高考中的六大函数体系

学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系121高考背景下的函数体系第一讲同构式的三问三答又到了最后一个章节，自从秒群在2018年跟大家交流同构式开始，全国各地的老师和学生似乎都很迷这个“神招”，同构式并不神秘，和很多之前的专题一样，我们需要细化它，透彻理解它，所以我们需要一个同构式的“ 说明 关于失联党员情况说明岗位说明总经理岗位说明书会计岗位说明书行政主管岗位说明书 书”．问题一同构式到底是什么？同构式源于指对跨阶的问题，xex与xxln属于跨阶函数，而xexln属于跳阶函数，所以指对跳阶的函数问题，在中学阶段没有解决它的巧妙方法，只能构造隐零点代换来简化，但通过指对跨阶函数进行同构，即1lnlnln)(ln1)(xxxxxxxhxeexxexhxxx我们发现将一个指数、直线、对数三阶的问题通过跨阶函数的同构，变成了两阶问题，类似于二阶递推数列通过一次递推后变成了一阶数列，所以，通过构造跨阶函数的同构式，大大简化了分析和计算．问题二同构式能解决什么问题？同构式是属于跨阶的复合函数，所以复合函数能解决的一切问题，同构式均能解决．在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数以及复合函数的最值保值性来快速解题．问题三同构式怎么构造？如何选取函数？同构式需要一个构造一个母函数，即外函数，用)(xh 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示，这个母函数需要满足：①指对跨阶；②单调性和最值易求；通常，1)(xeexxexhxxx，基本上搞定这三个母函数，就看内函数，即子函数的构造了．下面，我们分别利用同构式的单调性、保值性和零点个数问题来对同构式进行系统分析．考点1利用同构式单调性秒杀【例1】（2019•武邑期中）设实数0，若对任意的(0,)x，不等式ln0xxe恒成立，则的取值范围是．【解析】由0xxlnxeelnx，由于指数和对数的“跳阶”问题，故需要构造连续的“跨阶”函数来化简，故不等式两边同乘以x，构成xxexlnx，乘法的式子构造xxexh)(，故不等式满足)(ln)(xhxh，易知)(xh在区间),0(为增函数，即xxln恒成立，exx1)ln(max，故 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 为)1[，e．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系122注意：1)(xeexxexhxxx在区间),0(为增函数，当构造))(())((xqhxph恒成立的时候，只需要)()(xqxp恒成立即可．由于()xhxxe=在()1,-+，这个在秒1中已经详细介绍，这里不再详述．xxxpln)(在区间(0,)e­，在(,)e+，易知eepxp1)()(max．【例2】设0k，若存在正实数x，使得不等式2log20kxxk成立，则k的最大值为（）A．21logeeB．12lneC．2logeeD．122ln【解析】关于指对“跳阶”中出现的原函数和反函数问题，一定可以使用同构式构造，由于同构式必须要构造连续的“跨阶”函数，故构造xxexh)(，此题中，ln222lnlln()lnln2ln2og2kkxxkxxkexkexk，显然两边需要乘以x即可，即ln2lnln2(ln)(ln2)kxxxkxehxhkx，由于xxexh)(为单增函数，故只需存在正实数x，使得lnln2xkx，即lnln2xkx，易知1lnxex，故1ln2ke，即21logkee，故选A．注意我们会介绍几个重要的“亲戚函数”，xxe、xxln、xex、xxln利用它们之间的同构式原理来快速求出最值．【例3】（2019•长郡中学月考）已知函数ln133fxmxx，若不等式3xfxmxe在0,x上恒成立，则实数m的取值范围是．【解析】法一由ln1333ln13(1)3xxfxmxxmxemxxmxe，令()3xhxmxe即(ln(1))()hxhx恒成立，由于ln(1)xx，故函数()hx对0,x上恒成立，即()30xhxme，解得min33xme，故答案为3m．法二由ln133333(1)ln1xxfxmxxmxeexmxmx，构造函数()1xhxex，则3()(ln(1))hxmhx，这里要用到我们接下来讲的同构式“保值性”，由于ln(1)xx恒成立，取等条件为0x，不在定义域内，故ln(1)xx恒成立，所以当3m时，3()(ln(1))hxmhx恒成立，故答案为3m．【例4】（2019•衡水金卷）已知0a<，不等式1ln0axxeax+×+³对任意的实数1x>恒成立，则实数a的最小值是（）A．e21B．e2C．e1D．e【解析】由题意得：1ln1ln1111ln0lnlnlnaaxxxaaaaaaxxeaxxeexxxxxx+-=对1x>恒成立，此时maxlnxax³-，即ae³-，故选D．注意这一类均是属于外函数xxexh)(的同构式模型，那么在xexxh)(或者1)(xexhx的模型会是什么情况呢？学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系123考点2同构式问题构造恒等式：x+ex≥ex+lnex构造函数xexxh)(，易知)(xh在区间),0(，根据01)(xexpx恒成立，则01ln)(lnxxxp恒成立，当仅当0lnx，即1x时等号成立．由此能得到恒等式：exxxln1ln，所以再利用同构式)(ln)(exhxh，即exexexxln恒成立，当仅当1x时等号成立．【例5】（2019•榆林一模）已知不等式1xekxlnx，对于任意的(0,)x恒成立，则k的最大值．【解析】此题构造乘法的同构显然不可能，因为不等式两边同时乘以x，kx将变成平方，无处遁形，并且出现xe和xln，常数项为1，构造函数xexxh)(，根据题意，ln+lnxxekxexexkxexx，在此基础上进行同构式转换，即xekexhexexexxkxxexkx)1()(lnlnln，原不等式可以转化为同构式xekexhxh)1()(ln)(，由于)(ln)(exhxh恒成立，且当仅当1x时等号成立．故10ke+-£，即1ke£-．注意：若))(())((xqhxph恒成立，且)())(())((xxqhxph，则一定要满足0)(x，此方法属于同构式的单调性和同构式的“保值性”综合题，有一定难度，原理其实很简单，同构式一旦搞定，剩下的就是基本的函数方程不等式的简单思想．以此题为背景的考题非常多，从选填题压轴到解答题压轴，无处不在，常规方法我们不在这里讲述了，大家可以去看一下常规的解答 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．【例6】（2019•武汉调研）已知函数()()()ln0xfxeaaxaaa=--+>，若关于x的不等式()0fx>恒成立，则实数a的取值范围为（）A．],0(eB．2,0eC．],1[2eD．),1(2e【解析】由题意可知：()lnlnln(1)xeaaxaaaaaxa>--=+--，由于xe和)1ln(x明显存在“差一”的错位，无法构造出乘法同构式，思考加法的同构，由于不等式的右边可以提出公因式a，故将其除去，得到式子()()lnln+ln11lnln11xxaeaxeaxa->--Þ>+--，式子右边没有参数a，但左边存在，根据同构式的形式相似原理，我们需要将aln移至不等式左边，即()lnlnln11xaeax-->--，显然不等式的两边都加上x即可同构成功，()()ln1lnlnln1xxaexaex--+->+-，构造函数xexxh)(，))1(ln()ln(xhaxh，易知)(xh在区间),0(，只需()()lnln1ln1lnxaxxxa->-Þ-->，两边取指数得：axex1，这里求最值也可以利用同构式来解决，令xexgx)(，易知exg)(，aexegexexexx21)1(11，所以2ae<，故选B．注意：指数和对数的变量中出现xe和1lnx，或者1xe和xln，或者xe和)1ln(x，这些有着明显的指对不等式恒成立的式子，通常是加法同构式xexxh)(的常客，在内函数的解不等式中，经常需要几个“亲戚函数”来帮忙，所以我们接下来介绍一下同构式的保值性．考点3利用同构式的保值性秒杀同构式保值性：若)(xh，))((xph，))((xqh中，Dx，Dxp)(，Dxq)(，故)(xh，))((xph，))((xqh的最值相等．概括起来就是构造了同构式，可以根据外函数的性质直接求出函数的最值．同构式倍值性：在)(xh和))(()(xphmxg满足Dx，Dxp)(，则))(()(xphmxg的最值是)(xh的m倍我们将这个性质概括为同构式的倍值性．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系124下面我们仅以“亲戚函数”的图像和性质来验证这个理论．关于xexxf的亲戚函数一、通过平移和拉伸得到的同构函数如图1根据求导后可知：xexxf在区间1,，在区间,1，efxf11min．图1图2图3图4如图21111xefexeexxx，即将xf向右平移1个单位，再将纵坐标扩大为原来的e倍，故可得xexy1在区间0,，在区间,0，当0x时，1miny．如图3222222xfeexeexxx，即将xf向右平移2个单位，再将纵坐标扩大为原来的2e倍，故可得xexy2在区间1,，在区间,1，当1x时，eymin．如图4111111xfeexeexxx，即将xf向左平移1个单位，再将纵坐标缩小为原来的e1倍，故可得xexy1在区间2,，在区间,2，当2x时，2min1ey．二、通过乘除和取倒数导致凹凸反转同构函数如图5xfexexyxx，即将xf关于原点对称后得到xexy，故可得xexy在区间1,，在区间,1，当1x时，ey1max．图5图6图7图8如图611111)1(xfeexeexyxx，即将xf关于原点对称后，向右移一个单位，再将纵坐标缩小e1倍，得到xexy1，故可得xexy1在区间2,，在区间,2，当2x时，2max1ey．如图7110xxeyxxxefx，属于分式函数，将xf1关于原点对称后得到，故可得xeyx在区间1,0，在区间,1，当1x时，eymin．如图8111110111xxeyxxexeefx，属于分式函数，将xf1关于原点对称后，左移一个单位，再将纵坐标缩小e1倍，故可得1xeyx在区间0,1，在区间,0，当0x时，1miny．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系125三、通过取反函数构成的同构函数图9图10图11图12如图9xfxexxxlnlnlnln，当1,lnx，即ex1,0，当,1lnx，即,1ex，ey1min．如图10xfxxxxlnlnln11，实现了凹凸反转，原来最小值反转后变成了最大值，当1,lnx，即,ex，当,1lnx，即ex,0，ey1max．如图11exefexexexxlnln1ln，当1,lnex，即,1x，当,1lnex，即1,0x，1maxy．如图122222ln21ln21lnxfxxxx，当1,ln2x，即,ex，当,1ln2x，即ex,0，ey21max．注意：xxyln可以成为模型函数，也可以作为 模板 个人简介word模板免费下载关于员工迟到处罚通告模板康奈尔office模板下载康奈尔 笔记本 模板 下载软件方案模板免费下载 来进行同构，本专题之所以这样设计是让读者思考这一系列函数的同构原理，达到举一反三的目的．例题中我们会以xxyln为模板进行求最值讨论．【例7】（2019•凌源一模）若函数2()xfxeax在区间(0,)上有两个极值点1x，212(0)xxx，则实数a的取值范围是（）A．2ea„B．aeC．ae„D．2ea【解析】由题意得：02)(axexfx有两个实根，即xexgayx2有两个交点，如图7所示，xeyx在区间1,0，在区间,1，当1x时，eymin；,2ea，2ea，故选D．【例8】（2019•广州一模）已知函数||2()xfxeax，对任意10x，20x，都有2121()(()())0xxfxfx，则实数a的取值范围是（）A．]2,(eB．(,]2eC．[0,]2eD．[,0]2e【解析】由题意可知函数()fx是)0(，上的单调递减函数，且)(xf为偶函数，则)(xf在区间)0(，单调递增，当0x时，2)(axexfx，02)(axexfx对),0(x恒成立，即exeaxmin)(2，2ea，故选A．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系126【例9】（2019•荆州期末）函数1()lnxfxxx的单调增区间为（）A．(,1)B．(0,1)C．(0,)eD．(1,)【解析】exexexxxflnln1)(，由于函数xxln在区间),0(e，),(e，则exexexfln)(，当),0(eex，即1,0x时，)(xf，故选B．【例10】（2019•广州期末）函数2()fxxlnxmx有两个极值点，则实数m的取值范围是（）A．1(0,)2B．(,0)C．(0,1)D．(0,)【解析】021ln)(mxxxf有两个根，则exexemln2，由于函数xxln在区间),0(e，),(e，最大值为e1，参考图10，故exexemexexemln2ln2有两根时满足eem120，即210m，故选A．【例11】（2019•深圳月考）已知函数()lnxfxkxx在区间14[e，]e上有两个不同的零点，则实数k的取值范围为（）A．1[4e，1)2eB．1(4e，1)2eC．21[e，1]4eD．21[e，1]e【解析】222ln21ln0lnxxxxkkxxxxf，当],[41eex时，],[2221eex，由于函数xxln在区间),0(e，),(e，则当],[212eex时，]1,21[ln22eexx，当],[22eex时，]1,2[ln222eexx，由于2221ee，故当)21,41[ln2122eexxk时，()lnxfxkxx有两个不同零点，故选A．第二讲同构式保值性定理保值性定理1：若))(())((xqhxph恒成立，且满足)())(())((xxqhxph，则一定要满足0)(x；保值性定理2：若))(())((xqhxph恒成立，且满足))(())((xqhmxph（0)(xh），则一定要满足1m；若要满足))(())((xqmhxph有实根，则一定要满足1m；保值性定理3：若0))((0))((xqhxph，，且满足当mx时，0))(())((xqhxph，则一定满足不等式0))(())((xqhxph；若0))((xph时和0))((xqh时的x取的值不相等，则0))(())((xqhxph【例12】（2019•保山一模）若函数lnxfxeaxx有两个极值点，则a的取值范围是（）A．(,)eB．(,2)eC．(,)eD．(2,)e【解析】由()0xfxealnxa，得exexeaxeexaexxlnln．构造xxexh)(，则由于)(xh在),0(，且exxln，故)(ln)(exhxh恒成立，若)(ln)(exheaxh有两不等实根，则一定需要1ea，解得ae，故选A．注意：相比此题的传统方法，同构式确实可以一步秒杀，还有什么理由不学习研究同构式呢？下面我们来讲解一下高考题中的同构式保值定理的应用．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系127【例13】（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1xfxaelnx．（1）设2x是()fx的极值点，求a，并求()fx的单调区间；（2）证明：当1ae时，()0fx．【解析】（1）略；（2）当1ae时，11lnxxaelnxeexe，故只需证exeexln1，故只需证exexexeexln1，即证明exexxexln恒成立，由于exxxgln)(中，xxg11)(，易知0)1()(mingxg，故exxln恒成立，构造函数xxexh)(，易知)(xh在区间),0(为增函数，故不等式满足)(ln)(exhxh，即()0fx恒成立．注意:此题也可以采用反证法，当()0fx，只需exaexln，只需exexxeaexln恒，只需)(ln)(exhxhae恒成立，故只需1ae，即1ae．【例14】（2014•全国卷I）设函数xbexaexfxx1ln，曲线xfy在点1,1f处的切线方程为21xey．（1）求,ab；（2）证明：1xf．【解析】（1）函数()fx的定义域为(0,)，112()xxxxabbfxaelnxeeexxx，由题意可得(1)f2，(1)fe，故1a，2b；（2）由（1）知，12()xxfxelnxex，要证()1fx，，只需22()xxxlnxxexlnxxeee，构造函数()xhxxe=，显然()1hxe³-，当仅当1x时等号成立，()(ln)()xxlnxxehxhx，根据同构式的保值性可得exh1)(ln，当exx11ln时等号成立，同理exh1)(，当11xx时等号成立，由于(ln)()hxhx、取得最小值的条件不同，故2()(ln)()xxlnxxehxhxe，即()1fx．注意：保值性不仅仅是保大于零或者恒成立，也可以保最大值或者最小值，知道指对跨阶的同构式，基本上就是一步到位，怎么样？有点感觉了吧，再看看下一道高考题．【例15】（2015•新课标Ⅰ）设函数2()xfxealnx．（1）讨论()fx的导函数()fx零点的个数；（2）证明：当0a时，2()2fxaalna．【解析】（1）2()xfxealnx的定义域为(0,)，2()2xafxex．当0a时，()0fx恒成立，故()fx没有零点，当0a时，2xye为单调递增，ayx单调递增，()fx在(0,)单调递增，又()fa0，假设存在b满足02abln时，且14b，()fb0，故当0a时，导函数()fx存在唯一的零点，学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系128（2）要证222lnxealnxaaa，只需222lnxelnxaa，即证2ln22ln0xaelnxa，构造函数1)(xexhx，显然0)(xh，由于1ln2)ln2(ln2axeaxhax，12ln2)2(lnxxxh，故02ln2ln12ln21ln2)2(ln)ln2(ln2ln2axexxaxexhaxhaxax，当仅当2lnxa且ln20x，即1,2xae时等号成立，所以当0a时，2()2fxaalna．注意：看不到乘法同构就用加法，xexxh)(的同构式通常用于单调性，因为无最值，所以无法采用保值性来使用，而1)(xexhx既能实现单调性，又能实现保值性，堪称同构式的桥头堡，下面关于同构式1)(xexhx，在涉及保值性问题上，有一个特殊的名词，叫做改头换面．第三讲改头换面ex-ln(x+m)≥2-m类型构造1)(xexhx，则1)ln()())(ln(mxmxmxh，故)ln(mxex)ln()(1mxmxxexmmxhxhm2))(ln()(21，由于0))(ln()(mxhxh，故mmxex2)ln(，当仅当0x，且0)ln(mx时等号成立，这里就提出了一个问题就是，当仅当1m时可以取等，其余均是大于．此题也可以表示为mmxexfmx22)ln()(，当仅当21m时，1)(minxf【例16】（2013•新课标Ⅱ）已知函数()()xfxelnxm．（1）设0x是()fx的极值点，求m，并讨论()fx的单调性；（2）当2m时，证明()0fx．【解析】（1）因为1()xfxexm，0x是()fx的极值点，1(0)10fm，解得1m．所以函数()(1)xfxelnx，其定义域为(1,)．1(1)1()11xxexfxexx．设()(1)1xgxex，则()(1)0xxgxexe，所以()gx在(1,)上为增函数，又(0)0g，所以当0x时，()0gx，即()0fx；当10x时，()0gx，()0fx．所以()fx在(1,0)上为减函数；在(0,)上为增函数；（2）（常规方法）证明：当2m，(,)xm时，()(2)lnxmlnx，故只需证明当2m时()0fx．当2m时，函数1()2xfxex在(2,)上为增函数，且(1)0f，(0)0f．故()0fx在(2,)上有唯一实数根0x，且0(1,0)x．当0(2,)xx时，()0fx，当0(xx，)时，()0fx，从而当0xx时，()fx取得最小值．由0()0fx，得0012xex，00(2)lnxx．故200000(1)1()()022xfxfxxxx综上，当2m时，()0fx．（2）秒杀解法：构造()1xhxex=--，则()10xhxe¢=-=时，故当0x=，min()0hx=；()ln=1()ln()12=()(ln())+22xxexmexxmxmmhxhxmmm-+--++-+-+-++-³-，2m£，()0fx，由于取等号时，0m，而此时00)(xxh，10)(ln))(ln(xxhmxh，两式取得等号的条件不一致，故()0fx．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系129注意mxe和)ln(nx在同构式里面仅仅在1mn的时候获得取等条件，最常见就是构造))1(ln()(xhxh或者构造)(ln)1(xhxh，诸如此类的改头换面，我们也可以称为差一同构式．针对xxe和xln，没有了差一同构式，却多了个不对称构造，一个有xxe，一个却不是xxln，此类也是可以改头换面的，就是将指数部分进行改头换面，构成1)(xexhx的同构式应用．第四讲xxexex、与lnx改头换面利用()10xhxex=--³，则有①lnln1xxxxeexx+=³++；22ln2ln1xxxxeexx+=³++这一系列放缩的取等条件就是()ln00.6xxx+=»，或者()2ln00.7xxx+=»；利用()0xhxeex=-³（取等条件1x），则有②()lnlnxxxxeeexx+=³+；()lnlnxxxeeexxx-=³-；()22ln2lnxxxxeeexx+=³+；这一系列放缩的取等条件就是()ln11xxx+==，()ln11xxx-==或者()2ln11xxx+==；【例17】（2018•江苏期末）函数()lnxfxxexx=--的最小值为．【解析】构造1)(xexhx，ln()lnln11(ln)1xxxfxxexxexxhxx+=--=---+=++，当仅当00ln0xx+=时，0)ln(00xxh，此时min0()()1fxfx==．故答案为1．【例18】（2018•长沙模拟）已知()ln1xfxxeaxx=--³对于任意的()0,xÎ+¥恒成立，则a的取值范围是．【解析】构造1)(xexhx，根据题意ln()1ln1ln10xxxfxxeaxxeaxx+-=---=---³恒成立，同构得：lnln1(ln)(1)0xxexxaxxhxxax+----+=++-³，根据保值性0)ln(xxh，即()10ax-³对()0,xÎ+¥恒成立，显然1a£，根据例17的相同取等条件可知，故(],1aÎ-¥．【例19】（2019•深圳月考）已知2()ln1xxeax-³+对于任意的()0,xÎ+¥恒成立，则a的最大值为（）A．1B．2C．1eD．e【解析】构造()1xhxex，22lnln12ln12(2ln)(2)0xxxxeaxxexxxaxhxxax+---=---+-³++-³恒成立，可知2a£，取等条件为2ln0xx+=，此时a取得最大值2．第五讲利用同构式的内外函数单调性秒杀零点极值点问题极值存在问题：若函数()(g())fxhx，则令()tgx，根据复合函数求导(g())()hxhtt原理，若存在一个极值，则()0()0gxht或者()0()0gxht，若不存在极值，则()0()0gxht，若存在多个极值，则()0()0gxht，此方法叫做同构式内外函数分离法，通常可以简化求导计算，达到事半功倍效果．零点个数问题：若函数()(g())fxhx，则令()tgx，先确定内值外定，即内函数的值域是外函数的定义域，再确定内外函数在相应区间的单调性，利用乘法原理来确定相应区间根的个数．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系130【例20】（2019•陕西一模）已知函数()()xefxklnxxx，若1x是函数()fx的唯一极值点，则实数k的取值范围是（）A．],(eB．(,)eC．(,)eD．),[e【解析】因为函数ln()(ln)(ln)xxfxekxxhxx，令ln1txx，()thtekt的定义域是[1,)，易知11tx，当1x时0t，1x是函数()fx的唯一一个极值点()0thtek在[1,)t无变号零点，1kee，故选A．注意：复合函数求导分离，此题就是ln1()()(ln)()(1)xxtfxekxxekx，看明白函数的复合性质，()thtekt为外函数，求导为()0thtek，lntxx，[1,)t为内函数，求导为11tx，复合函数求导是将内外函数相乘，故内函数取得零点时外函数一定无零点或者和内函数在同一位置取得非变号零点．采用分别求零点策略，能大大简化求导过程，所以关于极值点存在的问题，此招无处不在，很多学生会因为求导出错而丢分，此来源于复合函数本质，高观点低运算．【例21】（2019•襄阳模拟）已知()()22lnxfxxeaxx=-+有两个零点，则a的取值范围是．【解析】由于22lnxxxxee+=，故可以换元，令2lnxxt+=，易知t是关于x的单调增函数，且tRÎ，令()xhxeax故根据复合函数零点原理可得：()()22ln()xtfxxeaxxeatht=-+=-=在tR上有两个零点，参变分离加指数找基友得：()1ttgtae==，()1ttgte-¢=，如图，易知当1t<时，()gt­，当1t>时，()gt¯，()()max11gtge==，当0t<时，显然()0gt<，0t>时，由于0t®和t®+¥时()0gt®，故当11(0,)aeÎ，即(,)aeÎ+¥时，2()(2ln)xfxxeaxx=-+有两个零点．注意：求出内函数的值域后，内函数由于单调递增，所有一切交给了外函数，此法又能大大简化求导和分析计算，一个导数题，确实分析主要矛盾是最重要的，同构式将内外函数分别分析，达到事半功倍效果．【例22】（2019•保山一模）若函数lnxfxeaxx有两个极值点，则a的取值范围是（）A．(,)eB．(,2)eC．(,)eD．(2,)e【解析】此题由于原函数看不出同构式子，故需要看求导后的情况，由()0xfxealnxa，得(1)xealnx．即lnxeaex有两交点，典型的乘法同构题型，加上保值性知识，令()xhxxe，根据题意lnxaxeexexe，即()(ln)ahxhexe，由于lnxex恒成立，故()(ln)hxhex恒成立，若要()(ln)ahxhexe有两交点，故只需1ae，解得ae，故选A．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系131【例23】（2019•广东四校）已知函数ln0xfxxeaxxx．（1）当ae时，求函数fx的单调区间；（2）讨论函数fx的零点个数．【解析】（1）可以根据复合函数求导来快速求导，由于lnlnlnxxxfxxeexxeexx，故lnln1ln10xxxxfxeexxeex，即ln11xxx，故当1x时，ln1xx，ln0xxee，11+0x，ln1()(1)0xxfxeex，同理可得当1x时，ln0xxee，110x，ln1()(1)0xxfxeex，故fx在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增．（2）易知当0a时，xfxxe在0+x，上无零点；当0a时，lnlnxxxxe，令0xtxet，fx的零点个数等价于lnt0ta根的个数，即1lntat的根的个数，即直线1ya与曲线lntgtt的图像交点个数，由同构函数体系易知max1gtgee，所以当11ae时，即0ae时，无交点；当110ae时，即ae时，两个交点；当11ae或10a时，即ae或0a时，一个交点．综上所述：当0ae时，fx无零点；当ae时，fx有两个零点；当ae或0a时，fx有一个零点．注意：这里给到了一个思维过程，具体写解答题需要证明xtxe单调，且在区间(0,)的一一对应性，故只考虑外函数lnt0ta的零点个数．【例24】（2019•全国模拟）已知函数2axfxxe．（1）讨论函数fx的单调性；（2）已知函数2lngxfxxax，且函数gx的最小值恰好为1，求a的最小值．【解析】（1）)2()ln2()(ln2ln2xaexaxexfxaxxax，由于0ln2xaxe，故只要讨论xa2的零点问题，当0a时，02xa恒成立，此时0fx，fx在区间),0(为增函数；当0a时，=0fx则ax2，且当ax20时，0fx，当ax2时，0fx，故fx在区间)2,0(a为增函数，在区间),2(a为减函数．（2）22ln()()2ln2ln(2ln)(2ln)axxaxgxfxxaxxexaxexaxhxax，令2lntxaxtR，学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系132()thtet，根据复合函数求导原理可得2ln2ln2()(2ln)(1)(2ln)(1)()xaxxaxgxhxaxexaxeax易得min()(0)1hth，即0000ln02ln02xatxaxx方程有解，即2ay与lnxyx图像有交点，即2ae．注意：此题只需要外函数求导有解，对于内函数求导后的式子并无太大要求，内函数求导后可以有零点，也可以无零点，如果内函数求导后出现零点了，那么就是多了几个极值点，在这些极值点当中，只要有一个极小值点是恰好是1即可满足题意．同构式一般都在同一位置取到极值，如果同构以后发现不是极值点，会怎样呢？同构式也会出现一种极值偏移的情况，下面我们来看一下是什么状况．第六讲同构式的极值偏移同构式最常见模型1)(xexhx，以))1(ln()(xhxh或者))1(ln()(xhxh均在0x时取得最小值，我们称之为同构式的单调性和保值性．在这类型同构式当中，一定满足外函数单调性和内函数单调性统一，且取得极值的位置也统一．例（1）01)1ln(mxxex恒成立，（2）01)1ln(mxxex对),0[恒成立，则根据一定有：（1）00))1(ln()()1ln(11)1ln(mmxxhxhmxxxxemxxexx．（2）20)2())1(ln()()2()]1ln([11)1ln(mxmxhxhxmxxxemxxexx．原理就来自于0x时，0)(minxh，0))1(ln(minxh，))1(ln()(xhxh在区间),0[单调递增，（1）式是同时取最小，（2）式是单调性问题，在同构式的题目设计中，加法同构和减法同构都共同指向它们的共同最值部分．当同构式取得的极值不是整个函数的极值时，那就是同构式的“极值偏移”，我们只需要分析同构式的极值和整个函数的极值大小关系，即可得出结论，题根和本质还是同构式极值问题．【例25】（2019•衡水金卷）已知lnfxxaxa．（1）若212Fxfxx，求Fx的单调区间；（2）若1xgxefx的最小值为M，求证1M．【解析】（1）axaxxf21)(，当2a时，0)(xf，此时)(xf在区间),0(，当2a时，01)(2xaxxxf，242aax，故)(xf在区间),24()24,0(22aaaa，在区间)2424(22aaaa，；（2）构造1xhxex，则0hx，则11lnln1xhxhxexxx，1ln11ln11xgxexaxhxhxax，minmin1ln0hxhx，当仅当1x时同时取到最小值，11xgxeax，1ga，1)1(g，且11xgxeax在(0,+)接下来分类讨论：学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系1331）当0a，则min1gx，成立；2）当0a，则10ga，0)(xg对)1,0(x恒成立，且),1(0x使得0)(0xg，min0()()(1)1gxgxg，成立；3）当0a，则10ga，0(0,1)x使得0)(0xg，min0()()(1)1gxgxg，成立；得min11gxg；综上得证．注意：虽然minmin1ln0hxhx，且当1x时同时取到最小值，但函数的最小值不一定是同构式的最值，但可以根据单调性来综合分析讨论，此举达到事半功倍．【例26】（2019•佛山二模）已知函数ln1cosxfxexaxx，其中aR．（1）若1a，证明：fx是定义域上的增函数；（2）是否存在a，使得fx在0x处取得极小值？说明理由．【解析】（1）1()sin1xfxeaxx，(1)x．先证：1xex，令()1xgxex．则()1xgxe，令()0gx得0x，当0x，()0gx，()gx递减，当0x，()0gx，()gx递增，故()gx的极小值为(0)0g，即()(0)0gxg，所以1xex，所以111211xexxx，又sin1x，但等号不同吋成立，所以1sin11xexax…，故1()sin01xfxeaxx，所以()fx在(1,)上的单调递增；（2）构造1xgxex，ln1cos1ln1+21cosxxfxexaxxexxxxxax即ln121cosfxgxgxaxx，因为ln1+1cosgxgxx在0x处取得最小值，故()fx在0x处取得最小值，则必须有(2)0ax，所以2a，这里需说明2a以及2a矛盾（方法同上题衡水金卷）．欢迎各位同仁指正！学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系134达标训练1．对于下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数．（1）02log2kxkx（2）0ln12xex（3）0ln2xmmexx（4）xxxeaaxln)1(2)1(（5）xeaxxxa2)1(2)1ln(（6）)1(lnxxexaxax（7）0ln2xxex（8）0ln2xexx2．若对任意0x，恒有xxxeaxln)1(2)1(，则实数a的最小值为．3．对任意0x，不等式0lnln22axaex恒成立，则实数a的最小值为．4．已知0x是函数2ln)(22xexxfx的零点，则02ln0xex．5．若关于x的方程33klnxx只有一个实数解，则k的取值范围是．6．设实数0，若对任意的(0,)x，不等式202xlnxe…恒成立，则的最小值为．7．设实数0m，若对任意的xe，若不等式2ln0mxxxme恒成立，则m的最大为．8．（2019•眉山模拟）已知函数()21xfxaex有两个零点，则a的取值范围是．9．已知函数axxxexfaxln)(1．若0)(xf对任意0x恒成立，则实数a的最小值是．10．已知0a，函数)0(1)ln()(xaxexfax的最小值为0，则实数a的取值范围是．11．已知函数()ln1(1)bxfxxeaxxx，其中0b，若0)(xf恒成立，则实数a与b的大小关系．12．已知0x是方程222ln0xxex+=的实根，则关于实数0x的判断正确的是（）A．0ln2x³B．01xe£C．002ln0xx+=D．002ln0xex+=13．（2019•武汉期末）已知函数lnxfxxxae（e为自然对数的底数）有两个极值点，则实数a的取值范围是（）A．1(0,)eB．1(,e)eC．1(,)eD．(,)e14．（2018•荆州期末）函数1()lnxfxxx的单调增区间为（）A．(,1)B．(0,1)C．(0,)eD．(1,)15．（2018•沈阳期末）函数2()xefxx在(,)m上单调递减，则实数m的最大值为（）学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系135A．12B．0C．12D．116．（2019•沈阳一模）已知函数()2fxalnxx，若不等式(1)2xfxaxe在(0,)x上恒成立，则实数a的取值范围是（）A．2aB．2aC．0aD．02a17．（2019•江西模拟）已知函数121lnaxfxxexaxae，，函数fx的最小值M，则实数M的最小值是（）A．1B．1eC．0D．31e18．（2019•安徽模拟）设函数lnxfxxeaxx，若0fx恒成立，则实数a的取值范国是（）A．[0，e]B．[0，1]C．（，e]D．[e，）19．（2019•株洲一模）已知函数lnxefxkxxkRx，若fx只有一个极值点，则实数k的取值范围是（）A．e，B．e，C．e，D．1e，20．（2019•湖南模拟）已知函数22lnxefxkxkxx，若2x是函数fx的唯一极值点，则实数k的取值范围是（）A．24e，B．2e，C．02，D．2+，21．已知ln0mbamem，且0ab恒成立，则实数m的取值范围为（）A．1+e，B．12+e，C．1e，D．1ee，22．（2019•甘肃模拟）已知函数()ln1fxxx，xaxexgx4)(，其中0a．求证：)2ln(ln2)(2)(axfxg23．已知函数)()(2aexxfx，若xxxfln1)(，求a的取值范围．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系13624．求证：01121)ln(2xxxxexx．25．（2019•济南期末）已知2)(axxexfx，aexxxxg1ln)(2，当0a时，若0)()()(xagxfxh恒成立，求实数a的取值范围．26．已知函数)(ln)(xxaxexfx，求证：20ea时，0)(2exf．27．（2019•山西模拟）已知函数lnfxxaxxaR．（1）讨论函数fx的单调性；（2）若函数lnfxxaxx存在极大值，且极大值点为1，证明：2xfxex．28．（2019•长沙月考）已知mR，函数1()(mxlnxfxeex为自然对数的底数）（1）若1m，求函数()fx的单调区间；（2）若()fx的最小值为m，求m的最小值．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系13729．（2019•广州越秀）已知函数ln1fxxx，1xgxex．（1）求函数fx的单调区间；（2）若gxkfx对0,x恒成立，求实数k的取值范围．30．（2019•宜春月考）已知函数1xfxemx，其中e是自然对数的底数．（1）若me，求函数fx的极值；（2）若关于x的不等式ln10fxx在0+，上恒成立，求实数m的取值范围．欢迎各位同仁指正！31．（2019•东莞一模）已知函数()()xfxxealnxx．（1）若ae，求()fx的单调区间；（2）当0a时，记()fx的最小值为m，求证：1m„．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系13832．（2019•雅安期末）已知函数2()fxlnxax．（1）若函数()fx有两个不同的零点，求实数a的取值范围；（2）若2()22xfxaxaxeea在(1,)x上恒成立，求实数a的取值范围．33．（2019•邢台期末）已知函数2()2fxlnxxax．（1）若32a，求()fx的零点个数；（2）若1a，212()21xgxxxeex，证明：(0,)x，()()0fxgx．34．（2019•会宁期中）已知函数()fxlnxmx，mR．（1）求()fx的极值；（2）证明：0m时，(2)xefx．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系13935．（2019•城关月考）已知函数()(1)fxxalnx，aR．（1）当1a时，求曲线()yfx在点(1，f（1）)处的切线方程；（2）令()()agxfxx，讨论()gx的单调性；（3）当2ae时，()0xxemfx…恒成立，求实数m的取值范围．(e为自然对数的底数，2.71828)e．36．（2019•桃城月考）已知函数2()1axfxxe．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）当13ae时，求证：()fxlnx．37．（2019•蚌埠三模）已知函数()()xfxaeaR，()1lnxgxx．（1）求函数()gx的极值；（2）当1ae…时，求证：()()fxgx…．学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系14038．（2019•江岸模拟）设函数()(1)xfxeblnx．（1）证明()fx的图象过一个定点A，并求()fx在点A处的切线方程；（2）已知0b，讨论()fx的零点个数．39．（2019•南通模拟）设函数()()xfxealnxaR，其中e为自然对数的底数．（1）当0a时，判断函数()fx的单调性；（2）若直线ye是函数()fx的切线，求实数a的值；（3）当0a时，证明：()2fxaalna…．40．（2019•南昌二模）已知函数()()xfxxealnxx，()(1)gxmx．(a，mR且为常数，e为自然对数的底）（1）讨论函数()fx的极值点个数；（2）当1a时，()()fxgx…对任意的(0,)x恒成立，求实数m的取值范围．欢迎各位同仁指正！学习数学领悟数学秒杀数学高考背景下的函数体系14141．（2019•江岸月考）已知函数1()(0)xfxealnaxaa．（1）当1a时，求曲线()yfx在点(1，f（1）)处的切线方程；（2）若关于x的不等式()0fx恒成立，求实数a的取值范围．42．（2019&b