§3.5指對同構(gòu)問題重點解讀把一個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)性進行處理，找到這個函數(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<2x2-2xA.1 B.2C.e D.2e思維升華含有地位同等的兩個變量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果進行整理(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)學中，我們把僅有變量不同，而結(jié)構(gòu)、形式相同的兩個式子稱為同構(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)對進行等價變形，構(gòu)造函數(shù)，然后由構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性進行研究.跟蹤訓練2(多選)對不等式ax+eax>ln(bx)+bx進行指對同構(gòu)時，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的一個根，則e2-me-1+(e-1)lnm等于A.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0<x1<x2<2時，f(x2)<f(x1)恒成立，所以0<a≤2，故a的最大值為2.]跟蹤訓練1C[令f(x)=xlnx，則f'(x)=1+lnx，當0<x<1時，f'(x)的正負不能確定，故x1lnx1與x2lnx2的大小不能確定，故選項A，B錯誤；令g(x)=lnxx，則g'(x)=當0<x<1時，g'(x)=1-lnxx2>0，則g(x)在(0，因為0<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)，因為f(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)，因為g(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因為方程①②為兩個同構(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，所以a=lnb-2，則ab=b(lnb-2)=e3×3-1=e8.跟蹤訓練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).因為f'(x)=(x+1)ex，所以f(x)在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，因為kx>0，lnx>0，所以kx≥lnx，即k≥lnx令h(x)=lnxx(x>1則h'(x)=1-lnx當x∈(1，e)時，h'(x)>0，h(x)單調(diào)遞增；當x∈(e，+∞)時，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.因為m是方程xeex-2+(e-1)lnx=2的一個根，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.]跟蹤訓練3(1)C[由ea+x·lnx<x2+ax在(0，1)上恒成立，可得lnxx<a+xea+即lnxelnx<a+xe當a≥0時，lnxelnx<0不等式lnxelnx<a+xe當a<0時，令f(x)=xe則f(lnx)<f(a+x)在(0，1)上恒成立，f'(x)=1-xex，當x∈(-∞，1)時，f'(x)>0，所以f(x)在(-∞，又當x∈(0，1)時，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<bl