函数同构 讲义-2025届高三数学二轮专题复习

函数同构答案 【精选例题】 1（21年全国甲卷），【解法一】（1）当时，, 令得,当时，,当时，, ∴函数在上单调递增；上单调递减； （2）,设函数, 则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是. 【解法二】令， 1）时，，至多一个零点，故舍去； 2）时，,在上单调递增，在上单调递减. 又，， ，则， 两边取以为底的对数得， 令，得，即①.又（证明略）当且仅当取等号， 故①式的解为，即.的取值范围是，，． 2.（2022全国新高考1卷） 已知函数和有相同的最小值. （1）求； （2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 解析：（2）由（1）可得，的最小值在处取到，的最小值在处取到，且最小值均为1. 于是,在上增，在上减，则存在，使得 .这样的话，令,且直线与两条曲线和共有三个不同的交点.另一方面，注意到，考虑函数，则.设直线与两条曲线和从左到右的三个交点横坐标为.且有.由上述讨论可知：，故①，同理，由②可得：.又因为③联立①，②，③可得：，即从左到右的三个交点横坐标成等差数列. 3. 若函数，当时，，则实数的取值范围 【详解】依题意，当时，恒成立， 即恒成立，即①恒成立， 设，，令，所以在区间上单调递减；在区间上单调递增，所以，也即，在上单调递增，所以由①得，即， 设，所以在区间上单调递增； 在区间上单调递减，所以， 所以，即的取值范围是.故答案为： 4， 考点过关练 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 答案：C解： A选项：，设 ，设，则有恒成立，所以在单调递增，所以，从而存在，使得，由单调性可判断出： ，所以在不单调，不等式不会恒成立B选项： ，设可知单调递增.所以应该，B错误C选项：，构造函数，，则在恒成立。所以在单调递减，所以成立. D选项：，同样构造，由C选项分析可知D错误. 2.已知不等式最小值为（ ） 1. B. C. D. ， 只需考虑其为负数的情况， ， 令 故 3.A　[设函数f(x)＝2x－3－x. 因为函数f(x)＝2x与f(x)＝－3－x在R上均单调递增， 所以f(x)在R上单调递增， 原已知条件等价于2x－3－x＜2y－3－y， 即f(x)＜f(y)，所以x＜y，即y－x＞0，所以A正确，B不正确. 因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.] 4.A　[因为y＝ex在R上单调递增， b＞a＞0，所以eb＞ea，BC错； 构造函数f(x)＝(x＞0)，则f′(x)＝＝0，x＝e， 当x∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 因为aln b＝bln a，＝，即f(a)＝f(b)，又b＞a＞0，所以0＜a＜e，b＞e， 所以＜，eln a＜aln e，ln ae＜ln ea，即ae＜ea，所以ae＜ea＜eb，A正确.故选A.] 5.B　[(b－a)eb－a≥be－b－λa⇒(b－a)eb－a－be－b＋λa≥0⇒(b－a)eb－a－λ(b－a)＋(－be－b)－λ(－b)≥0，构造f(x)＝xex－λx，问题转化为f(b－a)＋f(－b)≥0， 由于a，b为任意实数，∴f(x)≥0⇒f(x)＝x(ex－λ)≥0， ①当x＝0时，显然成立， ②当x＜0时，λ≥ex恒成立，λ≥1， ③当x＞0时，λ≤ex恒成立，可得λ≤1，综上可得λ＝1，故选B.] 6.C　[∵ex－a≥ln x＋a，∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x， 设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1＞0，∴f(t)在R上单调递增， 故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，即f(x－a)≥f(ln x)，即x－a≥ln x，即a≤x－ln x， 设g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－＝，令g′(x)＞0，x＞1， ∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故选C.] 7.B　[＞ex⇒＞⇒＞， 构造g(x)＝，则g′(x)＝，g′(x)＝0，解得x＝1， 所以g(x)在(0，1)单调递减，(1，＋∞)单调递增，又f(x)>ex⇔g(1＋ln x)>g(x)， 当x>1时，ln x＋1>1，于是得1＋ln x>x，即1＋ln x－x>0， 令h(x)＝1＋ln x－x，当x>1时，h′(x)＝－1<0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∀x>1, h(x)<h(1)＝0，因此，1＋ln x>x无解.当<x<1时，0<ln x＋1<1， 于是得1＋ln x<x，即1＋ln x－x<0，此时h′(x)＝－1>0，函数h(x)在上单调递增，∀x∈，h(x)<h(1)＝0，不等式1＋ln x<x的解集为， 所以不等式f(x)>ex的解集为.] 8.C　[由2λe2x＋ln λ≥ln x得2λe2x≥ln x－ln λ＝ln ，即2xe2x≥ln ， 令f(t)＝tet，t∈(0，＋∞)，则f′(t)＝(t＋1)et>0，所以f(t)＝tet在(0，＋∞)上单调递增，而2xe2x≥ln ＝ln eln 等价于f(2x)≥f，∴2x≥ln ，即λ≥. 令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝， 当x∈时，g′(x)>0，g(x)为增函数； 当x∈时，g′(x)<0，g(x)为减函数， 所以g(x)最大值为g＝，∴λ≥.故选C.] 9.a>>b　[－>ln b－ln a， ＋ln a>＋ln b，令g(x)＝＋ln x，x>，g′(x)＝－＋＝>0，g(x)在(，＋∞)上单调递增. ∵g(a)>g(b)，∴a>b，又∵>>，∴a>>b.] 10.(－∞，0]　[原不等式可变形为e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)≥kx＋1，e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)－1≥kx，利用ex≥x＋1，可得kx≤0，又x>0，故k≤0. ] 11.AB　[函数f(x)的定义域为(－2，＋∞). 对于A，f′(x)＝aex－，因为f(x)在x＝0处取得极值，则f′(0)＝a－＝0，解得a＝，f′(x)＝ex－，因为y＝ex，y＝－在(－2，＋∞)上都单调递增，则f′(x)在(－2，＋∞)上单调递增， 当－2<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，因此x＝0是f(x)的极小值点，且f(x)在(0，＋∞)上单调递增，A正确； 对于B，当x>－2时，f(x)≥0⇔aex＋ln a≥ln(x＋2)＋2⇔ex＋ln a＋x＋ln a≥ln(x＋2)＋(x＋2)⇔ex＋ln a＋x＋ln a≥eln(x＋2)＋ln(x＋2)成立，令g(x)＝ex＋x，显然函数y＝ex，y＝x在R上都是增函数， 于是g(x)＝ex＋x在R上单调递增，即有∀x>－2，g(x＋ln a)≥g(ln(x＋2))成立， 因此∀x>－2，x＋ln a≥ln(x＋2)⇔ln a≥ln(x＋2)－x成立， 令h(x)＝ln(x＋2)－x，x>－2，求导得h′(x)＝－1＝－， 当x∈(－2，－1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(－1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，则当x＝－1时，h(x)max＝h(－1)＝1，从而ln a≥1，解得a≥e， 所以当f(x)≥0恒成立时，a∈[e，＋∞)，B正确； 对于C，f(x)仅有两个零点，等价于方程aex＋ln a＝ln(x＋2)＋2⇔ex＋ln a＋x＋ln a＝eln(x＋2)＋ln(x＋2)有两个不等根，由选项B知，方程g(x＋ln a)＝g(ln(x＋2))⇔ln a＝ln(x＋2)－x有两个不等根，由选项B可知h(x)＝ln(x＋2)－x的最大值为h(－1)＝1，故ln a＝ln(x＋2)－x要想有两个根，只需ln a<1，即0<a<e，故C错误； 对于D，f(x)仅有1个零点，由选项B知，当且仅当ln a＝1，解得a＝e，D错误.] 12.解　(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞). 因为f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，所以f′(x)＝－1＝. 当2a－1≤－1，即a≤0时，f′(x)＜0，则f(x)在(－1，＋∞)上单调递减； 当2a－1＞－1，即a＞0时，令f′(x)＞0，得－1＜x＜2a－1， 令f′(x)＜0，得x＞2a－1，则f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减； 当a＞0时，f(x)在(－1，2a－1)上单调递增，在(2a－1，＋∞)上单调递减. (2)由f(x)＋g(x)≥0，得2aln(x＋1)－x－1＋ex－2ax≥0， 即ex－2ax≥x＋1－2aln(x＋1)＝eln(x＋1)－2aln(x＋1)， 即g(x)≥g(ln(x＋1))在x∈[0，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝x－ln(x＋1)，x∈[0，＋∞)，则h′(x)＝1－＝≥0， 所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)＝0，所以x≥ln(x＋1)， 即只需g(x)＝ex－2ax在[0，＋∞)上单调递增. 因为g′(x)＝ex－2a，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即a≤在[0，＋∞)上恒成立.因为函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，所以a≤＝， 故实数a的取值范围是. 13.已知函数．（为常数）若，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 解析：由题意得：； 即：因为，当且仅当时等号成立，构造容易得：，所以只需要满足. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 函数同构 一．基本原理 解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为的结构，即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①；②；③；④；⑤. 二、导数同构中的六大基础函数 答题思路； 1，双变量问题，、地位完全相同，也称为轮换式，只需把同一变量移到不等式的同一边即可。 （1） 可以设，构造新函数，求导证明为增函数即可 （2） 可以设 2.直接变形：指对跨阶时使用，何谓指对跨阶？比如在中，指数增长最快属于第一阶，其次属于第二阶，对数增长最慢属于第三阶。 （1）积型：（同左）； （同右）； （取对数）. 说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知. （2）商型：（同左）； （同右）； （取对数）. （3）和差型：（同左）； （同右）. 3.先凑再变形： 若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以，同加上等，再用上述方式变形.常见的有： ①； ②； ③ ④ ⑤ 【精选例题】 1.（21年甲卷） 已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 2.（2022新高考1卷）已知函数和有相同的最小值. （1）求； （2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 3．（永州市一模）.若函数，当时，，则实数的取值范围________． 4， （一中24高二下期末）已知函数f(x)=，g(x)=a-a,(a>0) （2）求f(x)的单调区间 （3）若g(x)f(x)对任意x恒成立，求整数a的最小值。 考点过关练 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2.已知不等式最小值为（ ） 1. B. C. D. 3.若2x－2y<3－x－3－y，则(　　) A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0 C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0 4.(2023·福州模拟)已知b＞a＞0，且满足aln b＝bln a，e为自然对数的底数，则(　　) A.ae＜ea＜eb B.eb＜ae＜ea C.eb＜ea＜ae D.ea＜ae＜eb 5.已知对任意的a，b∈R都有(b－a)eb－a≥be－b－λa恒成立，则实数λ的值为(　　) A.e B.1 C.0 D.－e 6.(2023·武汉调研)若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A. B.(－∞，e] C.(－∞，1] D.(－∞，2 7.已知函数f(x)＝，则不等式f(x)＞ex的解集为(　　) A.(0，1) B. C.(1，e) D.(1，＋∞) 8.(2023·杭州调研)已知不等式2λe2x＋ln λ≥ln x在(0，＋∞)上恒成立，则实数λ的取值范围是(　　) A. B. C. D. 9.已知a，b∈(，＋∞)，且满足－>ln ，则a，b，的大小关系是________. 10.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范围是________. 11.(多选)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋2)＋ln a－2.以下说法正确的是(　　) A.若f(x)在x＝0处取得极值，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增 B.若f(x)≥0恒成立，则a∈[e，＋∞) C.若f(x)仅有两个零点，则a∈[e，＋∞) D.若f(x)仅有1个零点，则a＝1 12.已知函数f(x)＝2aln(x＋1)－x－1，g(x)＝ex－2ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若对任意的x∈[0，＋∞)，f(x)＋g(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 13.已知函数．（为常数），若对任意的，恒成立，求实数的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$