1、专题02 同构问题：双元同构 双元同构主要有两种情况：（1）题中出现x1，x2及f（x1），f（x2）对称形式，则把x1与f（x1）放在一起，x2与f（x2）放在一起，构造母函数，利用单调性解决参数范围及相关问题。（2）双主元a、b问题，通常需要构造F（a）= F（b）或者F（a）+F（b）0的形式。1（2021福州）已知函数f（x）alnx+，aR，对于x1，x2（0，+）且x1x2都有6，则a的取值范围是 2（2020二模拟）已知f（x）x3axlnx，a2，若对于x1，x21，2，x1x2，都有a恒成立，则a的取值范围为（）A（，）B（，C（，1）D（，13（2021秋南海区月考）若对任
2、意的x1，x2（m，+），且x1x2，都有，则m的最小值是（）（注：e2.71828为自然对数的底数）ABeC1D4（2021春安徽期末）已知函数f（x）（a+2）lnx+，对任意x1，x2（1，+），不等式|f（x1）f（x2）|2|x1x2|恒成立，则正数a的最小值为（）A1B1C2D5（2021中卫一模）已知函数f（x）x2alnxa（a2），若对于x1，x21，2，x1x2，都有a恒成立，则实数a的取值范围为（） A（，） B（， C（，1） D（，16（2021春内江期末）若对任意的x1，x2（m，+），且x1x2，都有，则m的最小值是 7（2021春咸阳期末）若对任意0x1x2a，
3、有成立，则a的最大值为 8（2021春昌江区校级期中）对任意x1，x22，+），当x1x2，恒有，则实数a的取值范围为 9（2021春邵东市校级期中）已知函数，若m为区间1，4上的任意实数，且对任意x1，x2（0，1，总有成立，则实数t的最小值为 10（2021春潞州区校级期中）已知函数f（x）x+alnx，其中a0若对任意实数，都有|f（x1）f（x2）|，则正数a的取值范围是 11（2021春鼓楼区校级月考）已知函数f（x）（x1），若对任意两个不同的x1，x2（1，+），都有|f（x1）f（x2）|k|lnx1lnx2|成立，则实数k的取值范围是 12（2021春工农区校级期末）已知函数
4、f（x），x1，3，且x1，x21，3，x1x2，恒成立，则实数a的取值范围是 13（2021春乐山期中）已知函数f（x）exmx，且当1x1x2时，则实数m的取值范围为 参考答案与解析1（2021福州）已知函数f（x）alnx+，aR，对于x1，x2（0，+）且x1x2都有6，则a的取值范围是（9，+）【分析】构造函数g（x）f（x）6x，则可得g（x）在（0，+）上单调递增，由已知可得，g（x）6，从而有a6xx2恒成立，进而可得a（6xx2）max，结合二次函数的性质可求【解答】解：f（x）alnx+，x0，f（x），对于x1，x2（0，+）且x1x2都有6，不妨设x1x20，f（x1）
5、f（x2）6x16x2，即f（x1）6x1f（x2）6x2，令g（x）f（x）6x，则可得g（x）在（0，+）上单调递增，则g（x）0在（0，+）上恒成立，故a6xx2在（0，+）上恒成立，结合二次函数的性质可知，y6xx29即最大值为9，a9，故答案为：（9，+）2（2020二模拟）已知f（x）x3axlnx，a2，若对于x1，x21，2，x1x2，都有a恒成立，则a的取值范围为（）A（，）B（，C（，1）D（，1【分析】分析可知，f（x）在1，2上为增函数，不妨设x1x2，则f（x1）ax1f（x2）ax2，构造函数h（x）f（x）axx2alnxaxa，则函数h（x）在1，2上为增函数，
6、再利用导数转化求解即可【解答】解：f（x）x2alnxa，设g（x）x2alnxa，则，f（x）在1，2上为增函数，不妨设x1x2，由函数f（x）的单调性可知，f（x1）f（x2），则a等价于f（x1）ax1f（x2）ax2，设h（x）f（x）axx2alnxaxa，则函数h（x）在1，2上为增函数，即在1，2上恒成立，化简得，设tx+1，则，在2，3上单调递增，a1故选：D3（2021秋南海区月考）若对任意的x1，x2（m，+），且x1x2，都有，则m的最小值是（）（注：e2.71828为自然对数的底数）ABeC1D【分析】将已知的不等式进行等价转化，得到，令，则转化为f（x）在（m，+）上
7、是减函数，求出f（x），利用导数求解f（x）的单调递减区间，即可得到m的取值范围，由此得到答案【解答】解：由题意可知，x2x10，所以x2x10，则等价于x1lnx2x2lnx12（x2x1），即x1lnx2+2x1x2lnx1+2x2，所以x1（lnx2+2）x2（lnx1+2），故，令，则f（x2）f（x1），又x2x1m，所以f（x）在（m，+）上是减函数，则f（x），解得，故，所以m的最小值为故选：A4（2021春安徽期末）已知函数f（x）（a+2）lnx+，对任意x1，x2（1，+），不等式|f（x1）f（x2）|2|x1x2|恒成立，则正数a的最小值为（）A1B1C2D【分析】求出
8、f（x），利用导数判断出f（x）的单调性，将问题转化为f（x1）2x1f（x2）2x2恒成立，构造函数g（x）f（x）2x，利用g（x）的单调性，将问题转化为求解函数的最值问题，由基本不等式求解最值，即可得到答案【解答】解：因为f（x）（a+2）lnx+，则，所以f（x）在（1，+）单调递增，不妨取x1x21，则f（x1）f（x2），又|f（x1）f（x2）|2|x1x2|恒成立，即f（x1）2x1f（x2）2x2恒成立，令g（x）f（x）2x，则g（x）在（1，+）单调递增，所以，又，当且仅当时取等号，所以，则正数a的最小值为故选：A5（2021中卫一模）已知函数f（x）x2alnxa（a2
9、），若对于x1，x21，2，x1x2，都有a恒成立，则实数a的取值范围为（）A（，）B（，C（，1）D（，1【分析】分析可知，f（x）在1，2上为增函数，不妨设x1x2，则f（x1）ax1f（x2）ax2，构造函数h（x）f（x）axx2alnxaxa，则函数h（x）在1，2上为增函数，再利用导数转化求解即可【解答】解：f（x）x2alnxa（a2），则f（x）2x0，f（x）在1，2上为增函数，不妨设x1x2，由函数f（x）的单调性可知，f（x1）f（x2），则a等价于f（x1）ax1f（x2）ax2，设h（x）f（x）axx2alnxaxa，则函数h（x）在1，2上为增函数，即h（x）2x
10、a0在1，2上恒成立，化简得a，x1，2，设tx+1，则a2（t+2），t2，3，m（t）2（t+2）在2，3上单调递增，m（t）minm（2）2（2+2）1，a1故选：D6（2021春内江期末）若对任意的x1，x2（m，+），且x1x2，都有，则m的最小值是 【分析】将已知不等式变形可得lnx2ex2lnx1ex1，令g（x）lnxex，则g（x）在（m，+）上单调递减，利用导数可求得g（x）的单调递减区间，由此可确定m的最小值【解答】解：由于x1x2，得lnx2ex2lnx1ex1，令g（x）lnxex，则g（x）在（m，+）上单调递减，因为g（x）e，所以当x（0，）时，g（x）0，当x
11、（，+）时，g（x）0，所以g（x）的单调递减区间为（，+），所以m，所以m的最小值为，故答案为：7（2021春咸阳期末）若对任意0x1x2a，有成立，则a的最大值为 1【分析】整理所给的不等式，构造新函数，结合导数研究函数的单调性即可求得结果【解答】解：因为，所以，所以函数在区间（0，a）上单调递增，在区间（0，a）上恒成立，即lnx0在区间（0，a）上恒成立，所以0a1故实数a的最大值为1故答案为：18（2021春昌江区校级期中）对任意x1，x22，+），当x1x2，恒有，则实数a的取值范围为（，【分析】将已知恒成立问题转化为对任意x1，x22，+），当x1x2，恒有+lnx2+lnx1成
12、立，令f（x）ax2+lnx，可得f（x）在2，+）上为减函数，利用导数即可求得a的取值范围【解答】解：对任意x1，x22，+），当x1x2，恒有，即恒有lnx1lnx2成立，即恒有+lnx2+lnx1成立，令f（x）ax2+lnx，则f（x）在2，+）上为减函数，则f（x）2ax+0在2，+）上恒成立，所以a在2，+）上恒成立，又g（x）在2，+）上为增函数，所以g（x）ming（2），所以a，即实数a的取值范围是（，故答案为：（，9（2021春邵东市校级期中）已知函数，若m为区间1，4上的任意实数，且对任意x1，x2（0，1，总有成立，则实数t的最小值为3【分析】求出f（x）在（0，1递增
13、，原不等式即为令，问题转化为tmxx3在（0，1上恒成立，令h（x）mxx3，根据函数的单调性求出t的最小值即可【解答】解：，则f（x）x，而m1，4，x（），1，f（x）0，故f（x）在（0，1上单调递增，不妨设1x1x20，则f（x1）f（x2）且，原不等式即为令，依题意，应满足g（x）在（0，1上单调递减，即在（0，1上恒成立，即tmxx3在（0，1上恒成立，令h（x）mxx3，则h（x）m3x2（i）若m3，h（x）0，此时h（x）在（0，1上单调递增，故此时h（x）最大值h（1）m1；（ii）若1m3，时，h（x）0，h（x）单调递增，时，h（x）0，h（x）单调递减，故此时，故对于
14、任意m1，4，满足题设条件的t最小值为3，故答案为：310（2021春潞州区校级期中）已知函数f（x）x+alnx，其中a0若对任意实数，都有|f（x1）f（x2）|，则正数a的取值范围是，+）【分析】先判断函数f（x）为增函数，然后去掉绝对值得到f（x2）+f（x1）+，再设g（x）f（x）+，利用g（x）在x（，1）上单调递增，求导分参求最值即可【解答】解：设x1x21，f（x）x+alnx，a0，x（，1），f（x）1+0，f（x）在（，1）上单调递增，f（x1）f（x2），|f（x1）f（x2）|，f（x2）f（x1），即f（x2）+f（x1）+，设g（x）f（x）+x+alnx+，则
15、g（x2）g（x1），即g（x）在x（，1）上单调递增，g（x）1+0）在x（，1）上恒成立，a（x）max，yx在x（，1）上为减函数，a，即a的取值范围为，+）11（2021春鼓楼区校级月考）已知函数f（x）（x1），若对任意两个不同的x1，x2（1，+），都有|f（x1）f（x2）|k|lnx1lnx2|成立，则实数k的取值范围是，+）【分析】利用导数求出函数f（x）的单调性，将不等式不等式恒成立问题转化为g（x）f（x）+klnx在（1，+）上单调递增，即g（x）+0在（1，+）上恒成立，分离参数得k在（1，+）上恒成立，即k（）max，令h（x），再利用导数求出h（x）的最大值即可得
16、解【解答】解：函数f（x）（x1），则f（x）0，所以函数f（x）在（1，+）上单调递减，不妨设1x1x2，则不等式|f（x1）f（x2）|k|lnx1lnx2|等价于f（x1）f（x2）k（lnx2lnx1），即f（x1）+klnx1f（x2）+klnx2，令g（x）f（x）+klnx，则g（x）在（1，+）上单调递增，g（x）+0在（1，+）上恒成立，即k在（1，+）上恒成立，即k（）max，令h（x），h（x），当x（1，e）时，h（x）0，h（x）单调递增，当x（e，+）时，h（x）0，h（x）单调递减，所以h（x）maxh（e），所以k，即实数k的取值范围是，+），故答案为：，+）1
17、2（2021春工农区校级期末）已知函数f（x），x1，3，且x1，x21，3，x1x2，恒成立，则实数a的取值范围是（，【分析】x1，x21，3，x1x2，恒成立，不妨设x1x2，化为：f（x1）2x1f（x2）2x2，可得函数g（x）f（x）2x2x在x1，3上单调递减，因此g（x）0在x1，3上恒成立，即a在x（1，3上恒成立，令h（x），x（1，3，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出【解答】解：x1，x21，3，x1x2，恒成立，不妨设x1x2，化为：f（x1）2x1f（x2）2x2，可得函数g（x）f（x）2x2x在x1，3上单调递减，g（x）20在x1，3上恒成立，即a在x（
18、1，3上恒成立，令h（x），x（1，3，则h（x）0在x（1，3上恒成立，函数h（x）在x（1，3上单调递减，ah（3）则实数a的取值范围是（，故答案为：（，13（2021春乐山期中）已知函数f（x）exmx，且当1x1x2时，则实数m的取值范围为（，e【分析】由题意可得g（x）xf（x）在（1，+）上为增函数，即g（x）（1+x）ex2mx0在（1，+）上恒成立，分离参数可得2m在（1，+）上恒成立，h（x），利用导数求出h（x）的范围，即可求得m的取值范围【解答】解：因为当1x1x2时，即x1f（x1）x2f（x2），所以g（x）xf（x）在（1，+）上为增函数，所以g（x）f（x）+xf（x）exmx+x（exm）（1+x）ex2mx0在（1，+）上恒成立，即2m在（1，+）上恒成立，令h（x），则h（x），故当x（1，+）时，h（x）0，h（x）单调递增，所以h（x）h（1）2e2m，所以me，即实数m的取值范围为（，e故答案为：（，e
