同构与异构课件-2026届高三数学二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦“同构与异构”专题，依据高考评价体系梳理了地位同等同构、指对同构、异构三大核心考点，通过近三年模拟题分析明确不等式恒成立、函数零点等高频题型占比，构建“题型归类-方法提炼-跟踪训练”的备考体系。 课件亮点在于“真题解析+规律总结+素养提升”，如以2025玉树模拟题为例，通过构造函数f(x)=e^λx - (λ+1)x+lnx培养数学思维中的逻辑推理能力，归纳指对同构“积型、商型”构造方法，助力学生掌握解题技巧，教师可据此实现精准复习，提升备考效率。

2026年高考数学二轮复习专题课件★★　同构与异构 考点一　地位同等同构型 　若e2a-eb>4a2-b2+1，则 A.4a2>b2 B.4a2<b2 C.> D.< 例1 √ 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，所以函数g(x)在(-∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增， 则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， 解析 不等式e2a-4a2>eb-b2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，<， 即<，C错误，D正确. 解析 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. 规律方法 跟踪演练1　(多选)若2a+log2a=4b+2log4b，则 A.a>2b B.a<2b C.a>b D.a<b2 √ √ 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. 解析 返回 考点二　指对同构问题 　(1)(2025·玉树模拟)设实数λ>0，若对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-(λ+1)x+ln x≥0恒成立，则λ的取值范围是 A.(0，e] B.[e，+∞) C. D. 例2 √ 因为对任意x∈(1，+∞)， 不等式eλx-(λ+1)x+ln x≥0恒成立， 即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥x-ln x恒成立，即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥eln x-ln x恒成立， 因为x∈(1，+∞)，所以ln x>0， 又λ>0，所以λx>0，令f(x)=ex-x，x∈(0，+∞)， 则f'(x)=ex-1>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 解析 由不等式eλx-λx≥eln x-ln x对任意x∈(1，+∞)恒成立，得f(λx)≥f(ln x)对任意x∈(1，+∞)恒成立， 即λx≥ln x对任意x∈(1，+∞)恒成立，所以λ≥对任意x∈(1，+∞)恒成立， 令g(x)=，x∈(1，+∞)，则g'(x)=， 当1<x<e时，g'(x)>0，即g(x)在(1，e)上单调递增， 当x>e时，g'(x)<0，即g(x)在(e，+∞)上单调递减，所以g(x)max=g(e)=， 故λ≥，即λ的取值范围是. 解析 (2)(2025·郴州模拟)已知f(x)=memx-ln x(m>0)，若f(x)有两个零点，则实数m的取值范围为 A. B. C. D. √ 若f(x)有两个零点，则f(x)=memx-ln x=0有两个解， 等价于mxemx-xln x=0(x>0)有两个解，因为m>0，x>0，所以ln x>0，即x>1， 令g(t)=tet，t>0，原式等价于g(mx)=g(ln x)有两个解， 因为g'(t)=(t+1)et，则当t>0时，g'(t)>0，所以g(t)在(0，+∞)上单调递增， 所以mx=ln x(x>1)有两个大于1的解. 由mx=ln x，可得m=，令h(x)=(x>1)， 则h'(x)=， 当1<x<e时，h'(x)>0，当x>e时，h'(x)<0， 解析 所以h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，且h(e)=，h(x)的图象如图， 所以当0<m<时，y=m与h(x)=的图象有两个交点， 即f(x)有两个零点，故实数m的取值范围是. 解析 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)=； 规律方法 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(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. 规律方法 跟踪演练2　(2025·郑州模拟)已知函数f(x)=. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 由题意可知f'(x)=， 则f'(1)=1，又f(1)=0. 故所求切线方程为y=1×(x-1)，即y=x-1. 解 (2)当x∈(0，2)时，求证：f(x)≤x-1. 当x∈(0，2)时，要证f(x)=≤x-1， 即证≤， 即证≤在x∈(0，2)上恒成立. 令p(x)=，则p'(x)=， 故当x<1时，p'(x)>0，当x>1时，p'(x)<0， 所以p(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 证明 令t(x)=ln x-x+1，x>0， 则t'(x)=-1=， 故当0<x<1时，t'(x)>0，当x>1时，t'(x)<0， 所以t(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 则t(x)max=t(1)=0，故ln x≤x-1. 当x∈(0，2)时，有即ln x≤x-1<1， 证明 故p(ln x)≤p(x-1)， 即≤在x∈(0，2)上恒成立， 故当x∈(0，2)时，f(x)≤x-1. 证明 返回 考点三　异构 　证明：xex-1>ln x+sin x. 例3 要证xex-1>ln x+sin x， 即证xex-1-ln x-sin x>0， 又xex-1-ln x-sin x=ex+ln x-1-ln x-sin x =ex+ln x-(x+ln x)-1+x-sin x(x>0). 令f(x)=ex-x-1，∴f'(x)=ex-1. ∴当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0； 当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 证明 ∴f(x)min=f(0)=0， ∴ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立. ∴ex+ln x-(x+ln x)-1≥0， 当且仅当x+ln x=0时取等号. 令φ(x)=x-sin x(x>0)， ∴φ'(x)=1-cos x≥0， ∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0， 即x-sin x>0，∴ex+ln x-(x+ln x)-1+(x-sin x)>0， 即原不等式成立. 证明 异构是指在不等式或方程中构造多个不同的函数，常与不等式ex≥x+1，ln x≤x-1，x-sin x>0(x>0)等相结合，考查不等式恒成立、证明不等式、求函数零点等. 规律方法 跟踪演练3　(2025·南昌模拟)已知正实数x，y满足+2y-2=ln x+ln y，则yx等于 A.2 B. C. D. √ 方法一　∵+2y-2=ln x+ln y，x>0，y>0， ∴-ln x-2=ln y-2y， 令f(x)=-ln x-2，x>0， ∴f'(x)=-=， 当x∈(0，2)时，f'(x)<0， 当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0， ∴f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(2)=-ln 2-1， 解析 令g(y)=ln y-2y，y>0，∴g'(y)=-2=. 当y∈时，g'(y)>0，当y∈时，g'(y)<0， ∴g(y)在上单调递增，在上单调递减， ∴g(y)max=g=ln-1=-ln 2-1， ∴f(x)min=g(y)max，又f(x)=g(y)， ∴x=2，y=，∴yx==. 解析 方法二　由题设可得ln(xy)=+2y-2≥2-2(当且仅当x=4y时取等号)， 即ln(xy)≥2-2，由于x，y均为正实数，则ln≥-1， 设m(x)=ln x-x+1，x>0，则m'(x)=-1=， 当x>1时，m'(x)<0，m(x)在(1，+∞)上单调递减， 当0<x<1时，m'(x)>0，m(x)在(0，1)上单调递增，∴m(x)≤m(1)=0， ∴ln x≤x-1，当且仅当x=1时取等号， ∴ln≤-1，当且仅当=1时取等号， 故解得∴yx==. 解析 返回 专题强化练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B C A D [2，+∞) (-∞，2] 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. (1)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，所以f(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递减. 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞). (2)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≥x+ln x对任意x∈(0，+∞)恒成立， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. 即eax-1+ax-1≥eln x+ln 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，x>0， 则a≥，x>0，所以a≥f(x)max. 由(1)可知f(x)max=f(1)=1， 所以a≥1，故a的取值范围为[1，+∞). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 8. (1)由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1，则f'(-1)=-1，即kl=-1. 因为切线l与直线x-ay+2=0垂直， 所以直线x-ay+2=0的斜率为1，得a=1， 则f(-1)=-1×(e-1-1)=1-， 故l的方程为y-=-1×(x+1)， 即x+y+=0. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 8. (2)由题意知g(x)=axex+(2-ln x-x)e3， 当a>1时，g(x)>xex+(2-ln x-x)e3， 故只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0， 即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3， 即证eln x+x-3≥ln x+x-3+1. 令F(t)=et-(t+1)，则F'(t)=et-1， 当t>0时，F'(t)>0，F(t)单调递增； 当t<0时，F'(t)<0，F(t)单调递减. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 8. 所以F(t)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号.易知函数y=ln x+x-3的值域为R， 所以eln x+x-3≥ln x+x-3+1， 当且仅当ln x+x-3=0时取等号， 故当a>1时，g(x)>0. 1.若命题“∃a，b∈R，a-cos b≤b-cos a”为假命题，则a，b的大小关系为 A.a<b B.a>b C.a≤b D.a≥b 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由题意，命题的否定“∀a，b∈R，a-cos b>b-cos a”为真命题， 即a+cos a>b+cos b， 设f(x)=x+cos x，则f'(x)=1-sin x≥0， 所以f(x)为增函数，又f(a)>f(b)，所以a>b. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 2.(2025·白银模拟)若正实数x，y满足yln(xy)=ex，则y的最小值为 A.1 B. C.e D.2 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由yln(xy)=ex，得xyln(xy)=xex，故ln(xy)·eln(xy)=xex. 由题意得，x>0，xy>0，ex>0，所以ln(xy)>0. 设f(t)=tet，t>0，则f'(t)=(t+1)et>0， ∴f(t)在(0，+∞)上单调递增， ∵f(ln(xy))=f(x)，∴ln(xy)=x， ∴xy=ex，即y=，x>0，∴y'=， 当x∈(0，1)时，y'<0，y=在(0，1)上单调递减， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 当x∈(1，+∞)时，y'>0，y=在(1，+∞)上单调递增， ∴当x=1时，y取得极小值也是最小值，最小值为e. 解析 3.已知关于x的不等式axex+x>1-ln x有解，则实数a的取值范围为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 因为当x∈(0，+∞)时，axex+x>1-ln x有解， 即axex>1-ln x-x=1-ln(xex)(x>0)有解， 即a>(x>0)有解， 令t=xex(x>0)，则t∈(0，+∞)，则a>有解， 设f(t)=(t>0)，则f'(t)=， 当0<t<e2时，f'(t)<0，f(t)单调递减， 当t>e2时，f'(t)>0，f(t)单调递增， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 所以当t∈(0，+∞)时，f(t)≥f(e2)=-， 所以实数a的取值范围为. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 4.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a有2个零点，则实数a的取值范围是 A.(-∞，0) B.(-∞，1] C.[0，+∞) D.(1，+∞) 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 因为f(x)=x(1-ex)+ln x+a有两个零点， 所以x(1-ex)+ln x+a=0有两个不同的解， 故x+ln x+a-ex+ln x=0有两个不同的解， 设t=x+ln x，x>0，则t'=1+>0， 故t=x+ln x在(0，+∞)上单调递增， 而当x→0时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞， 故t=x+ln x的值域为R， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 故t+a-et=0在R上有两个不同的解， 设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et， 当t<0时，s'(t)>0；当t>0时，s'(t)<0， 故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减， 故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1， 又当t→+∞时，s(t)→-∞，当t→-∞时，s(t)→-∞， 故当a>1时，s(t)有两个不同的零点，所以a的取值范围是(1，+∞). 解析 5.已知x，y为正实数，ln x+ln y=-x，则x+y的取值范围是　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 答案 [2，+∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由ln x+ln y=-x，x>0，y>0， 得ln x+x=-ln y+=ln+， 构造函数f(x)=ln x+x，x>0， 则f'(x)=+1>0， 所以f(x)=ln x+x在(0，+∞)上单调递增， 又ln x+x=ln+，所以f(x)=f ，则x=，即xy=1， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由基本不等式可知x+y≥2=2， 当且仅当x=y=1时等号成立，所以x+y的取值范围为[2，+∞). 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 6.已知函数f(x)=ln x+(a-1)x+1，不等式f(x)≤xex恒成立，则a的取值范围是　　　　　　.  (-∞，2] 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 依题意ln x+(a-1)x+1≤xex恒成立，即ex+ln x-(x+ln x)-1-(a-2)x≥0恒成立， 令g(x)=ex+ln x-(x+ln x)-1-(a-2)x(x>0)， ∵ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立， ∴ex+ln x-(x+ln x)-1≥0，当且仅当x+ln x=0时等号成立， 当a>2时，若ln x0+x0=0(x0>0)， 则g(x0)=e0-0-1-(a-2)x0=-(a-2)x0<0，与g(x)≥0矛盾； 当a≤2时，∵x>0，∴(a-2)x≤0恒成立，显然g(x)≥0恒成立，满足题意， 故a的取值范围为(-∞，2]. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.(2025·晋中模拟)已知函数f(x)=. (1)讨论f(x)的单调性； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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，所以f(x)在(0，1)上单调递增； 当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递减. 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞). 解 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (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. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 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≥x+ln x对任意x∈(0，+∞)恒成立，即eax-1+ax-1≥eln x+ln 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，x>0， 则a≥，x>0，所以a≥f(x)max. 由(1)可知f(x)max=f(1)=1，所以a≥1，故a的取值范围为[1，+∞). 解 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 8.已知函数f(x)=x(aex-1)，a∈R. (1)若曲线y=f(x)在x=-1处的切线l与直线x-ay+2=0垂直，求l的方程； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1， 则f'(-1)=-1，即kl=-1. 因为切线l与直线x-ay+2=0垂直， 所以直线x-ay+2=0的斜率为1，得a=1， 则f(-1)=-1×(e-1-1)=1-， 故l的方程为y-=-1×(x+1)，即x+y+=0. 解 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x，求证：当a>1时，g(x)>0. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 由题意知g(x)=axex+(2-ln x-x)e3， 当a>1时，g(x)>xex+(2-ln x-x)e3， 故只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0， 即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3， 即证eln x+x-3≥ln x+x-3+1. 令F(t)=et-(t+1)，则F'(t)=et-1， 当t>0时，F'(t)>0，F(t)单调递增； 当t<0时，F'(t)<0，F(t)单调递减. 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 所以F(t)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号.易知函数y=ln x+x-3的值域为R， 所以eln x+x-3≥ln x+x-3+1， 当且仅当ln x+x-3=0时取等号， 故当a>1时，g(x)>0. 证明 返回 $