2026版步步高大一輪高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)講義第三章§3.5指對同構(gòu)問題§3.5指對同構(gòu)問題重點(diǎn)解讀把一個(gè)等式或不等式通過變形，使左右兩邊結(jié)構(gòu)、形式完全相同，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行處理，找到這個(gè)函數(shù)模型的方法就是同構(gòu)法.同構(gòu)法主要解決含有指數(shù)、對數(shù)混合的等式或不等式問題.題型一雙變量地位同等同構(gòu)例1若對0<x1<x2<a都有l(wèi)nx2x1x1x2<2xA.1 B.2C.e D.2e思維升華含有地位同等的兩個(gè)變量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果進(jìn)行整理(即同構(gòu))后，等式或不等式兩邊具有結(jié)構(gòu)的一致性，往往暗示應(yīng)構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用函數(shù)單調(diào)性解決.跟蹤訓(xùn)練1若0<x1<x2<1，則下列不等式正確的是()A.x1lnx1<x2lnx2 B.x1lnx1>x2lnx2C.x2lnx1<x1lnx2 D.x2lnx1>x1lnx2題型二指對同構(gòu)法的理解指對同構(gòu)的常用形式(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：aea≤lnbelnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)=xex；②同右構(gòu)造形式：ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)=xlnx；③取對構(gòu)造形式：a+lna≤lnb+ln(lnb)(a>0，b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)=x+lnx.(2)商型：eaa≤①同左構(gòu)造形式：eaa≤elnblnb，構(gòu)造函數(shù)②同右構(gòu)造形式：ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)③取對構(gòu)造形式：a-lna≤lnb-ln(lnb)(a>0，b>1)，構(gòu)造函數(shù)f(x)=x-lnx.(3)和、差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構(gòu)方式：①同左構(gòu)造形式：ea±a>elnb±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)=ex±x；②同右構(gòu)造形式：ea±lnea>b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f(x)=x±lnx.例2(1)(多選)若ea+a>b+lnb(a，b為變量)成立，則下列選項(xiàng)正確的是()A.a>lnb B.a<lnbC.ea>b D.ea<b(2)(2025·宜春模擬)在數(shù)學(xué)中，我們把僅有變量不同，而結(jié)構(gòu)、形式相同的兩個(gè)式子稱為同構(gòu)式，相應(yīng)的方程稱為同構(gòu)方程，相應(yīng)的不等式稱為同構(gòu)不等式.若關(guān)于a的方程aea-2=e4和關(guān)于b的方程b(lnb-2)=e3λ-1(a>0，b>e2)可化為同構(gòu)方程，則ab的值為.

思維升華利用恒等式x=lnex和x=elnx，通過冪轉(zhuǎn)指或冪轉(zhuǎn)對進(jìn)行等價(jià)變形，構(gòu)造函數(shù)，然后由構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行研究.跟蹤訓(xùn)練2(多選)對不等式ax+eax>ln(bx)+bx進(jìn)行指對同構(gòu)時(shí)，可以構(gòu)造的函數(shù)是()A.f(x)=lnx+x B.f(x)=xlnxC.f(x)=x+ex D.f(x)=x題型三同構(gòu)法的應(yīng)用例3(1)設(shè)實(shí)數(shù)k>0，對于任意的x>1，不等式kekx≥lnx恒成立，則k的最小值為.

(2)(2025·衡陽模擬)已知m是方程xeex-2+(e-1)lnx=2的一個(gè)根，則e2-me-1A.1 B.2 C.3 D.5思維升華常見的同構(gòu)函數(shù)有：①f(x)=lnxx；②f(x)=xlnx；③f(x)=xex；④f(x)=其中①④可以借助lnxx=lnxelnx=tet，②③可以借助xex=(lnex)ex=(lnt)跟蹤訓(xùn)練3(1)(2024·呂梁模擬)若關(guān)于x的不等式ea+x·lnx<x2+ax對?x∈(0，1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(-∞，0] B.[-1，0]C.[-1，+∞) D.[0，+∞)(2)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，b均為大于1的實(shí)數(shù)，若aea+1+b<blnb，則()A.b<ea+1 B.b>ea+1C.ab<e D.ab>e答案精析例1B[由lnx2x1x1x20<x1<x2<a，得x1x2(lnx2-lnx1)<2x2-2x1，則lnx2-lnx1<2x即lnx2-lnx1<2x1-有l(wèi)nx2+2x2<lnx1+令f(x)=lnx+2x(x>0則f(x2)<f(x1)，所以f'(x)=1x-2x2令f'(x)>0?x>2，令f'(x)<0?0<x<2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2)，所以當(dāng)0<x1<x2<2時(shí)，f(x2)<f(x1)恒成立，所以0<a≤2，故a的最大值為2.]跟蹤訓(xùn)練1C[令f(x)=xlnx，則f'(x)=1+lnx，當(dāng)0<x<1時(shí)，f'(x)的正負(fù)不能確定，故x1lnx1與x2lnx2的大小不能確定，故選項(xiàng)A，B錯(cuò)誤；令g(x)=lnxx，則g'(x)=當(dāng)0<x<1時(shí)，g'(x)=1-lnxx2>0，則g(x)在(0因?yàn)?<x1<x2<1，所以g(x1)<g(x2)，即lnx1x1<lnx2x2，即x2lnx1<x1lnx例2(1)AC[方法一由ea+a>b+lnb，可得ea+a>elnb+lnb，令f(x)=ex+x，則f(a)>f(lnb)，因?yàn)閒(x)在R上是增函數(shù)，所以a>lnb，即ea>b.方法二由ea+a>b+lnb，可得ea+lnea>b+lnb，令g(x)=x+lnx，則g(ea)>g(b)，因?yàn)間(x)在(0，+∞)上是增函數(shù)，所以ea>b，即a>lnb.](2)e8解析對aea-2=e4兩邊取自然對數(shù)，得lna+a=6，①對b(lnb-2)=e3λ-1兩邊取自然對數(shù)，得lnb+ln(lnb-2)=3λ-1，即lnb-2+ln(lnb-2)=3λ-3，②因?yàn)榉匠挞佗跒閮蓚€(gè)同構(gòu)方程，所以3λ-3=6，解得λ=3，設(shè)F(x)=lnx+x且x>0，則F'(x)=1x+1>0所以F(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，故F(x)=6的解只有一個(gè)，所以a=lnb-2，則ab=b(lnb-2)=e3×3-1=e8.跟蹤訓(xùn)練2AC[由恒等式x=lnex可得ax=lneax，所以ax+eax>ln(bx)+bx可變形為lneax+eax>ln(bx)+bx，構(gòu)造函數(shù)f(x)=lnx+x，可得f(eax)>f(bx).同理，由恒等式x=elnx可得bx=eln(bx)，所以ax+eax>ln(bx)+bx可變形為ax+eax>ln(bx)+eln(bx)，構(gòu)造函數(shù)f(x)=x+ex，可得f(ax)>f(ln(bx)).]例3(1)1解析由kekx≥lnx得kxekx≥xlnx，即kxekx≥elnx·lnx，令f(x)=xex，則f(kx)≥f(lnx).因?yàn)閒'(x)=(x+1)ex，所以f(x)在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閗x>0，lnx>0，所以kx≥lnx，即k≥lnx令h(x)=lnxx(x則h'(x)=1-lnx當(dāng)x∈(1，e)時(shí)，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，+∞)時(shí)，h'(x)<0，h(x)單調(diào)遞減，所以h(x)max=h(e)=1e，即k≥1所以k的最小值為1e(2)B[xeex-2+(e-1)lnx=2?eelnx+x-2+elnx+x-2=x+lnx=elnx+lnx，設(shè)f(t)=et+t，則f'(t)=et+1>0恒成立，故f(t)單調(diào)遞增，由f(elnx+x-2)=f(lnx)得elnx+x-2=lnx，即(e-1)lnx=2-x.因?yàn)閙是方程xeex-2+(e-1)lnx=2的一個(gè)根，所以(e-1)lnm=2-m，所以m=e2-所以e2-me-1+(e-1)=m+(e-1)lnm=m+2-m=2.]跟蹤訓(xùn)練3(1)C[由ea+x·lnx<x2+ax在(0，1)上恒成立，可得lnxx<a+xe即lnxelnx<a+當(dāng)a≥0時(shí)，lnxelnx<0不等式lnxelnx<a+當(dāng)a<0時(shí)，令f(x)=xe則f(lnx)<f(a+x)在(0，1)上恒成立，f'(x)=1-xex，當(dāng)x∈(-∞，1)時(shí)，f'(x)>0，所以f(x)在(-∞又當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，lnx∈(-∞，0)，a+x∈(-∞，1)，所以只需lnx<a+x在(0，1)上恒成立，即a>lnx-x在(0，1)上恒成立.令g(x)=lnx-x，0<x<1，則g'(x)=1-xx即g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，其中g(shù)(1)=ln1-1=-1，故a≥g(1)=-1，所以-1≤a<0. 綜上，a≥-1.](2)B[由aea+1+b<blnb，可得aea+1<blnb-b=b(lnb-1)=blnbe，即ealnea<beln設(shè)f(x)=xlnx，可得f(ea)<fbe因?yàn)閍>1，可得ea>e，又因?yàn)閎(lnb-1)>0，b>1，所以lnb>1，即b>e，所以be>1易知當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)=lnx+1>0，可得函數(shù)f(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增，所以ea<be，即b>ea+1.]解決不等式恒(能)成立問題，常用的方法有：(1)參數(shù)全分離將原含參不等式等價(jià)變形成a≤f(x)這類形式，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求f(x)的最值問題.當(dāng)參變分離后的函數(shù)f(x)不復(fù)雜，容易求最值時(shí)，可采用此法.(2)參數(shù)半分離將原含參不等式等價(jià)變形成f(x)≤g(a，x)這類形式，畫圖分析參數(shù)a如何取值才能滿足該不等式，這種方法往往需要關(guān)注切線、端點(diǎn)等臨界狀態(tài).注：g(a，x)表示g(x)這個(gè)函數(shù)表達(dá)式中既有a也有x，a在不等式左右兩邊都可以.(3)參數(shù)不分離(隱零點(diǎn)、端點(diǎn)效應(yīng)).(4)特殊的方法(同構(gòu)等).進(jìn)階1參數(shù)全分離題型一參數(shù)全分離例1不等式lnx-ax+1≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.思維升華分離參數(shù)法解決恒(能)成立問題的策略(1)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題.(2)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min；a≥f(x)能成立?a≥f(x)min；a≤f(x)能成立?a≤f(x)max.跟蹤訓(xùn)練1(2024·青島模擬)已知函數(shù)f(x)=ax-ex，a>0.(1)若a=1，求函數(shù)f(x)在x=1處的切線方程；(2)若x>0，f(x)≤a-x2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.題型二換元后參數(shù)分離例2已知函數(shù)f(x)=xexa(1)若a=-1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值點(diǎn)；(2)若a>0，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>-1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.思維升華在有些題目中不能直接利用分離參數(shù)法，有時(shí)為了簡化函數(shù)，常進(jìn)行換元，如本題令t=xa就可輕松分離參數(shù)跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)=[ln(1+x)]2-x2(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式1+1nn+a≤e對任意的n∈N答案精析例1解不等式lnx-ax+1≤0恒成立，即ax≥lnx+1恒成立，x>0，即a≥lnx設(shè)g(x)=lnx+1x，則g'(x)=-lnx易知函數(shù)g(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，+∞)上單調(diào)遞減，g(x)max=g(1)=1，所以a≥1.跟蹤訓(xùn)練1解(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=x-ex，f(1)=1-e，f'(x)=1-ex，所以f'(1)=1-e，所以f(x)在x=1處的切線方程為y-(1-e)=(1-e)(x-1)，即y=(1-e)x.(2)當(dāng)x>0時(shí)，ax-ex≤a-x2恒成立，即a(x-1)≤ex-x2恒成立.①當(dāng)0<x≤1時(shí)，x-1≤0，ex>1，x2≤1，又a>0，所以a(x-1)≤0，ex-x2>0，所以a(x-1)≤ex-x2恒成立.②當(dāng)x>1時(shí)，x-1>0，原不等式等價(jià)于a≤ex即a≤ex令g(x)=ex則g'(x)=(e令h(x)=ex-x，則h'(x)=ex-1，當(dāng)x>0時(shí)，h'(x)>0，則h(x)=ex-x在(0，+∞)上單調(diào)遞增，h(x)>h(0)=1，所以當(dāng)x>1時(shí)，ex-x>0.則當(dāng)1<x<2時(shí)，g'(x)<0，當(dāng)x>2時(shí)，g'(x)>0，所以g(x)=ex-x2x-1在(1，2所以a≤ex-x2x-1min=g所以0<a≤e2-4，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0，e2-4].例2解(1)當(dāng)a=-1時(shí)，f(x)=xe-x-1，f'(x)=e-x-xe-x，令f'(x)=0，得x=1，所以當(dāng)x<1時(shí)，f'(x)>0；當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)<0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1，+∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞，1)，極大值點(diǎn)為x=1，無極小值點(diǎn).(2)方法一f(x)>-1?xexa-2即xexa-2令xa=t，t>0，則x=atatet-(2a+2)t+a+1>0對于t>0恒成立，即a(tet-2t+1)>2t-1，(*)易證當(dāng)t>0時(shí)，et>t+1，則tet-2t+1>t(t+1)-2t+1>(t-1)2≥0，即tet-2t+1>0，于是，由(*)可得a>2t令g(t)=2t-1te則g'(t)=-(2t+1)(t-1)(te當(dāng)t∈(0，1)時(shí)，g'(t)>0；當(dāng)t∈(1，+∞)時(shí)，g'(t)<0，所以g(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，+∞)上單調(diào)遞減，g(t)max=g(1)=1e-1所以a>1e-1，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是1方法二f(x)>-1?xexa-2即xexa-2令xa=t，t>0則x=at，atet-(2a+2)t+a+1>0對于t>0恒成立，即aa+1>2t-1t設(shè)h(t)=2t-1te則h'(t)=-(2t當(dāng)t∈(0，1)時(shí)，h'(t)>0；當(dāng)t∈(1，+∞)時(shí)，h'(t)<0.可得h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，+∞)上單調(diào)遞減，所以h(t)max=h(1)=1e則aa+1>