专题一 函数与导数 第10讲　同构函数问题-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第10讲　同构函数问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 2 【考点一】双变量同构问题 2 【考点二】指对同构问题 4 【专题精练】 5 考情分析： 同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维．同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大． 真题自测 一、填空题 1．（2023·湖北武汉·二模）在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为 ． 二、解答题 2．（2022·浙江·高考真题）设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 3．（2022·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 考点突破 【考点一】双变量同构问题 一、单选题 1．（2024·山东济南·一模）若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·吉林长春·模拟预测）已知a，b满足，，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（22-23高三上·广东·阶段练习）已知定义在上的函数的图像连续不间断，当时，，且当时，，则下列说法正确的是（    ） A． B．在上单调递增 C．若，则 D．若是在区间内的两个零点，且，则 4．（23-24高二上·重庆·期末）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．若函数存在两个极值，则实数的取值范围为 B．当时，函数在上单调递增 C．当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为 D．当时，若，则的最小值为 三、填空题 5．（2023·福建三明·三模）已知不等式恒成立，其中，则的最大值为 . 6．（2023·湖南郴州·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为 ；若，则的最大值为 ． 四、解答题 7．（2023·北京通州·三模）已知函数 (1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值； (2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围. (3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明. 8．（23-24高三上·天津宁河·期末）已知函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)设是函数的两个极值点，证明：． 规律方法： 含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题． 【考点二】指对同构问题 一、单选题 1．（2023·湖北武汉·三模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三上·河北·期末）设实数，若对恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（23-24高三上·河南·期中）已知实数m，n满足，且，则（    ） A． B． C． D． 4．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知,若,其中是自然对数的底数,则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 5．（2023·湖南郴州·三模）设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 6．（2022高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点，则实数a的取值范围是 ． 四、解答题 7．（23-24高三上·陕西汉中·期中）已知函数，. (1)求函数的极值； (2)若，求函数的最小值； (3)若有两个零点，，证明：. 8．（2022高三·全国·专题练习），若，求a的取值范围. 规律方法： 指对同构的常用形式 (1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式： ①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex； ②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x； ③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x. (2)商型：≤，一般有三种同构方式： ①同左构造形式：≤，构造函数f(x)＝； ②同右构造形式：≤，构造函数f(x)＝； ③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(b>1)，构造函数f(x)＝x－ln x. (3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式： ①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x； ②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x. 专题精练 一、单选题 1．（21-22高二下·陕西西安·期末）已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 2．（2022·浙江·模拟预测）已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（2023·广西柳州·模拟预测）函数的图象与函数的图象交点的横坐标，则＝ （    ） A． B．－ C． D． 4．（2023·全国·模拟预测）若方程在上有实根，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（21-22高三上·福建三明·期末）已知函数有两个极值点，，则（    ） A．a的取值范围为（－∞，1） B． C． D． 6．（23-24高三上·浙江宁波·期末）已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 7．（22-23高三下·浙江杭州·开学考试）直线与函数的图像有4个不同的交点，并且从左到右四个交点分别为，它们的横坐标依次是，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D．存在使得A点处切线与点处切线垂直 8．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数则下列结论正确的有（    ） A．当时，是的极值点 B．当时，恒成立 C．当时，有2个零点 D．若是关于x的方程的2个不等实数根，则 三、填空题 9．（22-23高三上·安徽六安·期末）已知函数，，若，，则的最大值为 ． 10．（2024·全国·模拟预测）若存在正数，使得不等式有解，则实数的取值范围是 ． 11．（2023·安徽安庆·二模）已知函数，其中，若不等式对任意恒成立，则的最小值为 . 12．（23-24高二上·江苏徐州·期末）若实数t是方程的根，则的值为 . 四、解答题 13．（2024·广东湛江·二模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，，且，证明：. 14．（2022高三·全国·专题练习）已知函数，，若对恒成立，求实数的取值范围. 15．（2023·四川内江·一模）已知函数. (1)当时，求的单调递增区间； (2)若函数恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为，求的取值范围. 16．（2023·浙江温州·二模）已知函数． (1)若，求方程的解； (2)若有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为，求的取值范围并证明． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第10讲　同构函数问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 8 【考点一】双变量同构问题 8 【考点二】指对同构问题 21 【专题精练】 30 考情分析： 同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维．同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大． 真题自测 一、填空题 1．（2023·湖北武汉·二模）在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为 ． 二、解答题 2．（2022·浙江·高考真题）设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 3．（2022·全国·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 参考答案： 1． 【分析】利用同构思想构造，得到其单调性，得到，再构造，，求导得到其单调性及其最小值，设设，利用基本不等式得到，求出答案. 【详解】，令，， 则 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 故在处取得极小值，也是最小值，故， 故，当且仅当时，等号成立， 令，， 则， 令， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，故当时，，当时，， 故时，，单调递减，当时，，单调递增， 故在处取得极小值，也时最小值，最小值为， 设， 由基本不等式得， ， 当且仅当，，时，等号成立， 故，则． 故答案为： 【点睛】导函数求解取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题变形得到，从而构造进行求解. 2．(1)的减区间为，增区间为. (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性. （2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立. 【详解】（1）， 当，；当，， 故的减区间为，的增区间为. （2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为， 故， 故方程有3个不同的根， 该方程可整理为， 设， 则 ， 当或时，；当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 因为有3个不同的零点，故且， 故且， 整理得到：且， 此时， 设，则， 故为上的减函数，故， 故. （ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得： 故在上为减函数，在上为增函数， 不妨设，则， 因为有3个不同的零点，故且， 故且， 整理得到：， 因为，故， 又， 设，，则方程即为： 即为， 记 则为有三个不同的根， 设，， 要证：，即证， 即证：， 即证：， 即证：， 而且， 故， 故， 故即证：， 即证： 即证：， 记，则， 设，则，所以， ， 故在上为增函数，故， 所以， 记， 则， 所以在为增函数，故， 故即， 故原不等式得证： 【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等. 3．(1)的减区间为，增区间为. (2) (3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】（1）当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. （2）设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有，     所以在上为减函数，所以. 综上，. （3）取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式. 考点突破 【考点一】双变量同构问题 一、单选题 1．（2024·山东济南·一模）若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·吉林长春·模拟预测）已知a，b满足，，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（22-23高三上·广东·阶段练习）已知定义在上的函数的图像连续不间断，当时，，且当时，，则下列说法正确的是（    ） A． B．在上单调递增 C．若，则 D．若是在区间内的两个零点，且，则 4．（23-24高二上·重庆·期末）已知函数，，则下列说法正确的是（    ） A．若函数存在两个极值，则实数的取值范围为 B．当时，函数在上单调递增 C．当时，若存在，使不等式成立，则实数的最小值为 D．当时，若，则的最小值为 三、填空题 5．（2023·福建三明·三模）已知不等式恒成立，其中，则的最大值为 . 6．（2023·湖南郴州·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为 ；若，则的最大值为 ． 四、解答题 7．（2023·北京通州·三模）已知函数 (1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值； (2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围. (3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明. 8．（23-24高三上·天津宁河·期末）已知函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)设是函数的两个极值点，证明：． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 A D ABD BC 1．A 【分析】因为，所以，即求直线的纵截距的最小值，设，利用导数证明在的图象上凹，所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，据此即可求解. 【详解】因为，所以， 所以即求直线的纵截距的最小值， 设，所以， 所以在单调递增，所以在的图象上凹， 所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小， 令切点横坐标为，所以直线过点，且直线斜率为 所以的直线方程为， 当时，， 即直线与相切时， 直线与无交点， 设，所以， 所以在时斜率为，在时斜率为，均小于直线的斜率， 所以可令直线在处与相交，在处与相交， 所以直线方程为， 所以截距为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于，，即求直线的纵截距的最小值的分析. 2．D 【分析】变换得到，，构造函数，确定函数单调递增，得到，化简得到答案. 【详解】，故，，即； ，故，即. 设，，，函数单调递增， ，故，即， 整理得到，即. 故选：D. 3．ABD 【分析】A选项通过赋值法令可以解决，B选项对两边同时求导，结合以及函数图像连续不断的性质进行判断，C选项分和的大小关系，分情况进行讨论，D选项先说明，在结合题目条件说明另一个不等号是否成立的问题. 【详解】对于A，在中令，则，所以，故A正确； 对于，当时，，对两边求导，则，所以时，，故，而时，即在上单调递增，注意到的图像连续不间断，故也有在上单调递增，故B正确； 对于C，由B知，在上单调递增，，故当时，，即在上单调递减.由知不可能均大于等于1，否则，则，这与条件矛盾，舍去. ①若，则，满足条件，此时，；， ②若，则，由，取，则，则 所以，而， 所以，即，故C错误； 对于D，由在上单调递增，上单调递减，知，注意到，根据零点存在定理，所以， 若，根据C选项，则，则， 由，，根据余弦函数的单调性，，与矛盾，舍去. 所以，所以，所以， 在时，中， 令，而由，由，在上单调递减，所以，所以，于是，故D正确. 故选：ABD 4．BC 【分析】对A选项：由极值点的性质结合导数讨论单调性即可得；对B选项：结合导数讨论单调性即可得；对C选项：结合单调性，可转化为当时，有成立，求出最小值即可得；对D选项：采用同构法可确定，再将多变量化为单变量后结合导数讨论单调性即可得. 【详解】对A选项：， 若函数存在两个极值，则函数必有两个变号零点， 令，则， 令，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故， 又当时，恒成立， 当时，， 故当，函数有两个变号零点， 即若函数存在两个极值，则实数的取值范围为， 故A错误； 对B选项：当时，， ， 令，则， 则当时，，当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，故函数在上单调递增； 故B正确； 对C选项：当时，， ， 令，则， 则当时，；当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，故在上单调递增， 则存在，使不等式成立， 等价于存在，使不等式成立， 则当时，有成立， 由当时，，且在上单调递增， 故，即实数的最小值为，故C正确； 对D选项：当时，由B、C可知，、均为定义域上的增函数， 由，，故有，， 由，则， 即，故， 又，故， 令，则，令， 则， 则当时，，当时，； 故在上单调递减，在上单调递增， 即，故在上单调递增， 故无最小值，即无最小值， 故D错误. 故选：BC. 【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的综合应用问题，其中D选项中涉及到多变量问题的求解，求解此类问题的基本思路是根据已知中的等量关系，将多变量转化为单变量的问题，从而将其转化为函数最值问题的求解. 5． 【分析】分类讨论得出，从而得即，构造函数求最值即可. 【详解】令， 若，则在定义域上单调递增，无最小值，不符合题意； 即，则在上单调递减，在上单调递增， 则， 设，故在上单调递增，在上单调递减， 即，故. 故答案为：. 6． 【分析】 由有两个极值点，得有两个变号零点，构造函数，利用导数研究函数的性质，得函数的草图，利用草图列式可求出的取值范围；设，将化为，再构造函数，利用导数可求出其最大值. 【详解】 的定义域为，， 由已知得是的两个变号零点， 令，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，，，， 当时，，，， 如图： 由图可知，只需即可，所以， 即实数a的取值范围是； 若，又，则令， 由已知，则， 则，则，， 所以， 令，则， 令，则， 所以函数在上递增，又因为， 所以当时，，即， 所以函数在上递增，所以， 所以的最大值为． 【点睛】 方法点睛：一般地，若时，涉及到双变量的不等式的证明，函数的最值问题可以使用比值换元，令，将问题转化为关于的函数，利用导数进行求解. 7．(1) (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得实数a的值； （2）依题意在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可； （3）求出函数的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证，构造函数即可证得 【详解】（1）因为，所以. 所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为， 所以，解得.. （2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数， 所以在（0，+∞）上恒成立. 即恒成立.，即， 令，所以， 时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即. （3） 定义域为 当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意. 当时， 在（0，）上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 函数存在两个零点的必要条件是， 即，又， 所以在（1，）上存在一个零点（）. 当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点， 综上函数有两个零点，实数a的取值范围是. 不妨设两个零点 由，所以， 所以，所以， 要证， 只需证， 只需证， 由， 只需证， 只需证， 只需证， 令，只需证， 令， ， ∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴， 即成立， 所以成立. 【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代换的技巧. 8．(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，然后求出，，根据点斜式写出直线方程； （2）求导，然后分和讨论求的单调区间； （3）根据极值点为导函数的零点，令，利用韦达定理将用表示，代入，构造函数求其最值即可. 【详解】（1）当时，， 得，则，， 所以切线方程为，即； （2）， 当时，恒成立，在上单调递增，无减区间， 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减， 综合得：当时，的单调递增区间为，无减区间； 当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为； （3）， 则， 因为是函数的两个极值点， 即是方程的两不等正根， 所以，得， 令，则， 得， 则， 所以 ， 则， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以， 即. 【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用韦达定理，令达到消元的目的，常用的换元有等. 规律方法： 含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题． 【考点二】指对同构问题 一、单选题 1．（2023·湖北武汉·三模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三上·河北·期末）设实数，若对恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（23-24高三上·河南·期中）已知实数m，n满足，且，则（    ） A． B． C． D． 4．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知,若,其中是自然对数的底数,则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 5．（2023·湖南郴州·三模）设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 . 6．（2022高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点，则实数a的取值范围是 ． 四、解答题 7．（23-24高三上·陕西汉中·期中）已知函数，. (1)求函数的极值； (2)若，求函数的最小值； (3)若有两个零点，，证明：. 8．（2022高三·全国·专题练习），若，求a的取值范围. 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 A B ACD ACD 1．A 【分析】设，对求导，得到的单调性的最值，结合对数函数和三角函数的性质，即可证明，再证明，令，通过指数和对数函数的运算性质可证明，即可得出答案. 【详解】设，， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， ， 又，则， ，所以， 对于，令，则， 此时， 所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法： （1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断， （2）利用中间值“1”或“0”进行比较， （3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断. 2．B 【分析】先将指对混合形式变形为同构形式，再构造函数，利用函数单调性求函数最值，得到参数范围. 【详解】由，则，， 当时，，恒成立， 即任意，对恒成立； 当时，， 即，其中， 构造函数，则. ，因为，所以，单调递增； 则有，则， 构造函数， 则，令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 则， 即当时，， 故要使恒成立，则，即的取值范围为. 故选：B. 【点睛】一般地，在等式或不等式中指对形同时出现，可能需要利用指对同构来解决问题.解决问题的关键在于指对分离，构造“指幂—幂对”形式，再构造函数求解.常见的同构式有：与，与等. 3．ACD 【分析】根据题意可得，即，构造函数，利用其单调性和函数值确定，进而等量代换将双未知量变为单未知量，即可一一求解. 【详解】由可得，， 即，则有， 也即， 设函数，则， ， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 且当时，；当时，； 因为，所以， 即，所以，即，A正确； ，B错误； 设，在恒成立， 且， 所以存在唯一使得， 由可得，，所以， ，设在上单调递增， 所以， 所以，C正确； ， 设，， 令，， 易得函数在单调递增，且， 所以函数在单调递减， 且，所以恒成立， 所以单调递增， 所以，即， 所以正确，故D正确； 故选:ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用同构思想，将原等式化为，进而构造函数，利用单调性和函数值确定，进而利用等量代换，即可求解. 4．ACD 【分析】由得,由得,构造函数,易知函数为上的增函数,可得,,对于A,依据零点存在性定理判断;对于B,依据条件进行判断即可;对于C,利用当时,判断即可;对于D,利用在上的单调性判断即可. 【详解】由得,① 由得, 即,② 令, 易知函数为上的增函数, 又①式化为:,所以, ②式化为:,所以, 对于A,令, 根据函数单调性的性质,函数在上为增函数, 当时,;当时,, 则由零点存在性定理可知,故A正确; 对于B,因为,, 所以,则,故B错误; 对于C,设, 则, 当时,,则函数在上为增函数, 所以函数, 即, 所以,故C正确; 对于D,由A知,, 在上递减, 当时,,故D正确. 故选：ACD. 【点睛】将转化为,转化为,构造函数,利用单调性得到，是解本题的关键. 5． 【分析】将函数化简成，构造同构函数，分析单调性，转化为即求解研究函数单调性即可解决. 【详解】因为通分得：即：；设 ， 函数在单调递增， 恒成立，得：即 设， 易知函数在上单调递增，在上单调递减 故答案为： 6． 【分析】通过同构简化函数形式，然后再转化成两个函数，画图确定参数范围. 【详解】，令，，显然该函数单调递增，即有两个根，即有两个根，如下图，作出函数的图像及其过原点的切线，可知当时有两个交点即有两个根． 故答案为：. 7．(1)极大值为，无极小值 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导后解不等式、即可求得极值. （2）运用导数研究的单调性，进而可求得其最小值. （3）由已知可得，构造函数，根据其单调性可得，构造函数并研究其单调性，构造函数并研究其单调性，当时，依次结合函数、的单调性即可证得结果. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为，， ，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，极大值为，无极小值. （2）由题意知函数的定义域为. ， 则，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. （3）不妨设，则由（2）知，. 设，由，得， 即， 因为函数在R上单调递增，所以成立. 构造函数，则， ，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 构造函数，则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，，即当时，， 所以， 又在上单调递减， 所以，即. 【点睛】极值点偏移问题的方法指导： (1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式． (2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 8． 【分析】方法一：构造，，对不等式进行变形为，结合函数的单调性求出参数的取值范围；方法二：构造，对不等式变形为，结合函数单调性解出不等式，求出参数取值范围. 【详解】方法一：定义域为， 同构构造， ，当时，恒成立， 则在上单调递增， 即， 结合函数单调递增，可知：，即， 故恒成立， 令，，则， 当时，，当时， 故在上单调递增，在单调递减，且， 所以， 则，解得： 方法二：构造． 则恒成立，故单调递增， 因为 即， 所以， 故 令，，则， 当时，，当时， 故在上单调递增，在单调递减，且， 所以， 则，解得： 【点睛】同构适用于方程或不等式中同时出现指数函数与对数函数，常见的同构变形有，，，等. 规律方法： 指对同构的常用形式 (1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式： ①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex； ②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x； ③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x. (2)商型：≤，一般有三种同构方式： ①同左构造形式：≤，构造函数f(x)＝； ②同右构造形式：≤，构造函数f(x)＝； ③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(b>1)，构造函数f(x)＝x－ln x. (3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式： ①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x； ②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x. 专题精练 一、单选题 1．（21-22高二下·陕西西安·期末）已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 2．（2022·浙江·模拟预测）已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（2023·广西柳州·模拟预测）函数的图象与函数的图象交点的横坐标，则＝ （    ） A． B．－ C． D． 4．（2023·全国·模拟预测）若方程在上有实根，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（21-22高三上·福建三明·期末）已知函数有两个极值点，，则（    ） A．a的取值范围为（－∞，1） B． C． D． 6．（23-24高三上·浙江宁波·期末）已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 7．（22-23高三下·浙江杭州·开学考试）直线与函数的图像有4个不同的交点，并且从左到右四个交点分别为，它们的横坐标依次是，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D．存在使得A点处切线与点处切线垂直 8．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数则下列结论正确的有（    ） A．当时，是的极值点 B．当时，恒成立 C．当时，有2个零点 D．若是关于x的方程的2个不等实数根，则 三、填空题 9．（22-23高三上·安徽六安·期末）已知函数，，若，，则的最大值为 ． 10．（2024·全国·模拟预测）若存在正数，使得不等式有解，则实数的取值范围是 ． 11．（2023·安徽安庆·二模）已知函数，其中，若不等式对任意恒成立，则的最小值为 . 12．（23-24高二上·江苏徐州·期末）若实数t是方程的根，则的值为 . 四、解答题 13．（2024·广东湛江·二模）已知函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，，且，证明：. 14．（2022高三·全国·专题练习）已知函数，，若对恒成立，求实数的取值范围. 15．（2023·四川内江·一模）已知函数. (1)当时，求的单调递增区间； (2)若函数恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为，求的取值范围. 16．（2023·浙江温州·二模）已知函数． (1)若，求方程的解； (2)若有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为，求的取值范围并证明． 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A B C BCD ABC ABD ABD 1．C 【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析. 【详解】因为，所以， 令，所以，对函数求导： ，  由有：， 由有：，所以在单调递增，在 单调递减，因为，由有：， 故A错误； 因为，所以，由有：， 故D错误； 因为，所以， 因为，所以，所以，故C正确； 令 有： =，当，.所以 在单调递增，当时，， 即，又，所以， 因为，所以，因为在 内单调递减，所以，即，故B错误. 故选：C. 2．A 【分析】设，可知函数为上的增函数，即对任意的，，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围. 【详解】不妨设，由可得出， 即， 令，其中， 则，所以，函数在上为增函数， 则，则， 令，其中，， 令，其中，所以，， 所以，函数在上单调递增， 因为，， 所以，存在，使得，则， 令，其中，则，故函数在上为增函数， 因为，，所以，， 由可得，所以，，可得， 且当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，， 所以，. 故选：A. 【点睛】思路点睛：本题关键点在处理函数的极值点时，根据零点存在定理得出其极值点满足，通过利用指对同构结合函数的单调性转化为，，利用整体代换法可求得的取值范围. 3．B 【分析】由，代入整理变形可得.构造函数，求出导函数，根据导函数得出在上单调递增.即可得出，则，代入即可得出答案. 【详解】由已知可得，，即， 即. 令，则， 当且仅当，即时等号成立. 所以恒成立，所以在上单调递增. 所以有可得，，则， 所以. 故选：B. 【点睛】思路点睛：由得出后，进行同构变形得到然后构造函数，根据导函数得出函数的单调性，得到关于的关系式，即可得出答案. 4．C 【分析】根据题意，化简得到，设，得到，求得，得到为增函数，转化为方程在上有实根，设，利用导数求得函数的单调性，结合，进而求得的范围. 【详解】由，可得，即， 因为，可得，所以，其中， 设，则， 又因为，所以在上为增函数， 所以，即， 所以问题转化为方程在上有实根， 设（），则，所以在上是减函数， 所以，解得． 故选：C． 【点睛】关键点睛：解本题的关键是通过函数的单调性，把在上有实根转化为在上有实根，对于既含有指数式又含有对数式的等式或不等式，直接求导会出现越求导式子越复杂的情况，此时可通过同构函数，再利用函数的单调性，把问题转化为较为简单的函数的导数问题． 5．BCD 【分析】利用导数判断函数的单调性，根据零点的个数求出的取值范围，进而确定的取值范围，再利用不等式的性质、构造函数利用导数逐一判断即可. 【详解】由题设，且定义域为，则， 当时，则单调递增，不可能存在两个零点，即不可能存在两个极值点，A错误； 当时，即单调递增，当时，即单调递减，即， 当时，，所以至多有一个零点； 当时，，而，当趋向于0时趋于负无穷大，当趋向于正无穷时趋于负无穷大， 综上，，在内各有一个零点，且， B：由且趋向于0时趋于负无穷大，所以，故， 令， ， 又，所以单调递减， 故当时，， 又，所以， 而，因此，故正确； C：， 令，显然有，令，显然， 因此有：， 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 因为，所以， 令，即， 因为，所以单调递增， 因为，所以， 而，所以， 因为，所以， 当时，单调递减，因此有，即，正确； D：由，则，故，正确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛：构造函数、、，利用导数研究单调性，根据单调性进行求解. 6．ABC 【分析】构造函数，则有、，可得C、D，构造函数，结合函数性质可得，构造函数及，可得. 【详解】令，则， 当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，， ，有，故， 又，， 故，故有， 故，即C正确，，即，故D错误， 令，则， 令， 则， 当时，， 当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 有，故恒成立，即恒成立， 故在上单调递减， 又， 故当时，，当，， 即当时，，当时，， 令，即，此时， 故该方程有两个不相等的实根，设两根为、，且，则有， 由，且，故有， 由，故，即，故A正确； 令，有， 则， 当时，，当，， 故在上单调递增，在上单调递减， 有，又，故， 令， 则， 由，故，即， 故在上单调递增，又，故恒成立， 即，由，即有， 又，即有，有，， 又在上单调递减，故，即，故B正确. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题关键在于构造函数，结合函数性质，从而得到、、、的大小关系，即可得C、D，构造函数与函数，从而得到、与的关系. 7．ABD 【分析】AB：为方程两根，为方程两根，由韦达定理可判断选项正误. C：由图像可得，注意到， 研究函数，的单调性可判断选项. D：由题可建立关于的方程组，判断其解是否存在即可. 【详解】由， 当时，，仅当等号成立， 而与有4个交点，显然不可能存在交点； 当，，仅当等号成立， 由上易知：在上递减，在上递增，且， 综上，在、上，在上， 故在、上，在上， 令，则，可得或， 要使与有4个交点，则， 当时；当时； 据此可得图像如下. AB：由图及题意，为，即的两根，则. 为，即的两根，则. 则，.故AB正确. C：注意到，又在上单调递增， 则，又. 设，则， 所以，得在上单调递增， 则，从而，故C错误. D：因A，B两点在图像上，则. 又在A，B两点处切线相互垂直，. 则过A点直线斜率为，过B点斜率为，. 则建立关于的方程组，存在相当于方程组有解. 因，则. 设，由图可得. ，代入， 有 . 令，因，则， 又，则， 由上有在上有根. 令，注意到，，得在上有根， 即存在使得A点处切线与点处切线垂直，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题涉及函数的零点与方程的根，难度较大. AB选项，结合图像与题意找到间关系，后用韦达定理解决问题. C选项，为双变量问题，注意到，研究在上的单调性可得答案. D选项，直接求得难度较大，故将的存在性转化为相关方程组有解. 8．ABD 【分析】对于A，代入后对求导，利用导数与函数极值的关系即可得证；对于B，构造函数，利用导数求得，从而可证得；对于C，举反例排除即可；对于D，利用极值点偏移的证明方法即可证得. 【详解】对于A，当时，，则， 令，得；令，得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，故A正确； 对于B，令，得， 令，则， 令，解得， 故当，，单调递增；当，，单调递减； 所以， 因为，所以，故，整理得，即恒成立，故B正确； 对于C，令，则，令，解得，故只有1个零点，故C错误； 对于D，因为是关于的方程的2个不等实数根， 所以，即， 所以问题等价于有两个零点，证明， 不妨设，则由得到， 要证，只需要证明， 即只需证明：， 只需证明：，即， 令， 只需证明：， 令， 则，即在上单调递增， 又，所以，即恒成立， 综上所述，原不等式成立，即成立，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 9． 【分析】对已知等式进行同构可得，令，利用导数可求得单调递增，由此可得，从而将所求式子化为；令，利用导数可求得，即为所求最大值. 【详解】由得：； 由得：，； ， 令，， ，在上单调递增， ； 令，则， 则当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解多变量的式子最值的问题；解题关键是能够对于已知等式进行同构变形，将问题转化为某一单调函数的两个函数值相等的问题，从而确定两个变量之间的关系，将所求式子化为单变量的式子来进行求解. 10． 【分析】由转化为，然后构造函数，再利用导数求函数的单调性，从而求解. 【详解】因为，，所以，不等式可以化为， 令，则，所以． 当时，，故函数在上单调递增． 当时，，不合题意，舍去． 当时，，因为在上单调递增，， 所以，即．令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 当时，，所以在上单调递增，故， 所以，即，矛盾，故舍去． 当时，，所以当时，， 所以，即． 综上可得，实数的取值范围是． 【点睛】根据不等式构造函数，利用导数研究求解函数单调性，从而求解不等式. 11． 【分析】首先求出，则问题即为，可同构变形为，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，参变分离得到，再令，，利用导数求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围，即可得解. 【详解】因为，所以， 所以不等式即为， 即， 构造函数，，则， 则即为， 因为，所以，所以，，所以， 所以在上单调递增，而，， 因此由等价于，所以， 令，，则， 所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 故正实数的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是同构变形，从而可构造函数，利用导数研究函数的单调性，将函数不等式转化为自变量的不等式，再进行参变分离. 12． 【分析】将方程进行合理变形可得，利用同构函数并结合定义域可构造函数，即可得出，利用对数运算即可得出结果. 【详解】由可得，即 即可得实数t是方程的根，即； 易知，所以； 令函数，则在上恒成立； 所以在上单调递增，因此需满足； 可得， 同时取对数得，即； 所以，即. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将方程变形后利用同构函数构造出，再结合定义域可知，可得定义域为，再利用单调性即可求得结果. 13．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，利用到数的几何意义，即可求得答案； （2）设，，，原不等式即为，利用的单调性，继而转化为，继而再构造函数，利用函数的单调性证明结论. 【详解】（1）由，得， 则，，. 故曲线在点处的切线方程为， 即. （2）证明：由，，且，不妨设，，， 则证明等价于证明，， 即证，从而构造函数，利用其调性证明结论. 令，则，当时，，在单调递减， 故，，即，， 则 ， 要证， 只需证. 令，则， 令，得. 令，，则， 令，，则在上恒成立， 则，则在上恒成立，则在上单调递增. 当时，，则， 则，在单调递减， 当时，，则， 则，在单调递增. 因为，所以，即在上恒成立， 从而. 【点睛】难点点睛：本题查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式，难点就在于不等式的证明，解答时要将原不等式转化为，继而构造函数，利用单调性证明成立. 14． 【分析】将不等式展开并变形，即，恒成立，构造函数，求导数，判断函数的单调性，由此可求实数的取值范围.. 【详解】由题意得：，时恒成立， 即 即，时恒成立, 设， 故在时单调递增，故， 即 ，当且仅当等号成立 ， 又设 ， 故时单调递增函数，且， 而 ，故， 因为，故，当且仅当等号成立 ， 故要使，时恒成立， 当 时，上式显然成立； 时，只需，而， 所以只需，故实数的取值范围为. 15．(1)和 (2) 【分析】（1）求导后，根据正负可确定的单调递增区间； （2）求导后，根据正弦函数对称性可知且，并可确定的单调性，由此可得，进而将化为，令，，利用导数可求得单调性，进而确定的取值范围，即为的取值范围. 【详解】（1）当时，，则， 当时，；当时，； 的单调递增区间为和. （2），若有两个极值点分别为， 则，关于对称， 且当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减， ，， ， 又，， ， 令，，， 当时，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，又，，， 即的取值范围为. 【点睛】思路点睛；本题考查利用导数求解函数的单调区间、函数极值相关问题的求解；本题求解取值范围的基本思路是将问题转化为关于变量的函数的形式，结合的范围，可求得函数的值域，即为所求的取值范围. 16．(1)解为 (2)，证明见解析 【分析】（1）用导数研究的单调性与极值，只有在极值点处满足； （2）由及分别有两个零点，分离参数，数形结合得到的取值范围，由消去代入得，结合进一步转化为证明，结合的范围，考察的最值得证. 【详解】（1），定义域为， 令，设， 故在上单调递减，在上单调递增，， 故方程的解为. （2）令，得，设， 故在单调递增，在单调递减，， 当时，当时， 若有两个零点，则，故， ，令，得， 设，则， 故在单调递增，在单调递减，， 当时，当时， 若有两个极值点，则， 综上，. 不妨令，因为且，由与图象得， 由为的两根得， 两式分别乘并整理得， 所以， 要证，即证， 即证：， 由于，所以 ， 只需证，即证，（）， 令，（）， 当时，所以在上单调递减， 所以，故，得证. 【点睛】关键点点睛：由为的两根得……①， ……②，对含参双零点常用处理方法： ①+②得……③，用此式可代入消参， ①－②得……④，也用此式可代入消参， 由③④得，可直接消参. 本题中以上方法均不适合，结合要证的结论要想消参需要在①②两式分别乘构造出代入即可. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$