同構函數【知識拓展】同構法在近幾年的模考中頻繁出現，首先將題目中的等式或不等式經過適當的整理變形，表示成兩側具有相同結構，然后利用這個結構式構造相對應的函數，再利用函數單調性解題.【類型突破】類型一地位同等同構型含有二元變量x1，x2的函數，常見的同構類型有以下幾種：(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]?g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2)，構造函數φ(x)＝g(x)＋λf(x)；(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>k(x1<x2)?f(x1)－f(x2)<kx1－kx2?f(x1)－kx1<f(x2)－kx2，構造函數φ(x)＝f(x)－kx；(3)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<eq\f(k,x1x2)(x1<x2)?f(x1)－f(x2)>eq\f(k（x1－x2）,x1x2)＝eq\f(k,x2)－eq\f(k,x1)?f(x1)＋eq\f(k,x1)>f(x2)＋eq\f(k,x2)，構造函數φ(x)＝f(x)＋eq\f(k,x).例1(1)(2024·溫州統考)已知x，y∈R，則“x>y>1”是“x－lnx>y－lny”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件(2)若0＜x1＜x2＜a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2) B.1C.e D.2e訓練1(1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A.a>2b B.a<2bC.a>b2 D.a<b2(2)(2024·宜賓調研)若對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，則m的最小值是()A.e2 B.eC.1 D.eq\f(1,e)類型二指對跨階同構型1.對于一個指數、直線、對數三階的問題可以通過跨階函數的同構，轉化為兩階問題解決，通常在一些求參數的取值范圍、零點個數、證明不等式中應用跨階同構來快速解題.跨階同構需要構造一個母函數，即外層函數，這個母函數需要滿足：①指對跨階，②單調性和最值易求.2.為了實現不等式兩邊“結構”相同的目的，需要對指對式進行“改頭換面”，常用的方法有：x＝elnx，xex＝elnx＋x，x2ex＝e2lnx＋x，eq\f(ex,x)＝e－lnx＋x，lnx＋lna＝ln(ax)，lnx－1＝lneq\f(x,e)，有時也需要對等式兩邊同時加、乘某式等.考向1指對同構與恒成立問題例2(2024·重慶調研節選)若對任意x∈(1，＋∞)，a(eax＋1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx≥0恒成立，求a的取值范圍.考向2指對同構與證明不等式例3已知函數f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)討論f(x)的單調性；(2)證明：當x∈(0，2)時，f(x)≤g(x).訓練2已知函數f(x)＝x－lnx.(1)求函數f(x)的單調性；(2)當x>eq\f(1,e)，證明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa對x∈(1，＋∞)恒成立，求實數a的最小值.類型三零點同構型例4(1)已知函數f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個零點，則實數a的取值范圍是________.(2)已知x0是函數f(x)＝x2ex－2＋lnx－2的零點，則e2－x0＋lnx0＝________.訓練3已知f(x)＝xlnx＋eq\f(a,2)x2＋1，若關于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有兩個不同的實數解，求a的取值范圍.【精準強化練】一、單選題1.(2024·合肥調研)若2024x－2024y<2025－x－2025－y，x，y∈R，則()A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<02.已知實數x1，x2滿足x13x1＝9，x2(log3x2－2)＝81，則x1x2＝()A.27 B.32C.64 D.813.已知函數f(x)＝ex－ax2的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，且對?x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，x1≠x2，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<x1＋x2恒成立，則實數a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)－1，＋∞)) B.[eq\r(e)－1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)－1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)－1))4.若關于x的不等式ex－a≥lnx＋a對一切正實數x恒成立，則實數a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.(－∞，e]C.(－∞，1] D.(－∞，2]二、多選題5.已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，則()A.ln(a－b)<0 B.ln(a＋b)>1C.3a＋3－b>2eq\r(3) D.3a－1<3b6.(2024·茂名模擬)已知mem＋lnn>nlnn＋m(m∈R)，則下列結論一定正確的是()A.若m>0，則m－n>0 B.若m>0，則em－n>0C.若m<0，則m＋lnn<0 D.若m<0，則em＋n>2三、填空題7.若關于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2lnx＋1對任意x>0恒成立，則k的取值范圍是________.8.(2024·武漢調研)已知函數f(x)＝xa＋1－xax(x≥0，a>0且a≠1)有兩個不同的零點，則實數a的取值范圍為________.四、解答題9.(2024·邵陽模擬)已知函數f(x)＝ex＋1－eq\f(a,x)＋1，g(x)＝eq\f(lnx,x)＋2.(1)討論函數g(x)在定義域內的單調性；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍.【解析版】類型一地位同等同構型含有二元變量x1，x2的函數，常見的同構類型有以下幾種：(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]?g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2)，構造函數φ(x)＝g(x)＋λf(x)；(2)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>k(x1<x2)?f(x1)－f(x2)<kx1－kx2?f(x1)－kx1<f(x2)－kx2，構造函數φ(x)＝f(x)－kx；(3)eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<eq\f(k,x1x2)(x1<x2)?f(x1)－f(x2)>eq\f(k（x1－x2）,x1x2)＝eq\f(k,x2)－eq\f(k,x1)?f(x1)＋eq\f(k,x1)>f(x2)＋eq\f(k,x2)，構造函數φ(x)＝f(x)＋eq\f(k,x).例1(1)(2024·溫州統考)已知x，y∈R，則“x>y>1”是“x－lnx>y－lny”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件(2)若0＜x1＜x2＜a，都有x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2成立，則a的最大值為()A.eq\f(1,2) B.1C.e D.2e答案(1)A(2)B解析(1)設f(t)＝t－lnt，t>0，則f′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，由f′(t)>0得t>1，由f′(t)<0得0<t<1，∴f(t)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增.∴當x>y>1時，f(x)>f(y)，即x－lnx>y－lny成立，故充分性成立.但x－lnx>y－lny成立時，可能有x＝eq\f(1,e)，y＝1，此時x<y，故必要性不成立.綜上，“x>y>1”是“x－lnx>y－lny”的充分不必要條件.故選A.(2)由x2lnx1－x1lnx2≤x1－x2，兩邊同除以x1x2得eq\f(lnx1,x1)－eq\f(lnx2,x2)≤eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1)，即eq\f(lnx1,x1)＋eq\f(1,x1)≤eq\f(lnx2,x2)＋eq\f(1,x2)，令f(x)＝eq\f(lnx,x)＋eq\f(1,x)，則f(x)在(0，a)上單調遞增.∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，可知f(x)在(0，1)上單調遞增，∴a≤1，∴a的最大值為1，故選B.規律方法含有地位同等的兩個變量的不等式(方程)，關鍵在于對不等式(方程)兩邊變形或先放縮再變形，使不等式(方程)兩邊具有結構的一致性，再構造函數，利用函數的性質解決問題.訓練1(1)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，則()A.a>2b B.a<2bC.a>b2 D.a<b2(2)(2024·宜賓調研)若對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，則m的最小值是()A.e2 B.eC.1 D.eq\f(1,e)答案(1)B(2)D解析(1)由指數和對數的運算性質可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b.令f(x)＝2x＋log2x，則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增.又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.故選B.(2)對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，eq\f(x1lnx2－x2lnx1,x2－x1)＜2，易知m≥0，則x1lnx2－x2lnx1＜2x2－2x1，所以x1(lnx2＋2)＜x2(lnx1＋2)，即eq\f(lnx1＋2,x1)＞eq\f(lnx2＋2,x2)，令f(x)＝eq\f(lnx＋2,x)，則函數f(x)在(m，＋∞)上單調遞減，因為f′(x)＝－eq\f(lnx＋1,x2)，由f′(x)＜0，可得x＞eq\f(1,e)，所以f(x)的單調遞減區間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以(m，＋∞)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))，所以m≥eq\f(1,e)，因此，實數m的最小值為eq\f(1,e).類型二指對跨階同構型1.對于一個指數、直線、對數三階的問題可以通過跨階函數的同構，轉化為兩階問題解決，通常在一些求參數的取值范圍、零點個數、證明不等式中應用跨階同構來快速解題.跨階同構需要構造一個母函數，即外層函數，這個母函數需要滿足：①指對跨階，②單調性和最值易求.2.為了實現不等式兩邊“結構”相同的目的，需要對指對式進行“改頭換面”，常用的方法有：x＝elnx，xex＝elnx＋x，x2ex＝e2lnx＋x，eq\f(ex,x)＝e－lnx＋x，lnx＋lna＝ln(ax)，lnx－1＝lneq\f(x,e)，有時也需要對等式兩邊同時加、乘某式等.考向1指對同構與恒成立問題例2(2024·重慶調研節選)若對任意x∈(1，＋∞)，a(eax＋1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx≥0恒成立，求a的取值范圍.解由題意知，a(eax＋1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx≥0(x>1)恒成立，即a(eax＋1)≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx(x>1)恒成立(*).當a≤0時，a(eax＋1)≤0，∵x>1，∴2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx>0，∴當a≤0時，(*)不成立，故a>0.當a>0時，(*)整理得ax(eax＋1)≥2(x2＋1)·lnx(x>1)恒成立，即axeax＋ax≥x2lnx2＋lnx2＝lnx2·elnx2＋lnx2(x>1)恒成立.設g(t)＝tet＋t，t>0，則g′(t)＝(t＋1)et＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，∴g(t)＝tet＋t在(0，＋∞)上單調遞增.又a>0，x∈(1，＋∞)，∴要使對任意x∈(1，＋∞)，a(eax＋1)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx≥0成立，只需滿足當x∈(1，＋∞)時，ax≥lnx2恒成立，即只需滿足a≥eq\f(2lnx,x)(x>1)恒成立.設h(x)＝eq\f(2lnx,x)(x>1)，則h′(x)＝eq\f(2（1－lnx）,x2)，當x∈(1，e)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，當x∈(e，＋∞)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，∴a≥h(x)max＝h(e)＝eq\f(2,e)，即a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e)，＋∞)).考向2指對同構與證明不等式例3已知函數f(x)＝ex－1lnx，g(x)＝x2－x.(1)討論f(x)的單調性；(2)證明：當x∈(0，2)時，f(x)≤g(x).(1)解函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ex－1lnx＋eq\f(ex－1,x)＝ex－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x))).記h(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，所以當0<x<1時，h′(x)<0，函數h(x)單調遞減；當x>1時，h′(x)>0，函數h(x)單調遞增，所以h(x)≥h(1)＝1，所以f′(x)＝ex－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))>0，所以函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增.(2)證明原不等式為ex－1lnx≤x2－x＝x(x－1)，即eq\f(lnx,x)≤eq\f(x－1,ex－1)，即證eq\f(lnx,elnx)≤eq\f(x－1,ex－1)在(0，2)上恒成立.設l(x)＝eq\f(x,ex)，則l′(x)＝eq\f(ex－xex,（ex）2)＝eq\f(1－x,ex)，所以當x<1時，l′(x)>0，l(x)單調遞增；當x>1時，l′(x)<0，l(x)單調遞減，所以l(x)≤l(1)＝eq\f(1,e).令t(x)＝lnx－x＋1，則t′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當0<x<1時，t′(x)>0，t(x)單調遞增；當x>1時，t′(x)<0，t(x)單調遞減，所以t(x)max＝t(1)＝0，所以lnx≤x－1，且當x∈(0，2)時，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(lnx<1，,x－1<1，))所以l(lnx)≤l(x－1)，即eq\f(lnx,elnx)≤eq\f(x－1,ex－1)，所以當x∈(0，2)時，有f(x)≤g(x)成立.規律方法指對跨階同構的基本模式(1)積型：aea≤blnb，一般有三種同構方式：①同左構造形式：aea≤blnb?aea≤(lnb)elnb，構造函數f(x)＝xex；②同右構造形式：aea≤blnb?ealnea≤blnb，構造函數f(x)＝xlnx；③取對構造形式：a＋lna≤lnb＋ln(lnb)，構造函數f(x)＝x＋lnx.(2)商型：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)，一般也有三種同構方式：①同左構造形式：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,a)<eq\f(elnb,lnb)，構造函數f(x)＝eq\f(ex,x)；②同右構造形式：eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)?eq\f(ea,lnea)<eq\f(b,lnb)，構造函數f(x)＝eq\f(x,lnx)；③取對構造形式：a－lna<lnb－ln(lnb)，構造函數f(x)＝x－lnx.(3)和差型：ea±a>b±lnb，一般有兩種同構方式：①同左構造形式：ea±a>b±lnb?ea±a>elnb±lnb，構造函數f(x)＝ex±x；②同右構造形式：ea±a>b±lnb?ea±lnea>b±lnb，構造函數f(x)＝x±lnx.訓練2已知函數f(x)＝x－lnx.(1)求函數f(x)的單調性；(2)當x>eq\f(1,e)，證明：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1；(3)若不等式x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa對x∈(1，＋∞)恒成立，求實數a的最小值.(1)解f(x)＝x－lnx，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝1，則當0<x<1時，f′(x)<0；當x>1時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增.(2)證明要證：eq\f(ex＋lnx＋1,x)≥e＋1，即證：ex＋lnex≥ex＋x?ex－x≥ex－lnex?ex－lnex≥ex－lnex，又∵ex≥ex>1，由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.(3)解x＋alnx＋eq\f(1,ex)≥xa?eq\f(1,ex)＋x≥xa－alnx?e－x－lne－x≥xa－alnx?e－x－lne－x≥xa－lnxa?f(e－x)≥f(xa)，當a≥0時，e－x≤xa恒成立，又因為0<e－x<1，當a<0時，xa∈(0，1)，f(x)在(0，1)上單調遞減，∴e－x≤xa?a≥－eq\f(x,lnx).令g(x)＝－eq\f(x,lnx)(x>1)，g′(x)＝eq\f(1－lnx,（lnx）2)，令g′(x)＝0，得x＝e.當1<x<e時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，當x>e時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，所以g(x)的最大值為g(e)＝－eq\f(e,lne)＝－e，所以a≥－e，所以a的最小值為－e.類型三零點同構型例4(1)已知函數f(x)＝xex－a(x＋lnx)有兩個零點，則實數a的取值范圍是________.(2)已知x0是函數f(x)＝x2ex－2＋lnx－2的零點，則e2－x0＋lnx0＝________.答案(1)(e，＋∞)(2)2解析(1)f(x)＝xex－a(x＋lnx)＝ex＋lnx－a(x＋lnx)，令t＝x＋lnx，t∈R，顯然該函數單調遞增.由et－at＝0有兩個根，即a＝eq\f(et,t)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(et,t)，,y＝a))有兩個交點，可畫出函數圖象得到a的范圍是(e，＋∞).(2)x2ex－2＋lnx－2＝0，可得x2ex－2＝2－lnx，即eq\f(x2ex,e2)＝2－lnx，x2ex＝2e2－e2lnx，xex＝eq\f(2e2,x)－eq\f(e2,x)lnx，即xex＝eq\f(e2,x)lneq\f(e2,x)，兩邊同取自然對數，lnx＋x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(e2,x)))＋lneq\f(e2,x)，所以lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,x)))＝x，即2－lnx＝x，即lnx＝2－x，∴e2－x＝x，∴e2－x0＋lnx0＝x0＋lnx0＝2.規律方法在涉及函數的零點問題時，可根據函數式的結構或轉化為方程后構造函數，其實質是把函數式簡化，以達到研究函數零點的目的.訓練3已知f(x)＝xlnx＋eq\f(a,2)x2＋1，若關于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有兩個不同的實數解，求a的取值范圍.解由xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1(x＞0)，即xex－a＝xlnx＋ax，即ex－a＝lnx＋a，即ex－a＋x－a＝x＋lnx，∴ln(ex－a)＋ex－a＝lnx＋x，令h(x)＝lnx＋x(x＞0)，則h(ex－a)＝h(x)，h′(x)＝eq\f(1,x)＋1＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴ex－a＝x，則x－a＝lnx，a＝x－lnx(x＞0)，因為關于x的方程xex－a＝f(x)－eq\f(a,2)x2＋ax－1有兩個不同的實數解，則方程a＝x－lnx(x＞0)有兩個不同的實數解.令φ(x)＝x－lnx，則φ′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，當0＜x＜1時，φ′(x)＜0，當x＞1時，φ′(x)＞0，所以函數φ(x)＝x－lnx在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以φ(x)min＝φ(1)＝1，當x→0時，φ(x)→＋∞，當x→＋∞時，φ(x)→＋∞，所以a＞1，綜上，a的范圍為(1，＋∞).【精準強化練】一、單選題1.(2024·合肥調研)若2024x－2024y<2025－x－2025－y，x，y∈R，則()A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0答案A解析由2024x－2024y<2025－x－2025－y，x，y∈R，可得2024x－2025－x<2024y－2025－y，由于函數y＝2024x，y＝－2025－x均在R上單調遞增，則函數f(x)＝2024x－2025－x在R上單調遞增.則2024x－2025－x<2024y－2025－y?f(x)<f(y)?x<y.A，B選項，y>x?y－x＋1>1?ln(y－x＋1)>ln1＝0，故A正確，B錯誤.C，D選項，由條件知|x－y|與1的大小關系無法判斷，故C，D錯誤.2.已知實數x1，x2滿足x13x1＝9，x2(log3x2－2)＝81，則x1x2＝()A.27 B.32C.64 D.81答案D解析由題意得，x1>0，x2>0.令log3x2－2＝t，則x2＝32＋t，32＋tt＝81，得t·3t＝9，∴x1，t是方程x·3x＝9的根.令f(x)＝x·3x(x>0)，則f′(x)＝3x＋x·3xln3>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴x1＝t，即log3x2－2＝x1，∴x1x2＝(log3x2－2)x2＝81.3.已知函數f(x)＝ex－ax2的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，且對?x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，x1≠x2，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<x1＋x2恒成立，則實數a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)－1，＋∞)) B.[eq\r(e)－1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)－1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(e,2)－1))答案A解析設x1>x2，因為對?x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，當x1≠x2時都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<x1＋x2恒成立，等價于f(x1)－f(x2)<xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)，即f(x1)－xeq\o\al(2,1)<f(x2)－xeq\o\al(2,2)，令F(x)＝f(x)－x2＝ex－ax2－x2，則F(x1)<F(x2)，所以F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上為減函數，所以F′(x)＝ex－2(a＋1)x≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上恒成立，即eq\f(ex,x)≤2(a＋1)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上恒成立，令h(x)＝eq\f(ex,x)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，則h′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，所以函數h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調遞減，在(1，2)上單調遞增，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2eq\r(e)，h(2)＝eq\f(e2,2)，且2eq\r(e)<eq\f(e2,2)，所以h(x)max<h(2)＝eq\f(e2,2)，所以eq\f(e2,2)≤2(a＋1)，解得a≥eq\f(e2,4)－1，故選A.4.若關于x的不等式ex－a≥lnx＋a對一切正實數x恒成立，則實數a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) B.(－∞，e]C.(－∞，1] D.(－∞，2]答案C解析∵ex－a≥lnx＋a，∴ex－a＋x－a≥x＋lnx，∴ex－a＋x－a≥elnx＋lnx，設f(t)＝et＋t，則f′(t)＝et＋1＞0，∴f(t)在R上單調遞增，故ex－a＋(x－a)≥elnx＋lnx，即f(x－a)≥f(lnx)，即x－a≥lnx，即a≤x－lnx，設g(x)＝x－lnx，則g′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令g′(x)＞0，x＞1，令g′(x)<0，0<x<1，∴g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，在(0，1)上單調遞減，故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故選C.二、多選題5.已知a>b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，則()A.ln(a－b)<0 B.ln(a＋b)>1C.3a＋3－b>2eq\r(3) D.3a－1<3b答案BC解析由ea－2a＝aeb＋1－bea，得(b＋1)ea＝a(eb＋1＋2)，所以eq\f(ea,a)＝eq\f(eb＋1＋2,b＋1)，令f(x)＝eq\f(ex,x)(x>1)，則f′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調遞增.因為eq\f(ea,a)－eq\f(eb＋1,b＋1)＝eq\f(2,b＋1)>0，所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，所以ln(a－b)>ln1＝0，A錯誤；因為a＋b>b＋1＋b>3>e，所以ln(a＋b)>lne＝1，B正確；易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2eq\r(3b＋1·3－b)＝2eq\r(3)，C正確；因為a－1>b，所以3a－1>3b，D錯誤.6.(2024·茂名模擬)已知mem＋lnn>nlnn＋m(m∈R)，則下列結論一定正確的是()A.若m>0，則m－n>0 B.若m>0，則em－n>0C.若m<0，則m＋lnn<0 D.若m<0，則em＋n>2答案BC解析原式可變形為mem－m>nlnn－lnn，即mem－m>lnn·elnn－lnn，因而可構造函數f(x)＝xex－x，則f(m)>f(lnn).f′(x)＝ex(x＋1)－1，當x>0時，ex>1，x＋1>1，則ex(x＋1)>1，f′(x)>0，當x<0時，0<ex<1，x＋1<1，則ex(x＋1)<1，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增.對于A，取m＝n＝e，則lnn＝1<m，∵f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴f(m)>f(lnn)，滿足題意，但m－n＝0，A錯誤.對于B，若m>0，則當lnn≤0，即0<n≤1時，em>1≥n，即em－n>0；當lnn>0，即n>1時，由f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且f(m)>f(lnn)，得m>lnn，則em－n>0.B正確.對于C，若m<0，則當lnn≤0，即0<n≤1時，m＋lnn<0顯然成立.當lnn>0時，即n>1時，令h(x)＝f(x)－f(－x)＝x(ex＋e－x－2).∵ex＋e－x－2≥2eq\r(ex·e－x)－2＝0，當且僅當ex＝e－x，即x＝0時等號成立，∴當x<0時，h(x)<0，即f(x)<f(－x).由m<0可得f(m)<f(－m)，則f(lnn)<f(