专题一 微重点 3 同构函数问题-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微重点3　同构函数问题 [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． 考点一　地位同等同构型 [例1]　(2025·西安模拟)若e2a－eb>4a2－b2＋1，则(　　) A．4a2>b2 B．4a2<b2 C．()a>()b D．()a<()b 解析　因为e2a－eb>4a2－b2＋1， 所以e2a－4a2>eb－b2＋1，又eb－b2＋1>eb－b2， 所以e2a－4a2>eb－b2， 令函数f(x)＝ex－x2，求导得f′(x)＝ex－2x， 令g(x)＝ex－2x，求导得g′(x)＝ex－2， 当x<ln 2时，g′(x)<0，当x>ln 2时，g′(x)>0，函数g(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， g(x)min＝g(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2(1－ln 2)>0，即f′(x)>0，因此函数f(x)在R上单调递增， 原不等式等价于f(2a)>f(b)，于是2a>b， 对于A，B，取2a＝1，b＝－1，有4a2＝b2，A，B错误； 对于C，D，()2a<()b， 即()a<()b，C错误，D正确．故选D. 答案　D 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． 跟踪训练1　(多选)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　) A．a>2b B．a<2b C．a>b D．a<b2 BC　[由指数和对数的运算性质可得 2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b. 令f(x)＝2x＋log2x， 则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为b>0， 所以2b＋log2b<22b＋log2b<22b＋log22b， 所以2b＋log2b<2a＋log2a<22b＋log22b， 即f(b)<f(a)<f(2b)，所以b<a<2b.故选BC.] 考点二　指对同构问题 考向1　指对同构与恒成立问题 [例2]　(2025·山东日照三模)已知函数f(x)＝x2－ax＋2ln x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若a>0，f(x)≤eax恒成立，求a的取值范围． 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－a＋＝. 关于x的方程2x2－ax＋2＝0，Δ＝a2－16， 当－4≤a≤4时，Δ≤0，f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a<－4时，Δ>0，此时⇒x1<0，x2<0， f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>4时，则x1＝，x2＝是方程2x2－ax＋2＝0的两根． 又x1x2＝1，x1＋x2＝>0，所以0<x1<x2， 令f′(x)>0，解得x<或x>， 令f′(x)<0，解得<x<， 所以f(x)在(0，)和(，＋∞)上单调递增，在(，)上单调递减． 综上，当a≤4时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>4时，f(x)在(0，)，(，＋∞)上单调递增， 在(，)上单调递减． (2)由f(x)≤eax，可得x2＋2ln x≤eax＋ax，即eln x2＋ln x2≤eax＋ax. 令g(x)＝ex＋x，易知g(x)单调递增． 由eln x2＋ln x2≤eax＋ax，可得g(ln x2)≤g(ax)，则ln x2≤ax，即≤. 设h(x)＝，则h′(x)＝，当x>e时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当0<x<e时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)max＝＝， 所以≥，则a的取值范围为[，＋∞). 考向2　指对同构与证明不等式 [例3]　(2025·河北保定二模)已知函数f(x)＝ln x＋－2(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a＝2时，求证：f(x)>0在(1，＋∞)上恒成立； (3)求证：当x>0时，ln (x＋1)>. (1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝， 令f′(x)＝0，即x2－2(a－1)x＋1＝0，Δ＝4(a－1)2－4＝0，解得a＝2或a＝0， 若0≤a≤2，此时Δ≤0，f′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立 所以f(x)在(0，＋∞)单调递增． 若a>2，此时Δ>0，方程x2－2(a－1)x＋1＝0的两根为： x1＝(a－1)＋，x2＝(a－1)－且x1>0，x2>0， 所以f(x)在(0，a－1－)上单调递增， 在(a－1－，a－1＋)上单调递减， 在(a－1＋，＋∞)上单调递增． 若a<0，此时Δ>0，方程x2－2(a－1)x＋1＝0的两根为： x1＝(a－1)＋，x2＝(a－1)－且x1<0，x2<0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上所述：当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)单调递增； 当a>2时，f(x)在(0，a－1－)，(a－1＋，＋∞)上单调递增， 在(a－1－，a－1＋)上单调递减． (2)证明　由(1)可知当a＝2时，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)>f(1)＝0，所以f(x)>0在(1，＋∞)上恒成立． (3)证明　法一：由(2)可知ln x＋－2>0在(1，＋∞)恒成立， 所以ln (x＋1)>在(0，＋∞)恒成立， 下面证>，即证2ex－x2－2x－2>0， 设φ(x)＝2ex－x2－2x－2，φ′(x)＝2ex－2x－2， 设μ(x)＝2ex－2x－2，μ′(x)＝2ex－2， 易知μ′(x)＝2ex－2>0在(0，＋∞)恒成立， 所以μ(x)＝2ex－2x－2在(0，＋∞)单调递增， 所以μ(x)＝2ex－2x－2>μ(0)＝0， 所以φ(x)＝2ex－x2－2x－2在(0，＋∞)单调递增， 所以φ(x)＝2ex－x2－2x－2>φ(0)＝0， 所以>，即当x>0时，ln (x＋1)>. 法二(同构)：>，即>， 令f(x)＝，则原不等式等价于f[ln (x＋1)]>f(x)， f′(x)＝，令g(x)＝(1－x)ex－1，则g′(x)＝－xex<0，g(x)递减， 故g(x)<g(0)＝0，f′(x)<0，f(x)递减， 又ln (x＋1)<x，故f[ln (x＋1)]>f(x)，原结论成立． 考向3　指对同构与函数零点 [例4]　(2025·六安模拟)若关于x的方程m＋eln m＝＋e(ln x－x)有解，则实数m的最大值为 ． 解析　由题意得，eln m＋eln m＝eln x－x＋e(ln x－x)， 令f(x)＝ex＋ex，则f(ln m)＝f(ln x－x)， 易知f(x)在R上单调递增，所以ln m＝ln x－x. 令g(x)＝ln x－x，x>0，则g′(x)＝， 当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝－1， 所以ln m≤－1，得0<m≤. 所以m的最大值为.故答案为：. 答案　 指对同构的常用形式 (1)积型：aea≤b ln 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：ea ln ea≤b ln b，构造函数f(x)＝x ln 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. (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． 跟踪训练2　(2025·高三天津西青三模)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x. (1)若曲线数y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处切线的斜率相等，求a的值； (2)若函数f(x)与g(x)有相同的最小值． ①求a的值； ②证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)与y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标成等差数列． 解　(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－， 由题知f′(1)＝g′(1)，即e－a＝a－1，即a＝. (2)①f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，不合题意，故a>0. 令f′(x)＝0，得x＝ln a， 当x∈(－∞，ln a)，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(ln a，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(ln a)＝a－a ln a. g(x)＝ax－ln x的定义域为(0，＋∞)，而g′(x)＝a－＝. 当x∈(0，)，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(，＋∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g()＝1－ln . 因为f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值， 故a－a ln a＝1－ln ，整理得到＝ln a，其中a>0， 设g(a)＝－ln a，a>0，则g′(a)＝－＝≤0， 故g(a)为(0，＋∞)上的减函数，而g(1)＝0， 故g(a)＝0的唯一解为a＝1，故＝ln a的解为a＝1. 综上，a＝1. ②f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x， 且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且f(x)min＝g(x)min＝1. 当b<1时，此时f(x)min＝g(x)min＝1>b， 显然y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有0个交点，不符合题意； 当b＝1时，此时f(x)min＝g(x)min＝1＝b， 故y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； 当b>1时，首先，证明y＝b与曲线y＝f(x)有2个交点， 即证明f(x)＝f(x)－b有2个零点，F′(x)＝f′(x)＝ex－1， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 又因为F(－b)＝e－b>0，F(0)＝1－b<0，F(b)＝eb－2b>0， (令t(b)＝eb－2b，则t′(b)＝eb－2>0，t(b)>t(1)＝e－2>0)， 所以f(x)＝f(x)－b在(－∞，0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x2. 其次，证明y＝b与曲线和y＝g(x)有2个交点， 即证明G(x)＝g(x)－b有2个零点，G′(x)＝g′(x)＝1－， 所以G(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 又因为G(e－b)＝e－b>0，G(1)＝1－b＜0，G(2b)＝b－ln 2b＞0， (令μ(b)＝b－ln 2b，则μ′(b)＝1－>0，μ(b)>μ(1)＝1－ln 2>0) 所以G(x)＝g(x)－b在(0，1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1，＋∞)上存在且只存在1个零点，设为x4， 再次，证明存在b，使得x2＝x3， 因为F(x2)＝G(x3)＝0，所以b＝ex2－x2＝x3－ln x3， 若x2＝x3，则ex2－x2＝x2－ln x2，即ex2－2x2＋ln x2＝0， 所以只需证明ex－2x＋ln x＝0在(0，1)上有解即可， 即φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上有零点， 因为φ()＝e－－3＜0，φ(1)＝e－2＞0， 所以φ(x)＝ex－2x＋ln x在(0，1)上存在零点，取一零点为x0，令x2＝x3＝x0即可， 此时取b＝ex0－x0 则此时存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点， 最后证明x1＋x4＝2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为F(x1)＝F(x2)＝F(x0)＝0＝G(x3)＝G(x0)＝G(x4) 所以F(x1)＝G(x0)＝F(ln x0)， 又因为f(x)在(－∞，0)上单调递减，x1<0，0<x0<1即ln x0<0，所以x1＝ln x0， 同理，因为F(x0)＝G(ex0)＝G(x4)， 又因为G(x)在(1，＋∞)上单调递增，x0>0即ex0>1，x1>1，所以x4＝ex0， 又因为ex0－2x0＋ln x0＝0，所以x1＋x4＝ex0＋ln x0＝2x0， 即直线y＝b与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 学科网（北京）股份有限公司 $