第14讲 导数中的同构问题讲义-2026年高考数学二轮复习导数专题（新高考通用）（原卷版+解析版）

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TOC \ "1-2" \h \u
\l "_Tc12866" 思维导图 PAGEREF _Tc12866 \h 2
\l "_Tc24354" 高考分析 PAGEREF _Tc24354 \h 2
\l "_Tc26983" 学习目标 PAGEREF _Tc26983 \h 4
\l "_Tc23582" 知识要点 PAGEREF _Tc23582 \h 5
\l "_Tc17111" 解题策略 PAGEREF _Tc17111 \h 9
\l "_Tc14275" 题型归纳 PAGEREF _Tc14275 \h 10
\l "_Tc27818" 导数中的同构模型 PAGEREF _Tc27818 \h 10
\l "_Tc9763" 题型01：导数中的结构一致性同构 PAGEREF _Tc9763 \h 10
\l "_Tc30618" 题型02：同构训练 PAGEREF _Tc30618 \h 15
\l "_Tc13883" 题型03：化为和差同构模型 PAGEREF _Tc13883 \h 16
\l "_Tc6969" 题型04：化为乘积，商式同构模型 PAGEREF _Tc6969 \h 20
\l "_Tc7122" 题型05：添项后构造和差型同构模型 PAGEREF _Tc7122 \h 24
\l "_Tc5308" 题型06: 添项后构造乘积型同构模型 PAGEREF _Tc5308 \h 27
\l "_Tc23950" 题型07：同构后再换元构造新函数 PAGEREF _Tc23950 \h 31
\l "_Tc15704" 题型08：同构后再放缩 PAGEREF _Tc15704 \h 34
\l "_Tc12398" 题型09：必要性探路（局部同构） PAGEREF _Tc12398 \h 38
\l "_Tc7230" 题型10：指对同构简化计算 PAGEREF _Tc7230 \h 40
\l "_Tc21574" 同构的应用 PAGEREF _Tc21574 \h 44
\l "_Tc6583" 题型01：利用同构求函数值 PAGEREF _Tc6583 \h 44
\l "_Tc8437" 题型02： 利用同构解不等式 PAGEREF _Tc8437 \h 47
\l "_Tc25592" 题型03：利用同构比较大小 PAGEREF _Tc25592 \h 54
\l "_Tc12905" 题型04：利用同构思想证明不等式 PAGEREF _Tc12905 \h 59
\l "_Tc23450" 题型05： 利用同构思想解决不等式的恒成立问题 PAGEREF _Tc23450 \h 67
\l "_Tc20912" 题型06： 利用同构思想求函数最值 PAGEREF _Tc20912 \h 76
\l "_Tc19680" 题型07：利用同构思想解决零点问题 PAGEREF _Tc19680 \h 80
\l "_Tc27560" 题型08：同构出多变量之间的关系 PAGEREF _Tc27560 \h 88
\l "_Tc9271" 题型09：朗博同构与隐零点代换 PAGEREF _Tc9271 \h 89
同构问题是导数模块高阶创新压轴考点，核心是通过代数式变形，将含ex、ln x的超越式凑成同一函数的不同自变量形式，利用函数单调性转化为简单不等式问题，融合构造函数、数形结合、转化与化归思想，是新高考区分尖子生的核心题型，近5年考查频率呈显著上升趋势。
一、考纲定位与命题趋势
1. 考纲要求：掌握导数研究函数单调性的核心方法，能根据超越式特征进行等价变形凑合同构式，构造单调函数解决不等式证明、参数范围求解、恒成立等问题，考查逻辑推理与代数变形的综合能力。
2. 命题趋势：新高考Ⅰ/Ⅱ卷、浙江卷、江苏卷高频考查，多作为导数解答题第2小问压轴，分值4-6分；形式从“基础显性同构”向“复杂隐性同构”“含参变形同构”升级，常与隐零点、恒成立、不等式证明融合，不再是单一的公式化凑型，更侧重“变形的合理性与技巧性”。
3. 命题特点：题干无任何“同构”提示，需考生从含ex、ln x的超越式中自主识别同构特征，核心考查“怎么凑、凑什么、构造什么函数”，而非单纯的求导计算，对代数变形能力要求极高。
二、高考考情分布
1. 题型与分值
①仅出现在解答题：导数模块压轴题型，极少在选填题中单独命题，多与“含参恒成立求参数范围”“超越不等式证明”“零点存在性判定”融合，占导数模块总分值的15%-20%；
②分值占比：作为单一解题步骤时占2-3分，作为核心解题方法时占4-6分，是压轴题的关键得分点。
2. 核心考查载体
新高考高频同构模型均围绕与ex,ln x的互逆性展开，高频载体如下：
，
；
；
三、高考备考建议
1. 基础阶段：记牢模型，形成条件反射
• 熟记四大基础同构模型及对应的单调函数，能快速从题干中识别核心项并锁定模型；
• 每天练3-5道基础同构题（如ex≥\ln x+1、xex≥x+ln x+1），重点练“变形凑型”的5种技巧，形成条件反射。
2. 提升阶段：突破含参同构，掌握核心考法
• 主攻含参恒成立的同构问题，这是高考最核心的考法，练熟“参数指数化”的变形技巧，能快速将含参式凑为基础模型；
• 结合隐零点问题，对比同构法与隐零点法的解题差异，明确同构法的适用场景，提升解题效率。
3. 压轴阶段：攻克隐性同构，提升变形能力
• 练习高阶隐性同构题（含多参数、多超越项），掌握“先放缩/消参，再凑型”的技巧，如将ex-ax-ln x≥0先变形为ex+x≥ax+ln x+x，再凑型；
• 融合同构法与构造函数、放缩法，解决“同构+恒成立+不等式证明”的融合压轴题，形成完整的解题逻辑。
4. 应试阶段：避坑+规范，提升得分率
• 变形必标注：无论变形简单还是复杂，必须写出变形过程，明确凑型的模型；
• 模型优先：优先匹配四大基础模型，不自行构造复杂函数，避免凑型错误；
• 单调性必说明：构造函数后，必须注明“F(t)在某区间上单调递增/递减”，基础模型可直接用，无需求导；
• 定义域必考虑：变形后检查自变量的取值范围，尤其是含ln x、分式的题型，避免定义域错误。
5. 核心能力培养：提升代数变形能力
• 总结高考同构题的变形规律：如“见ex配x，见ln x配x，见参数配指数”；
• 强化恒等变形训练：重点练“加/减、乘/除、参数指数化”，提升对超越式的变形敏感度，做到“见题即凑型”。
同构是导数高阶压轴的核心方法，学习目标按基础掌握、能力提升、压轴突破、素养落地分层，适配高考从基础显性同构到高阶隐性同构的考查梯度，最终实现“见式识模型、变形凑同构、利用单调性解综合问题”的核心能力，贴合高考对代数变形与逻辑推理的双重要求。
一．基础目标（全员掌握，保底得分）
1. 理解同构核心本质：明确同构是将超越式通过恒等变形凑成同一单调函数的不同自变量形式，利用函数单调性将复杂超越问题转化为简单自变量不等式问题，区分同构与普通构造函数的差异。
2. 熟记四大核心同构模型及对应特征，能精准识别基础显性同构式：
3. 掌握5种基础同构变形技巧，完成简单恒等变形：
4. 完成基础解题闭环：对凑成的同构式，能构造对应单调函数，利用单调性将其转化为简单不等式并求解，步骤规范（如构造F(t)=e^t+t，由单调性得x≥\ln x+1）。
二．提升目标（重点掌握，突破中档）
1. 精通含参同构的核心变形技巧，解决高考核心考法：
掌握“参数指数化”关键技巧，能对含单参数的超越式进行精准凑型，将参数融入同构模型，规避隐零点复杂代换。
2. 能识别中档变式同构式，灵活匹配模型：
3. 解决同构与基础考点的融合问题：
能独立解决“同构+恒成立求参数范围”“同构+简单超越不等式证明”的中档题型，做到变形等价、模型匹配、单调性应用准确，踩准高考阅卷核心得分点。
4. 掌握同构法的适用边界：
能区分同构法与隐零点、常规构造函数法的适用场景，明确“何时用同构更高效”（如直接作差构造无法求最值的超越问题，优先用同构），避免方法误用。
三．压轴目标（拔高掌握，冲刺满分）
1. 攻克高阶隐性同构问题，提升复杂变形能力：
能处理含多参数、多超越项的隐性同构式，掌握“先放缩/消参，再凑型”的技巧，通过分步变形将复杂式子转化为基础同构模型，实现恒等变形无漏洞。
2. 解决同构与导数压轴考点的深度融合问题：
能攻克“同构+隐零点”“同构+零点个数判定”“同构+极值点偏移”的高阶压轴题型，实现同构法与其他导数方法的灵活结合，形成综合解题逻辑。
3. 具备自主凑型能力，应对高考创新命题：
面对无固定模板的创新同构题，能根据解析式特征、待证结论，自主分析变形方向，通过“试凑、调整、验证”完成同构，无需依赖固定模型，实现构造的灵活性。
4. 实现同构解题的优化与提速：
能快速捕捉超越式的同构特征，形成“见式→定模型→速变形→转问题”的条件反射，缩短思考和变形时间，适配高考压轴题的应试节奏，且变形过程简洁无冗余。
导数是整个高中数学教学的重点，也是学生学习的难点，更是高考考试的热点.研究近年高考试题可以发现，在导数问题中，关于同构类型的题目出现频率有着显著提高。同构法是将不同的代数式(或不等式、方程)通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题．同构法在近几年的模考中频繁出现，把等式或不等式变形为两个形式上一样的函数，利用函数的单调性转化成比较大小,或者解恒成立，求最值等问题.同构法在使用时，考验“眼力”，面对复杂的结构，仔细观察灵活变形，使式子两则的结构一致.构造函数，判断函数单调性，进一步求参数或证明不等式.
1. 同构的基本策略是：“左右形式相当，一边一个变量，取左或取右，构造函数妥当”.
2.一个方程中出现两个变量,适当变形后,使得两边结构相同;或不等式两边式子也可适当变形,使其两边结构相同,然后构造函数,利用函数的单调性把方程或不等式化简.
3含有指对运算的方程称之为超越方程，遇到相关的求值问题,可考虑”同构”,其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，然后构造函数利用函数的单调性，最终利用两方程“同解”来求解.
知识点一：结构一致性同构
这类题型的特点就是结构一致，多以双变量形式出现，且当把下标相同的双变量移到一起后每个变量的结构作用相同，目前多以构造函数比较大小的形式出现，例如：
（1）
为增函数，求导证明即可
（2），等价变形为（两边是同构式），再研究的单调性即可.
（3）：先去研究的单调性才行，去掉绝对值后成为
.
（4）已知设，则，即证为减函数.
知识点二：指对数同构（跨阶跳阶函数）
同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如与属于“跨阶函数”，而属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类：，等，在一些求参数的取值范围、零点个数、不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解
例如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.
常见的指对变换有，，基于此，有如下一些变形，需要大家理解并掌握．
等式：，；；，， 不等式：（1），
（2），，，
知识点三：同构变形分类
1.直接变形：
指对跨阶常见模型及处理方法：
（1）积型：

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：
（3）和差型：
2.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）
= 3 \* GB3 ③；
= 2 \* GB3 ②；
②
= 1 \* GB3 ①；
④
（2）
*常见的指对变换与放缩结合有如下几种：
，
；
；
3.添项同构：
①乘法同构：，对变形要求低，找亲戚函数与易实现，但构造的函数与均不是单调函数
②加法同构：，要求不等式两边互为反函数，构造后的函数为单调函数，可直接由函数不等式求参数范围.
知识点四：六大超越函数图像
八大同构函数分别是：，，，，，，，我们通过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．

图1 图2 图3 图4

图5 图6 图7 图8
3、利用切线放缩
同构放缩需有方，切放同构一起上．这个是对同构思想方法的一个灵活运用．【放缩也是一种能力】 利用切线放缩，往往需要局部同构．【利用切线放缩如同用均值不等式，只要取等号的条件成立即可】 掌握常见放缩：（注意取等号的条件，以及常见变形）
导数同构的核心解题逻辑是“识特征→定模型→巧变形→构函数→用单调→转问题”，围绕高考四大基础同构模型，通过恒等变形将含ex、\ln x的超越式凑成同一单调函数的不同自变量形式，利用函数单调性把复杂超越问题转化为简单的自变量不等式问题，全程规避隐零点的复杂代换，以下按高考考情梳理通用解题步骤、分模型策略、变形技巧、避错要点，适配所有同构题型。
一、同构解题通用三原则（前提准则，不违则）
1. 恒等变形：所有凑型变形均为加/减、乘/除正项、参数指数化等恒等操作，不改变原式取值和定义域，乘除式子必保证分母/乘数恒正（如x>0时乘x）。
2. 模型优先：优先匹配高考四大基础同构模型，不自行构造复杂函数，变式题型通过系数匹配、变量替换转化为基础模型。
3. 单调适配：构造的核心函数需单调性明确（高考均为单调递增，可直接用，无需二次求导证明），确保能由F(A)≥F(B)推出A≥B。
二、同构解题通用五步流程（固定模板，所有题型适配）
高考阅卷按步骤踩点给分，此流程为同构题的得分闭环，缺一不可：
1. 分析特征，锁定模型：从题干中提取ex、ln x、参数a等核心项，判断适配四大基础模型（如含xe^x锁定te^t模型，含ex+x锁定et+t模型）。
2. 恒等变形，凑成同构：利用同构变形技巧，将原式凑为F(g(x))≥F(h(x))（或≤）的形式，其中F(t)为基础模型的核心单调函数，g(x)、h(x)为无超越项/简单超越项的代数式。
3. 构造函数，说明单调：写出构造的核心函数F(t)，明确标注“F(t)在某区间上单调递增”（基础模型的单调性可直接套用，无需证明）。
4. 利用单调，转化问题：由F(t)的单调性，将同构式转化为简单自变量不等式：g(x)≥h(x)（递增）/g(x)≤h(x)（递减），消去超越项，简化问题。
5. 求解不等式，回扣结论：求解转化后的简单不等式（如求函数最值、解参数范围），将结果回扣原问题，给出最终答案（如参数a的取值范围、不等式证明结论）。
导数中的同构模型
题型01：导数中的结构一致性同构
【典型例题1】已知函数，若对任意正数，，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】根据，可知，令由，知为增函数，所以恒成立，分离参数得，而当时，在时有最大值为，故，即实数的取值范围为.故选：C.
【典型例题2】若函数对且都有，则称函数在区间上阶递增.已知函数在上2阶递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】由题意，对且都有成立，不妨设，则，设，则，所以函数在上单调递增，即对于，恒成立，即对于，恒成立，而，令，则函数在上单调递增，则，即，所以，所以，即，所以实数的取值范围为.故选：C.
【典型例题3】若对任意的，，，恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
解析：因为，所以，则可化为，整理得，因为，所以，令，则函数在上递减，则在上恒成立，所以在上恒成立，令，则在上恒成立，则在上递减，所以，故只需满足：.故选：A.
【典型例题4】已知实数a，b满足，，则a＋3b＝ ．
【答案】16
【解析】令，则 ，代入可化为，即
设，则，在上单增
故只有一个零点
所以，即，
所以.
【典型例题5】已知函数，，则t的取值范围是 ．
【答案】
【分析】这里 可以发现,将移项变形为，易知是奇函数，，故进一步变形为，此时,得到一个“左右形式相当，一边一个变量”的不等式，令，问题转化为，只需研究的单调性，逆用该函数的单调性即可.
【解析】∵
∴可变形为：

∵是奇函数
∴
∴
令，则
∴单增
∴，即，解之得
所以t的取值范围是．
【变式训练1-1】已知函数，若对任意，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式训练1-2】已知，，向量与的夹角为，若对任意，，当时，恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式训练1-3】若，则（ ）
A．B．C．D．
【变式训练1-4】已知，且成立，则（ ）
A. B. C. D.
【变式训练1-5】若，则（ ）
A. B. C. D.
【变式训练1-6】(多选题)已知对任意，恒成立，则
A．B．
C．D．
【变式训练1-7】已知均为锐角，且，则
A．sinα>sinβB．
C．D．
【变式训练1-8】已知且，且，且， 则（ ）
【变式训练1-9】已知且，，其中e是自然对数的底数，则
A. B. C. D.
【变式训练1-9】若方程，的根分别为，，则______.
【变式训练1-10】已知，，且，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【变式训练1-11】已知，则与的大小关系是
A． B． C． D．不确定
【变式训练1-12】已知且，其中e是自然对数的底数，则
A. B. C. D.
【变式训练1-13】已知实数，满足，，则______.
【变式训练1-14】不等式的解集是______________.
【变式训练1-15】已知，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为 ．
【变式训练1-16】已知实数a，b(0，2)，且满足，则a＋b的值为_______．
【变式训练1-17】已知a3－3a2＋5a＝1，b3－3b2＋5b＝5，那么a＋b的值是 .
【变式训练1-18】
不等式的解集是 .
【变式训练1-19】已知实数a，b(，)，且满足，则a，b，的大小关系是 ．
【变式训练1-20】已知关于的方程在区间，上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围为____________.
【变式训练1-21】已知（）．
（1）讨论的单调性；
（2）若，，,，，恒成立，求实数的取值范围．
题型02：同构训练
【典型例题】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)；
(2)；
(3)；
(4)；
(5)；
(6)；
(7)；
(8)．
【解析】(1)显然，则，.
(2)显然，则，.
(3)显然，则，.
(4)显然，则
，.
(5)，.
(6)，，.
(7)，.
(8)，.
【变式训练2-1】；
【变式训练2-2】
【变式训练2-3】
题型03：化为和差同构模型
【典型例题1】已知，当时，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，利用同构得到，结合的单调性得到，构造，求导得到其单调性和最值，得到最大值为，故，求出答案.
【详解】由题意得，当时，，
即，，
令，则，
因为恒成立，故在R上单调递增，
故，
即，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，最大值为，
故，解得.
【典型例题2】若关于x的不等式在上恒成立，则实数a的值可以是（ ）
A．B．C．D．2
【答案】AB
【分析】根据题意分和两种情况讨论， 当时，有，通过求导，判断函数的单调性，确定函数的最值得出结论验证；当时，令，求导判断出函数存在零点设为，即可判断，最后综合得出的取值范围.
【详解】依题意，在上恒成立，当时，，
令，则，，
故当时，，当时，，
故，故，则不等式成立；
当时，令，因为，
，故在内必有零点，设为，则，
则，故，不合题意，舍去；
综上所述，.
【典型例题3】，，当时，，则的范围为 .
【答案】
【分析】将题设条件转化为，从而构造函数，得到在上单调递减，进而利用导数即可得解.
【详解】因为，，
两边取对数，得，
则，
令，则在上单调递减，
所以在上恒成立，
而，即在上恒成立，即在上恒成立，
所以.
【典型例题4】已知对于任意正数，恒成立，则正数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】不等式，由于，两边同乘，
可得：，即，
构造函数，其导函数为，
所以函数在上单调递增，由，得，
因此，即，则恒成立，令函数，求导得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，，
因此，则，所以正数的取值范围为.
【典型例题5】已知函数．
(1)讨论的单调性；(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）的定义域为，，
当时，，在上为增函数；
当时，由，得，由，得，
所以在上为增函数，在上为减函数.
综上所述：当时，在上为增函数；
当时，在上为增函数，在上为减函数.
（2）
，
设，则原不等式恒成立等价于在上恒成立，
，在上为增函数，
则在上恒成立，等价于在上恒成立，
等价于在上恒成立
令，，
令，得，令，得，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，故.
【变式训练3-1】已知函数，若恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【变式训练3-2】已知，不等式恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．0D．1
【变式训练3-3】若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【变式训练3-4】函数．若对任意，都有，则实数m的取值范围为 ．
【变式训练3-5】已知不等式对恒成立，则的取值范围为 .
【变式训练3-6】已知，对任意的，不等式恒成立，则的取值范围为 .
【变式训练3-7】已知不等式对恒成立，a的取值范围是________.
【变式训练3-8】函数．若对任意，都有，则实数m的取值范围为_________．
【变式训练3-9】已知不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是___________.
【变式训练3-10】已知函数．
（1）若，求函数的极值；（2）若函数有且仅有两个零点，求的取值范围．
【变式训练3-11】已知函数在处的切线和直线垂直.
(1)求实数的值；
(2)若对任意的，，都有成立（其中为自然对数的底数），求实数m的取值范围.
【变式训练3-12】已知函数.
(1)讨论函数的单调性；(2)当时，，求的取值范围.
题型04：化为乘积，商式同构模型
【典型例题1】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数m的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】B
【分析】根据对数的运算性质将不等式等价为恒成立，构造函数，，利用导数求解函数单调性进而得最值即可求解.
【详解】因为，不等式成立，即，进而转化为恒成立，
构造函数，可得，
当，，单调递增，则不等式恒成立等价于恒成立，即恒成立，即恒成立，
设，可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当，函数取得最大值，最大值为，
所以，即实数m的取值范围是．故选：B．
【典型例题2】已知，对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，转化为恒成立，令，利用导数求得为单调递增函数，得到恒成立，进而转化为恒成立，构造函数，利用导数求得单调性和最小值，即可求解.
【详解】因为，所以整理不等式，
可得，转化为恒成立，
令，则，
因为，所以在上单调递增，所以恒成立，
又因为，所以，
所以对任意的恒成立，即恒成立，
构造函数，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，当时，，所以，即．
【典型例题3】已知函数，若对任意，都有，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意可得对任意恒成立，且，令函数，则对任意恒成立，对求导分析单调性，可得对任意恒成立，由可得出的范围.
【详解】由题意可得对任意恒成立，且.
令函数，则对任意恒成立.
，
当时，单调递增，
当时，，单调递减，
且当x∈0,1时，，当时，，
所以，即对任意恒成立.
因为，所以.

故答案为：.
【典型例题4】已知函数，，证明：当时，.
原不等式为，即，
即证在上恒成立，
设，则，
所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
令，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，所以，
且在上有，所以可得到，即，
所以在时，有成立.
【变式训练4-1】已知函数，，若，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【变式训练4-2】已知函数，.若，则k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【变式训练4-3】若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【变式训练4-4】设实数，若不等式对任意恒成立，则a的最小值为（ ）
A．B．C．eD．2e
【变式训练4-5】若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【变式训练4-6】设实数，若不等式对任意恒成立，则a的最小值为（ ）
A．B．C．eD．2e
【变式训练4-7】若关于的不等式对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【变式训练4-8】已知函数，若在其定义域上没有零点，则的取值范围是 .
【变式训练4-9】已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数a的最小值为：_______．
【变式训练4-10】已知函数.
(1)当时，求的单调递增区间；
(2)若恒成立，求的取值范围.
题型05：添项后构造和差型同构模型
【典型例题1】已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．C．D．
【答案】B
解：由题意可知：
，即构成同构式，只需
构造函数：
放缩：，，故选B.
总结：需要多尝试结构上的搭配，通过放缩处理可以简化计算
【典型例题2】已知不等式恒成立,则实数a的最大值为_______
【答案】
令，则有
可放缩
补充：构造函数求导
令，
故g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，因此.
因为不等式恒成立，所以Ina≤2，即
总结：指对分离，补全结构，最后的最值可以放缩得出.
补充：对右边的式子配凑也可以
【典型例题3】设，都为正数，为自然对数的底数，若，则
A．B．C．D．
【答案】B
【解答】解：由已知，则，
设，则，
，则，又，，则，即，从而，
当时，，则在内单调递增，
，即.
【典型例题4】已知函数，若函数有两个零点，求的取值范围．
【解析】依题意即在上有两个根，
整理为，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
所以只需在上有两个根，
令，，则，
当时，，当时，，
故在处取得极大值即最大值，，
且当时，当时，
要想在上有两个根，只需，解得，
所以的取值范围为.
补充：也可以这样处理
作图，有2个交点即可
总结：同构+数形结合
【变式训练5-1】已知函数，若恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【变式训练5-2】已知函数，若，则的取值范围是 .
【变式训练5-3】已知不等式对恒成立，则的取值范围为 ．
【变式训练5-4】关于的不等式恒成立，则的取值范围为 ．
【变式训练5-5】已知在上恒成立，则实数a的取值范围 ．
【变式训练5-6】已知函数
(1)若函数在处的切线也与函数的图象相切，求的值；
(2)若恒成立，求的取值范围.
题型06:添项后构造乘积型同构模型
【典型例题1】设，都为正数，为自然对数的底数，若，则
A．B．C．D．
【答案】B
【解答】解：由已知，则，
设，则，
，则，又，，则，即，从而，
当时，，则在内单调递增，
，即.
【典型例题2】已知正数满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】运用同构函数研究其单调性可得，将求的最小值转化为求上的最小值，运用导数研究的最小值即可.
【详解】因为，即，所以，所以.
令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以，
令.
则．令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
即的最小值为.
故答案为：.
【点睛】同构法的三种基本模式：①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；②比商型，如可以同构成，进而构造函数；③和差型，如，同构后可以构造函数f或.
【典型例题3】已知正数，满足，则函数（）的极小值点的个数为 ．
【答案】1012
【分析】由已知构造函数（），利用的单调性得，从而，，再利用导数判断单调性可得答案.
【详解】因为，即，
所以，所以，
令（），则，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，，
所以，
令，得，，
当，时，，，则；
当，时，，，
则，
所以在，上单调遂减，
在，上单调递增，
故在，处取得极小值，
因为，所以，则，
又，所以可以取0，1，…，1011，共1012个取值，
所以的极小值点的个数为1012．
故答案为：1012.
【点睛】方法点睛：同构是通过合理的整理变形使函数的解析式变形成为我们熟悉的函数或者把题干中的方程、不等式通过合理变形使得代数式的两边呈现出相同的结构，即把代数式变为与]的关系，则可将相同的结构构造函数，进而利用函数的单调性、最值等手段解决问题，其本质是复合函数的拆分.
【典型例题4】已知是自然对数的底数．若，成立，则实数m的最小值是 ．
【答案】
解析：由．令，则在上单调递增，
且，所以，即对恒成立．
令，则，所以当时，；当时，，
故在上的最大值是，所以，即实数m的最小值是．故答案为：．
总结：同乘补全结构即可，入门型
【典型例题5】已知函数，其中，.
(1)当时，求函数的零点；(2)若函数恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）当时，，
，
当时，，得恒成立.
即可得在上单调递增.
而此时，
即可得在上仅有1个零点，且该零点为0.
（2）函数等价于，
因，所以
得
所以
所以
构造函数，上式等价于
函数在定义域内单调递增，从而可得成立.
化简可得等价于恒成立.
设函数，易知，
，
当时，因，，故，
所以在上单调递增，
所以，满足题意，
当时，时，，
此时在上单调递减，
故当时，不符合题意.
综上可得的取值范围是.
【变式训练6-1】若不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【变式训练6-2】关于的不等式恒成立，则的取值范围为 ．
【变式训练6-3】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【变式训练6-4】对于任意实数，不等式恒成立，则取值范围是__________.
【变式训练6-5】已知是自然对数的底数．若，成立，则实数m的最小值是 ．
【变式训练6-6】对，恒有，则实数a的最小值为________.
【变式训练6-7】若存在正实数x，使得不等式成立，则a的最大值为 ．
【变式训练6-8】若存在正实数，使得不等式成立（是自然对数的底数），则的最大值为 .
【变式训练6-9】已知定义在上的函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
题型07：同构后再换元构造新函数
【典型例题1】已知函数恒有零点，则实数k的取值范围是( )
A．B． C．D．
方法1：同构
要使恒有零点，只需
设，求导可知
而，求导可知函数在上单调递增，故
方法2：分参求导
，令，则
∵
故在递增，递减，故，故选B.
注：由常见不等式得到，即；
或者令，，因为,故
方法3：直接求导（可以消掉k）
，
不难得出在上恒小于0，故在上单调递增，在上递减，故，当时，，故的值域为，
则.
【典型例题2】设，，证明：；
【解析】（1）因为，，所以等价于，
即，
令，则只需证，
设，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
故，即成立，
所以成立，即得证
【典型例题3】若不等式对任意的恒成立，则实数m的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意整理得，令，可知，构建，利用导数分析可得，进一步整理得对任意的恒成立，构建，利用导数求其最值结合恒成立问题分析求解.
【详解】因为，则，整理得，
令，可得，即，
令，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
则，且，
可知有且仅有两个零点，
若，则或，
对于可知，当x趋近于时，趋近于0，故不合题意；
所以，即，整理得对任意的恒成立，
令，则，
且，令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可得，结合解得，
所以实数m的最大值为.
【变式训练7-1】已知函数，若不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【变式训练7-2】已知，若关于x的恒成立，求实数a的取值范围.
【变式训练7-3】已知函数，若函数恒成立，求实数a的取值范围．
【变式训练7-4】已知函数．
(1)当时，求函数在区间上的最小值；
(2)讨论函数的极值点个数；
【变式训练7-5】已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)已知函数有两个零点，求实数的取值范围．
题型08：同构后再放缩
【典型例题1】已知a＞b＞1，若，则
A．ln(a＋b)＞1 B．ln(a－b)＜0
C．D．
【答案】A
总结：一般都是去括号，这题反过来，可能一下子看不出来，后续计算量很小
第一步，提公因式：
第二步，局部同构：
第三步，构造函数：令，易知在，则有，
故，则A正确
【典型例题2】(多选)若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】因为，所以，
因为，所以，则，
令，，则，
所以在上单调递增，
由，可得，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即当且仅当时取等号，
即当且仅当时取等号，
又，所以，当且仅当时取等号，
当时或，
结合与的图象也可得到
所以或.
故选：AC
法二：也可以这样构造
令，则，结合图像可知，
(x＝y＝1时取等号)
总结：同构+洛必达+放缩
补充：
【典型例题3】已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是____________ .
【答案】
在上恒成立等价于
第一步，错位同构：，
第二步，构造对应函数：令，则有
第三步，分析单调性，定义域：易知，故在上单调递减
第四步，由单调性求出参数范围：
【典型例题4】若正实数，满足，则的最小值为 ．
【答案】
解析：由，令
因为，当且仅当取到等号，所以，
故，所以，
令，则，易得在上递增，在递减，
即，所以．故答案为：．
总结：局部构造+放缩不等式
【典型例题5】函数的最小值是 ．
【答案】3
【分析】解法一：求函数的导函数，再利用导数研究的零点及零点两侧函数值的正负，由此确定函数的单调性，再求其最值可得.
解法二：利用切线放缩可得
【详解】解法一：，
令，
则，
当时，，
所以在上单调递增,，
设，
因为在上单调递增，
因为，
存在，使，
且，
故当时，，即，所以在区间单调递减，
当时，，即，所以在区间单调增，
所以．
解法二（最优解）：设，则，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即，当且仅当时，等号成立；
所以，
当且仅当时等号成立，
设，可得单调递增，又，
所以有解，所以.
【变式训练8-1】已知函数，当时，恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【变式训练8-2】当时，恒成立，则实数最大值为（ ）
A．B．4C．D．8
【变式训练8-3】若实数，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【变式训练8-4】已知函数，当时，恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【变式训练8-5】(多选)已知，若关于x的方程存在正零点，则实数的值可能为
A．B．C．D．
【变式训练8-6】（多选题）若实数，满足，则（ ）
A．B．C．D．
【变式训练8-7】已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是________．
【变式训练8-8】关于的不等式恒成立，则的最小值为 ．
【变式训练8-9】设，若在上恒成立，求k的取值范围.
【变式训练8-10】.
(1)求函数的单调区间；
(2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围.
题型09：必要性探路（局部同构）
【典型例题1】已知函数对任意的，恒成立，则实数的取值范围为()
A．(-∞，0]B．(-∞，2]C．(-∞，1]D．(-∞，3]
【答案】B
【简析】由恒成立可得，，
不等式两边同减2x可得，达成局部同构
注意到不等式右边有最小值0，但是不能直接说，因为左边也有x
所以这里用必要性探路：当时，存在使得，
此时，故时，不恒成立，排除D
而当时，显然恒成立，由此排除AC
如果是解答题，再证当时，因为，故，而，故时，恒成立，如果是选填题就直接放缩即可，但是作为解答题时从逻辑的完整性来说需要用必要性探路
【典型例题2】已知函数，若f（x）≥1，求a的取值范围．
【答案】
［方法一］：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．
［方法二］: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．
［方法三］：通性通法（隐零点）
,，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,+∞).
［方法四］：必要性探路
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．
【变式训练9-1】若当时，关于x的不等式恒成立，则满足条件的a的最小整数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【变式训练9-2】已知关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为________.
【变式训练9-3】已知函数.
(1)求的极值；(2)当时，，求实数的取值范围.
题型10：指对同构简化计算
【典型例题1】(多选)若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】AC
【解析】因为，所以，
因为，所以，则，
令，，则，
所以在上单调递增，
由，可得，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即当且仅当时取等号，
即当且仅当时取等号，
又，所以，当且仅当时取等号，
当时或，
结合与的图象也可得到
所以或.故选：AC
法二：也可以这样构造
令，则，结合图像可知，
(x＝y＝1时取等号)
总结：同构+洛必达+放缩
补充：
【典型例题2】已知函数和，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．
【解答】
易得在，；在，
只有过与交点时，恰有3个不同交点
则有，
即 ①
∵，且，∴ ②
又∵，且，∴ ③
由①②③可得：，证毕
【典型例题3】已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【详解】（1）[方法一]：同构处理
由得：，令，则即
令，则，故在区间上是增函数
故，即，所以的取值范围为
[方法二]：常规求导
的定义域为，则
令,得，当单调递减
当单调递增，
若,则,即，所以的取值范围为
（2）法一：极值点偏移+同构简化计算
由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设，要证,即证
因为,即证，
又因为,故只需证，即证
同构，原不等式变形为：
令，则有，即证：
即证
，即递减，故，证毕.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：，令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证，因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减，故，即得证
【变式训练10-1】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值是（ ）.

【变式训练10-2】(多选)已知，若关于x的方程存在正零点，则实数的值可能为
A．B．C．D．
【变式训练10-3】若不等式恒成立，则的取值范围是
A．B．C．D．，
【变式训练10-4】若不等式对任意恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【变式训练10-5】设实数，若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【变式训练10-6】对于任意实数，不等式恒成立，则取值范围是__________.
同构的应用
题型01：利用同构求函数值
【典型例题1】已知实数满足，，则 （ ）
A.112 B.28 C.7 D.4
【答案】，，即，
设，则，且易知其为定义在（0，+∞）上的单增函数
故，即，选B.
【典型例题2】已知函数的零点为，的零点为，则
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】，则，
显然单增，故等价于，则，故A错误；
因为单增，且，故，则
故，则B正确；
，则C正确；
D.，因为，故，
则，而，则，故D正确.
【典型例题3】已知实数，满足，，则______.
【答案】
【分析】由已知条件考虑将两个等式转化为统一结构形式，令，得到，研究函数的单调性，求出关系，即可求解.
【解析一】实数，满足，，
，，则，
，
所以在单调递增，而，
.
【解析二】对两边取自然对数得：，
对两边取自然对数得： （※）
为使两式结构相同，将（※）进一步变形为：
设，则
所以在单调递增，的解只有一个.
∴， ∴
点评:两种解法实质相同，其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，然后构造函数，利用函数的单调性，利用是同一方程求解.
【典型例题4】已知实数a，b满足，，则a＋3b＝ ．
【答案】16
【解析】令，则 ，代入可化为，即
设，则，在上单增
故只有一个零点
所以，即，
所以.
【典型例题5】若正实数是关于的方程的根，则__________.
【答案】0
【分析】设，同构变形得到，即，从而得到，即，从而结果.
【详解】令，则在上单调递增，
，即，故，
∵正实数是方程的根，
，则，得，即.
故答案为：0
【变式训练1-1】已知实数满足，，则（ ）
A.0 B.2 C.4 D.6
【变式训练1-2】在数学中，我们把仅有变量不同，而结构､形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于的方程和关于b的方程可化为同构方程，则的值为（ ）
A．B．eC．D．1
【变式训练1-3】已知是方程的一个根，则的值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【变式训练1-4】已知，则__________．
【变式训练1-5】已知、分别是方程、的根，则＋的值是 .
【变式训练1-6】已知实数x、y满足，则的值是 .
【变式训练1-7】方程的根是 .
【变式训练1-8】已知实数a，b(0，2)，且满足，则a＋b的值为_______．
【变式训练1-9】已知a3－3a2＋5a＝1，b3－3b2＋5b＝5，那么a＋b的值是 .
【变式训练1-10】已知函数和，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分别为，则 ．
【变式训练1-11】已知函数的零点为，则 .
题型02： 利用同构解不等式
【典型例题1】不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
结合不等式特点，构造函数，研究其单调性，从而求出解集.
【详解】
设，则，当时，；当时，，所以在上是增函数，在上是减函数．原不等式可化为，即，结合，可得，所以原不等式的解集为．
故选：B
【典型例题2】已知，，则下列关系式不可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数判断其单调性可判断AB；
构造函数，，利用导数判断单调性可判断CD.
【详解】
对于，两边取对数得，
即，
构造函数，，
当时，，是单调递增函数，
当时，，是单调递减函数，
若，则，即，故A正确；
若，则，，故B正确；
构造函数，，
，当时，，单调递增，所以，
，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，
所以时，即，
所以成立，不可能成立，故C正确D错误.
故选：D.
【点睛】
思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不等式成立与否.
【典型例题3】已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.
【详解】
因为，所以，
令，所以，对函数求导：
， 由有：，
由有：，所以在单调递增，在
单调递减，因为，由有：，
故A错误；
因为，所以，由有：，
故D错误；
因为，所以，
因为，所以，所以，故C正确；
令 有：
=，当，.所以
在单调递增，当时，，
即，又，所以，
因为，所以，因为在
内单调递减，所以，即，故B错误.
故选：C.
【典型例题4】【多选】下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】将选项同构为的形式，通过对函数求导判断单调性，即可判断出答案.
【详解】选项A：，
选项B：，
选项C：，
选项D：，
构造函数 ，则，则得；由得，所以在上单调递增，在上单调递减，
由知，，故A错误；
由知，，故B正确；
由知，，知C正确；
由知，，知D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题利用不等式的结构采用同构函数来解决，同构法是证明不等式的一种技巧，通过等价变形使得两边的式子结构相同，从而将两边看成是同一个函数的两个函数值，此时借助该函数的单调性简化不等式达到证明不等式的目的.
【典型例题5】【多选】e是自然对数的底数，，已知，则下列结论一定正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】BC
【分析】构建函数根据题意分析可得，对A、D：取特值分析判断；对B、C：根据的单调性，分类讨论分析判断.
【详解】原式变形为，
构造函数，则，
∵，
当时，，则，即；
当时，，则，即；
故在上单调递减，在上单调递增，
对于A：取，则
∵在上单调递增，故，
即满足题意，但，A错误；
对于B：若，则有：
当，即时，则，即；
当，即时，由在时单调递增，且，
故，则；
综上所述：， B正确；
对于C：若，则有：
当，即时，显然成立；
当，即时，令，
∵，当且仅当，即时等号成立，
∴当时，所以，即，
由可得，即
又∵由在时单调递增，且，
∴，即；
综上所述：，C正确；
对于D：取，，则，
∵在上单调递减，故，
∴故，满足题意，但，D错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：指对同构的常用形式：
（1）积型：，
①构造形式为：，构建函数；
②构造形式为：，构建函数；
③构造形式为：，构建函数.
（2）商型：，
①构造形式为：，构建函数；
②构造形式为：，构建函数；
③构造形式为：，构建函数.
【变式训练2-1】若x，，，则（ ）
A．B．C．D．
【变式训练2-2】已知、，，，则（ ）
A．B．C．D．
【变式训练2-3】已知，且满足，为自然对数的底数，则（ ）
A．B．
C．D．
【变式训练2-4】已知，下列不等式，成立的一个是（ ）
A．B．C．D．
【变式训练2-5】已知满足，（其中是自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
【变式训练2-6】已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【变式训练2-7】己知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若，则（ ）
A．B．C．D．
【变式训练2-8】已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【变式训练2-9】若x，，，则（ ）
A．B．C．D．
题型03：利用同构比较大小
【典型例题1】已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用当时，判断，通过函数在是减函数判断.
【详解】当时，设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
也就是说当时，，
用代替，可得，即，
所以，即．
又知，所以，所以．
故选：A
【典型例题2】已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，利用其单调性可知，构造函数利用其单调性和可得.
【详解】令，则，
当时，，所以在上单调递增，
故，所以，即．
令，，则，
令，，则，
所以在上单调递增，故，即，
故在上单调递增，故，
所以，故，
令，，则，
故在上单调递增，故，即，
故，即．综上可得．
故选：B
【典型例题3】已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，利用导数研究其单调性，进而比较；对作差，运用对数的运算性质和基本不等式可得的大小关系.综合可得三者之间的大小关系.
【详解】设，
则在上恒成立，
所以在单调递减，
所以，
即，
所以，
因为
，
所以，
综上：.
故选：A．
【典型例题4】已知，，，则它们的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由在区间上为单调递增函数，可得到，设，利用导数求得函数在单调递增，可得，进而得到，即可求解.
【详解】由幂函数的性质可知在区间上单调递增，
由于，故，即，
设，可得，
令，解得，
当时，单调递增，可得，
即，即，
两边取为底的指数，可得，即，所以.
故选：A.
【变式训练3-1】若a=2ln1.1，b=0.21，c=tan0.21，则（ ）
A．b