即f(α)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，
∴α＝eq \f(π,2)－β，
即α＋β＝eq \f(π,2)，cs(α＋β)＝0，故选B.
11.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.
12.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.
二、创新拓展练
13.若不等式eq \f(ex－1,x)≥x－ln x＋a对x∈(0，＋∞)恒成立，则a的最大值为( )
A.1 B.eq \f(1,e)
C.0 D.－e
答案 C
解析 由题意，得ex－ln x－1≥x－ln x＋a，
即ex－ln x－1≥x－ln x－1＋1＋a，
即ex－ln x－1－(x－ln x－1)≥1＋a，
设t＝x－ln x－1，x>0.
则t′＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
故当0当x>1时，t′>0，t单调递增，
所以当x＝1时，tmin＝1－0－1＝0，
设f(t)＝et－t，t≥0，
f′(t)＝et－1>0，故f(t)在[0，＋∞)上单调递增，f(t)min＝f(0)＝1，
故1＋a≤1，可得a≤0.
14.若关于x的方程eq \f(ln x,x)＋eq \f(mx,ln x＋x)＋3＝0有三个不相等的实数根x1，x2，x3，且x1A.1＋m B.1－m
C.6 D.－8
答案 D
解析 由题意eq \f(ln x,x)＋eq \f(mx,ln x＋x)＋3＝0，x>0，
即eq \f(ln x,x)＋eq \f(m,\f(ln x,x)＋1)＋3＝0有3个不等实数根.
令t＝eq \f(ln x,x)(x>0)，则有t＋eq \f(m,t＋1)＋3＝0，
即t2＋4t＋m＋3＝0，(1)
令g(x)＝eq \f(ln x,x)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减(如图)，
则(1)有2个实数根t1和t2，且t1＋t2＝－4，t1t2＝m＋3，
不妨t1<0，t2>0，
则有eq \f(2ln x1,x1)＋eq \f(ln x2,x2)＋eq \f(ln x3,x3)＝2t1＋t2＋t2＝2(t1＋t2)＝－8.
15.(2022·济南模拟)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.
16.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0