【高考题型分类突破】微专题04 同构函数问题 2025年高考数学二轮专题复习 学案（含答案）

微专题04 同构函数问题
　　同构法是将不同的代数式(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.
同构法在近几年的高考中频繁出现，把等式或不等式变形为两个形式上一样的函数，利用函数的单调性将原问题转化成比较大小、恒成立、求最值等问题.在使用同构法时，考验“眼力”，面对复杂的结构，仔细观察并且灵活变形，使式子两端的结构一致.通过构造函数，判断函数的单调性，进一步求参数的取值范围或证明不等式.
典例1　已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).
(1)当a=2时，求f(x)的图象在x=1处的切线方程；
(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在，e上有两个零点，求实数m的取值范围；
(3)若对区间(1，2)内任意两个不相等的实数x1，x2，不等式<2恒成立，求实数a的取值范围.
方法总结：
含有地位同等的两个变量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果进行整理(同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数的单调性来解决.
常见的同构类型有：
(1)>k(x2>x1) f(x1)-f(x2)(2)<(x2>x1) f(x1)-f(x2)>，构造函数y=f(x)+，且该函数为减函数.
典例2　已知偶函数f(x)在(-∞，0)上单调递增，a=f，b=f-，c=f，则(　　).
A.a典例3　设实数m>0，若对任意的x∈(1，+∞)，不等式2e2mx-≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　).
A.，+∞ B.，+∞ C.[e，+∞) D.[2e，+∞)
方法总结：
涉及指对混合式相关问题的常见的同构类型
(1)积型：aea≤bln b，a·ea≤ln b·eln b，构造f(x)=xex(同左)；
aea≤bln b ea·ln ea≤b·ln b，构造f(x)=xln x(同右)；
aea≤bln b a+ln a≤ln b+ln(ln b)，构造f(x)=x+ln x(取对数).
(2)商型：< <，构造f(x)=(同左)；
< <，构造f(x)=(同右)；
< a-ln a(3)和差型：ea±a>b±ln b ea±a>eln b±ln b，构造f(x)=ex±x(同左)；
ea±a>b±ln b ea±ln ea>b±ln b，构造f(x)=x±ln x(同右).
1.若2a+log2a<22b+log2b+1，则(　　).
A.ln(2b-a+1)<0 B.ln(2b-a+1)>0
C.ln|a-2b|>0 D.ln|a-2b|<0
2.已知函数f(x)=xex-a(x+ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是　　　　.
3.已知函数f(x)=x+2+aln(ax).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设a>0，当t∈[3，4]时，若对任意的x1，x2∈(0，1]，且x1≠x2，都有|f(x1)-f(x2)|参考答案
微专题04 同构函数问题
典例1
【解析】(1)当a=2时，f(x)=2ln x-x2+2x，f'(x)=-2x+2，f(1)=1，
则切点坐标为(1，1)，切线的斜率k=f'(1)=2，
所以切线方程为y-1=2(x-1)，即y=2x-1.
(2)g(x)=2ln x-x2+mx∈，e，则g'(x)=-2x=.
因为x∈，e，所以当g'(x)=0时，x=1.
当0，g(x)单调递增；当1故g(x)在x=1处取得最大值，且最大值为g(1)=m-1.
又g=m-2-，g(e)=m+2-e2，
且g(e)-g=4-e2+<0，则g(e)所以g(x)在，e上的最小值是g(e).
g(x)在，e上有两个零点的条件是
解得1故实数m的取值范围是1，2+.
(3)不妨设1即f(x1)-2x1>f(x2)-2x2恒成立.
令u(x)=f(x)-2x，x∈[1，2)，
由x1，x2具有任意性知，u(x)在区间(1，2)内单调递减，
所以u'(x)=f'(x)-2<0恒成立，即f'(x)<2恒成立，
所以-2x+a<2，即a<2x-+2在(1，2)上恒成立.
令h(x)=2x-+2，则h'(x)=2+>0，
所以h(x)=2x-+2在(1，2)上单调递增，则h(x)>h(1)=2，
故实数a的取值范围是(-∞，2].
典例2　C
【解析】=，==.
设g(x)=(x>0)，则g'(x)=.
当00，g(x)单调递增，当x>e时，g'(x)<0，g(x)单调递减.
因为g(x)在(e，+∞)上单调递减，且e<3<4，
所以g(e)>g(3)>g(4)，即>>，故>>.
因为偶函数f(x)在(-∞，0)上单调递增，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减.
b=f-=f，因为>>>0，
所以f故选C.
典例3　B
【解析】因为m>0，不等式2e2mx-≥0恒成立，
所以2e2mx≥恒成立，即2me2mx≥ln x恒成立，
进而转化为2mxe2mx≥xln x=eln x·ln x恒成立.
构造函数g(x)=xex(x>0)，可得g'(x)=ex+xex=(x+1)ex，
当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增.
又x>1，所以2mx>0，ln x>0，所以不等式2e2mx-≥0恒成立等价于g(2mx)≥g(ln x)恒成立，即2mx≥ln x恒成立，
进而转化为2m≥恒成立.
设h(x)=，x>1，则h'(x)=.
当10，h(x)单调递增；
当x>e时，h'(x)<0，h(x)单调递减.
所以当x=e时，函数h(x)取得最大值，最大值为h(e)=，
所以2m≥，即m≥.
故实数m的取值范围是，+∞.
培优精练
1.B
【解析】对已知不等式变形，可得2a+log2a<22b+log22b.
令f(x)=2x+log2x，x>0.
易知函数y=2x与y=log2x在(0，+∞)上均为增函数，
所以函数f(x)=2x+log2x在(0，+∞)上为增函数.
由2a+log2a<22b+log22b，得f(a)a>0，则2b-a>0.
因为2b-a>0，所以2b-a+1>1，则ln(2b-a+1)>ln 1=0，故A错误，B正确.
因为无法确定|a-2b|与1的大小，所以无法确定ln|a-2b|与0的大小，故C，D错误.故选B.
2.(e，+∞)
【解析】f(x)=xex-a(x+ln x)=ex+ln x-a(x+ln x)，x>0.
令t=x+ln x，因为函数y=x，y=ln x在(0，+∞)上都是增函数，所以t=x+ln x是增函数，
则关于t的方程et-at=0有两个根，显然t=0不是它的根，即a=有两个根.
令g(t)=，t≠0，则g'(t)=，
令g'(t)<0，解得t<1且t≠0，即g(t)在(-∞，0)，(0，1)上单调递减，
令g'(t)>0，解得t>1，即g(t)在(1，+∞)上单调递增.
当t<0时，g(t)单调递减，g(t)<0；当0e；
当t>1时，g(t)单调递增，g(t)>e；当t=1时，g(t)=e.
因为a=有两个根，所以实数a的取值范围是(e，+∞).
3.解析　(1)f'(x)=1+=.
当a>0时，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)>0恒成立，此时函数f(x)在(0，+∞)上单调递增；
当a<0时，函数f(x)的定义域为(-∞，0)，f'(x)>0恒成立，此时函数f(x)在(-∞，0)上单调递增.
(2)当a>0时，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，y=在(0，1]上单调递减，由(1)知f(x)在(0，1]上单调递增.
不妨设0∴|f(x1)-f(x2)|即f(x2)+令g(x)=f(x)+=x+2+aln(ax)+，
则|f(x1)-f(x2)|又g'(x)=-=，
原问题等价于x2+ax-t≤0在(0，1]上恒成立，得a≤-x在(0，1]上恒成立.
令h(x)=-x，x∈(0，1]，则h'(x)=--1<0，
∴h(x)=-x在(0，1]上单调递减，
∴h(x)≥h(1)=t-1，∴a≤t-1.
又t∈[3，4]，∴a≤2.
又a>0，∴实数a的取值范围为(0，2].