第2部分 专题6 强基专题7　指对混合同构法 课件（共20张PPT）

专题六函数、导数和不等式强基专题7指对混合同构法第二部分核心专题师生共研具有相同结构的两个代数式称为同构式，两个同构式可以由同一个代数式通过变量代换而得.在成立或恒成立命题中，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型即不等式两边对应的同一函数，无疑大大加快了解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们就称为同构法.如2020年新高考Ⅰ卷第21题的第2问的求解用同构解法就非常迅捷.1．指对变形的五种等价形式(1)lnex＝x＝elnx；(核心公式)(2)xex＝elnxex＝elnx＋x；(3)xex＝elnxex＝elnx－x；(4)x＋lnx＝lnex＋lnx＝ln(xex)；(5)x－lnx＝lnex－lnx＝lnexx.2．三种同构基本模式(1)积型aea≤blnb⇒同右：ealnea≤blnb→fx＝xlnx，同左：aea≤(lnb)elnb→fx＝xex，取对：a＋lna≤lnb＋ln(lnb)→fx＝x＋lnx.例：2x3lnx≥memx⇔x2lnx2≥mxemx.说明：上述三个方法“取对”是最快捷和直观的．(2)商型eaa≤blnb⇒同右：ealnea≤blnb→fx＝xlnx，同左：eaa≤elnblnb→fx＝exx，取对：a－lna≤lnb－ln(lnb)→fx＝x－lnx.(3)和差型：ea±ab±lnb⇒同右：ea±lnea＞b±lnb→fx＝ex±lnx，同左：ea±aelnb±lnb→fx＝ex±x.例：eax＋axln(x＋1)＋x＋1⇔eax＋axeln(x＋1)＋ln(x＋1)⇔axln(x＋1).【例1】对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)log2x－k·2kx≥0；(2)aln(x－1)＋2(x－1)≥ax＋2ex；(3)e－x－2x－lnx＝0.[解](1)log2x－k·2kx≥0⇔xlog2x≥kx·2kx⇔(log2x)·2log2x≥kx·2kx，相应的同构函数f(x)＝x·2x.(2)aln(x－1)＋2(x－1)≥ax＋2ex⇔aln(x－1)＋2(x－1)≥alnex＋2ex，相应的同构函数f(x)＝alnx＋2x.(3)e－x－2x－lnx＝0⇔e－x－x＝x＋lnx⇔e－x＋lne－x＝x＋lnx，相应的同构函数f(x)＝x＋lnx.同构法的基本思路是通过恒等变形，创造“相同结构”，为构造函数做准备.要提高“识别”能力，即什么样的函数结构会用“同构法”解决，在解决问题中不断提高运用函数思想方法解决问题的意识和能力.【例2】(2020·新高考卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝aex－1－lnx＋lna，若f(x)≥1，求a的取值范围．[解]f(x)＝aex－1－lnx＋lna≥1等价变形为elna＋x－1－lnx＋lna≥1，即elna＋x－1＋lna＋x－1≥lnx＋x＝elnx＋lnx，令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(lna＋x－1)≥g(lnx)，显然g(x)为增函数，∴lna＋x－1≥lnx，即lna≥lnx－x＋1，令h(x)＝lnx－x＋1，则h′(x)＝1x－1＝1－xx，在(0，1)上h′(x)0，h(x)单调递增；在(1，＋∞)上h′(x)0，h(x)单调递减，∴h(x)max＝h(1)＝0，lna≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．同构法解题步骤第一步：对不等式或方程进行同构变形，找到对应的同构函数．第二步：判断对应函数的单调性．第三步：求参数取值范围或证明不等式．[跟进训练]1．已知函数f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a(a0)，若关于x的不等式f(x)0恒成立，则实数a的取值范围是()A．0，e2B．0，e2C．1，e2D．1，e2B[f(x)＝ex－aln(ax－a)＋a＞0⇔1aex＞lna(x－1)－1⇔ex－lna－lna＞ln(x－1)－1⇔ex－lna＋x－lna＞eln(x－1)＋ln(x－1)．令g(x)＝ex＋x，显然g(x)为增函数．则原命题又等价于g(x－lna)＞g(ln(x－1))⇔x－lna＞ln(x－1)⇔lna＜x－ln(x－1)．由于x－ln(x－1)≥x－(x－2)＝2.所以lna＜2，即得0＜a＜e2.]2．若对任意x0，恒有aeax＋1≥2x＋1xlnx，则实数a的最小值为________．2e[a(eax＋1)≥2x＋1xlnx⇔ax(eax＋1)≥(x2＋1)lnx2⇔(eax＋1)lneax≥(x2＋1)lnx2，令f(x)＝(x＋1)lnx，则f′(x)＝lnx＋x＋1x，f″(x)＝1x－1x2＝x－1x2，易知f′(x)在(0,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以f′(x)≥f′(1)＝2＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．则(eax＋1)lneax≥(x2＋1)lnx2⇔f(eax)≥f(x2)⇔eax≥x2⇔ax≥2lnx⇔a≥2lnxx，由导数法易证2lnxx≤2e.所以a≥2e.]3．已知函数f(x)＝aex－lnx－1，证明：当a≥1e时，f(x)≥0.[证明]当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1，所以只需证明exe－lnx－1≥0，由于exe－lnx－1≥0⇔ex≥eln(ex)⇔xex≥exln(ex)⇔xex≥eln(ex)ln(ex)．令g(x)＝xex，由g′(x)＝ex(x＋1)＞0知g(x)为增函数，又易证x≥ln(ex)＝lnx＋1，所以g(x)≥g(lnex)，即xex≥eln(ex)ln(ex)成立．故当a≥1e时，f(x)≥0.