新高考数学一轮复习重难专攻（六）导数中的同构问题（八类重难点题型精练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习重难专攻（六）导数中的同构问题（八类重难点题型精练）（2份，原卷版+解析版），共11页。试卷主要包含了对于，恒成立，则正数的范围是，已知函数.等内容，欢迎下载使用。

重难点题型1 直接变形同构法
1、对于，恒成立，则正数的范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由恒成立可得，即恒成立，
由，可得恒成立，
令，则，由知，函数单调递增，
所以恒成立，则恒成立，即恒成立，
令，则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以当时，，
所以只需，即.故选：B
2、（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.
3、（2025·山西晋中·模拟预测）若对任意的，不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，对任意恒成立，
即，
令，，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
，
，即，，
又由切线放缩可知，，
，即，
所以的最大值为.
故选：A.
4、（2024·四川·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数有两个不同的极值点，.证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，求导求出切线的斜率，再求出，利用点斜式得到切线方程，再化简为一般方程即可；
（2）由题意可得函数有两个极值点，，即求导后分子在上有两个不等实根，再构造函数，只需故，得到的范围，然后代入，再构造函数，求导分析单调性求极值即可证明；
【详解】（1）当时，，
，，
则切线方程为，化简得.
（2）证明：由题，
函数有两个极值点，，即在上有两个不等实根，
令，只需故，故.
又，，
所以
.
若证，
即证，即.
令，，
，则在上递增，且有，
当时，，所以在上递减；
当时，，所以在上递增；
所以，.
即得证.
【点睛】关键点点睛：第二问关键在于函数有两个极值点，，即在上有两个不等实根，然后利用韦达定理化简得到，再构造函数分析单调性即可.
重难点题型2 加法同构
1、（2025·高三·四川成都·开学考试）已知，不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】A
【解析】.
令，则易知在上单调递增，，
令，问题转化为求 在的最小值.
因为，当时，（当且仅当时取“”）.
所以在上单调递增，.
所以的最大值为.
故选：A
2、（2025·陕西铜川·模拟预测）已知函数，若对任意的恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，则，所以在上单调递增，
又对任意的恒成立，，
所以对任意的恒成立，
所以对任意的恒成立，
令，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，则，即的取值范围为.
故选：D
3、(2024·河南信阳·一模)（多选题）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，.
重难点题型3 乘法同构
1、（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.
2．（2023·全国·高二专题练习）“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.
3、(2024·湖北荆门·统考)，，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.
4、（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.
5、（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知函数.
(1)设函数，讨论的单调性；
(2)设分别为的极大值点和极小值点，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论来求得的单调区间.
（2）由极值点的知识求得的关系式，由此将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数来证得不等式成立.
【详解】（1），
，
当时，在上恒成立，则在上单调递增，
当时，单调递减，
单调递增，
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）分别是的极大值点和极小值点，
，且对于有，
且对称轴，所以，
，
所以，
综上，要证，
只需证，
因为，
即证：，
设.
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以成立.
【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.利用导数证明不等式，首先考虑将要证明的不等式进行转化，转化为可构造函数并能利用导数进行证明的结构，从而来对问题进行求解.
重难点题型4 郎博同构
1、（2025·高三·云南昭通·开学考试）已知对于，都有，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】不等式可转化为
因为，所以
设，则，在上单调递增，
又，所以
又，所以对恒成立，即
令，则由得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以则
故选：D.
2、已知对于，都有，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由已知，，
即，即，
设，函数，即恒成立，
又函数在上单调递增，且，
即，
即，，
设，，
则，
令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取最小值为，
即，
故选：C.
3、(2024·重庆·统考)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.
4、（2024·贵州铜仁·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求函数的单调递增区间；
(2)当，时，关于的不等式恒成立，求实数的最大值.
(3)设点Ax1,y1、Bx2,y2是函数图象上两个不同的点，令，证明：
【答案】(1)和；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）将函数求导后解即可得的单调递增区间；
（2）法一：对参数进行分类讨论，当时易得不等式恒成立，当时，通过原不等式构造函数，将不等式恒成立问题转化为最值问题求解；
法二：通过将原不等式同构变形，构造新函数，通过新函数的单调性求出使得原不等式成立时的最大值；
（3）将，代入不等式后化简，最终通过不等式同构变形构造新函数，对新函数求导求出单调性，进而证明不等式.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
令，可得或，因为，则.
由f′x>0，可得或，
则的单调递增区间为和1,+∞；
（2）法一：当时，，即在上恒成立.
①当时，，在上恒成立，所以此时不等式恒成立；
②当时，令，，
则恒成立，
所以在上单调递增，
于是，
不等式两边同时取对数，可得 恒成立，
令，
由于，都在上递增，
所以在上单调递增，
又，
因此若恒成立，
则.
综上所述，的最大值为.
法二：当时，，即恒成立，
当时显然恒成立，
所以只需考虑当时，
，即恒成立，
即，
令，则，因为，则，
所以，，
当时，，所以，函数Fx在1,+∞上为增函数，
所以，，即，则恒成立.
令，其中，则，单调递减，
则，则.
综上所述，的最大值为.
（3）易知，
，
要证： ，即证，
即证，
不妨设，即证 ，
设，可得，
构造函数，其中，
则，
所以，函数在区间1,+∞上为增函数，则，
即，
因此.
【点睛】思路点睛：本题（2）小问考察到不等式变换中一种常见的手法：取对数，特别是当不等式两边都有许多关于e的式子时可以优先考虑取对数变形；其次本题（2）（3）小问都考察了不等式的同构变形，很多时候不等式的恒成立问题、不等式证明问题等都可以通过同构变形构造新函数，通过新函数的性质来证明原不等式成立.
重难点题型5 通过同构函数，比较大小
1．（2023·四川达州·高二校考阶段练习）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.
2．（2023·湖北黄石·高二校考期中）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：.
3、（2024·陕西安康·模拟预测）若00,fx≤eax恒成立，求a的取值范围.
【解题思路】（1）求导得f′x=2x2−ax+2x，分类讨论可求单调区间；
（2）由已知可得elnx2+lnx2≤eax+ax，令gx=ex+x，可得glnx2≤gax，进而由gx单调性可得lnxx≤a2，求得函数lnxx的最大值即可.
【解答过程】（1）fx的定义域为0,+∞,f′x=2x−a+2x=2x2−ax+2x.
关于x的方程2x2−ax+2=0,Δ=a2−16，
当−4≤a≤4时，Δ≤0，f′x≥0，所以fx在0,+∞上单调递增.
当a0，此时x1+x2=a20⇒x10，所以00，函数fx在0,1上递减，在1,+∞上递增，又f1=0，
所以当a=e时，fx有唯一零点x=1.
（3）不等式x2ex>x+2lnx+2sinx ⇔x2ex−x+2lnx−2sinx>0
⇔xex+lnx−x+2lnx−2sinx>0 ⇔xelnx+x−x−lnx−1+x2+x−2lnx−2sinx>0
⇔xelnx+x−x−lnx−1+(x2−lnx2−1)+x+1−2sinx>0
⇔xelnx+x−x−lnx−1+(x2−lnx2−1)+x−sinx+1−sinx>0，
令函数g(x)=ex−x−1，求导得g′(x)=ex−1，当x0，
函数g(x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增，则g(x)≥g(0)=0，即ex−x−1≥0，
因此ex+lnx−x−lnx−1≥0，x2−lnx2−1=elnx2−lnx2−1≥0，
令ℎ(x)=x−sinx,x>0，求导得ℎ′(x)=1−csx≥0，函数ℎ(x)在(0,+∞)上递增，
ℎ(x)>ℎ(0)，因此x−sinx>0，又1−sinx≥0，
从而xelnx+x−x−lnx−1+(x2−lnx2−1)+x−sinx+1−sinx>0，
所以原不等式得证.