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微專題04 同構函數問題
　　同構法是將不同的代數式(不等式、方程)通過變形，轉化為形式結構相同或者相近的式子，通過整體思想或換元等將問題轉化的方法，這體現了轉化思想.此方法常用于求解具有對數、指數等混合式子結構的等式或不等式問題.
同構法在近幾年的高考中頻繁出現，把等式或不等式變形為兩個形式上一樣的函數，利用函數的單調性將原問題轉化成比較大小、恒成立、求最值等問題.在使用同構法時，考驗“眼力”，面對復雜的結構，仔細觀察并且靈活變形，使式子兩端的結構一致.通過構造函數，判斷函數的單調性，進一步求參數的取值范圍或證明不等式.
典例1　已知函數f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).
(1)當a=2時，求f(x)的圖象在x=1處的切線方程；
(2)若函數g(x)=f(x)-ax+m在，e上有兩個零點，求實數m的取值范圍；
(3)若對區間(1，2)內任意兩個不相等的實數x1，x2，不等式<2恒成立，求實數a的取值范圍.
方法總結：
含有地位同等的兩個變量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果進行整理(同構)后，等式或不等式兩邊具有結構的一致性，往往暗示應構造函數，應用函數的單調性來解決.
常見的同構類型有：
(1)>k(x2>x1) f(x1)-f(x2)(2)<(x2>x1) f(x1)-f(x2)>，構造函數y=f(x)+，且該函數為減函數.
典例2　已知偶函數f(x)在(-∞，0)上單調遞增，a=f，b=f-，c=f，則(　　).
A.a典例3　設實數m>0，若對任意的x∈(1，+∞)，不等式2e2mx-≥0恒成立，則實數m的取值范圍是(　　).
A.，+∞ B.，+∞ C.[e，+∞) D.[2e，+∞)
方法總結：
涉及指對混合式相關問題的常見的同構類型
(1)積型：aea≤bln b，a·ea≤ln b·eln b，構造f(x)=xex(同左)；
aea≤bln b ea·ln ea≤b·ln b，構造f(x)=xln x(同右)；
aea≤bln b a+ln a≤ln b+ln(ln b)，構造f(x)=x+ln x(取對數).
(2)商型：< <，構造f(x)=(同左)；
< <，構造f(x)=(同右)；
< a-ln a(3)和差型：ea±a>b±ln b ea±a>eln b±ln b，構造f(x)=ex±x(同左)；
ea±a>b±ln b ea±ln ea>b±ln b，構造f(x)=x±ln x(同右).
1.若2a+log2a<22b+log2b+1，則(　　).
A.ln(2b-a+1)<0 B.ln(2b-a+1)>0
C.ln|a-2b|>0 D.ln|a-2b|<0
2.已知函數f(x)=xex-a(x+ln x)有兩個零點，則實數a的取值范圍是　　　　.
3.已知函數f(x)=x+2+aln(ax).
(1)求函數f(x)的單調區間；
(2)設a>0，當t∈[3，4]時，若對任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)-f(x2)|參考答案
微專題04 同構函數問題
典例1
【解析】(1)當a=2時，f(x)=2ln x-x2+2x，f'(x)=-2x+2，f(1)=1，
則切點坐標為(1，1)，切線的斜率k=f'(1)=2，
所以切線方程為y-1=2(x-1)，即y=2x-1.
(2)g(x)=2ln x-x2+mx∈，e，則g'(x)=-2x=.
因為x∈，e，所以當g'(x)=0時，x=1.
當0，g(x)單調遞增；當1故g(x)在x=1處取得最大值，且最大值為g(1)=m-1.
又g=m-2-，g(e)=m+2-e2，
且g(e)-g=4-e2+<0，則g(e)所以g(x)在，e上的最小值是g(e).
g(x)在，e上有兩個零點的條件是
解得1故實數m的取值范圍是1，2+.
(3)不妨設1即f(x1)-2x1>f(x2)-2x2恒成立.
令u(x)=f(x)-2x，x∈[1，2)，
由x1，x2具有任意性知，u(x)在區間(1，2)內單調遞減，
所以u'(x)=f'(x)-2<0恒成立，即f'(x)<2恒成立，
所以-2x+a<2，即a<2x-+2在(1，2)上恒成立.
令h(x)=2x-+2，則h'(x)=2+>0，
所以h(x)=2x-+2在(1，2)上單調遞增，則h(x)>h(1)=2，
故實數a的取值范圍是(-∞，2].
典例2　C
【解析】=，==.
設g(x)=(x>0)，則g'(x)=.
當00，g(x)單調遞增，當x>e時，g'(x)<0，g(x)單調遞減.
因為g(x)在(e，+∞)上單調遞減，且e<3<4，
所以g(e)>g(3)>g(4)，即>>，故>>.
因為偶函數f(x)在(-∞，0)上單調遞增，所以f(x)在(0，+∞)上單調遞減.
b=f-=f，因為>>>0，
所以f故選C.
典例3　B
【解析】因為m>0，不等式2e2mx-≥0恒成立，
所以2e2mx≥恒成立，即2me2mx≥ln x恒成立，
進而轉化為2mxe2mx≥xln x=eln x·ln x恒成立.
構造函數g(x)=xex(x>0)，可得g'(x)=ex+xex=(x+1)ex，
當x>0時，g'(x)>0，g(x)單調遞增.
又x>1，所以2mx>0，ln x>0，所以不等式2e2mx-≥0恒成立等價于g(2mx)≥g(ln x)恒成立，即2mx≥ln x恒成立，
進而轉化為2m≥恒成立.
設h(x)=，x>1，則h'(x)=.
當10，h(x)單調遞增；
當x>e時，h'(x)<0，h(x)單調遞減.
所以當x=e時，函數h(x)取得最大值，最大值為h(e)=，
所以2m≥，即m≥.
故實數m的取值范圍是，+∞.
培優精練
1.B
【解析】對已知不等式變形，可得2a+log2a<22b+log22b.
令f(x)=2x+log2x，x>0.
易知函數y=2x與y=log2x在(0，+∞)上均為增函數，
所以函數f(x)=2x+log2x在(0，+∞)上為增函數.
由2a+log2a<22b+log22b，得f(a)a>0，則2b-a>0.
因為2b-a>0，所以2b-a+1>1，則ln(2b-a+1)>ln 1=0，故A錯誤，B正確.
因為無法確定|a-2b|與1的大小，所以無法確定ln|a-2b|與0的大小，故C，D錯誤.故選B.
2.(e，+∞)
【解析】f(x)=xex-a(x+ln x)=ex+ln x-a(x+ln x)，x>0.
令t=x+ln x，因為函數y=x，y=ln x在(0，+∞)上都是增函數，所以t=x+ln x是增函數，
則關于t的方程et-at=0有兩個根，顯然t=0不是它的根，即a=有兩個根.
令g(t)=，t≠0，則g'(t)=，
令g'(t)<0，解得t<1且t≠0，即g(t)在(-∞，0)，(0，1)上單調遞減，
令g'(t)>0，解得t>1，即g(t)在(1，+∞)上單調遞增.
當t<0時，g(t)單調遞減，g(t)<0；當0e；
當t>1時，g(t)單調遞增，g(t)>e；當t=1時，g(t)=e.
因為a=有兩個根，所以實數a的取值范圍是(e，+∞).
3.解析　(1)f'(x)=1+=.
當a>0時，函數f(x)的定義域為(0，+∞)，f'(x)>0恒成立，此時函數f(x)在(0，+∞)上單調遞增；
當a<0時，函數f(x)的定義域為(-∞，0)，f'(x)>0恒成立，此時函數f(x)在(-∞，0)上單調遞增.
(2)當a>0時，函數f(x)的定義域為(0，+∞)，y=在(0，1]上單調遞減，由(1)知f(x)在(0，1]上單調遞增.
不妨設0∴|f(x1)-f(x2)|即f(x2)+令g(x)=f(x)+=x+2+aln(ax)+，
則|f(x1)-f(x2)|又g'(x)=-=，
原問題等價于x2+ax-t≤0在(0，1]上恒成立，得a≤-x在(0，1]上恒成立.
令h(x)=-x，x∈(0，1]，則h'(x)=--1<0，
∴h(x)=-x在(0，1]上單調遞減，
∴h(x)≥h(1)=t-1，∴a≤t-1.
又t∈[3，4]，∴a≤2.
又a>0，∴實數a的取值范圍為(0，2].

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