新高考数学二轮专题拔高点突破训练03 导数中的朗博同构、双元同构、指对同构与二次同构问题（九大题型）（2份，原卷版+解析版）

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\l "_Tc169275161" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc169275161 \h 2
\l "_Tc169275162" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc169275162 \h 5
\l "_Tc169275163" 题型一：同构法的理解 PAGEREF _Tc169275163 \h 5
\l "_Tc169275164" 题型二：利用同构比较大小 PAGEREF _Tc169275164 \h 7
\l "_Tc169275165" 题型三：方程同构 PAGEREF _Tc169275165 \h 9
\l "_Tc169275166" 题型四：零点同构 PAGEREF _Tc169275166 \h 11
\l "_Tc169275167" 题型五：双元同构 PAGEREF _Tc169275167 \h 18
\l "_Tc169275168" 题型六：朗博同构 PAGEREF _Tc169275168 \h 22
\l "_Tc169275169" 题型七：利用同构解决不等式恒成立问题 PAGEREF _Tc169275169 \h 25
\l "_Tc169275170" 题型八：利用同构求最值 PAGEREF _Tc169275170 \h 29
\l "_Tc169275171" 题型九：利用同构证明不等式 PAGEREF _Tc169275171 \h 32
\l "_Tc169275172" 03 过关测试 PAGEREF _Tc169275172 \h 37
方法技巧总结一、常见的同构函数图像
方法技巧总结二：同构式的基本概念与导数压轴题
1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式
2、同构式的应用：
（1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根
（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．
①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；
③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围．
（3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程
（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解
3、常见的指数放缩：
4、常见的对数放缩：
5、常见三角函数的放缩：
6、学习指对数的运算性质时，曾经提到过两个这样的恒等式：
（1） 且时，有
（2） 当 且时，有
再结合指数运算和对数运算的法则，可以得到下述结论（其中）
（3）
（4）
（5）
（6）
再结合常用的切线不等式lnxx-1， 等，可以得到更多的结论，这里仅以第（3）条为例进行引申：
（7）；
（8）；
7、同构式问题中通常构造亲戚函数与，常见模型有：
= 1 \* GB3 ①；
= 2 \* GB3 ②；
= 3 \* GB3 ③
8、乘法同构、加法同构
（1）乘法同构，即乘同构，如；
（2）加法同构，即加同构，如，
（3）两种构法的区别：
= 1 \* GB3 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 \* GB3 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；
题型一：同构法的理解
【典例1-1】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），.
【典例1-2】关于的不等式有解，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】不等式，得，
即，
设函数，，故在上单调递增，
而，即，
则，，
即存在，使，即，
设，，得
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，即
故答案为：
【变式1-1】（2024·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.
题型二：利用同构比较大小
【典例2-1】已知，且，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设函数，，当，此时单调递增，当，此时单调递减，由题，，，得，因为，所以，则，且，所以.
故选：A.
【典例2-2】已知．且，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】令，则，即在上单调递减，
∴，即，
设，则，
即在上单调递增，
又∵，∴.
故选：.
【变式2-1】已知a，b，，且，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】构造函数，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
，
，
，
因为，所以，即，
而a，b，，所以，
故选：C
【变式2-2】已知，，，则，，的大小顺序是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为，，，
构造函数，其导函数，
令，解得：，列表得：
所以在上单增.
因为，所以，即
故选:D.
题型三：方程同构
【典例3-1】（江苏省常州市前黄高级中学2023-2024学年高三期初数学试题）已知实数满足，，则 ．
【答案】
【解析】根据题意，显然是正数. 由，两边取对数得，，即，又，即，利用，于是，记，，故在上递减，
由，于是，.
故答案为：
【典例3-2】（江苏省泰州市泰兴中学2023-2024学年高三期中数学试题）已知实数a，b满足，则ab＝ ．
【答案】
【解析】构造函数，定义域为R.
因为，所以在R上单调递减.
因为实数a，b满足，
所以，所以.
而，所以，
所以，所以.
故答案为：.
【变式3-1】设x，y为实数，且满足，则（ ）
A．2B．5C．10D．2018
【答案】A
【解析】由题意可设，
可得导数，
即为R上的增函数；
又，
即为奇函数，
，可得
，
可得，
由在R上递增，可得，
即有．
故选A．
【变式3-2】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】5
【解析】易判断为增函数，，
，
即，，
所以，.
故答案为：5
【变式3-3】（2024·高三·辽宁大连·期中）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
【答案】A
【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①②为两个同构方程，所以，解得，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以方程的解只有一个，
所以，所以．
故选：A
题型四：零点同构
【典例4-1】（2024·高三·天津西青·期末）已知函数和．
(1)若曲线数与在处切线的斜率相等，求的值；
(2)若函数与有相同的最小值．
①求的值；
②证明：存在直线，其与两条曲线与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．
【解析】（1），
由题知，即，即.
（2）①的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，不合题意，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，.
②，
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.
当时，此时，
显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；
当时，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；
当时，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，
再次，证明存在，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.
【典例4-2】（2024·江西南昌·模拟预测）已知函数和有相同的最小值．
(1)求；
(2)是否存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列？说明理由．
【解析】（1）
由题意可得，．
①若，在上恒成立，在上单调递增，
即无最小值；
②若，当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
所以在处取得最小值，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在处取得最小值，
又与有相同的最小值，
所以，，
设，，则，
令，则，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
所以在处取得最小值，则当时，恒成立，单调递增．
又，所以．
（2）由（1）得，，
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，，
所以和的图象在上有唯一交点，且交点的纵坐标大于1，
由函数的单调性及图象可得存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
当直线与曲线和共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为，且，
则，
因为，，
所以，
由图象可知无解，
所以，，所以，，
则，，
上述两式相减得，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【变式4-1】（2024·上海嘉定·一模）已知．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)请严格证明曲线有唯一交点；
(3)对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列．
【解析】（1）由题意可知：的定义域为，的定义域为，
，
当时，得，此时函数单调递增，
当时，得，此时函数单调递减，
因此函数极大值为，
单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，得，此时函数单调递增，
当时，得，此时函数单调递减，
因此函数极大值为，
单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为；
函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）设，
设，
设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
因此有，当时取等号，
于是有，
因此单调递减，而，
根据函数零点存在原理，当时，函数在内有唯一零点，
因此有唯一实根，因此曲线有唯一交点.
（3）由（1）可知两个函数的最大值均为，
且函数单调递增区间为，单调递减区间为；
函数单调递增区间为，单调递减区间为，
由（2）可知曲线有唯一交点，且交点在内，
因为直线和曲线共有三个不同交点，其中，
因此两条曲线必过两个曲线的交点，
所以有，
因此有，
因为，，在上单调递增，
所以有，
同理，，而函数在单调递减，
所以有，而，所以，
因此成等比数列.
【变式4-2】已知函数和有相同的最大值.
(1)求；
(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比数列.
【解析】（1），
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
由，
当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有.
（2）由（1）知，两个函数图象如下图所示：
由图可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，不妨设
且，
由，又，
又当时，单调递增，所以，
又，又，
又当时，单调递减，所以，
；
于是有.
题型五：双元同构
【典例5-1】已知函数．
当时，求函数的单调增区间；
若函数在上是增函数，求实数a的取值范围；
若，且对任意，，，都有，求实数a的最小值．
【解析】当时，．
则
令，得，即，解得：或．
因为函数的定义域为，
所以函数的单调增区间为．
由函数．
因为函数在上是增函数，
所以对恒成立
即对恒成立．
所以
即实数a的取值范围是．
因为，由知函数在上是增函数．
因为，，，不妨设，所以
由恒成立，可得，
即恒成立．
令，则在上应是增函数
所以对恒成立．
即对恒成立．
即对恒成立
因为当且仅当即时取等号，
所以．
所以实数a的最小值为．
【典例5-2】（河南省焦作市2020—2021学年高三年级第一次模拟考试数学试题）已知对任意的，都有恒成立，则实数的值为（ ）
A．B．1C．0D．
【答案】B
【解析】通过构造函数，把问题转化为，进而转化为对任意的恒成立，然后，对进行分类讨论，进而可得解解析：∵，∴，
∴.
设，问题转化为对任意的，恒成立，则有时为对任意的，仍然成立，则问题转化为对任意的恒成立，当时，显然成立；当时，，所以；当时，，.
综上.
故选：B
【变式5-1】（四川省成都市第七中学2023-2024学年高三阶段性考试数学试题）若实数，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以
所以所以
令，则即
所以
令，
令解得，令解得，
所以在单调递增，单调递减，
，
要使成立，即，
则当且仅当，
所以解得，
所以，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D错误.
故选:A.
【变式5-2】（山西省太原市2024届高三期中数学试题）已知，对任意都有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意，不妨设，
因为，
所以，即，
令，
则，所以在上为减函数，
所以在上恒成立，
因为在上单调递减，所以，
当时，，所以在上单调递减，
所以成立，符合题意；
当时，令，得，
所以在上单调递增，
所以当时，，不符合题意.
综上，实数的取值范围是.
故选：C.
【变式5-3】对于任意，，当时，恒有成立；则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】对于任意，，当时，恒有成立，
即成立，
令，∴，
∴在上单调递减，
∴在恒成立，∴在恒成立，
∵当，，∴实数的取值范围为，故选C.
【变式5-4】（多选题）（重庆市2024届高三冲刺押题联考（二）数学试题）若实数，满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【解析】依题意可知，
不等式可化为，
设，则，
即，
设，，
所以在区间递增；在区间递减.
所以，
所以要使成立，则，
即，由于，故解得，
则，，，，
所以AC选项正确.
故选：AC
题型六：朗博同构
【典例6-1】已知函数，若不等式对恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】不等式对恒成立，
等价于，所以，
设，其中，则，令得，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，又，
所以存在使得，
所以若，则或，即或，
，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以，所以只有才能满足要求，
即，又，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【典例6-2】（2024·陕西·模拟预测）当时，恒成立，则实数最大值为（ ）
A．B．4C．D．8
【答案】B
【解析】因为，由，得.令
令，则在上恒成立，
故函数在上单调递增，所以即，
由，得，所以.
当且仅当时，取“=”，
此时，由与图象可知使，此时.
所以，即有最大值为4.
故选：B.
【变式6-1】不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【解析】设，，则，因为，所以，
所以在上单调递增，所以，即.
所以在恒成立.
由题意：函数的定义域为：.
所以原不等式可化为：，问题转化为求（）的最小值.
而（当且仅当时取“=”）
结合图象：
方程在上有唯一解.
所以.
故选：B
【变式6-2】对任意，若不等式恒成立，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由，得，即，所以.
令，设，
则当时单调递减，当时，单调递增，故当，故
故，则，即.
记，则，
当单调递增，当单调递减，所以，故
由，得，即，当时，上式取等号，所以.
综上，的取值范围为
故选：D.
题型七：利用同构解决不等式恒成立问题
【典例7-1】（2024·江西·三模）已知函数，若在其定义域上没有零点，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为在上连续，又，
所以要使无零点，需使在其定义域上恒成立．
于是原问题转化为，求的取值范围．
，
，
，
，
，
令，所以在上单调递增，又由式得
，所以，即恒成立．
令，令得．
因为当时，，所以在上单调递增；
因为当时，，所以在上单调递减，
所以是的极大值点，
，所以，即．
综上所述，的取值范围为．
故答案为：.
【典例7-2】（2024·全国·模拟预测）若不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】当时，可化为，
令，则，所以在上单调递减．
令，则，所以在上单调递增，
所以，因此当时，．
所以，即．则不等式可化为，
所以在上恒成立，因此，即实数的取值范围为．
故选：A．
【变式7-1】已知函数，若对任意的恒成立，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可得对任意的恒成立，
即，对任意的恒成立；
因为，所以，化为，
令，则有，因为，
在上恒大于，所以单调递增，所以有，
因为，所以，即在上恒成立；
令， ，所以在上恒成立；
因为，令，解得，
所以当时， 单调递增，当时， 单调递减，
由此可知在时，取得最大值，所以，所以.
故选：D
【变式7-2】（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数，若恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，，且，
两边加上得，，
设，则，所以单调递增，
，即，
令，则，
的定义域是，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
当时，取得极大值即为最大值，，
，.
故选：C．
【变式7-3】（2024·江西赣州·二模）已知函数，.若，则k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，所以，
由得，
即，
即，
构造函数，
可化为，
因为，令，
则，令，解得，
所以时，，在上单调递减，
所以时，，在上单调递增，
所以时，取得最小值，即，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，
所以，，，
令，则，
令，即，解得，
所以时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
所以时，取得最大值，即，
所以，所以.
故选：C
【变式7-4】已知不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由得，
即 ，
令，，则，
所以在上单调递增，
而等价于，
∴，即
令，，则，
所以在时，为增函数；
在时，，为减函数，
所以最大值为，∴．
故选：C
题型八：利用同构求最值
【典例8-1】“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将化成，的变形技巧.已知函数，，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，得，
即，所以，，
令，则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
由可得，所以，
令，所以，
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
故选：B.
【典例8-2】已知函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，所以，
则．
于是．所以．
构造函数，
易知当时，单调递增．所以，．
于是，
令，则．在上单调递减，
在单调递增．所以，即．
故选：A
【变式8-1】（2024·江西·临川一中校联考模拟预测）已知函数，，若，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】的定义域为，所以，..
，，则，
又因为，所以，
令，则，
，当时，，递增，
所以，则，
，，
所以在区间递减；在区间递增，
所以的最小值为，即B选项正确.
故选：B
【变式8-2】已知函数，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可得，
所以，
所以，
所以，
由，得，
当时，由，得，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
令，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
故选：A
【变式8-3】已知大于1的正数，满足，则正整数的最大值为（ ）
A．7B．8C．5D．11
【答案】C
【解析】，，
令，，则，
令，解得：，
当时，，当时，，
故在上递增，在，上递减，
则的最大值是，
令，，则，
当时，此题无解，故，
则时，，当，，当，解得：，
故在递减，在，递增，
则的最小值是，
若成立，只需，
即，即，
两边取对数可得：，，
故的最大正整数为5，
故选：C．
题型九：利用同构证明不等式
【典例9-1】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）解：函数的定义域为，，
令，即，△，解得或，
若，此时△，在恒成立，
所以在单调递增．
若，此时△，方程的两根为：
，且，，
所以在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增．
若，此时△，方程的两根为：
，且，，
所以在上单调递增．
综上所述：若，在单调递增；
若，在，上单调递增，
在上单调递减．
（2）证明：由（1）可知当时，函数在上单调递增，
所以（1），所以在上恒成立．
（3）证明：由（2）可知在恒成立，
所以在恒成立，
下面证，即证2 ，
设，，
设，，
易知在恒成立，
所以在单调递增，
所以，
所以在单调递增，
所以，
所以，即当时，．
法二：，即，
令，则原不等式等价于，
，令，则，递减，
故，，递减，
又，故，原结论成立．
【典例9-2】已知函数．
（1）讨论函数的零点的个数；
（2）证明：．
【解析】（1）解：函数定义域为，则，
故在，递增，
当时，，没有零点；
当时，单调递增，，（1），
由函数零点存在定理得在区间，内有唯一零点，
综上可得，函数只有一个零点．
（2）证明：法一：要证，
即证，
令，定义域为，
则，
由（1）知，在区间，内有唯一零点，设其为，
则①，因，且在区间上单调递增，
所以当时，，，单调递减，
当，时，，，单调递增；
所以，
由式①可得，，
所以，
又时，恒成立，
所以，得证．
法二：问题转化为证明，
令，易知，（当且仅当时“”成立）
又，则，
故（当且仅当时“”成立）．
【变式9-1】已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围；
（3）当时，求证：．
【解析】（1）解：，
得，得，
在上递减，在上递增．
（2）解：函数在处取得极值，
，
，
令，则，
由得，，由得，，
在，上递减，在，上递增，
，即．
（3）证明：，即证，
令，
则只要证明在上单调递增，
又，
显然函数在上单调递增．
，即，
在上单调递增，即，
当时，有．
【变式9-2】已知函数，函数，，．
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，．
（3）证明：当时，．
【解析】解：（1）的定义域为，，
当，时，，则在上单调递增；
当，时，令，得，
令，得，则在上单调递减，在上单调递增；
当，时，，则在上单调递减；
当，时，令，得，
令，得，则在上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：设函数，则．
，，，，
则，从而在，上单调递减，
，即．
（3）证明：方法一：当时，．
由（1）知，（1），，即．
当时，，，则，
即，又，
，
即．
方法二：当时，要证，
只需证
即证，
令，易证，
故，
所以当时，．
1．若对任意的，且，则m的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，故可得，
即，，
令，则上式等价于，又，
根据题意，在单调递减；
又，令，解得，即的单调减区间为，
要满足题意，只需，即的最小值为.
故选：B.
2．对于任意，当 时，恒有成立,则实数的取值范围是
【答案】
【解析】对于任意∈，当＞时，恒有a（ln﹣1n）＜2（﹣）成立，
即恒有aln﹣2＜a1n﹣成立，
令f（x）＝alnx﹣2x，则f（x）在上为减函数，
则f′（x）0在上恒成立，
∴a≤2x在上恒成立，
即a≤4．
∴实数a的取值范围是．
故答案为．
3．若，则实数a的取值范围为
【答案】
【解析】不等式可化为，
设，则，即在R上单调递增，
因为，所以恒成立，
根据对数函数的性质可得，时显然不成立，所以，
所以，所以恒成立.
令，则,
当时，即单调递减；当时，即单调递增.
所以，
所以只需，即，又，
所以的取值范围为.
故选：B
4．已知，对任意都有，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为，即，
令，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上为减函数，在上为增函数，
依题意有，又，
所以在恒成立，
令函数，令，即，所以，
令，即，所以，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，故，
故答案为：.
5．已知当，不等式恒成立，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【解析】由，得，
即，
设，则，
因为函数在上都单调递增，
所以函数在上单调递增，则，
所以，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，则，
所以实数的取值范围为．
故答案为：.
6．当时，恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为当时，恒成立，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，可得，
所以在上单调递增，且，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
所以，即可.
令，可得，
令则，解得，
当时，,
当时，,
所以在上单调递增，在上单调递减,
所以，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
7．已知当时，不等式恒成立，则正实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由题意，原不等式可变形为，
即，设，则当时，恒成立，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，则，所以，，
因为在上单调递增，
所以要使，只需， 在上恒成立，取对数，得，
因为，所以．令，，因为，
所以在上单调递增，所以，
所以，则.
故答案为：.
8．已知函数，．
(1)求函数在区间上的最大值；
(2)若，恒成立，求实数a的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为.
由已知可得．
当时，，故在区间上单调递增，
所以函数在区间上的最大值为；
当时，由，解得；由，解得．
所以函数在上单调递增，在上单调递减.，
则当时，，则函数在区间上单调递增，
所以最大值为；
当时，，则函数在区间上先增后减，
所以最大值为；
当时，，则函数在区间上单调递减，
所以最大值为；
综上所述，当时， 函数在区间上的最大值为，
当时，函数在区间上的最大值为，
当时，函数在区间上的最大值为；
（2）设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，则，
依题意，，恒成立，即恒成立，
而，
当且仅当时，等号成立，
因为函数在上单调递增，，
所以存在，使得成立，
所以，即实数a的取值范围为.
9．（2024·云南·模拟预测）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.
【解析】（1），即，
函数在的切线的方程为，
代入得切线的方程为.
，
由切线的斜率为1，则令，解得：，
由，则函数在处的切线方程为，
代入得：，这与重合，所以得.
（2）由恒成立，等价于恒成立，
即：恒成立， 利用，
则令，则.
又，在上单调递增，
所以不等式恒成立等价于恒成立，
即.
令，所以，
因为当时，，所以在上的单调递增，
又因为当时，，所以在上的单调递减，
所以，即，
所以的取值范围是：.
10．已知函数
(1)若求曲线在点处的切线方程．
(2)若证明：在上单调递增．
(3)当时，恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）因为所以则
又
所以曲线在点处的切线方程为
即
（2）证明：因为所以则
令则
当时，单调递增，故
当时，单调递增，
当时，单调递减，故．
从而在上恒成立，
则在上单调递增.
（3）在上恒成立等价于
在上恒成立．
若则，则显然恒成立．
若则在上恒成立，
令由（1）可知在上恒成立，
故由得则即．
令则
当时，单调递减，当时，单调递增，
则则．
综上所述，的取值范围为
11．已知函数.
(1)求的最小值；
(2)求证：；
(3)当时，不等式恒成立，求正数的取值范围.
【解析】（1）由，求导可得，令，解得，则
所以的最小值为.
（2）要证，只要证，
法一：设，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此，即，
所以.
法二：令，由（1）可知，则，
所以只要证，
设，在上恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以，即原不等式得证.
（3）不等式可化为，
设，，
由，则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
原不等式等价于，
①当时，因为，则，
所以转化为，即，
由（1）可知的最小值为，所以，符合题意，
所以.
②当时，由（1）可知，在单调递增，，
所以在有唯一实数解，设为，且，则，，
设，则，
若成立，则，
因为在上是可导函数，所以，而，
则，与矛盾，不合题意，舍去.
综上：正数的取值范围是.
12．（2024·广东佛山·一模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，，求的取值范围.
【解析】（1），定义域为
当时，恒成立，函数在上是增函数
当时，由得，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减.
综上所述，当时，函数在上是增函数；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）显然，由，得，即①
令，不等式①即为，
因为，所以函数在内单调递增，
所以即，
令，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减
当时，函数取最大值
所以，解得.
13．（2024·广东深圳·二模）已知函数的图象在处的切线经过点.
(1)求的值及函数的单调区间；
(2)设，若关于的不等式在区间上恒成立，求正实数的取值范围.
【解析】（1）函数的定义域是，
.
所以在点处的切线方程为，
切线经过点，则.
，设，
是的极小值点，且，
因此在恒成立，
所以函数的单调增区间为，无单调减区间.
（2）在区间上恒成立，即，
令，则，即.
由（1），只需要，也就是在区间上恒成立.
设，.
，
故是的最大值，
所求的取值范围是.
14．（2024·广东佛山·模拟预测）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.
15．（2024·广东佛山·模拟预测）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.
16．（2024·广东汕头·三模）设，，
(1)证明：；
(2)若存在直线，其与曲线和共有3个不同交点，，，求证：，，成等比数列.
【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；
（2）记，则，
当时，；当时，．
故在内单调递增，在内单调递减，故；
记，则，
当时，，当时，，
故在内单调递增，在内单调递减，故.
所以函数与函数有相同的最大值，画出与的图象如下图：
可知，且，又当时，，故，
当时，直线与两条曲线和各有两个不同的交点，
则直线与曲线的两个交点分别位于区间和，
而直线与曲线的两个交点分别位于区间和，
构造，当时，；当时，，
当时，1-x