微突破(十二) 函数中的同构问题 例1 (1) B (2)A [解析] (1)由题意得-<-,即+<+.令f(x)=+,则f(x)在(0,a)上单调递增,f'(x)=,令f'(x)=0,解得x=1,∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴a≤1,∴a的最大值为1,故选B. (2)因为x1
a(x1-x2),整理得x2+ax2>x1+ax1,因为x1x2>0,所以+>+.令f(x)=+,则函数f(x)在[-2,0)上单调递减,则f'(x)=≤0在[-2,0)上恒成立,所以ex(x-1)≤a在[-2,0)上恒成立.令g(x)=ex(x-1),则g'(x)=ex(x-1)+ex=xex<0在[-2,0)上恒成立,则g(x)=ex(x-1)在[-2,0)上单调递减,所以g(x)≤g(-2)=-,所以a≥-.故选A. 变式 D [解析] 对任意的x1,x2∈(m,+∞),且x1.令f(x)=,则函数f(x)在(m,+∞)上单调递减,可知f'(x)=-,由f'(x)<0,可得x>,所以函数f(x)的减区间为.所以(m,+∞) ,所以m≥,因此实数m的最小值为.故选D. 例2 解:(1)当a=1时,f(x)=ex-e(1+ln x),f'(x)=ex-,x∈(0,+∞), 易知f'(x)在(0,+∞)上单调递增, 又f'(1)=0,∴当x∈(0,1)时f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时f'(x)>0, ∴f(x)的增区间为(1,+∞). (2)方法一:f(x)=ex-ealn x-eaa,f'(x)=ex-=(x>0), 令g(x)=xex-ea(x>0), 则g'(x)=ex+xex>0,∴g(x)=xex-ea在(0,+∞)上单调递增, 又g(0)=-ea<0,当x→+∞时g(x)→+∞,∴存在唯一的正实数x0使得x0=ea, 当xx0时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ∴f(x)min=f(x0)=-ealn x0-eaa,由f(x)≥0恒成立,得f(x)min≥0. 由x0=ea,得x0+ln x0=a, ∴f(x)min=f(x0)=-x0(x0+2ln x0)≥0, ∴1-x0(x0+2ln x0)≥0,∴x0(x0+2ln x0)-1≤0,∴x0+2ln x0-≤0.设h(x)=x+2ln x-, 则h'(x)=1++>0恒成立,故h(x)在(0,+∞)上单调递增,又h(1)=0,∴00),当ln(tx)≤0时,g(x)≥g[ln(tx)]显然成立; 当ln(tx)>0时,则g(x)≥g[ln(tx)], ∵g'(x)=(x+1)ex>0,∴g(x)=xex在(0,+∞)上单调递增,则x≥ln(tx)=ln t+ln x恒成立,即ln t≤x-ln x恒成立. 可证得x-ln x≥1,∴ln t≤1,∴t≤e,即ea≤e,∴a≤1, 综上,a的取值范围为(-∞,1]. 变式 0 [解析] 令f(x)=ex+x,则f(x)在(0,+∞)上单调递增.ex+x=ax+ln(ax),即ex+x=eln(ax)+ln(ax),故f(x)=f[ln(ax)].∵正实数x0是方程ex+x=ax+ln(ax)的根,∴f(x0)=f[ln(ax0)],则x0=ln(ax0),得=ax0,即-ax0=0.微突破(十二) 函数中的同构问题 1.A [解析] 由2x-2y<3-x-3-y得2x-3-x<2y-3-y,令f(t)=2t-3-t,则f'(t)=2tln 2+3-tln 3>0,∴f(t)为R上的增函数,∴x1,∴ln(y-x+1)>0,则A正确,B错误;ln|x-y|与0的大小关系无法确定,则C,D错误.故选A. 2.C [解析] 由题意得mln(x+1)-3(x+1)>mx-3ex=mln ex-3ex,令g(x)=mln x-3x,则g(x+1)>g(ex)在(0,+∞)上恒成立,又1ln x2-ln x1 -ln x2>-ln x1,设f(x)=ex-ln x,则f'(x)=ex-=,设g(x)=xex-1(x>0),则g'(x)=(x+1)ex>0恒成立,所以g(x)在(0,1)上单调递增,因为g(0)=-1<0,g(1)=e-1>0,所以存在x0∈(0,1),使得g(x0)=0,可得当x∈(0,x0)时,g(x)<0,则f'(x)<0,当x∈(x0,1)时,g(x)>0,则f'(x)>0 ,所以f(x)在(0,1)上不单调,A中不等式不恒成立.对于B选项,->ln x2-ln x1 +ln x1>+ln x2,设h(x)=ex+ln x,可知h(x)在(0,1)上单调递增,所以h(x1)x1 >,构造函数F(x)=,则F'(x)=,则F'(x)<0在(0,1)上恒成立,所以F(x)在(0,1)上单调 ... ... 