【高考快车道】第一阶段 专题六 培优课14 同构法在函数与导数中的应用 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略

(共54张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题六　函数、导数和不等式
培优课14　同构法在函数与导数中的应用
通过观察式子结构，将式子中的等式或不等式经过适当的整理变形，找到式子两边对应的同一个函数，将问题化繁为简．像这种找函数模型的方法，称为同构法．如2020年新高考Ⅰ卷T21(2)、2022年新高考Ⅰ卷T22(2)的求解用同构法就非常迅捷．
类型1　双变量结构相同的同构函数类型
（一）
类型2　指对混合型同构的三种同构基本模式
（二）
培优专练14　同构法在函数与导数中的应用
（三）
类型1　双变量结构相同的同构函数类型
(1)g(x1)－g(x2)>λ[f (x2)－f (x1)] g(x1)＋λf (x1)>g(x2)＋λf (x2)，构造函数φ(x)＝g(x)＋λf (x)；
(2)>k(x1(3)<(x1＝ f (x1)＋>f (x2)＋，构造函数φ(x)＝f (x)＋．
【典例1】　(1)若0A．>ln x2－ln x1
B．>ln x2－ln x1
C．
D．
(2)已知a>0，b>0，且(a＋1)b+1＝(b＋3)a，则(　　)
A．a>b＋1　　　　 B．aC．ab－1
√
√
(1)C　(2)B　[(1)对于－ln x1，设f (x)＝ex－ln x．
所以f ′(x)＝ex－＝，设g(x)＝xex－1，则有g′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，所以g(x)在(0，1)上单调递增，因为g(0)＝－1<0，g(1)＝e－1>0，从而存在x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0．
由单调性可判断出，x∈(0，x0)时，g(x)<0，f ′(x)<0；
x∈(x0，1)时，g(x)>0，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，1)上不单调，不等式不会恒成立，A不正确；
对于＋ln x2，设函数f (x)＝ex＋ln x，
可知f (x)单调递增，所以f (x1)对于，构造函数f (x)＝，f ′(x)＝，
则f ′(x)<0在x∈(0，1)时恒成立，所以f (x)在(0，1)上单调递减，所以f (x1)>f (x2)成立，C正确，D错误．
(2)因为(a＋1)b+1＝(b＋3)a，a>0，b>0，所以＝>．
设f (x)＝(x>0)，则f ′(x)＝．
设g(x)＝－ln (x＋1)(x>0)，则g′(x)＝＝<0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当x→0时，g(x)→0，所以g(x)<0，即f ′(x)<0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
因为f (a)>f (b＋1)，所以a具有地位同等的两个变量x，y(或a，b)的等式或不等式，如果进行变形后，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，应用函数单调性解决．
[跟进训练]
1．(1)(2020·全国Ⅰ卷)若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则(　　)
A．a>2b　　　　　　 B．a<2b
C．a>b2 D．a(2)(2024·江苏盐城模拟)已知f (x)＝x2＋2ax－1，对任意x1，x2∈[1，＋∞)且x1＜x2，恒有x2f (x1)－x1f (x2)＜a(x1－x2)成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，2] B．(－∞，3]
C． D．
√
√
(1)B　(2)A　[(1)由指数和对数的运算性质可得
2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋log2b．
令f (x)＝2x＋log2x，则f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，
所以2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f (a)所以a<2b．故选B．
(2)由x2f (x1)－x1f (x2)＜a(x1－x2)，x1，x2∈[1，＋∞)，
得＜，所以＜，
因为x1，x2∈[1，＋∞)且x1＜x2，
所以函数g(x)＝在[1，＋∞)上单调递增，即g(x)＝x＋2a－在[1，＋∞)上单调递增，所以g′(x)＝1＋＝≥0在[1，＋∞)上恒成立，
所以x2＋1－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤x2＋1在[1，＋∞)上恒成立，所以a≤2，
所以实数a的取值范围是(－∞，2]．故选A．]
类型2　指对混合型同构的三种同构基本模式
(1)积型：
aea≤b ln b
(2)商型：

(3)和差型：
ea±a>b±ln b
例：eax＋ax>ln ＋x＋1 eax＋ax>eln (x+1)＋ln ax>
ln ．
【典例2】　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)log2x－k·2kx≥0；(2)a ln ＋2≥ax＋2ex；
(3)e－x－2x－ln x＝0．
[解]　(1)log2x－k·2kx≥0 xlog2x≥kx·2kx (log2x)·≥kx·2kx，
相应的同构函数为f (x)＝x·2x．
(2)a ln (x－1)＋2(x－1)≥ax＋2ex a ln (x－1)＋2(x－1)≥a ln ex＋2ex，
相应的同构函数为f (x)＝a ln x＋2x．
(3)e－x－2x－ln x＝0 e－x－x＝x＋ln x e－x＋ln e－x＝x＋ln x，
相应的同构函数为f (x)＝x＋ln x．
指对变形的五种等价形式
(1)ln ex＝x＝eln x；(核心公式)
(2)xex＝eln xex＝eln x＋x；
(3)＝＝eln x－x；
(4)x＋ln x＝ln ex＋ln x＝ln (xex)；
(5)x－ln x＝ln ex－ln x＝ln ．
【典例3】　(2024·山东潍坊一模)已知函数f ＝ex-1ln x，g＝x2－x．
(1)讨论f 的单调性；
(2)证明：当x∈时，f ≤g．
[解]　(1)函数f 的定义域为，
f ′＝ex-1ln x＋＝ex-1，
记h＝ln x＋，则h′＝＝，
所以当0当x>1时，h′>0，函数h单调递增，
所以h≥h＝1，所以f ′＝ex-1>0，
所以函数f 在上单调递增．
(2)证明：f ≤g，即ex-1ln x≤x2－x＝x，
变形为．
法一：即证在x∈上恒成立．
设l＝，则l′＝＝，
所以，当0＜x<1时，l′>0，l单调递增；
当1＜x＜2时，l′<0，l单调递减，
所以l≤l＝．
令t＝ln x－x＋1，t′＝－1＝，
当00，t单调递增；
当x>1时，t′<0，t单调递减，
所以t(x)max＝t＝0，
所以ln x≤x－1，
且在x∈上有
所以可得到l≤l，即，
所以在x∈时，有f ≤g成立．
法二：即证在x∈上恒成立．
设p＝，则p′＝，
所以，当x∈时，p′>0，p单调递增，
易知，当x∈时，x≤ex-1所以p≤p，
即，
所以在x∈时，有f ≤g成立．
指对同构的本质：指、幂、对三种函数的互相转化，即＝x＝logaax(a＞0且a≠1)．
[跟进训练]
2．已知函数f (x)＝ex－a ln ＋a，若关于x的不等式
f (x)>0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[f (x)＝ex－a ln (ax－a)＋a＞0 ex＞ln [a(x－1)]－1 ex－ln a－
ln a＞ln (x－1)－1 ex－ln a＋x－ln a＞eln (x-1)＋ln (x－1)．
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)为增函数．
则原命题又等价于g(x－ln a)＞g(ln (x－1)) x－ln a＞ln (x－1) ln a＜x－ln (x－1)．
由于x－ln (x－1)≥x－(x－2)＝2．
所以ln a＜2，即得0＜a＜e2．
故选B．]
3．(多选)已知a，b∈(0，＋∞)，e是自然对数的底数，若b＋eb＝a＋ln a，则的取值可以是(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
√
√
CD　[设f ＝x＋ex，则f 在R上单调递增，
因为f －f ＝b＋eb－＝a＋ln a－(ln a＋a)＝0，则b＝ln a，
设＝t>0，则a＝bt，即ln a＝b＝ln (bt)＝ln b＋ln t，
所以ln t＝b－ln b，
设g(x)＝x－ln x，x>0，g′＝1－＝，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
则g在上单调递减，在上单调递增，
g＝g＝1，即ln t≥1，
所以t≥e，即≥e，故的取值可以是3和4．故选CD．]
4．(2020·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f (x)＝aex-1－ln x＋ln a，若
f (x)≥1，求a的取值范围．
[解]　f (x)＝aex-1－ln x＋ln a≥1等价变形为
eln a＋x-1－ln x＋ln a≥1，
即eln a＋x-1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x，
令g＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x)，
显然g为增函数，
∴ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1，
令h＝ln x－x＋1，则h′＝－1＝，
当x∈(0，1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴h＝h＝0，
∴ln a≥0，即a≥1，∴a的取值范围是[1，＋∞)．
【教师备选资源】
设f (x)＝(x∈R)．
(1)求f (x)的单调性，并求曲线y＝f (x)在x＝处的切线方程；
(2)若(ex)·f (x)≤k·(ln x＋1)在x∈(1，＋∞)上恒成立，求k的取值范围．
[解]　(1)∵f (x)＝(x∈R)，∴f ′(x)＝＝，
由f ′(x)＜0得x＞1，由f ′(x)＞0，得x＜1，
∴函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
当x＝时，f ＝＝，∴切点为，
又f ′＝＝，∴曲线y＝f (x)在x＝处的切线方程为
y－＝，即y＝x＋．
(2)由(ex)·f (x)≤k·(ln x＋1)，
即≤k·(ln x＋1)，
∴≤k·＝k·，
∵x∈(1，＋∞)，
∴＞0，
∴k≥，
由(1)可知f (x)＝在(1，＋∞)上单调递减，
下证：x＞ln x＋1，
即证：x－ln x＞1在x∈(1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x－ln x，
则g′(x)＝1－＝＞0，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
又∵x＞1，∴g(x)＞g(1)＝1－ln 1＝1．
∴x＞ln x＋1＞1，
∵f (x)在x∈(1，＋∞)上单调递减，
∴f (x)＜f (ln x＋1)，
即＜，
∴＜1．∴k≥1．
即k的取值范围为[1，＋∞)．
1．已知α，β∈R，则“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”的(　　)
A．充分不必要条件　　 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
培优专练14　同构法在函数与导数中的应用
C　[构造函数f (x)＝x－cos x，
则f ′(x)＝1＋sin x≥0在定义域R上恒成立，
所以函数f (x)＝x－cos x为增函数，
又因为α＋β>0，所以α>－β，所以f (α)>f (－β)，
即α－cos α>－β－cos (－β)，即α－cos α>－β－cos β，
所以α＋β>cos α－cos β，
即“α＋β>0”能推出“α＋β>cos α－cos β”；
根据α＋β>cos α－cos β，
可得α－cos α>－β－cos β，即α－cos α>－β－cos (－β)，
所以f (α)>f (－β)，所以α>－β，即α＋β>0，
所以“α＋β>cos α－cos β”能推出“α＋β>0”，
所以“α＋β>0”是“α＋β>cos α－cos β”的充要条件．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
2．若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m的最小值是(　　)
A．e2　　　 B．e
C．1　　　 D．
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
D　[对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，
则x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，所以x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，
即＞，令f (x)＝，则函数f (x)在(m，＋∞)上单调递减，
因为f ′(x)＝－，由f ′(x)＜0，可得x＞，
所以函数f (x)的单调递减区间为，
所以(m，＋∞) ，所以m≥，
因此，实数m的最小值为．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
3．设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea
C．ab题号
1
3
5
2
4
6
7
√
B　[由已知aea设f (x)＝xln x，则f (ea)∵a>0，∴ea>1，∵b>0，b ln b>aea>0，∴b>1．
当x>1时，f ′(x)＝ln x＋1>0，
则f (x)在(1，＋∞)上单调递增，∴ea4．若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．(－∞，e]
C．(－∞，1] D．(－∞，2]
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
C　[∵ex－a≥ln x＋a，
∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，
设f (t)＝et＋t，则f ′(t)＝et＋1＞0，
∴f (t)在R上单调递增，
故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，
题号
1
3
5
2
4
6
7
即f (x－a)≥f (ln x)，
即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，
设g(x)＝x－ln x，
则g′(x)＝1－＝，
令g′(x)＞0，x＞1，令g′(x)＜0，0＜x＜1，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．(多选)(2024·湖北武汉二模)已知x>y>0，则下列不等式正确的有
(　　)
A．ex－ey>x－y
B．ln x－ln y>x－y
C．ln x≥1－
D．>
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
√
√
ACD　[设f ＝ex－x，则f ′＝ex－1>0，f 在单调递增，
所以f >f ，即ex－x>ey－y，即ex－ey>x－y，A正确；
令x＝e，y＝1，则ln x－ln y＝1，而x－y＝e－1＞1，所以ln x－ln y设h(x)＝ln x－1＋(x>0)，则h′(x)＝＝，
当0题号
1
3
5
2
4
6
7
当x>1时，h′(x)＝>0，函数h(x)单调递增；
则h(x)＝ln x－1＋在x＝1时取得最小值h(1)＝ln 1－1＋＝0，
即ln x≥1－，C正确；
设g＝x·ex，则g′＝ex>0，所以g＝x·ex在上是增函数，
所以由x>y>0得x·ex>y·ey，即>，D正确．故选ACD．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．已知a，b∈(，＋∞)，且满足>ln ，则a，b，的大小关系是________________．
题号
1
3
5
2
4
6
7
a>>b　[>ln b－ln a，＋ln a>＋ln b，
令g(x)＝＋ln x，x>，g′(x)＝－＝>0，
g(x)在(，＋∞)上单调递增．
∵g(a)>g(b)，∴a>b，又∵>>，∴a>>b．]
a>>b
7．(2024·内蒙古三模)已知函数f ＝x2－ax＋2ln x，若a>0，
f ≤eax恒成立，求a的取值范围．
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解]　由f ≤eax，可得x2＋2ln x≤eax＋ax，
即＋ln x2≤eax＋ax．
令g＝ex＋x，易知g单调递增．
由＋ln x2≤eax＋ax，可得g≤g，则ln x2≤ax，即．
设h＝，则h′＝，当x>e时，h′<0，h单调递减，
当00，h单调递增，所以＝h(e)＝＝，
所以，则a的取值范围为．
题号
1
3
5
2
4
6
7
【教师备选资源】
1．(多选)若正实数x，y满足xex-1＝y(1＋ln y)，则下列不等式中可能成立的是(　　)
A．1＜x＜y B．1＜y＜x
C．x＜y＜1 D．y＜x＜1
√
AC　[因为xex-1＝y(1＋ln y)，
所以xex-1＝(1＋ln y)e(1+ln y)-1，
因为x＞0，所以xex-1＞0，则1＋ln y＞0，
令f (x)＝xex-1，x∈(0，＋∞)，
√
则f ′(x)＝(x＋1)ex-1＞0，
所以f (x)＝xex-1在(0，＋∞)上单调递增，
由f (x)＝f (1＋ln y)，可得x＝1＋ln y，
令g(x)＝ln x＋1－x，则g′(x)＝－1＝，所以当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝0，则g(x)＝ln x＋1－x≤0，即ln x＋1≤x，当且仅当x＝1时取等号，
即1＋ln y≤y，当且仅当y＝1时取等号，
又x＝1＋ln y，所以x≤y，当且仅当x＝y＝1时取等号，当y≠1时，1＜x＜y或x＜y＜1．
结合y＝ln x＋1与y＝x的图象也可得到1＜x＜y或x＜y＜1．]
2．若f (x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是____________．
(e，＋∞)　[f (x)＝xex－a(x＋ln x)＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数为增函数．
当t≠0时，由et－at＝0，得a＝，
可知函数y＝(t≠0)的图象与直线y＝a有两个交点，可画出函数图象(图略)得到a的取值范围是(e，＋∞)．]
(e，＋∞)
3．已知函数f (x)＝ex＋(1－a)x－ln(ax)(a>0)．若对于任意的x>0，有
f (x)≥0，求正数a的取值范围．
[解]　f (x)≥0，
即ex＋x－ax－ln(ax)≥0(a>0，x>0)
ex＋x≥ax＋ln (ax)(a>0，x>0)
ex＋x≥eln(ax)＋ln (ax)(a>0，x>0)．
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)是增函数，
于是上式可化为g(x)≥g(ln(ax))，
即x≥ln(ax)(a>0，x>0) ln a≤x－ln x(a>0，x>0)．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，则φ′(x)＝1－＝，
易知φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，
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