导函数微专题1 - 3公切线、零点与同构 专项训练-2027届高三数学一轮复习

导函数微专题系列1-3 导函数微专题1 函数公切线问题 导函数微专题2 函数零点的关系 导函数微专题3 同构 导函数微专题1 函数公切线问题 公切线是导数的经典题型，考查导数几何意义：切线斜率等于函数在切点处导数值。 核心解题套路：分别设出两条曲线上的切点，利用 “斜率相等” 建立方程组，转化为方程根的个数或者参数范围问题。 常见考法：①判断公切线条数；②求公切线方程；③由存在公切线求参数取值范围。 解题后经常会转化为函数零点问题求解，部分题目结合多选形式考查。 解题小口诀：双切点，写斜率；共切点，斜率函数值；导数斜率列条件，化归零点求参数。 两种情况： 1、直线与两个函数的切点不同 2、两函数切点处的切线 例1．若函数与函数的图象存在公切线，则实数t的取值范围为 . 【答案】 【分析】求出函数的导数，设出曲线与公切线的坐标，利用导数的几何意义求得两切点坐标之间的关系式，进而求出t的表达式，构造函数，利用导数求其最值，即可求得答案. 【解析】由题意得，， 设公切线与曲线切于点，与曲线切于点， 则，则，， 当时，，函数与的图象存在公切线，符合题意； 当时，，即， 故， 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故，故， 综合得实数t的取值范围为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：解答时要设出曲线与公切线的切点，利用导数的几何意义，求得切点坐标之间关系，关键在于由此结合该关系求得参数t的表达式，进而构造函数，利用导数解决问题. 例2．已知曲线 ，曲线 ，求证：与相切，并求其公切线的方程. 【答案】证明见解析，公切线方程为 【分析】联立两曲线方程可得，令，其中，利用导数证明出，且在公共点处切线斜率相等，可证得结论成立，再利用点斜式可得出公切线的方程. 【解析】解：联立，可得， 令，其中，， 由可得，由可得， 所以，函数的减区间为，增区间为， 所以，， 即函数有且仅有一个零点， 即方程 仅有唯一根 ， 故方程组仅有一组解， 由已知可得，，则，， 所以，所以与相切于点 ， 所以其公切线方程为 ，即 （如图）.    练习： 1．若直线既和曲线相切，又和曲线相切，则称为曲线和的公切线.曲线和曲线：的公切线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据导数的几何意义可知公切线的斜率为和，则，分类讨论当曲线与的切点相同与不相同的情况，求出对应的切点，结合直线的点斜式方程即可求解. 【解析】由，得，由得， 设曲线的公切线与曲线的切点为，则切线的斜率为， 与曲线的切点为，则切线的斜率为， 所以. 当曲线与的切点相同时，， 解得，所以切点为，此时公切线的方程为； 当曲线与曲线的切点不同时，，得， 所以，即，解得，此时与矛盾， 故不存在两切点不同的情况， 综上可得：切点的坐标为，公切线的方程为. 故选：A. 2．（多选）若直线是曲线与曲线的公切线，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】借助导数的几何意义计算即可得. 【解析】令，则， 令，有，则， 即有，即，故， 令，则， 令，有，则， 即有，即， 故有，即. 故选：BD. 例3、若存在斜率为3a(a>0)的直线l与曲线f(x)＝x2＋2ax－2b与g(x)＝3a2·ln x都相切，则实数b的取值范围为(　　) A. B. C. D. 【答案】　A 【解析】　设直线l与f(x)，g(x)的切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 因为f(x)＝x2＋2ax－2b，g(x)＝3a2·ln x， 所以f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝， 因为直线l与f(x)，g(x)都相切， 所以x1＋2a＝＝3a，解得x1＝x2＝a， 则两切点重合，即f(a)＝g(a)， a2＋2a2－2b＝3a2·ln a， 2b＝a2－3a2·ln a， 设h(a)＝a2－3a2·ln a(a>0)， 则h′(a)＝2a－6aln a＝2a(1－3ln a)， 当0<a<时，h′(a)>0，h(a)单调递增； 当a>时，h′(a)<0，h(a)单调递减， 则h(a)max＝＝＝， 因为当a→＋∞时，h(a)→－∞， 所以2b≤，即b≤，所以实数b的取值范围为. 练习： 已知曲线C1：y＝ex＋a和曲线C2：y＝ln(x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的最大值为________． 【答案】　 【解析】　令f(x)＝ex＋a，g(x)＝ln(x＋b)＋a2， 则f′(x)＝ex，g′(x)＝， 设斜率为1的切线在C1，C2上的切点横坐标分别为x1，x2， 由题知＝＝1，∴x1＝0，x2＝1－b， 两点处的切线方程分别为y－(1＋a)＝x和y－a2＝x－(1－b)， 故a＋1＝a2－1＋b， 即b＝2＋a－a2＝－2＋≤. 所以b的最大值为. 2．若函数f(x)＝ln x＋ax与函数g(x)＝x2的图象有两条公切线，则实数a的取值范围是________． 【答案】　(－∞，1) 【解析】　设公切线与函数f(x)，g(x)分别切于点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则过A，B的切线分别为y＝x＋ln x1－1，y＝2x2x－x， 则有 由ln x1－1＝－x得x1＝， 代入＋a＝2x2得a＝2x2－， 依题意知y＝a与y＝2x－有两个不同的交点， 令φ(x)＝2x－， ∵φ′(x)＝2－2x，令φ′(x)＝0，得x＝1， 当x∈(－∞，1)时，φ′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； ∴φ(x)max＝φ(1)＝1， 又x→－∞时，φ(x)→－∞； x→＋∞时，φ(x)→－∞， 故a<1. 函数微专题2 函数零点的关系 本专题研究两条不同函数曲线与同一条水平直线相交得到的多个零点之间的内在代数关系，典型结论包括零点成等差数列、零点互为倒数、零点满足和或积为定值等。 主要手段：①构造方程，对零点满足的等式做变形；②利用函数对称性、反函数性质；③等量代换消参，推导出横坐标关系式。 这类问题的难点是找到变换的方法。 解题小口诀：同线交两曲，得根若干组；方程做变形，代换推关系。 引例.已知函数 ，若f(x)≤f(x+a)恒成立,则a的最小值为 . 【答案】 【解析】本题考查函数与导数，考查逻辑推理、直观想象的核心素养. f(x)的图象如图所示.作平行于x轴的直线l与 f(x)的图象交于点A(x₁,y₁),B(x₂,y₂)(x₁<x₂), 则a 的最小值即为|AB|的最大值. 设直线l的方程为 则 令函数g(t)= lnt-t+3,则 g(t)在( ,1).上单调递增，在(1，2)上单调递减， g(t)≤g(1)=2,即|AB|≤2,所以a的最小值为2. 例1.知函数和有相同的最小值． (1)求a； (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． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论. （2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列. 【解析】（1）的定义域为，而， 若，则，此时无最小值，故. 的定义域为，而. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 当时，，故在上为减函数， 当时，，故在上为增函数， 故. 因为和有相同的最小值， 故，整理得到，其中， 设，则， 故为上的减函数，而， 故的唯一解为，故的解为. 综上，. （2）[方法一]： 由（1）可得和的最小值为. 当时，考虑的解的个数、的解的个数. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 设，其中，则， 故在上为增函数，故， 故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2. 设，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 所以， 而，， 有两个不同的零点即的解的个数为2. 当，由（1）讨论可得、仅有一个解， 当时，由（1）讨论可得、均无根， 故若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 则. 设，其中，故， 设，，则， 故在上为增函数，故即， 所以，所以在上为增函数， 而，， 故上有且只有一个零点，且： 当时，即即， 当时，即即， 因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点， 故， 此时有两个不同的根， 此时有两个不同的根， 故，，， 所以即即， 故为方程的解，同理也为方程的解 又可化为即即， 故为方程的解，同理也为方程的解， 所以，而， 故即. [方法二]： 由知，，， 且在上单调递减，在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增，且 ①时，此时，显然与两条曲线和 共有0个交点，不符合题意； ②时，此时， 故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③时，首先，证明与曲线有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 其次，证明与曲线和有2个交点， 即证明有2个零点，， 所以上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 令，则， 所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为 再次，证明存在b，使得 因为，所以， 若，则，即， 所以只需证明在上有解即可， 即在上有零点， 因为，， 所以在上存在零点，取一零点为，令即可， 此时取 则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点， 最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为 所以， 又因为在上单调递减，，即，所以， 同理，因为， 又因为在上单调递增，即，，所以， 又因为，所以， 即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 例2. 已知函数，． (1)证明：； (2)若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右的四个交点的横坐标分别为，，，，证明：． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 【分析】（1）构造，对其求导，令利用导数和零点存在定理可得存在唯一零点使得，利用导数可得到，然后利用即可求证； （2）对，进行求导，得到对应的单调性和最值，并画出对应的图像，能得到四个交点的位置，结合可得出四个交点横坐标之间的关系，即可证明 【解析】（1）令，则， 令 则当时，，所以在单调递增， 因为， 所以存在唯一零点，且当时，，当时， ， 所以当时，，单调递减；当时，单调递增， 所以， 由得，得， 两边取对数得，所以，所以， 所以，即； （2）由可得， 令，解得， 所以当时，，单调递减；当时，单调递增， 所以， 当趋向于负无穷时，且趋向于0，，当趋向于正无穷时，趋向于正无穷，所以如图所示， 由可得， 令，解得， 所以当时，，单调递减；当时，单调递增， 所以， 当趋向于0时，且趋向于0，，当趋向于正无穷时，趋向于正无穷，所以如图所示， 所以若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点， 则， 由图可得，是直线与的两个交点，，是直线与的两个交点， 则， 因为，，所以， 则， 因为在单调递增，且，所以， 所以，， 所以 【点睛】关键点点睛：第二问中，利用导数研究单调性和最值，根据所得函数性质判断与曲线、共有四个不同交点，并结合进而列方程判断是否成立. 练习 1. 已知函数和在同一处取得相同的最大值． (1)求实数a； (2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为（），证明：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）利用导数分别求的最值点，列式求解即可； （2）构建，利用同构思想分析的大小关系，进而可得直线与曲线和的交点，再结合的单调性分析即可证出. 【解析】（1）由题意可得：，显然， 当时，令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得在处取到最大值； 当时，令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得在处取到最小值，不合题意； 综上所述：，在处取到最大值. 因为的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得在处取到最大值； 由题意可得：，解得. （2）由（1）可得：在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值， 且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于， 可得直线与曲线至多有两个交点； 在上单调递增，在上单调递减，在处取到最大值， 且当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于， 可得直线与曲线至多有两个交点； 若直线与两条曲线和共有四个不同的交点，则，    此时直线与曲线、均有两个交点， 构建， 构建，且，则， 可得在上单调递减，在上单调递增，在处取到最大值， 构建，则， 因为，令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 可得， 即，当且仅当时，等号成立， 可得：当时，，则， 所以； 当时，，且在上单调递增， 则，可得， 所以； 当时，，且在上单调递减， 则，可得， 所以； 综上所述：当时，； 当时，； 当时，. 结合题意可得：直线与曲线的两个交点横坐标为，与的两个交点横坐标为，且， 当，可得，即， 可得，即， 因为在上单调递增，且， 则，可得 所以； 当，可得，即， 可得，即， 因为在上单调递增，且， 则，可得， 所以； 综上所述：，即. 【点睛】结论点睛：指对同构的常见形式： 积型：， ①，构建； ②，构建； ③，构建. 商型：， ①，构建； ②，构建； ③，构建. 和型：， ①，构建； ②，构建. 2. 已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)当时，证明：在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数． 【答案】(1)单调增区间为 (2)证明见解析 【分析】（1）首先求出的定义域，由设，，由的单调性，得出，得出，即可得出的单调性； （2）利用导数判断原函数的单调性和零点，并将问题转化为证明等于零即可． 【解析】（1），定义域为， ， 设，， 则， 令，得， 当，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增， 所以， 所以，故的单调增区间为． （2）， 构建，则， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减， 若，则， 且当x趋近于或时，均趋近于，如图所示：    所以在，内均存在一个零点，设为， 当或时，；当时，； 即当或时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 由于，则， 且当x趋近于时，均趋近于，当x趋近于时，均趋近于， 所以在，上各有一个零点， 设为函数在的零点， 要证在和上各有一个零点，且这两个零点互为倒数，只需证明， 已知 所以 ， 所以当时，在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数． 【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是： （1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； （2）求导数，得单调区间和极值点； （3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解． 函数微专题3 同构 同构是导数中高级变形技巧，多用于处理同时含有 eˣ与 ln x 的混合型不等式、恒成立、零点问题。 核心思想：对不等式做代数变形，把两侧整理成同一个函数 F (t) 的形式，利用 F (t) 单调性脱去外壳，简化复杂问题。 两类典型同构：指数对数跨阶同构、地位相同式子同构。做题优先观察式子结构，尝试凑出相同外层函数；若无法同构，则回归常规求导、隐零点处理。本专题题目部分与前面训练题重合，可以对比体会：同构视角和普通求导视角解题的差异。 解题小口诀：指数对数混一式，左右变形找同构；构造外层函数后，单调脱去看内层。 例1．已知函数. (1)设，证明：当时，过原点O有且仅有一条直线与曲线相切； (2)若函数有两个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）由题意设出切点，进一步将原问题转换为证明当时，方程有为一解，故只需证明即可； （2）对分类讨论，即分和讨论，结合导数与单调性的关系以及零点存在定理即可求解. 【解析】（1）当时，， 设过原点O的直线与曲线相切于点， 则，变形得， 设，则， 若，则当时，恒有，此时方程有唯一解， 所以过原点O有且仅有一条直线与曲线相切； 当时，由得，由得， 所以此时，方程有唯一解， 所以过原点O有且仅有一条直线与曲线相切； 综上所述，当时，过原点O有且仅有一条直线与曲线相切； （2）， 由（1）知，当时，， 所以当时，，当时，， 所以，此时最多有一个零点，不符合题意； 当时，由（1）可知， 又， 所以在内各有一个零点，不妨设为， 所以的导数有三个零点， 当或时，，当或时，， 所以的极大值，的极小值为， 且， 又当或时，都有， 所以恰在和各有一个零点，符合题意， 综上所述，a的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是分类讨论，利用导数研究函数单调性以及最值即可顺利得解. 例2、已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)若对任意的，都有恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出函数的导函数，分，讨论研究的正负情况即可； （2）将原不等式转化为对任意的恒成立，令，利用导数的知识求出的最小值即可，这个过程中需要二次求导，估算的导函数的零点，求出的单调性，进而计算的最小值. 【解析】(1)由已知 当时，恒成立，此时函数在上单调递增； 当时，令，得，   若，，若，， 此时函数在上单调递增，在上单调递减； 综合得：当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减； (2)，即 对任意的恒成立， 令 则 令，则 在上单调递增， 又，， ，使， 在上单调递减，在上单调递增， 由得 ， 设，， 即在上单调递增， 由得， ，即有 ， . 【点睛】关键点点睛： 1.对于利用导数研究函数问题，当一次求导不能解决问题的时候，我们需要进行二次求导来研究函数性质； 2.对于导函数的零点我们无法求出时，我们可以应用零点存在性定理，找到零点所在去区间，然后设出零点，进而可以写出函数的单调性. 练习： 1.已知函数，. (1)当时，求函数的最大值； (2)若关于的不等式对任意的实数恒成立，其中为自然对数的底数，求的取值范围. 【答案】(1)： (2). 【分析】（1）代入，然后求导，通过导函数来判断原函数单调性，最后简单计算可得结果. （2）对、进行讨论，然后通过对式子化简变形分离参数，进一步使用不等式，最后简单判断即可. 【解析】(1)当时，，，令， 且当时，，↗；当时，，↘， ∴. (2)对任意的恒成立， 即对恒成立， 当时，显然成立. 当时，， 由， 当且仅当，时取“”，∴取不到“”，即， ∴，的取值范围为. 2.已知函数. (1)证明：. (2)若关于的不等式有解，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据单调性求出的最小值即可证明. （2）分离参数，借助（1）中不等式关系进行放缩，求其最小值，即可求出的取值范围. 【解析】（1）. 当时，； 当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 故. （2）由题意可得不等式有解. 因为， 所以 当时，等号成立，所以. 故的取值范围为 3．已知函数，. (1)求函数的极值； (2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）. ①若恒成立，求实数的取值范围； ②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围. 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2)选①，；选②，的取值范围为 【分析】（1）先求导函数，再根据单调性求解极值即可； （2）把恒成立式子整理化简后，构造函数求导函数结合单调性求解. 【解析】（1）函数的定义域为， ，解得， 当时，，单调递增； 当时，单调递减； 所以，无极小值. （2）若选①：由恒成立，即恒成立， 整理得：，即， 设函数，则上式为， 因为恒成立，所以单调递增，所以， 即， 令，，则， 当时，； 当时，； 所以在处取得极大值，的最大值为，故，即. 故当时，恒成立. 若选择②：由关于的方程有两个实根， 得有两个实根， 整理得， 即， 设函数，则上式为， 因为恒成立，所以单调递增， 所以，即， 令，， 则， 当时，； 当时，； 所以在处取得极大值， 的最大值为，又因为 所以要想有两个根，只需要， 即，所以的取值范围为. 4. 已知函数f(x)＝2x＋ln(2x－1). (1)求f(x)在x＝1处的切线方程； (2)求证：f(x)≤(2x－1)e2x－1(e为自然对数的底数). 【解析】(1)　因为f(x)＝2x＋ln(2x－1)， 所以f′(x)＝2＋， 则f(1)＝2，f′(1)＝4， 所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－2＝4(x－1)， 即4x－y－2＝0. (2)证明　令t＝2x－1>0， 要证f(x)≤(2x－1)e2x－1， 即证t＋1＋ln t≤tet，其中t>0， 构造函数g(t)＝tet－t－ln t－1， 则g′(t)＝(t＋1)et－＝(t＋1)，t>0. 令φ(t)＝et－， 其中t>0，则φ′(t)＝et＋>0， 所以函数φ(t)在(0，＋∞)上单调递增. 因为φ＝－2<0， φ(1)＝e－1>0， 所以存在t0∈， 使得φ(t0)＝et0－＝0， 即t0et0＝1. 当0<t<t0时，φ(t)<0， 即g′(t)<0，此时函数g(t)单调递减； 当t>t0时，φ(t)>0， 即g′(t)>0，此时函数g(t)单调递增. 所以g(t)min＝g(t0) ＝t0e t0－ln e t0－ln t0－1 ＝t0e t0－ln(t0e t0)－1＝1－1＝0， 故所证不等式成立. 5.若x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，求实数k的取值范围. 【解析】∵x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，且x＞0， ∴k≥－ex＋2恒成立， 令φ(x)＝－ex＋2， 则φ′(x)＝－ex＝. 令μ(x)＝－ln x－x2ex， 则μ′(x)＝－－(2xex＋x2ex)＝－－xex(2＋x)＜0(x＞0)， ∴μ(x)在(0，＋∞)上单调递减. 又μ＝1－e－2＞0，μ(1)＝－e＜0， 由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0∈，使μ(x0)＝0， 即－ln x0＝xex0， 两边取对数可得ln(－ln x0)＝2ln x0＋x0， 即ln(－ln x0)＋(－ln x0)＝x0＋ln x0， 由函数y＝x＋ln x为增函数， 可得x0＝－ln x0. 又当0＜x＜x0时，μ(x)＞0，φ′(x)＞0； 当x＞x0时，μ(x)＜0，φ′(x)＜0， ∴φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， ∴φ(x)≤φ(x0)＝－ex0＋2＝－＋2＝1， ∴k≥φ(x0)＝1， 即k的取值范围为k≥1. 6. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果； （2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. 【解析】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）［方法一］：通性通法 ,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【点睛】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因为定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a的取值范围为． 【点睛】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可． 学科网（北京）股份有限公司 $ 导函数微专题系列1-3 导函数微专题1 函数公切线问题 导函数微专题2 函数零点的关系 导函数微专题3 同构 导函数微专题1 函数公切线问题 公切线是导数的经典题型，考查导数几何意义：切线斜率等于函数在切点处导数值。 核心解题套路：分别设出两条曲线上的切点，利用 “斜率相等” 建立方程组，转化为方程根的个数或者参数范围问题。 常见考法：①判断公切线条数；②求公切线方程；③由存在公切线求参数取值范围。 解题后经常会转化为函数零点问题求解，部分题目结合多选形式考查。 解题小口诀：双切点，写斜率；共切点，斜率函数值；导数斜率列条件，化归零点求参数。 两种情况： 1、直线与两个函数的切点不同 2、两函数切点处的切线 例1．若函数与函数的图象存在公切线，则实数t的取值范围为 . 例2．已知曲线 ，曲线 ，求证：与相切，并求其公切线的方程. 练习： 1．若直线既和曲线相切，又和曲线相切，则称为曲线和的公切线.曲线和曲线：的公切线方程为(    ) A． B． C． D． 2．(多选)若直线是曲线与曲线的公切线，则(    ) A． B． C． D． 例3、若存在斜率为3a(a>0)的直线l与曲线f(x)＝x2＋2ax－2b与g(x)＝3a2·ln x都相切，则实数b的取值范围为(　　) A. B.C. D. 练习： 1．已知曲线C1：y＝ex＋a和曲线C2：y＝ln(x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的最大值为________． 2．若函数f(x)＝ln x＋ax与函数g(x)＝x2的图象有两条公切线，则实数a的取值范围是________． 导函数微专题2 函数零点的关系 本专题研究两条不同函数曲线与同一条水平直线相交得到的多个零点之间的内在代数关系，典型结论包括零点成等差数列、零点互为倒数、零点满足和或积为定值等。 主要手段：①构造方程，对零点满足的等式做变形；②利用函数对称性、反函数性质；③等量代换消参，推导出横坐标关系式。 这类问题的难点是找到变换的方法。 解题小口诀：同线交两曲，得根若干组；方程做变形，代换推关系。 引例.已知函数 ，若f(x)≤f(x+a)恒成立,则a的最小值为 . 例1.知函数和有相同的最小值． (1)求a； (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． 例2. 已知函数，． (1)证明：； (2)若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右的四个交点的横坐标分别为，，，，证明：． 结论点睛：指对同构的常见形式： 积型：， ①，构建； ②，构建； ③，构建. 商型：， ①，构建； ②，构建； ③，构建. 和型：， ①，构建； ②，构建. 练习 1. 已知函数和在同一处取得相同的最大值． (1)求实数a； (2)设直线与两条曲线和共有四个不同的交点，其横坐标分别为()，证明：． 2. 已知函数． (1)若，求的单调区间； (2)当时，证明：在，上各有一个零点，且这两个零点互为倒数． 导函数微专题3 同构 同构是导数中高级变形技巧，多用于处理同时含有 eˣ与 ln x 的混合型不等式、恒成立、零点问题。 核心思想：对不等式做代数变形，把两侧整理成同一个函数 F (t) 的形式，利用 F (t) 单调性脱去外壳，简化复杂问题。 两类典型同构：指数对数跨阶同构、地位相同式子同构。做题优先观察式子结构，尝试凑出相同外层函数；若无法同构，则回归常规求导、隐零点处理。本专题题目部分与前面训练题重合，可以对比体会：同构视角和普通求导视角解题的差异。 解题小口诀：指数对数混一式，左右变形找同构；构造外层函数后，单调脱去看内层。 例1．已知函数. (1)设，证明：当时，过原点O有且仅有一条直线与曲线相切； (2)若函数有两个零点，求a的取值范围. 例2、(解题过程中的同构)已知函数，. (1)讨论函数的单调性； (2)若对任意的，都有恒成立，求的取值范围. 练习： 1. 已知函数，. (1)当时，求函数的最大值； (2)若关于的不等式对任意的实数恒成立，其中为自然对数的底数，求的取值范围. 2. 已知函数. (1)证明：. (2)若关于的不等式有解，求的取值范围. 3．已知函数，. (1)求函数的极值； (2)请在下列①②中选择一个作答(注意：若选两个分别作答则按选①给分). ①若恒成立，求实数的取值范围； ②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围. 4. 已知函数f(x)＝2x＋ln(2x－1). (1)求f(x)在x＝1处的切线方程； (2)求证：f(x)≤(2x－1)e2x－1(e为自然对数的底数). 5. 若x(ex－2)－(ln x－kx)≥1恒成立，求实数k的取值范围. 6. 已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若不等式恒成立，求a的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $