专题11 函数中的同构问题（原卷版）

专题11函数中的同构问题一、考情分析近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不同的式子通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式问题中，或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.二、解题秘籍(一)同构函数揭秘同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如exx与xxln属于“跨阶函数”，而elnxx属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类：e,ln,xfxxfxxxe,lnxfxxfxxx，e,lnxfxxafxxxa等，在一些求参数的取值范围、零点个数、不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解.利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如；lnlnlnee,lne,ee,exxxxxxxxxxxx等.【例1】（2024届陕西省西安市部分学校高三上学期考试）已知函数1lnfxxaxx.(1)当2a，求fx的极值；(2)若eaxfx恒成立，求a的取值范围.【解析】（1）当2a时1ln2fxxxx，0,x，则222212111212xxxxfxxxxx，所以在0,1上()0fx¢，fx单调递增，在1,上0fx，fx单调递减，当1x时fx取得极大值，10213f，故fx的极大值为3，无极小值.（2）由eaxfx，可得1lneaxxaxx，则1lneaxxaxx，即11lnlneeaxaxxx.令1lngxxx，则eaxgxg，因为gx在0,上单调递增，所以eaxx，则lnxax.令lnxhxx，则21lnxhxx，在0,e上0hx，hx单调递增，在e,上0hx，hx单调递减，即max1()eehxh，所以1ea，则a的取值范围为1,e.【例2】（2024届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测）已知函数2lnfxxxax在1x处的切线l和直线0xy垂直.(1)求实数a的值；(2)若对任意的12,0,2xx，12xx，都有12221212()()eexxfxfxxxm成立（其中e为自然对数的底数），求实数m的取值范围.【解析】（1）由函数2lnfxxxax，可得1()2fxxax，可得13fa因为函数在1x处的切线l和直线0xy垂直，所以11f，即31a，解得2a.（2）解：不妨设1202xx，则12ee0xx，因为对任意的12,0,2xx，12xx，都有12221212()()xxfxfxxxmee成立，可得12221212()()eexxfxfxxxm，即12221122()e()exxfxxmfxxm，设2exgxfxxm，则12()()gxgx，故gx在0,2单调递增，从而有1()2e0xgxmx，即1e2xmx在0,2上恒成立，设1()e2xhxx，则minmhx，因为2221121()e2ee(02)xxxxxhxxxxx，令0hx，即2212110xxxx，解得12x，令0hx，即2212110xxxx，解得01x，所以hx在0,1单调递减，在1,2单调递增，又因为1(1)he，故hx在0,2上最小值min1()hxe，所以1me，实数m的取值范围是1,e.(二)exx型同构【例3】（2023届吉林省长春外国语学校高三上学期考试）已知函数exfxax（e是自然对数的底数）.(1)当1a时，求()fx的极值点；(2)讨论函数()fx的单调性；(3)若e1lnxgxxaxfx有两个零点，求实数a的取值范围.【解析】（1）当1a时，exfxx,则e1xfx.当,0x时，0fx，此时函数()fx递减，当0()x,时，()0fx¢，此时函数()fx递增，所以()fx极小值点为0x，无极大值点.（2）求导exfxa①当0a时，()0fx¢，()fx在R上递增②当0a时，当,lnxa时，0fx，()fx在(n),la上递减，当),(lnxa时，()0fx¢，此时函数()fx在(ln,)a上递增.（3）等价于elnelne0xxxgxxaxxxaxx有两个零点，令,0extxx，则1e0xtx在0x时恒成立，所以extx在0x时单调递增，故0t，所以elnexxgxaxx有两个零点，等价于lnhattt有两个零点.因为()1atahttt，①当0a时，()0ht，()ht在0t上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意舍去，②当0a时，令()0ht，得ta，()ht单调递增，令()0ht，得0ta，()ht单调递减，所以minl(n)hhataaa.若0ha，得0ea，此时()0ht恒成立，没有零点；若0ha，得ea，此时ht有一个零点.若0ha，得ea，因为110h，ee0ha，1001002ee1000()aaha，所以()ht在1,e，100e,ea上各存在一个零点，符合题意，综上，a的取值范围为(e,).(三)lnxax型同构【例4】（2023届福建省宁德市博雅培文学校高三高考前最后一卷）已知函数lnRxfxmmx．(1)讨论函数fx的零点的个数﹔(2)当0m时，若对任意0x，恒有2e112axafxx≥，求实数a的取值范围．【解析】（1）令ln0,xfxmx则lnxmx，记lnxgxx，则21lnxgxx，当ex时，0gx，此时gx在e,单调递减，当0ex时，0gx，此时gx在0,e单调递增，故当ex时，gx取极大值也是最大值1eeg，又10g，而当1x时，0gx，故当01x时，0gx，当1x时，0gx，作出gx的图象如下：因此当1em时，即1em，gxm无交点，此时fx无零点，当1em或0m时，即1me或0m，gxm有一个交点，此时fx有一个零点，当10em时，即10em，gxm有两个交点，此时fx有2个零点，综上可知：当1em时，fx无零点，当1me或0mfx有一个零点，当10em，fx有2个零点，（2）当0m时，若对任意0x，恒有2e112axafxx≥等价于：对任意0x，恒有22e1ln1axaxxx≥，令1lnFxxx，则不等式等价于2eaxFFx，由于1lnxFxxx，令221111ln,xxmxxmxxxxx，当01,0,xmxmx单调递减，当1,0,xmxmx单调递增，所以120Fxmxm，故Fx在0,单调递增，由2eaxFFx得2eaxx对任意0x恒成立，两边取对数得ln2ln2axaxxx对任意0x恒成立，故max2agx，所以122eeaa故a的范围为2ea(四)exaxb型同构【例5】（2024届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测）已知函数()e1xfxax.(1)讨论()fx的单调性；(2)当1x时，1()lnxfxxa，求实数a的取值范围.【解析】（1）依题意，得()e1xfxa.当0a时，()0fx，所以()fx在(,)单调递增.当a0时，令()0fx，可得ln()xa；令()0fx，可得ln()xa，所以()fx在(,ln())a单调递增，在(ln(),)a单调递减.综上所述，当0a时，()fx在(,)单调递增；当a0时，()fx在(,ln())a单调递增，在(ln(),)a单调递减.（2）因为当1x时，1()lnxfxxa，所以1e1lnxxaxxa，即lnee1ln(1)lnaxxxax，即lnelnln(1)1xaaxxx，即lnln(1)elneln(1)xaxxax.令()exhxx，则有(ln)(ln(1))hxahx对(1,)x恒成立.因为()e10xhx，所以()hx在(,)单调递增，故只需lnln(1)xax，即lnln(1)axx对(1,)x恒成立.令()ln(1)Fxxx，则12()111xFxxx，令()0Fx，得2x.当(1,2)x时，()0Fx，当(2,)x时，()0Fx，所以()Fx在(1,2)单调递增，在(2,)单调递减，所以()(2)2FxF.因此ln2a，所以21ea.(五)lnxaxb型同构【例6】已知12exfxx，lnaxxgxx，Ra．(1)当1,x时，求函数gx的极值；(2)当0a时，求证：fxgx．【解析】(1)21lnaxgxx，当1a时，0gx，即gx在1,上单调递减，故函数gx不存在极值；当1a时，令0gx，得1eax，x11,ea1ea1e,agx+0-gx增函数极大值减函数故111111e11eee1eeaaaaaaaagxg极大值，无极小值.综上，当1a时，函数gx不存在极值；当1a时，函数gx有极大值，1e1agx极大值，不存在极小值．(2)显然0x，要证：fxgx，即证：12lnexxxx，即证：1eln2xxxx，即证：ln1eln11xxxx．令ln1txx，故只须证：e1tt．设e1xhxx，则e1xhx，当0x时，0hx，当0x时，0hx，故hx在0,上单调递增，在,0上单调递减，即min00hxh，所以0hx，从而有e1xx．故e1tt，即fxgx．三、典例展示【例1】（2024届江苏省徐州市邳州市新世纪学校高三上学期月考）已知函数221lnfxxxxax．(1)若1a，求fx的最小值；(2)若方程22eaxfx