专题7 培优突破11 同构函数问题-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦“同构函数问题”专题，覆盖双变量同构、指对同构（和差型、积商型）等高考核心考点，依据高考评价体系梳理高频考点分布，通过例题解析、方法总结和对点训练，构建系统备考体系，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于高考模拟题实战训练与同构变形技巧指导，如构造函数h(x)=x+lnx培养抽象能力和逻辑推理素养，以2025年天津模拟题为例，将向量模长问题转化为函数单调性分析，帮助学生掌握压轴题突破方法，教师可据此精准教学，提升学生应试得分率和复习效率。

培优突破11　同构函数问题 第一部分　专题突破 专题七　函数与导数 高考分析 同构函数问题是近几年高考的热点,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. 考点一　双变量同构问题 内容索引 考点二　指对同构——和(差)型 考点三　指对同构——积(商)型 培优　题组集训 3 考点一　双变量同构问题 考点一　双变量同构问题 1.||>mx1x2型:一般可等价变形为+mx1>+mx2,研究g(x)=+mx. 2.|f(x1)-f(x2)|≤m|x1-x2|型:讨论f(x)的单调性,去掉绝对值后一般可得 f(x1)+mx1≤f(x2)+mx2,研究g(x)=f(x)+mx. 3.<型:设x1>x2,则f(x1)-f(x2)<=-,即等价变形为 f(x1)+<f(x2)+,研究g(x)=f(x)+. 考点一　双变量同构问题 [例1]　(2025·天津模拟)已知向量a,b是夹角为60°的单位向量,若对任意的 x1,x2∈(m,+∞),且x1<x2, >|a-b|,则m的取值范围是(　　) A.[e2,+∞)　　　　　　　 B.[,+∞) C.[e,+∞) D.[,+∞) A 考点一　双变量同构问题 [解析]　已知向量a,b是夹角为60°的单位向量,则a·b=|a|·|b|·cos 60°=1×1×=, 所以|a-b|===1, 所以对任意的x1,x2∈(m,+∞),且x1<x2,>1,则x1ln x2-x2ln x1<x1-x2, 所以-<-,即<, 设f(x)=,则f(x)在(m,+∞)上单调递减. 又当x∈(0,+∞)时,令f'(x)==0,解得x=e2, 所以当x∈(0,e2)时,f'(x)>0,f(x)在(0,e2)上单调递增; 当x∈(e2,+∞)时,f'(x)<0,f(x)在(e2,+∞)上单调递减,所以m≥e2. 考点一　双变量同构问题 　对于含有两个变量的不等式(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. 方法总结 考点一　双变量同构问题 1.(2025·河北秦皇岛模拟)已知函数f(x)=xln x,若任意两个不相等的正实数x1,x2,都有<m恒成立,则实数m的取值范围为(　　) A.[,+∞) B.[,+∞) C.[1,+∞) D.[,+∞) 对点训练 D 考点一　双变量同构问题 解析:不妨设0<x1<x2,则由<m,得f(x1)-f(x2)>m(-),即f(x1)-m>f(x2)-m, 即函数g(x)=f(x)-mx2=xln x-mx2在(0,+∞)上单调递减. 因为g'(x)=ln x+1-2mx,由题意ln x+1-2mx≤0恒成立,即m≥,x>0恒成立,令h(x)=,x>0,则h'(x)==,x>0, 当0<x<1时,h'(x)>0,当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,故h(x)max=h(1)=,所以实数m的取值范围为[,+∞). 考点一　双变量同构问题 2.(2025·福建莆田模拟)已知函数f(x)=ex,g(x)=-x2-mx,若对区间[0,1]上任意两个实数x1,x2(x1≠x2),都有|f(x1)-f(x2)|>|g(x1)-g(x2)|恒成立,则实数m的取值范围是(　　) A.[-1,2-2ln 2] B.[-e2-4,1] C.[-1,e-2] D.[-1,1] A 考点一　双变量同构问题 解析:假设x1<x2,因为f(x)=ex在R上单调递增,所以|g(x1)-g(x2)|<f(x2)-f(x1), 所以f(x1)-f(x2)<g(x1)-g(x2)<f(x2)-f(x1),所以 令F(x)=f(x)-g(x)=ex+x2+mx,则F(x)在区间[0,1]上单调递增,所以F'(x)=ex+2x+m≥0.因为F'(x)在区间[0,1]上单调递增,所以F'(x)的最小值为F'(0)=1+m,故1+m≥0,即m≥-1.令G(x)=f(x)+g(x)=ex-x2-mx,则G(x)在区间[0,1]上单调递增,所以G'(x)=ex-2x-m≥0,所以m≤ex-2x,令h(x)=ex-2x,则h'(x)=ex-2,所以h(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,1)上单调递增,所以h(x)的最小值为h(ln 2)=2-2ln 2,即m≤2-2ln 2.综上所述,-1≤m≤2-2ln 2. 考点二　指对同构——和(差)型 考点二　指对同构——和(差)型 [例2]　对下列不等式或方程进行同构变形,并写出相应的同构函数. (1)x2ln x-m≥0; [解]　显然x>0,则x2ln x-m≥0⇔xln x≥⇔ln x+ln(ln x)≥+ln ,h(x)=x+ln x. 考点二　指对同构——和(差)型 (2)a(eax+1)≥2(x+)ln x; [解]　显然x>0,则a(eax+1)≥2(x+)ln x⇔axeax+ax≥2x2ln x+2ln x=x2ln x2+ln x2⇔ax·eax+ax≥ln x2·+ln x2,u(x)=xex+x. 考点二　指对同构——和(差)型 (3)aln(x-1)+2(x-1)≥ax+2ex; [解]　 aln(x-1)+2(x-1)≥ax+2ex⇔aln(x-1)+2(x-1)≥aln ex+2ex,v(x)=aln x+2x. (4)x+aln x+e-x≥xa(x>1); [解]　 x>1,x+aln x+e-x≥xa⇔x+e-x≥xa-ln xa⇔e-x-ln e-x≥xa-ln xa,r(x)=x-ln x. (5)e-x-2x-ln x=0. [解]　 e-x-2x-ln x=0⇔e-x-x=x+ln x⇔e-x+ln e-x=x+ln x,φ(x)=x+ln x. 考点二　指对同构——和(差)型 　ea±a>b±ln b 方法总结 考点二　指对同构——和(差)型 对点训练 3.(2025·山西晋中模拟)已知函数f(x)=. (1)讨论f(x)的单调性; 解:函数f(x)=的定义域为(0,+∞),又f'(x)=-,令f'(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减. 考点二　指对同构——和(差)型 (2)若eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围. 解:由eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0,+∞)恒成立,得eax-1+ax-x≥ln x+1对任意x∈(0,+∞)恒成立,即eax-1+ax-1≥ln x+x=ln x+eln x对任意x∈(0,+∞)恒成立. 令g(x)=ex+x,则有g(ax-1)≥g(ln x),显然g(x)为增函数,可得ax-1≥ln x,又x>0, 则a≥,所以a≥f(x)max.由(1)可知f(x)max=f(1)=1, 所以a≥1,故实数a的取值范围为[1,+∞). 考点三　指对同构——积(商)型 考点三　指对同构——积(商)型 [例3]　已知函数f(x)=,则不等式f(x)>ex的解集为(　　) A.(0,1)　　　　　　　 B.(,1) C.(1,e) D.(1,+∞) B 考点三　指对同构——积(商)型 [解析]　函数f(x)=,则f(x)>ex⇔>ex⇔>. 因为x>0,则不等式f(x)>ex成立必有1+ln x>0,即x>, 令g(x)=,x>,求导得g'(x)=, 当<x<1时,g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0, 因此,函数g(x)在(,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又f(x)>ex⇔g(1+ln x)>g(x), 考点三　指对同构——积(商)型 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, 故h(x)在(,1)上单调递增,∀x∈(,1),h(x)<h(1)=0, 所以不等式f(x)>ex的解集为(,1). 考点三　指对同构——积(商)型 方法总结 　 1.积型: aea≤bln b 2.商型: < 考点三　指对同构——积(商)型 对点训练 4. (2025·江西宜春模拟)若关于x的不等式e2x≥a(ln +ln )在(0,+∞)上恒成立,则实数a的取值范围为(　　) A.0<a≤　　　　　　　　 B.0<a≤e C.0<a≤2e D.0<a≤e2 C 考点三　指对同构——积(商)型 解析:不等式e2x≥a(ln +ln )可化为2e2x≥aln(ax),又x>0, 所以2xe2x≥axln(ax),故2xe2x≥ln(ax)eln(ax),由已知不等式2xe2x≥ln(ax)eln(ax)在(0,+∞)上恒成立.因为要使e2x≥a(ln +ln )有意义,故a>0,又x>0,所以ax>0. 当ln(ax)≤0时,不等式2xe2x≥eln(ax)ln(ax)恒成立,设g(x)=xex,x∈(0,+∞), 则g'(x)=ex+xex.因为x>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以2x≥ln(ax),故2x-ln x≥ln a.令h(x)=2x-ln x,则h'(x)=2-=, 令h'(x)=0,可得x=,当0<x<时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x>时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h()=1-ln≥ln a, 故1≥ln(),所以0<a≤2e. 考点三　指对同构——积(商)型 5.(2025·安徽合肥模拟)已知关于x的方程2a2ax+1+2ax=1(a>0)有两个不等 实根,则a的取值范围是　　 　　.  (0,)∪(,1) 考点三　指对同构——积(商)型 解析:由2a2ax+1+2ax=1可得ax-=-a2ax+1,a>0且a≠1,方程两边同乘ln a, 得(ax-)ln a=-a2ax+1ln a,所以ln =a2ax+1ln,变形可得=. 设函数g(x)=,则g'(x)=,当0<x<时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减.又因为g(1)=0,且当x趋向于+∞时,g(x)趋向于0,所以当x>1时,g(x)>0,由g()=g()知,只需满足1<<>,所以a的取值范围是(0,)∪(,1). 培优　题组集训 培优　题组集训 1.(2025·湖北鄂州模拟)已知函数f(x)=ex-e-x,若∀x1≥0,x2≤0,x1+x2>0,均有>λ,则λ的最大值为(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 D 培优　题组集训 解析:因为函数f(x)=ex-e-x的定义域为R,则f(-x)=e-x-ex=-f(x), 若∀x1≥0,x2≤0,x1+x2>0,均有>λ, 则f(x1)+f(x2)>λx1+λx2,可得f(x1)-λx1>-f(x2)+λx2=f(-x2)-λ(-x2). 令g(x)=f(x)-λx=ex-e-x-λx,则g(x1)>g(-x2),由题意可知x1≥0,-x2≥0,x1>-x2,所以函数g(x)=ex-e-x-λx在区间[0,+∞)上为增函数,所以g'(x)=ex+e-x-λ≥0,即λ≤ex+e-x在[0,+∞)上恒成立, 由基本不等式可得ex+e-x≥2=2,当且仅当ex=e-x,即x=0时,等号成立,故λ≤2,所以λ的最大值为2. 培优　题组集训 2.(2025·山东泰安模拟)已知函数f(x)=xe-x,g(x)=ln x-x+b(b∈R).若f(x)≥g(x)在x>0时恒成立,则b的取值范围为(　　) A.(-∞,e-1+1) B.(-∞,e-1+1] C.(-∞,e-1) D.(-∞,e-1] B 培优　题组集训 解析:∵f(x)≥g(x)在x>0时恒成立, ∴f(x)-g(x)≥0. ∵f(x)=xe-x,g(x)=ln x-x+b(b∈R), ∴xe-x≥ln x-x+b,∴b≤eln x-x-(ln x-x). 令t=ln x-x,则t'=-1,令t'=0得x=1,当0<x<1时,t'>0, 当x>1时t'<0,∴t≤-1. 设h(t)=et-t(t≤-1),h'(t)=et-1<0, 培优　题组集训 ∴h(t)在(-∞,-1]上单调递减, ∴h(t)的最小值是h(-1)=e-1+1. ∵f(x)≥g(x)在x>0时恒成立, ∴b≤e-1+1,∴b的取值范围为(-∞,e-1+1]. 培优　题组集训 3.(2025·河北沧州模拟)已知当x>0时,不等式≤恒成立,则实数k的最小值为(　　) A. B.1 C.2 D.e A 培优　题组集训 解析:根据题意,因为≤,所以(x+1)ln x≤(ekx+1)kx=(ekx+1)ln ekx, 设函数h(x)=(x+1)ln x,可得h(x)≤h(ekx),h'(x)=1++ln x,令g(x)=h'(x),g'(x)=, 所以当x∈(0,1)时,g'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,所以函数h'(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以h'(x)≥h'(1)=2,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以x≤ekx,可得ln x≤kx,则k≥,设函数M(x)=,则M'(x)=, 所以当x∈(0,e)时,M'(x)>0;当x∈(e,+∞)时,M'(x)<0,函数M(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,所以函数M(x)在x=e处取得最大值M(e)=,所以k≥,所以实数k的最小值为. 培优　题组集训 4.(2025·江苏泰州模拟)∀x>0,aeax-2xln x≥0,则实数a的取值范围 为　　　　.  [,+∞) 培优　题组集训 解析:∀x>0,aeax-2xln x≥0,变形为axeax-2x2ln x≥0,即axeax≥x2ln x2, 显然若a≤0,当x>1时,axeax≤0,x2ln x2>0,不等式不成立,故a>0, 从而ax>0,此时,若x∈(0,1],则axeax>0,x2ln x2≤0,不等式恒成立, 故只需考虑x∈(1,+∞)的情况.令f(x)=xex,x>1,则f'(x)=(x+1)ex. 因为x>1,所以f'(x)>0,则f(x)=xex在(1,+∞)上单调递增. 又x>1时,ax>0,ln x2>0,而axeax≥x2ln x2=ln x2即f(ax)≥f(ln x2), 从而x>1时,ax≥ln x2恒成立,即a≥恒成立, 培优　题组集训 令g(x)=,则g'(x)=, 当x∈(1,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 则g(x)的最大值为g(e)==,所以a≥,即a的取值范围为[,+∞). 培优　题组集训 5.(2025·山西太原模拟)已知k>0,若对于任意的x∈[,+∞),不等式ekx (kx-ln 2)-2xln x≥0恒成立,则实数k的最小值为　　　　.  培优　题组集训 解析:对不等式ekx(kx-ln 2)-2xln x≥0进行变形,得到ln ≥xln x, 令f(x)=xln x,f'(x)=1+ln x,又x∈[,+∞),所以f'(x)≥0,f(x)在[,+∞)上单调递增. 因为>,所以∈[,+∞),于是有≥x,即k≥, 令g(x)=,x∈[,+∞),则g'(x)=,x∈[,+∞), 可得当x∈[,)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,于是g(x)max=g()=,于是k≥,所以k的最小值为. 培优　题组集训 6.(2025·湖北武汉模拟)已知函数f(x)=ex-+-1. (1)若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为-1,求a; 解:因为f(x)=ex-+-1, 所以f'(x)=ex--,依题意f'(1)=e1--=-1,解得a=e. 培优　题组集训 (2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围. 解:因为f(x)=ex-+-1的定义域为(0,+∞), 又f(x)=ex-+-1=≥0恒成立, 所以xex-ln x+a-x≥0恒成立, 所以a≥x+ln x-xex=x+ln x-ex+ln x恒成立, 令g(t)=t-et,t∈R,则g'(t)=1-et, 当t∈(-∞,0)时,g'(t)>0,g(t)单调递增, 当t∈(0,+∞)时,g'(t)<0,g(t)单调递减, 所以g(t)max=g(0)=-1,所以a≥-1. 感谢您的观看 $