2026年新高考数学大一轮复习讲义全归纳(新高考专用培优点07指对同构问题(10大)(讲义+精练)(学生版+解析)

这是一份2026年新高考数学大一轮复习讲义全归纳(新高考专用培优点07指对同构问题(10大)(讲义+精练)(学生版+解析)，共14页。试卷主要包含了八大同构函数图像，同构等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc201662026" 01 重点解读 PAGEREF _Tc201662026 \h 2
\l "_Tc201662027" 02 思维升华 PAGEREF _Tc201662027 \h 3
\l "_Tc201662028" 03 典型例题 PAGEREF _Tc201662028 \h 5
\l "_Tc201662029" 题型一：双变量地位同等同构 PAGEREF _Tc201662029 \h 5
\l "_Tc201662030" 题型二：指对同构法的理解 PAGEREF _Tc201662030 \h 5
\l "_Tc201662031" 题型三：同构方程 PAGEREF _Tc201662031 \h 7
\l "_Tc201662032" 题型四：加法同构 PAGEREF _Tc201662032 \h 8
\l "_Tc201662033" 题型五：乘法同构 PAGEREF _Tc201662033 \h 8
\l "_Tc201662034" 题型六：利用同构法解决零点问题 PAGEREF _Tc201662034 \h 9
\l "_Tc201662035" 题型七：求函数的最值问题 PAGEREF _Tc201662035 \h 10
\l "_Tc201662036" 题型八：不等式问题 PAGEREF _Tc201662036 \h 10
\l "_Tc201662037" 题型九：朗博同构放缩 PAGEREF _Tc201662037 \h 11
\l "_Tc201662038" 题型十：公切线方程中的隐形同构 PAGEREF _Tc201662038 \h 12
\l "_Tc201662039" 04 课时精练 PAGEREF _Tc201662039 \h 14
同构法是一种解决等式或不等式问题的有效方法。其核心思路是对给定的等式或不等式进行变形，让等式或不等式的左右两边在结构与形式上达成完全一致，进而构造出一个函数。由于该函数具有单调性这一重要性质，我们可以借助函数的单调性来处理问题。同构法在处理含有指数和对数混合的等式或不等式问题时优势明显。通过同构法，能够将复杂的指数、对数混合问题转化为对函数单调性的研究，简化问题求解过程，帮助我们更高效地找到问题的答案，为解决此类数学问题提供了清晰且实用的思路与途径。
一、八大同构函数图像
①，②，
③，④，
⑤，⑥，
⑦，⑧．
二、同构
1、常规变形方式
= 1 \* GB3 ①； = 2 \* GB3 ②； = 3 \* GB3 ③； = 4 \* GB3 ④； = 5 \* GB3 ⑤．
2、变形同构
= 1 \* GB3 ①；
②
；
= 3 \* GB3 ③
④
⑤
3、双变量同构
(1)为增函数．
(2)为减函数．
题型一：双变量地位同等同构
【例1】已知函数，若对于任意，都有成立，则实数a的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【变式1-1】（2025·福建莆田·三模）已知函数，，若对区间内任意两个实数，都有恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【变式1-2】若对都有成立，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．e D．2e
【变式1-3】已知，向量与的夹角为，若对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
题型二：指对同构法的理解
【例2】已知是方程的一个根，则 ．
【变式2-1】阅读材料：“同构法”是通过函数单调性解决问题时的常用方法，如下面的典型例题．已知实数，满足，则的最小值是多少？
解析：，
有，
得，
设函数，则在上单调递增，
因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立．
阅读参考以上材料，解答下列问题：
(1)判断函数在上的单调性，并用定义证明；
(2)已知，求的值．
【变式2-2】对不等式进行同构变形，并写出相应的同构函数．
【变式2-3】对不等式进行同构变形，并写出相应的同构函数．
【变式2-4】对下列不等式进行同构变形，并写出相应的同构函数．
(1)；
(2)；
(3)；
(4)；
(5)；
(6)．
题型三：同构方程
【例3】（2025·全国·模拟预测）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的方程（，，）可化为同构方程，则 ， ．
【变式3-1】同构式通俗讲是结构相同的表达式，如: ， 称 与 为同构式． 已知实数 满足 ， 则 ．
【变式3-2】（2025·高三·安徽·开学考试）对任意实数，恒有成立，关于的方程有两根为，，则下列结论正确的为( )
A． B． C． D．
【变式3-3】已知实数，满足，，其中e是自然对数的底数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-4】（2025·江苏南京·模拟预测）已知实数，满足，，其中是自然对数的底数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
题型四：加法同构
【例4】（2025·四川·模拟预测）已知当时，恒成立，则实数的取值范围是 ．
【变式4-1】任意的，不等式恒成立，则的范围是 ．
【变式4-2】（2025·湖北·三模）若不等式恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
【变式4-3】（2025·海南·模拟预测）已知当时，函数恒成立，求实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
题型五：乘法同构
【例5】（2025·河北廊坊·模拟预测）当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（2025·江西宜春·二模）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】已知对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】已知对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
题型六：利用同构法解决零点问题
【例6】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．
【变式6-1】已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若函数只有一个零点，求的取值范围；
(3)若，证明：方程有唯一解，且直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左至右的三个交点的横坐标成等比数列．
【变式6-2】（2025·高三·上海青浦·期中）已知函数和，．
(1)求在点处的切线方程；
(2)若函数和有相同的最小值，
①求的值；
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．
题型七：求函数的最值问题
【例7】（2025·高三·甘肃兰州·期中）已知函数，，若，，则的最小值为 ．
【变式7-1】已知函数，，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-2】已知函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】（多选题）（2025·高三·黑龙江佳木斯·期中）已知函数，，若存在，，使得成立，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时，的最小值为 D．当时，的最大值为
题型八：不等式问题
【例8】（2025·福建三明·模拟预测）已知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8-1】设a， B都为正数，为自然对数的底数，若，则（ ）
A． B． C． D．
【变式8-2】若，则 ( )
A． B．
C． D．
【变式8-3】若(a， B为变量)成立，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式8-4】已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，求证：在上恒成立；
（3）求证：当时，．
题型九：朗博同构放缩
【例9】已知函数，（其中是自然对数的底数），若在上恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式9-1】（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数，，若恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式9-2】（2025·广东·模拟预测）已知函数．
(1)求的极值；
(2)当时，，求实数的取值范围．
【变式9-3】（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知函数，．
(1)若过点作曲线的切线有且仅有一条，求实数t的值；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
题型十：公切线方程中的隐形同构
【例10】（2025·高三·福建漳州·开学考试）已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（ ）
A． B． C．2e D．4e
【变式10-1】（2025·辽宁沈阳·二模）若直线与直线是曲线的两条切线，也是曲线的两条切线，则的值为（ ）
A． B．0 C．-1 D．
【变式10-2】已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【变式10-3】（2025·福建龙岩·三模）若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A． B． C． D．
1．（2025·甘肃金昌·三模）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
2．（2025·海南·模拟预测）已知当时，函数恒成立，求实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·河北秦皇岛·一模）已知函数，若任意两个不相等的正实数，，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知满足，其中是自然对数的底数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025·高三·山西吕梁·期末）已知实数满足，其中是自然对数的底数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（多选题）已知，，a>0．若y=f(x)，y=g(x)图象有公共点P，且在该点处的切线重合，则 B的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
7．（多选题）已知函数，，，若，图象有公共点P，且在该点处的切线重合，则实数 B的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
8．（多选题）（2025·广东广州·一模）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
9．同构式通俗的讲是结构相同的表达式，如：，，称与为同构式．已知实数满足，，则 ．
10．（2025·江西赣州·一模）若a，，自然对数的底数为e，则的最小值为 ．
11．（2025·高三·安徽六安·期末）已知函数，，若，，则的最大值为 ．
12．已知函数和．
(1)分别求函数和的最大值；
(2)若，求证：曲线和有唯一公共点，且直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并探究这三个交点（从左向右）的横坐标是否成等比数列？
13．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若函数，且在上恒成立，求实数的取值范围．
14．（2025·江西赣州·二模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对于一切，恒有成立，求实数a的取值范围．
15．（2025·内蒙古·三模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围．
16．设，若对任意的，恒成立，求a的范围．
培优点07 指对同构问题
目录 TOC \ "1-2" \h \z \u
\l "_Tc201660872" 01 重点解读 PAGEREF _Tc201660872 \h 2
\l "_Tc201660873" 02 思维升华 PAGEREF _Tc201660873 \h 3
\l "_Tc201660874" 03 典型例题 PAGEREF _Tc201660874 \h 5
\l "_Tc201660875" 题型一：双变量地位同等同构 PAGEREF _Tc201660875 \h 5
\l "_Tc201660876" 题型二：指对同构法的理解 PAGEREF _Tc201660876 \h 7
\l "_Tc201660877" 题型三：同构方程 PAGEREF _Tc201660877 \h 10
\l "_Tc201660878" 题型四：加法同构 PAGEREF _Tc201660878 \h 13
\l "_Tc201660879" 题型五：乘法同构 PAGEREF _Tc201660879 \h 16
\l "_Tc201660880" 题型六：利用同构法解决零点问题 PAGEREF _Tc201660880 \h 19
\l "_Tc201660881" 题型七：求函数的最值问题 PAGEREF _Tc201660881 \h 27
\l "_Tc201660882" 题型八：不等式问题 PAGEREF _Tc201660882 \h 31
\l "_Tc201660883" 题型九：朗博同构放缩 PAGEREF _Tc201660883 \h 34
\l "_Tc201660884" 题型十：公切线方程中的隐形同构 PAGEREF _Tc201660884 \h 40
\l "_Tc201660885" 04 课时精练 PAGEREF _Tc201660885 \h 43
同构法是一种解决等式或不等式问题的有效方法。其核心思路是对给定的等式或不等式进行变形，让等式或不等式的左右两边在结构与形式上达成完全一致，进而构造出一个函数。由于该函数具有单调性这一重要性质，我们可以借助函数的单调性来处理问题。同构法在处理含有指数和对数混合的等式或不等式问题时优势明显。通过同构法，能够将复杂的指数、对数混合问题转化为对函数单调性的研究，简化问题求解过程，帮助我们更高效地找到问题的答案，为解决此类数学问题提供了清晰且实用的思路与途径。
一、八大同构函数图像
①，②，
③，④，
⑤，⑥，
⑦，⑧．
二、同构
1、常规变形方式
= 1 \* GB3 ①； = 2 \* GB3 ②； = 3 \* GB3 ③； = 4 \* GB3 ④； = 5 \* GB3 ⑤．
2、变形同构
= 1 \* GB3 ①；
②
；
= 3 \* GB3 ③
④
⑤
3、双变量同构
(1)为增函数．
(2)为减函数．
题型一：双变量地位同等同构
【例1】已知函数，若对于任意，都有成立，则实数a的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】 C
【解析】即，
即，
令，由，得，从而，
记，
由及得，在上单调递增，
令，
又在上单调递增，由复合函数单调性可知，
函数在上单调递增，且恒成立，
故，则，
故实数a的取值范围为．
故选： C．
【变式1-1】（2025·福建莆田·三模）已知函数，，若对区间内任意两个实数，都有恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】假设，因为在上单调递增，所以，
所以，所以
令，则在区间内单调递增，所以，
因为在区间上单调递增，所以的最小值为，故，即；
令，则在区间内单调递增，所以，
所以，
令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，即．
综上所述，．
故选：A．
【变式1-2】若对都有成立，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．e D．2e
【答案】 B
【解析】由，得，
则，即，
有，令，
所以，令，
所以函数的增区间为，减区间为，
所以当时，，
所以，故a的取大值为2．
故选： B．
【变式1-3】已知，向量与的夹角为，若对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】由条件可知，，，
即恒成立，即，两边同时除以，
整理为，，
设，，
，得，
当，，单调递增，当，，单调递减，
由题意可知，在单调递减，
所以．
故选： D
题型二：指对同构法的理解
【例2】已知是方程的一个根，则 ．
【答案】3
【解析】因为是方程的一个根，则，所以，
即．
令，则，所以在上单调递增．又，即，所以，所以．
【变式2-1】阅读材料：“同构法”是通过函数单调性解决问题时的常用方法，如下面的典型例题．已知实数，满足，则的最小值是多少？
解析：，
有，
得，
设函数，则在上单调递增，
因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立．
阅读参考以上材料，解答下列问题：
(1)判断函数在上的单调性，并用定义证明；
(2)已知，求的值．
【解析】（1）函数在上的单调递增，证明如下：
设且，
所以，
因为且，所以，，
则，
所以，即，即，
所以在上的单调递增；
（2）由，则，即，
显然，即，
因为，所以，，所以，则，
由（1）知在上的单调递增，所以，
即，即．
【变式2-2】对不等式进行同构变形，并写出相应的同构函数．
【解析】首先将不等式进行处理，
因为，不等式两边同时除以可得： ，
令，则，原不等式可化为，即．
进一步变形为．
考虑函数，则不等式左边为，对于右边，可变形为，即．
所以不等式同构变形为，同构函数为．
【变式2-3】对不等式进行同构变形，并写出相应的同构函数．
【解析】显然，则
，
∴．
【变式2-4】对下列不等式进行同构变形，并写出相应的同构函数．
(1)；
(2)；
(3)；
(4)；
(5)；
(6)．
【解析】（1）显然，则，
同构函数为；
（2）显然，则
，同构函数为；
（3）显然，则，
同构函数为；
（4）显然，则，
同构函数为；
（5），
同构函数为；
（6），
同构函数为．
题型三：同构方程
【例3】（2025·全国·模拟预测）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的方程（，，）可化为同构方程，则 ， ．
【答案】 3 8
【解析】对两边取自然对数得 ①．对两边取自然对数得，即 ②．
因为方程①，②为两个同构方程，所以，解得．
设（），则，
所以函数在上单调递增，所以方程的解只有一个，所以，
所以，故．
故答案为：3；8．
【变式3-1】同构式通俗讲是结构相同的表达式，如: ， 称 与 为同构式． 已知实数 满足 ， 则 ．
【答案】3
【解析】函数在R上单调递增，且，
由，得，则，
即，因此，则，
所以．
故答案为：3
【变式3-2】（2025·高三·安徽·开学考试）对任意实数，恒有成立，关于的方程有两根为，，则下列结论正确的为( )
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】构造函数，则，由题意得出，则．
且．
①当时，即当时，对任意的，，函数在上单调递增，此时，函数没有最小值；
②当时，即当时，令，得．
当时，；当时，．
此时，函数在处取得极小值，亦即最小值，即，
，得．
由题意可知，关于的方程有两个实根，即有两个实数根．
方程的其中一个实根为，则，，
即，又方程的另一个实根为，，因此，，
故选 B．
【变式3-3】已知实数，满足，，其中e是自然对数的底数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】因为，所以，所以．
因为，所以．
联立，
所以与是关于x的方程的两根．
构造函数，该函数的定义域为，且该函数为增函数，
由于，所以，又，
所以，即，解得．
故选： D．
【变式3-4】（2025·江苏南京·模拟预测）已知实数，满足，，其中是自然对数的底数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】由可得，，即，也即，
由可得，所以，
即，
构造函数，在恒成立，
所以函数在定义域上单调递减，
所以，即，
又因为，所以，所以，解得，
故选: B．
题型四：加法同构
【例4】（2025·四川·模拟预测）已知当时，恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由，可得．
令，则，
当且仅当时，等号成立，故在上单调递增，
由，可得，
所以，则，
令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，故，
所以实数的取值范围是．
故答案为：．
【变式4-1】任意的，不等式恒成立，则的范围是 ．
【答案】
【解析】由已知条件可得，再利用换元法令，将问题转化为研究直线恒在曲线的上方，即可得到答案；，
令，
，
①，
令，
①对恒成立，
对，对，
令，则，
，，
在单调递增，在单调递减，
当与相切时，设切点为，
或，
直线要恒在曲线的上方，
直线斜率的取值范围为，
故答案为：．
【变式4-2】（2025·湖北·三模）若不等式恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
【答案】 B
【解析】因为，所以，
令，则恒成立，
则恒成立，
令，则，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故a的最大值为2．
故选： B．
【变式4-3】（2025·海南·模拟预测）已知当时，函数恒成立，求实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】 B
【解析】当时，，所以不符合题意；
当由，即，
令，，
所以在上单调递增，
，即，
在上恒成立，
，令，
，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
即，
,
故选： B．
题型五：乘法同构
【例5】（2025·河北廊坊·模拟预测）当时，关于的不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】由得，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
由，
可得，，即在时恒成立，
令，则，令得，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，所以．
故选： D．
【变式5-1】（2025·江西宜春·二模）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 C
【解析】不等式可化为，，又，
所以，故，
由已知不等式在上恒成立，
因为有意义，故，又，所以，
当时，不等式恒成立，
设，，
则，
因为，所以，
所以函数在上单调递增，
所以，故，
令，则，
令，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，
故，
所以，
所以的取值范围为
故选： C．
【变式5-2】已知对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设，则．
∵时，，，∴，故在上单调递增．
∵对恒成立，∴当时，，则有，
当时，可等价变形为．
∵在上单调递增，且，（），
∴由可得，即对恒成立．
设，则．
当时，， ，，故．
∴在上单调递减，
∴当时， ．
∵对恒成立，
∴，即实数的取值范围是．
故选：A．
【变式5-3】已知对恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】由，可知，，，
则，即，
设，，得，
当时，，单调递增，
，，则，则，
则，恒成立，
设，，令，得，
当，，单调递增，当，，单调递减，
所以当时，取得最大值，，
则．
故选： B
题型六：利用同构法解决零点问题
【例6】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．
【解析】证明：由题，，
所以时，时，
时，当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在上单调递减，在上单调递增，
故，
当时，考虑和的解的个数，
设，则，
当时，当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，而，
设，则，所以在上为增函数，
所以，故，
故有两个不同的零点，即的解的个数为2，
设，则，
所以时，当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，而，
所以有两个不同的零点，故的解的个数为2；
同理可得，当时，由可知、均仅有一个解；
当时，由可知、均无解．
故若存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点，则．
设，则，
设，则，
所以在上单调递增，则，即，
所以，所以在上单调递增，
而，
故在上有且仅有一个零点，且，
当时，即，即，
当时，即，即，
因此存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点，且，
此时有两个不同的根，有两个不同的根，
故，，，，
所以即，即，
故为方程的解，同理为方程的解，
又可化为，
所以即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故，即，故成等差数列．
【变式6-1】已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若函数只有一个零点，求的取值范围；
(3)若，证明：方程有唯一解，且直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左至右的三个交点的横坐标成等比数列．
【解析】（1）由题意，
在中，
若，，定义域为，
，令，解得，
当变化时，和的变化情况如下表:
所以，在和单调递减，在单调递增
（2）由题意及（1）得，
方法一：
在中，定义域为
，
当时，解得：．
因此，在处取得极小值，为
（i）当时，由（1）知，
当时，，不存在零点；
当时，，不存在零点．
（ii）当时，
当时，恒成立，不存在零点；
当）时，单调递减，至多存在一个零点．
当时，；
当时，又，
所以在上存在一个零点；
当时，又，
所以在上存在一个零点；
（当时，，当时，）
所以，在上存在一个零点．
（iii）当时，
当时，恒成立，不存在零点．
当时，若只有一个零点，则极小值
令，
∴函数在上单调递减，
，解得：
综上，的取值范围为或
方法二：
只有一个零点等价于在只有一个零点，
又，
则在上只有一个零点，
，
（i）当时，恒成立，不存在零点．
（ii）若，则对任意恒成立，可知在上单调递增，
且，
令，所以在上存在一个零点；
（iii）若，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值．
若只有一个零点，则，
又，则．
又在单调递减，解得
综上，的取值范围为或
（3）由题意及（1）（2）得，
在中，，，
令，解得：．
∴在上，， 单调递减；
在上，， 单调递增．
所以．
由（1）知，在单调递减，在单调递增，，
则直线与、最多有4个交点．
令，
当时， ，所以恒成立．
当时，
令，则，
令，则，
∴在上单调递增，，
∴在上单调递增，，
∴，即，
在中，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，即，
所以恒成立．
当时，在上单调递增．
当x→1时，，，
则在有唯一的零点，即存在，使得，
直线与、恰有三个交点，分别记为，，，
不妨设，
由得，即，
要证，即证，
而，即．
由得，即，
又，，，而在单调，
∴，
又由得，即，
又，，而在单调，
所以．
由，得，得证．
【变式6-2】（2025·高三·上海青浦·期中）已知函数和，．
(1)求在点处的切线方程；
(2)若函数和有相同的最小值，
①求的值；
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．
【解析】（1）由，得，
所以，
所以在点处的切线方程为，即．
（2）①的定义域为，而，
若，则，此时函数在上单调递增，无最小值，不符合题意，故．
令，得，
当单调递减，
当单调递增，
所以．
的定义域为，而．
当单调递减，
当单调递增，
所以．
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．
综上所述，．
②证明：由①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．
设，
则，当时，，
所以函数在上单调递增，因为，
所以当时，恒成立，即在时恒成立，
所以时，，
因为，函数在上单调递增，，函数在上单调递减，
所以函数与函数的图象在上存在唯一交点，设该交点为，
此时可作出函数和的大致图象，
由图象知当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时，
直线必经过点，即，
因为，所以，即，
令得，
解得或，由，得，
令得，解得或，
由，得，
所以当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时，
从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，
因为，所以，
所以，，成等差数列．
所以存在直线，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．
题型七：求函数的最值问题
【例7】（2025·高三·甘肃兰州·期中）已知函数，，若，，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为，所以，则，
于是，，所以，
构造函数，且，当时，，所以在上单调递增，
所以，于是，
又，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，故，当且仅当，即（舍去）时取到最小值，
所以，
故答案为：．
【变式7-1】已知函数，，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，，，
所以，
令，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以
，
当且仅当时等号成立．
故选：A
【变式7-2】已知函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】，即，
构造函数
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
因为，所以，此时，
令，令，解得，
所以当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以的最小值为，
综上的最小值为．
故选： B．
【变式7-3】（多选题）（2025·高三·黑龙江佳木斯·期中）已知函数，，若存在，，使得成立，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时，的最小值为 D．当时，的最大值为
【答案】A C D
【解析】由已知，当时，即，，，，
所以有，A正确；
取，则，此时令，则有，， B项错误；
∵， ∴
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以， 的图象如图所示．
又，即．当时，如图易知，与只有一个交点，
由可得，此时，，．
则．
令，则．
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
所以，在处有最小值， C项正确；
当时，．令，．
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增．
所以，在处有最大值， D项正确．
故选：A C D．
题型八：不等式问题
【例8】（2025·福建三明·模拟预测）已知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．
【答案】 B
【解析】由，可得，即，
设，可得，
因为，可得，
又因为，所以，即，所以，
当时，，可得函数在为单调递增函数，
所以，即．
故选： B．
【变式8-1】设a， B都为正数，为自然对数的底数，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】由已知，即．
设，则，．
，，．
当时，，
在上单调递增，所以．
故选： B．
【变式8-2】若，则 ( )
A． B．
C． D．
【答案】 C
【解析】对于A， B作出图象如图所示，可见 时，既有单调减函数区间，单调增函数区间，故都不正确；对于 C，设，作如图所示，因 ，此时，在 上为减函数，故有，得 ，故 C正确， D不正确，故选 C．
【变式8-3】若(a， B为变量)成立，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】方法一：
对于A、 B，由，
可得，
令，则，
因为在R上是增函数，所以，故A正确， B错误；
对于 C，取，符合，但，故 C错误；
对于 D，取，符合，但，故 D错误．
方法二：
对于A、 B由，
可得，
令，则，
因为在上是增函数，
所以，即，
对于 C，取，符合，但，故 C错误；
对于 D，取，符合，但，故 D错误．
故选：A．
【变式8-4】已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，求证：在上恒成立；
（3）求证：当时，．
【解析】（1）法1：函数的定义域为，
，
当时，在区间成立，故，即在单增；
当时，，在区间成立，故，∴在单增；
当时，，设两根为，则，
当或时，，，当时，，，故在单减，在和单增．
综上：当时，在上是增函数；
当时，在单减，在和单增．
法2：
函数的定义域为，
∵，
当时，，在上是增函数；
当时，，解得，
，解得或．
∴在单减，在和单增．
（2）当时，在单增，故在单增，
所以．所以在上恒成立；
（3）法1：由（2）知，当时，，即，当时，．
要证，只需证，只需证．
令，，
，，
∴在单增，即．
法2：
要证，只需证，只需证．
设，只需证．
则
令，则，，
，∴在单减．故只需证即可．
，，．
所以原不等式成立．
题型九：朗博同构放缩
【例9】已知函数，（其中是自然对数的底数），若在上恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】解法1：要使在上恒成立，只需即可．
，又，易知：在上递增．
因为当趋向于0时，趋向负无穷，当趋向正无穷时，趋向正无穷，
所以，在上存在唯一的零点，满足，
所以，且在上单调递减，在上单调递增，
于是．
由得：，必有，，
两边同时取自然对数，则有，即．
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，又，
所以，即，故，
于是实数m的取值范围是．
解法2：要使在上恒成立，等价于在上恒成立．
令，则只需即可．
，令，则，
所以在上单调递增，又，，
所以有唯一的零点，且，在上单调递减，在上单调递增．
因为，两边同时取自然对数，则有，即．
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，又，即，即．
即．
于是实数m的取值范围是
解法3：（切线放缩，避开零点）要使在上恒成立，等价于在上恒成立．
先证明，令，则，
于是，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，故（当且仅当时取等号），
所以，当时，有，所以，
即，当且仅当时取等号，于是实数m的取值范围是．
解法4：（切线放缩，避开零点）
先证明，令，
所以在区间上单调递减；在区间上单调递增，
所以，所以．
∵
∴，当时，等号成立；
而在上单调递增，且，
所以存在，使得成立．
【变式9-1】（2025·吉林长春·模拟预测）已知函数，，若恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，
令，
则，令，，
∵，∴p(x)在(0，+)上单调递增，
∵，
∴当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增；
∴，
∴≥恒成立，则．
故选：A
【变式9-2】（2025·广东·模拟预测）已知函数．
(1)求的极值；
(2)当时，，求实数的取值范围．
【解析】（1）求导得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值．
（2）方法一：由题知不等式在上恒成立，
则原问题等价于不等式在上恒成立，
记，
则，
记，则恒成立，
所以在上单调递增，又，
所以存在，使得，
即当时，，此时；当时，，此时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
由，得，
即，
所以，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，
所以；
②当时，
因为存在，使得，而，
此时不满足，
所以无解．
综上所述，．
方法二：由题知不等式在上恒成立，
原问题等价于不等式在上恒成立，
即在上恒成立．
记，则，当单调递减，单调递增，
因为即，
①当时，
因为，所以不等式恒成立，所以；
②当时，令，显然单调递增，且，
故存在，使得，即，而，此时不满足，所以无解．
综上所述，．
【变式9-3】（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知函数，．
(1)若过点作曲线的切线有且仅有一条，求实数t的值；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【解析】（1）设切点，由，求导得，
根据导数的几何意义，得，
化简可得，，依题意方程仅只一个实根，
于是，解得或，
所以当或时，过点P作曲线的切线有且仅有一条．
（2）设，，则恒成立，
于是在上单调递增，则，即，
因此当时，恒有成立，
则有，
当且仅当时等号成立，
令，，则恒成立，
即在上单调递增，又，，
根据零点存在定理可得，，使得，
于是在上恒成立，
所以当时，，即成立；
当时，存在满足，即，
此时，，不合题意，
综上，a的取值范围是．
题型十：公切线方程中的隐形同构
【例10】（2025·高三·福建漳州·开学考试）已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（ ）
A． B． C．2e D．4e
【答案】 B
【解析】因为是和的公切线，
设切点分别为和，则，
由，可得，则
又由，可得，且，则，
所以，可得，
即，显然同号，不妨设，
设，（其中），
可得，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
要使得有解，则需要，即
即，解得，所以，即的最大值为．
故选： B．
【变式10-1】（2025·辽宁沈阳·二模）若直线与直线是曲线的两条切线，也是曲线的两条切线，则的值为（ ）
A． B．0 C．-1 D．
【答案】 C
【解析】由和互为反函数可知，
两条公切线和也互为反函数，
即满足，，即，，
设直线与和分别切于点和，
可得切线方程为和，
整理得：和，则，，
由，得，且，
则，所以，
所以
,
故选： C
【变式10-2】已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】 C
【解析】设直线与曲线的切点为且，
与曲线的切点为且，
又，，
则直线与曲线的切线方程为，即，
直线与曲线的切线方程为，即，
则，解得，故．
故选： C．
【变式10-3】（2025·福建龙岩·三模）若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】设曲线上的点，，；
曲线上的点，，；
，
，，
．
故选： D．
1．（2025·甘肃金昌·三模）若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】由题设有，
当即时，不等式恒成立；
当即时，设，则，
故在上为增函数，而即
因为，故即在上恒成立，
而时，恒成立即恒成立，
故在上恒成立，
设，则，
当时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，故，故，
故，
故选： B．
2．（2025·海南·模拟预测）已知当时，函数恒成立，求实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】当时，，所以不符合题意；
当由，即，
令，，
所以在上单调递增，
，即，
在上恒成立，
，令，
，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
即，
,
故选： B．
3．（2025·河北秦皇岛·一模）已知函数，若任意两个不相等的正实数，，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】不妨设，则由，
也就是说，函数在上单调递减，
因为，由题意恒成立，
即恒成立，令，
求导得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
所以实数的取值范围为．
故选： D．
4．已知满足，其中是自然对数的底数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】由，可得，即，也即，
由可得，
即，
构造函数，由和都为上的单调递减函数，
所以函数在定义域上单调递减，
所以，即，
又因为，所以，所以，解得．
故选： B．
5．（2025·高三·山西吕梁·期末）已知实数满足，其中是自然对数的底数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 C
【解析】由题知，
所以，
所以
令，则，
因为，恒成立，
所以，在上单调递减，
所以，，即
因为，
所以，即
故选： C
6．（多选题）已知，，a>0．若y=f(x)，y=g(x)图象有公共点P，且在该点处的切线重合，则 B的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A B C
【解析】设公共点，由求导得：，由求导得：，
于是得，因，解得，由得：，
因此，，令，则，
当时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，
当时，，于是得，即 B可以取或或．
故选：A B C
7．（多选题）已知函数，，，若，图象有公共点P，且在该点处的切线重合，则实数 B的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A B
【解析】设函数与图象的公共点为，
可得 ，即，
又由与，可得与，
又因为点处切线重合，可得，即，
解得或，
因为，所以，
将代入，可得，其中，
设，可得，
令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数极小值，也是最小值，即为，
即，所以，解得，
结合选项，可得A、 B符合题意．
故选：A B．
8．（多选题）（2025·广东广州·一模）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】 B C D
【解析】对于A选项，当时，．
设，其中．
则，故在上单调递增．
又，，则，使．
即存在，，使．
但此时，．故A错误．
对于 B选项，
．设，其中．则．
得在上单调递增．
注意到．
则．又在上递增，
则有．故 B正确．
对于 C选项，由 B选项可知，则由，
有．故 C正确．
对于 D选项，因，，
则．设，其中．
则．
设，其中．则，
得在上单调递增．
（1）若，注意到，，则，使．即，
则，设，则，
得在上单调递减，则．
（2）当，，注意到．
则，此时．
（3）当，注意到
则，又由（1）分析可知在上单调递增．
则．
综上，有．故 D正确．
故选： B C D
9．同构式通俗的讲是结构相同的表达式，如：，，称与为同构式．已知实数满足，，则 ．
【答案】8
【解析】，
令，易知在R上单调递增，
又，
所以．
故答案为：
10．（2025·江西赣州·一模）若a，，自然对数的底数为e，则的最小值为 ．
【答案】2
【解析】由，
设，求导，，令，解得：，
令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，故，
所以，
当且仅当时，等号成立．
故答案为：2
11．（2025·高三·安徽六安·期末）已知函数，，若，，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】由得：；
由得：，；
，
令，，
，在上单调递增，
；
令，则，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，即的最大值为．
故答案为：．
12．已知函数和．
(1)分别求函数和的最大值；
(2)若，求证：曲线和有唯一公共点，且直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并探究这三个交点（从左向右）的横坐标是否成等比数列？
【解析】（1）由函数，可得，
当时，，所以在单调递增；
当时，，所以在单调递减，
所以的最大值为．
由，定义域为，则
令得，
当时，
当时，，所以在单调递增；
当时，，所以在单调递减；
所以的最大值为，
当时，
当时，，所以在单调递减；
当时，，所以在单调递增；
所以无最大值；
当时，，所以的最大值为0，
综上知，函数的最大值为，
当时，的最大值为；
当时，无最大值；
当时，的最大值为0；
（2）当时，，
故时，曲线和无交点；
当时，，而，
故时，曲线和无交点．
设，
当时，．
设，则，
当时，，故函数在单调递增，
所以时，，故，
故时，曲线和无交点；
当时，．
又，，所以，故函数在单调递增．
又，，
由函数零点存在定理，可知在区间上存在唯一零点，
且，故，
又，所以，
所以曲线和有唯一交点．
设，则，
当时，，在单调递增，
又，，
所以在区间上，函数存在唯一零点，即与曲线在区间上有一个交点．
设，则．
当时，，故在单调递减，
又，
又，所以．
设，，
当时，，所以函数在区间上单调递减，
故时，，
因此，由，则，
所以，
所以在区间上函数存在唯一零点，
即与曲线在区间上有一个交点．
综上，直线与两条曲线和共有三个不同的交点，
横坐标为，且，如图：
所以．
又，
由在上单调递增，
又，，可得，
因此，由，可得，，
由在上单调递减，
又，，可得，
因此，由，可得，
由，可得．
又，所以，所以成等比数列．
13．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若函数，且在上恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1），
若，则，函数在R上单调递增；
若，则时，时，
即函数的增区间为：，减区间为：；
若，则时，时，
即函数的增区间为：，减区间为：．
（2），设，则，
所以在上单调递增，则，即，易知，则．
设，，所以，所以．
于是．
由（1）可知，①时，在上单调递增，于是，符合题意；
②时，在上单调递减，在上单调递增．显然，若，则，不合题意；
③时，在上单调递增，于是，符合题意；
④时，在上单调递增，于是，符合题意．
综上：．
14．（2025·江西赣州·二模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若对于一切，恒有成立，求实数a的取值范围．
【解析】（1）当时，，则，
故，，
从而曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）由知：且，
即，
构造，，
则在R上单调递增，
不等式等价于，
结合的单调性得：，即，
令，
当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，故，
即实数a的取值范围为．
15．（2025·内蒙古·三模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）的定义域为．
关于的方程，
当时，，，所以在上单调递增．
当时，，此时，
，所以在上单调递增．
当时，则是方程的两根．
又，所以，
令，解得或，
令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减．
（2）由，可得，即．
令，易知单调递增．
由，可得，则，即．
设，则，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，
所以，则的取值范围为．
16．设，若对任意的，恒成立，求a的范围．
【解析】设，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以（当时等号成立）
依题意，对任意的，恒成立，
即恒成立，
而，
当时等号成立．
而函数在上单调递增，
，所以存在，使得成立．
所以，
即的取值范围是．
1
-
不存在
-
0
+
单调递减
不存在
单调递减
e
单调递增
-
不存在
-
0
+
单调递减
不存在
单调递减
单调递增