重难点培优03 指对同构问题（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

这是一份重难点培优03 指对同构问题（培优讲义）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版），共28页。
\l "_Tc18941" 题型深研·通法变式提能力
\l "_Tc10335" 题型01 积型指对同构
\l "_Tc10335" 题型02 商型指对同构
\l "_Tc10335" 题型03 和差型指对同构
\l "_Tc6914" 题型04 利用函数同构解决比较大小问题
\l "_Tc4416" 题型05 同构法解决函数不等式恒成立问题
\l "_Tc12225" 题型06 和零点有关的同构问题
\l "_Tc19838" 题型07 导数中双变量同构问题
\l "_Tc6233" 分层进阶·双阶训练验成效
\l "_Tc30327" 巩固过关
\l "_Tc11271" 创新提升
知识精讲·重难聚焦讲技巧
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。
知识点1积型：
知识点2商型：
知识点3和差型：
题型深研·通法变式提能力
\l "_Tc10335" 题型01 积型指对同构
【例1】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
【详解】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.
【变式1】 已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】可知，
设，则，
因为在上都是减函数，所以也是减函数，
当时，，
所以在上单调递减，可得 ，
，所以．
【变式2】已知，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解法1：因为是上增函数，
则即为，
所以，.
令，则，当时，；
当时，.
所以在单调递减，在单调递增，
故，因此，
即的取值范围是，故选：B.
解法2：因为是上增函数，
则即为，
所以，.
令，则，
当时，；当时，.
故在单调递减，在单调递增，
，因此，
即的取值范围是，故选：B.
【变式3】对，恒有，则实数a的最小值为 .
【答案】
【详解】令，则，
令，有
当时,，当时,，即在上单调递减，在上单调递增，
，因此，在单调递增，
则
令，则，
当时,，当时,
于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则当时,，即得
所以实数a的最小值为
\l "_Tc10335" 题型02 商型指对同构
【例2】已知函数f(x)=aexln x,g(x)=x2+xln a,a>0.设函数h(x)=g(x)-f(x),若h(x)>0对任意的x∈(0,1)恒成立,则实数a的取值范围是 .
【答案】1e,+∞
【解析】由h(x)>0,得g(x)-f(x)>0,
得aexln x0,H(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,H′(x)0;
当x∈(0,1)时,H(x)x,则H(aex)≥H(1)=0>H(x),
若0x.
综上可知,aex>x对任意x∈(0,1)恒成立,
即a>xex对任意x∈(0,1)恒成立.
设G(x)=xex,x∈(0,1),则G′(x)=1−xex>0,
所以G(x)在(0,1)上单调递增,
则G(x)0,
则g(x)在(0,e]上单调递增,
∴当x∈(0,e]时,g(eax)≥g(x)等价于eax≥x,
即a≥ln xx恒成立.
设函数h(x)=ln xx,x∈(0,e],
则h′(x)=1−ln xx2≥0,
即h(x)在(0,e]上单调递增,
∴h(x)max=h(e)=1e,则a≥1e即可,
∴a的取值范围为1e,+∞.
【变式2】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】（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.
\l "_Tc10335" 题型03 和差型指对同构
【例3】已知，若对任意的恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．eB．C．D．
【答案】B
【解析】依题意，，而，则，
设，则原不等式等价于，又，
即在上单调递增，于是得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
设，求导得，当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，则，
所以实数a的最小值为，故选B
【变式1】已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，由可得，即函数的定义域为，
可得，
即，
构造函数，其中，则，故函数在上单调递增，
所以，可得，则，
即，其中，令，其中，
则，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，解得.
综上，，故选A.
【变式2】若函数存在零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题意得，令，则，
令，
因为函数，均在上单调递增，所以在上单调递增，
所以由，得，即，
令，，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，当时，，
所以，解得，即的取值范围为,
故选：A.
【变式3】已知函数.
（1）若曲线在处的切线方程为，求实数，的值；
（2）若，求实数的取值范围.
【解】（1）由题意，，，，
则曲线在处的切线斜率，，
故曲线在处的切线方程为：，
结合题意从而有，，，所以.
所以，．
（2）因为，即，
即，
构造函数，问题转化为
注意到函数在其定义域内为增函数，
故，即，所以.
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取极大值，即为最大值，所以的最大值为，
所以，则，故实数的取值范围为，.
\l "_Tc6914" 题型04 利用函数同构解决比较大小问题
【例4】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1】（2026·河南·模拟预测）已知，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，，，当时，恒成立，
所以在上是增函数，
原不等式变形为，即，所以．
故选：B．
【变式2】（2026·陕西榆林·一模）若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】因为，
令，其中，
因为函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，
因为，即，故，则，
所以，，则，A错B对；
无法确定与的大小，故与的大小无法确定，CD都错.
故选：B.
\l "_Tc4416" 题型05 同构法解决函数不等式恒成立问题
【例5】（2026·贵州贵阳·二模）已知函数，若对任意恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因对任意恒成立，即在上恒成立
变形得在上恒成立，即在上恒成立，
设，则有 ，由，可知函数在上单调递增，
故得，即在上恒成立，
设，则，当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
故在时取得极大值，也是最大值为，
故得，即实数a的最小值为.
【变式1】已知为定义在上的可导函数，为其导函数，且恒成立，e是自然对数的底数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据题意知，即，构造函数，
可得，因为，所以，
所以在上单调递增，
则，两边同乘，即．
故选:B
【变式2】(多选)定义在上的函数满足恒成立，则（ ）
A． B．
C．D．
【答案】AC
【解析】∵，∴，
而，即，
等价于，
构造函数，则，
即在上单调递减，
，，即，
化简得，故A选项正确，B选项错误；
，，即，
化简得，故C选项正确，D选项错误．
故选：AC．
【变式3】若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是_____.
【答案】
【解析】设，则由可得（*），
因，则，从而，，
由（*）可得，
设函数，则有，
因，当时，，即函数在上单调递增，
故可得，即，，
设函数，，则，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减，
即的最大值为，则.
所以的取值范围是．
\l "_Tc12225" 题型06 和零点有关的同构问题
【例6】（2026·湖南郴州·模拟预测）已知fx=memx−lnxm≥0，若fx有两个零点，则实数m的取值范围为（ ）
A．0,1eB．0,1e2C．1e,+∞D．1e2,+∞
【答案】A
【解析】若f(x)有两个零点，则f(x)=memx−lnx=0有两个解，
等价于mxemx−xlnx=0x>0有两个解，因为m≥0，x>0，所以lnx≥0，
令gt=tet，原式等价于gmx=glnx有两个解，
因为g′t=t+1et，则当t>0时g′t>0，所以gt在0,+∞上单调递增，
所以mx=lnxx>0有两个大于零的解.
解mx=lnx，可得m=lnxx，令ℎx=lnxxx>0，
则ℎ′x=1−lnxx2，当0e时，ℎ′x0），则，
易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则，
所以.
再令（），则，时，，时，，
易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
则，所以.
因为h(x)与φ(x)不同时为0，所以，故原不等式成立．
创新提升
12．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求证：当时，；
(3)设，若对恒成立，求m的取值范围．
【解】（1）因为，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
（2）要证，即证．
又，即证．
设，，
所以在上单调递增．
所以．所以
（3）因为，所以当x>0时，且，即，所以在上是增函数，
因为，，
若对恒成立，则，
设，，
①时，显然，所以在单调递增，
当时，，所以对任意有，即，所以符合题意．
②当时，显然，．
由上表知，．
依题意，所以．
综上可知m的取值范围为．
13．（2026·海南三亚·一模）已知函数（），．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若的图像在x=0处的切线与的图像相切，求实数的值；
(3)当时，证明：对任意的，恒成立．
【解】（1）因为，
所以，
当时，，在上单调递增；
当时，令，得，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增；在上单调递减；
（2）因为，
所以，，
所以，
所以切线的方程为，
设直线：与函数相切于点，
因为，
所以且，
解得，
所以；
（3）证明：当时，，
要证明对任意的，恒成立，
即证明，即，
令，则，
令，得，
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
所以，
所以，即，
令，
则有，
又因为x>0，
所以，
所以对任意的，恒成立．
14．（24-25高三上·云南昆明·阶段检测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：且）
(3)若对任意x>0，都有恒成立，求实数的取值范围．
【解】（1）的定义域为，所以，
当时，，在上单调递增，
当时，令，得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在上单调递减，
综上可得，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在区间上单调递减；
（2）当时，，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
故，即在上恒成立，
所以当时，，
令且，则，
即，，…，，
所以累加得，
故当且时，.
（3）由题对任意x>0，都有恒成立，
即在上恒成立，
令，x>0，即在上恒成立，
①当时，由于，
则有，
令，所以，
令，得x=1，
所以当，，在上单调递减，
当，，在上单调递增，
所以当时，，
令，则，令，所以，
令，得，
所以当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
所以当时，，
即在上恒成立，符合题意，
②当时，由于在上单调递增且，，
故存在唯一，使得，即，即，即，
此时这与在上恒成立不符，
综上，实数得到取值范围是
15.已知函数.
(1)若，求的极值；
(2)，若函数有两个零点，且，求证：.
【解】（1）当时，定义域为，
求导得，
令，
求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值，无极小值，
所以的极大值为，无极小值.
（2）依题意，，，因为函数有两个零点，且，
而，则，
因此函数的两个零点分别是直线与函数图象的两个交点横坐标，
，当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，，
而，时，恒有，时，，于是，即，
令，显然有，
则有，令，
求导得，即函数在上单调递增，，
即有，从而，又，所以.
16．（2026·福建宁德·二模）已知函数.
(1)当时，求在x=1处的切线方程；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)若恒成立，求的取值范围.
【解】（1）当时，，求导得，则，而，
所以函数的图象在x=1处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，求导得，
当时，由，得x=1或，
①当时，由，得或，由，得，
函数在和上单调递增，在上单调递减；
②当时，由，得或，由，得，
函数在和上单调递增，在上单调递减；
③当时，由，得，由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减；
④当时，由，则函数在上单调递增.
所以当时，函数的单调增区间为，减区间为；
当时，函数的单调增区间为和，减区间为；
当时，函数的单调增区间为，无减区间；
当时，函数的单调增区间为和，减区间为.
（3）当时，不等式转化为，
令函数，求导得，
令（），求导得，函数在上单调递减，
且，，则函数在内存在唯一的零点，
当时，，，在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
则，又，即，
则，即，
所以，即实数的取值范围为.
t
↘
极小值
↗