第24讲 导数同构-2027年高考数学一轮复习讲练（全国I卷地区通用）

第24讲 导数同构 · 分类练习（解析卷）
答案速查表
1 2 3 4 5
B B A A
6 7 8 9 10
B A D A
11 12 13 14 15
C （1） （2）见解析 （1） （2）见解析 B
16 17 18 19 20
D （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） （9） （1）见解析 （2）① ②见解析 （1）见解析 （2）见解析
21 22 23 24 25
（1）只有一个零点 （2）见解析 （1） （2）（i） （ii）见解析 （1）递增区间为，递减区间为 （2）见解析 （3）见解析 （1）见解析 （2）① ②见解析 （1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） （3）见解析
考点一：同构变形与解方程、求值
考法1：构造同构解方程或求值
1.（2026·安徽A10联盟·5月模拟）已知正实数满足，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意得，，，则等价于.设，则，则在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立.由得，，则，又，所以，即，则.
【点拨】本题考查利用同构思想解方程，通过构造函数并利用其最值性质是解题关键.
2.设，满足，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】可化为：.记，定义域为.因为，所以在上单调递增.又，所以为奇函数.所以由可得：，所以.
【点拨】本题考查同构方程组的求解，通过构造奇函数并利用其单调性得出变量间的关系.
3.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的方程可化为同构方程，则的值为
A. B. C. D.
【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.
【点拨】本题考查同构方程的识别与求解，通过两边取对数构造出形式相同的方程，结合函数的单调性确定变量关系.
4.（2026·山东济宁·三模）已知实数满足，则的取值范围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】
【解析】由题意，方程为.因为存在和，所以即，且.原方程变形为：.两边同除以，得：.即.注意到.令，则方程变为.此变形不直观，重新变形：.两边同除以，得.即.设，.则.注意到.所以.令，则.因为，设，则，单调递增.又，所以是唯一解.即，.所以.令.当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以.所以，解得.即的取值范围是.
【点拨】本题考查同构方程的求解，通过代数变形构造出单调函数，从而将方程转化为变量间的关系式.
考点二：利用同构比较大小与求最值
考法2：利用同构比较大小
5.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.
【点拨】本题考查利用同构比较大小，将已知等式变形为的形式，结合函数的单调性即可比较大小.
6.已知，且，其中为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】构造，，则恒成立，则，当时，，，当时，，，所以在单调递增，在单调递减，因为，所以，，又，所以，D错误，因为，所以，，所以，所以，A错误，B正确.令，则，，当时，恒成立，所以在上单调递增，当时，，即，因为，所以，因为，所以，因为在单调递减，所以，即，因为在上单调递减，所以，C错误.故选：B.
【点拨】本题考查利用同构比较大小，通过构造函数并分析其单调性与极值点，结合三角函数的性质进行综合判断.
考法3：利用同构求函数最值
7.（2025·江西萍乡·二模）已知定义在上的函数满足：，且，都有恒成立，则的最大值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】令，原不等式可化为：，代入，化简可得：，令，得到，再令，可得：，由对勾函数的单调性，可知在上单调递减，所以当时，取得最小值，所以的最大值为，也即的最大值为，所以的最大值为，故选：A.
【点拨】本题考查利用同构求函数最值，通过赋值法将双变量不等式转化为单变量不等式，再利用换元法和基本不等式求最值.
8.（2025·河北NT20·二模）若存在，使得成立，则的最大值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，则，对求导，所以.当时，，，所以，在上单调递减.当时，，当时，，所以的值域是.对求导，所以.令，即，解得.当时，，，所以在上单调递减.当时，，当时，，所以的值域是.又，所以，那么.设，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则的最大值为.故选：D.
【点拨】本题考查利用同构求最值，通过构造函数并利用其单调性将等式转化为变量间的关系，再构造新函数求最值.
9.（2026·湖南师大附中·5月模拟）已知函数，若，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得，则，由，则，令，则，令，可知函数在上单调递增，所以当时，有，即，可得，所以，令，则，所以，令，则，令，即，解得，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以函数在处取得极小值，也是最小值，为，所以的最小值为.
【点拨】本题考查利用同构求最值，通过取对数构造同构函数，利用单调性得到变量间的关系，再转化为单变量函数求最值.
10.（2025·河北衡水中学·综合评价）若正实数满足，则的最小值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】
【解析】因为，所以，所以，即，令，则有，设，则，由得，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，即，又因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，从而，所以，设，则，由得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以的最小值为.
【点拨】本题考查利用同构求最值，通过代数变形构造出的形式，利用其最大值为0的性质得到等量关系.
11.已知.设实数，若对任意的正实数，不等式恒成立，则的最小值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】
【解析】因为仅在时取等号，故为上的单调递增函数，故由设实数，对任意的正实数，不等式恒成立，可得，恒成立，，即恒成立，当时，，恒成立，当时，构造函数，恒成立，当时，递增，则不等式恒成立等价于恒成立，即恒成立，故需，设，，在上递增，在递减，，故的最小值为.
【点拨】本题考查利用同构求最值，通过函数的单调性脱去函数符号，再构造同构函数将不等式转化为变量间的关系.
考点三：利用同构研究零点与交点问题
考法4：利用同构研究函数零点或方程根的个数
12.（2026·华中师大一附中·5月模拟）已知关于的方程有两个不等实根，则的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】即方程有两个不相等的实根，令，则，又因为单调递增，所以，即有两个不相等的实根，令，求导得在单调递增，在单调递减，，时，时，由图象得.
【点拨】本题考查利用同构研究方程根的个数，通过构造函数将方程转化为两个函数图象的交点问题，再利用导数求最值.
考法5：利用同构求函数交点问题
13.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.
【答案】（1）
（2）见解析
【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，.
【点拨】本题考查利用同构求函数交点问题，通过构造同构式将不同函数的交点转化为同一函数的自变量关系.
14.已知函数和有相同的最大值，并且.
（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，且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】（1），.若，则时，时，所以在定义域内先减后增，无最大值.若，则，最大值为，但不满足.若，令，得.当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.所以时取得最大值，最大值为，.若，则时，时，所以在定义域内先减后增，无最大值.若，则，最大值为，但不满足.若，令，得.当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.所以时取得最大值，最大值为.综上，，解得.
（2）由（1）知：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，且，有唯一的零点，有唯一的零点.它们的大致图像如图所示，设曲线与在上交于点，
当直线经过点时，直线与曲线还有另一个交点，设，，，不妨设直线与曲线还有另一个交点，则，则，故①，同理得②，由①②知，与是直线与曲线交点的横坐标，故是存在的.因为且，所以，又，所以，，从而有，故结论成立.
【点拨】本题考查利用同构求函数交点问题，通过构造同构式将不同函数的交点转化为同一函数的自变量关系.
考点四：利用同构解决不等式恒成立问题
考法6：指对数混合同构求参数范围
15.（2026·山东东营·二模）已知函数，若恒成立，则的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，令，则，因为，所以在上单调递增，所以，即，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以.故选：B.
【点拨】本题考查指对数混合同构求参数范围，通过构造函数将不等式转化为变量间的关系，再利用导数求最值.
16.（2026·湖南湘一名校联盟·二模）若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，得，即，即.设，则，因为，所以在上单调递增，所以，即.设，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以，所以，.
【点拨】本题考查指对数混合同构求参数范围，通过构造函数将方程转化为变量间的关系，再利用导数求最值.
17.（2026·河北衡水·4月检测）若，，则的取值范围为＿＿＿＿＿＿.
【答案】
【解析】由题可得，，，由不等式可知，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，又时，，时，，所以.因为，所以，所以原不等式等价于，，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，又，所以要使对成立，所以，解得，又，所以，则的取值范围为.故答案为.
【点拨】本题考查指对数混合同构求参数范围，通过换元法将双变量不等式转化为单变量不等式，再利用导数求最值.
18.完成下列各问
（1） 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（2） 已知函数，若恒成立，则正数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（3） 已知函数，若恒成立，则正数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（4） 已知不等式对任意正数恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（5） 已知函数，其中，若恒成立，则实数与的大小关系是＿＿＿＿＿＿；
（6） 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（7） 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（8） 已知不等式，对恒成立，则的最大值为＿＿＿＿＿＿；
（9） 若不等式对恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
【答案】（1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） （9）
【解析】（1），.又，，令，得或，令，得，所以在，递减，在递增，所以，当时，，时，，.
（2），当时，原不等式恒成立；当时，，由于，当且仅当等号成立，所以.
（3），当时，原不等式恒成立；当时，，由（1）中可得，当时，等号成立，所以，当且仅当等号成立，所以.
（4），由于，所以.
（5）.由于，当且仅当等号成立，所以.
（6），由于，，两者都是当且仅当等号成立，则，所以.
（7），由于，，两者都是当且仅当等号成立，则，所以.
（8），由于，，两者都是当且仅当等号成立，所以，，则，所以.
（9），当且仅当，即时等号成立.由有解，，，易知在上递增，在递减，，所以.
【点拨】本题考查指对数混合同构求参数范围，通过构造同构式将不等式转化为基本不等式或利用导数求最值.
考法7：其他类型同构求参数范围
19.（2026·河北沧州十二校·一模）已知函数，（为自然对数的底数，）
（1） 证明：当时，；
（2） 关于的方程的一个实数根为，其中，
①求实数的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）见解析
（2）① ②见解析
【解析】（1）设，，则；所以在上单调递减，在上单调递增；因为，，所以时恒成立，即.
（2）①由得，两边取对数得，令，则，，从而有；设，.则；所以，在上单调递增；因为，，；故实数的取值范围.
②方法一：要证，只需证，因为，，要证，只需证时，，只需证.上式显然成立；要证，只需证，因为，所以，由（1）知时，，所以，即，解得，所以；于是成立.
方法二：要证，只需证，因为，只需证，只需证，上式显然，，要证，只需证，因为，故只需证，只需证，两边平方，消去，只需证，注意到，所以只需证，只需证，只需证，构造函数，，则，当时，，所以在上单调递增，当，，所以在上单调递减，又，，所以在的最大值小于，故成立.
【点拨】本题考查利用同构求参数范围及证明不等式，通过取对数将方程转化为变量间的关系，再构造函数求最值.
考点五：利用同构证明不等式与极值点偏移
考法8：利用同构证明不等式
20.已知函数，.
（1） 讨论的单调区间；
（2） 当时，证明.
【答案】（1）见解析
（2）见解析
【解析】（1）的定义域为，，①当时，，此时在上单调递减，②当时，由可得，由，可得，在上单调递减，在上单调递增，③当时，由可得，由，可得，在上单调递增，在上单调递减.
（2）设，则，由（1）可得在上单调递增，，当时，，当时，，在上单调递减，当时，，，，.
【点拨】本题考查利用同构证明不等式，通过构造函数并利用其单调性将双变量不等式转化为单变量函数的大小比较.
21.已知函数.
（1） 讨论函数的零点的个数；
（2） 证明：.
【答案】（1）只有一个零点
（2）见解析
【解析】（1）函数定义域为，则，故在，递增，当时，，没有零点；当时，单调递增，，，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）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).
【点拨】本题考查利用同构证明不等式，通过构造函数并利用其单调性与极值点将不等式转化为函数的最值问题.
考法9：利用同构处理极值点偏移问题
22.（2026·广东梅州·一模）已知函数，.
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）若曲线与在处有相同的切线，
（i）求的值；
（ii）若，证明：.
【答案】（1）
（2）（i）
（ii）见解析
【解析】（1），因为在上单调递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，因为，所以，当且仅当时取等号，所以.
（2）（i）因为，所以，又，由题意可得，即，解得，此时，，符合题意.
（ii）由（i）知，，，所以在上单调递减，又，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，又，所以，因为在上单调递减，所以，要证，即证，因为，所以，又时，单调递增，所以只需证，即证，即证，即证，令，则，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，所以在上单调递增，所以，即成立，所以.
【点拨】本题考查利用同构处理极值点偏移问题，通过构造函数并利用其单调性将双变量不等式转化为单变量函数的最值问题.
23.（2026·江西南昌·一模）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证：.
（3）当时，设，且满足，求证：.
【答案】（1）递增区间为，递减区间为
（2）见解析
（3）见解析
【解析】（1），由，当时，，即在为增函数；当时，，即在为减函数.所以的递增区间为，递减区间为.
（2）由，解得，又因为，则，所以切线方程为，设，则，令，解得，当时，，当时，，可知在为增函数，在为减函数，故，所以.
（3）由（1）可知，①若，则，不符合题意；所以，②若，则，③若，，又因为在为减函数，所以，所以，综上所述，又因为，由，所以，即，即，设，所以，方法一：设，所以，因为在为单调递增，当时，，，，所以存在，使得，即，又因为，，即在为减函数；又因为，，即在为增函数；所以，又因为，则有，又因为，，所以，即在为增函数，又因为，所以，即.方法二：设，因为在单调递增，又因为所以所以，即在为增函数，又因为，所以，即.
【点拨】本题考查利用同构处理极值点偏移问题，通过构造函数并利用其单调性将双变量不等式转化为单变量函数的最值问题.
24.（2026·浙江强基联盟·3月联考）已知函数，（为自然对数的底数，）
（1）证明：当时，；
（2）关于的方程的一个实数根为，其中，
①求实数的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）① ②见解析
【解析】（1）设，，则；所以在上单调递减，在上单调递增；因为，，所以时恒成立，即.
（2）①由得，两边取对数得，令，则，，从而有；设，.则；所以，在上单调递增；因为，，；故实数的取值范围.
②方法一：要证，只需证，因为，，要证，只需证时，，只需证.上式显然成立；要证，只需证，因为，所以，由（1）知时，，所以，即，解得，所以；于是成立.
方法二：要证，只需证，因为，只需证，只需证，上式显然，，要证，只需证，因为，故只需证，只需证，两边平方，消去，只需证，注意到，所以只需证，只需证，只需证，构造函数，，则，当时，，所以在上单调递增，当，，所以在上单调递减，又，，所以在的最大值小于，故成立.
【点拨】本题考查利用同构处理极值点偏移问题，通过代数变形将不等式转化为单变量函数的最值问题，再利用导数证明.
25.（2026·湖南湘一名校联盟·二模）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若过点可作曲线的两条切线，求的取值范围；
（3）若曲线的切线过点，其中，求证：曲线上除切点外的点都在直线的上方.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
（3）证明见解析
【解析】（1）函数的定义域为.求导得：.令，解得，令，解得.所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）设切点坐标为，其中，由（1）知切线斜率，则切线方程为，因为切线过点，代入整理得：，过点可作两条切线，等价于关于的方程在其定义域内有两个不同的实根，当时无意义，故，令且，.当时，，在和上单调递减；当时，，在单调递增.又当且时，；当且时，，当，且时，.由图知，要使有两根，需，故的取值范围是；
（3）证明：设切点为，由（2）知.切线的方程为，要证曲线上除切点外的点都在直线上方，即证：对恒成立.将代入上式，即证：，令，当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以.因此，当时，，即曲线上除切点外的点都在直线的上方.
【点拨】本题考查利用同构处理极值点偏移问题，通过构造函数并利用其单调性将双变量不等式转化为单变量函数的最值问题.
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考点一：同构变形与解方程、求值
考法1：构造同构解方程或求值
1.（2026·安徽A10联盟·5月模拟）已知正实数满足，则（ 　　）
A. B. C. D.
2.设，满足，则（ 　　）
A. B. C. D.
3.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的方程可化为同构方程，则的值为（ 　　）
A. B. C. D.
4.（2026·山东济宁·三模）已知实数满足，则的取值范围是＿＿＿＿＿＿.
考点二：利用同构比较大小与求最值
考法2：利用同构比较大小
5.已知，且，，，则（ 　　）
A. B. C. D.
6.已知，且，其中为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ 　　）
A. B. C. D.
考法3：利用同构求函数最值
7.（2025·江西萍乡·二模）已知定义在上的函数满足：，且，都有恒成立，则的最大值为（ 　　）
A. B. C. D.
8.（2025·河北NT20·二模）若存在，使得成立，则的最大值为（ 　　）
A. B. C. D.
9.（2026·湖南师大附中·5月模拟）已知函数，若，则的最小值为（ 　　）
A. B. C. D.
10.（2025·河北衡水中学·综合评价）若正实数满足，则的最小值为＿＿＿＿＿＿.
11.已知.设实数，若对任意的正实数，不等式恒成立，则的最小值为＿＿＿＿＿＿.
考点三：利用同构研究零点与交点问题
考法4：利用同构研究函数零点或方程根的个数
12.（2026·华中师大一附中·5月模拟）已知关于的方程有两个不等实根，则的取值范围为（ 　　）
A. B. C. D.
考法5：利用同构求函数交点问题
13.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.
14.已知函数和有相同的最大值，并且.
（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，且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
考点四：利用同构解决不等式恒成立问题
考法6：指对数混合同构求参数范围
15.（2026·山东东营·二模）已知函数，若恒成立，则的取值范围为（ 　　）
A. B. C. D.
16.（2026·湖南湘一名校联盟·二模）若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是（ 　　）
A. B. C. D.
17.（2026·河北衡水·4月检测）若，，则的取值范围为＿＿＿＿＿＿.
18.完成下列各问
（1） 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（2） 已知函数，若恒成立，则正数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（3） 已知函数，若恒成立，则正数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（4） 已知不等式对任意正数恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（5） 已知函数，其中，若恒成立，则实数与的大小关系是＿＿＿＿＿＿；
（6） 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（7） 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
（8） 已知不等式，对恒成立，则的最大值为＿＿＿＿＿＿；
（9） 若不等式对恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
考法7：其他类型同构求参数范围
19.（2026·河北沧州十二校·一模）已知函数，（为自然对数的底数，）
（1） 证明：当时，；
（2） 关于的方程的一个实数根为，其中，
①求实数的取值范围；
②证明：.
考点五：利用同构证明不等式与极值点偏移
考法8：利用同构证明不等式
20.已知函数，.
（1） 讨论的单调区间；
（2） 当时，证明.
21.已知函数.
（1） 讨论函数的零点的个数；
（2） 证明：.
考法9：利用同构处理极值点偏移问题
22.（2026·广东梅州·一模）已知函数，.
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）若曲线与在处有相同的切线，
（i）求的值；
（ii）若，证明：.
23.（2026·江西南昌·一模）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证：.
（3）当时，设，且满足，求证：.
24.（2026·浙江强基联盟·3月联考）已知函数，（为自然对数的底数，）
（1）证明：当时，；
（2）关于的方程的一个实数根为，其中，
①求实数的取值范围；
②证明：.
25.（2026·湖南湘一名校联盟·二模）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若过点可作曲线的两条切线，求的取值范围；
（3）若曲线的切线过点，其中，求证：曲线上除切点外的点都在直线的上方.
第 2 页，共 17 页第24讲 导数同构 · 讲义（解析卷）
一、考情分析 1
二、知识清单 1
三、典题精讲 4
考点一：同构变形与解方程、求值 4
考点二：利用同构比较大小与求最值 5
考点三：利用同构研究零点与交点问题 7
考点四：利用同构解决不等式恒成立问题 9
考点五：利用同构证明不等式与极值点偏移 11
一、考情分析
近三年全国一卷未直接或间接考查导数同构相关知识点.备考时建议将本讲作为应对复杂指对数混合方程与不等式的高阶方法储备，重点掌握常见的同构构造模式（如、、等）与基本题型即可，无需在极端复杂的同构变形上过多投入精力.
二、知识清单
1. 常见的同构函数图像
函数表达式 图像 函数表达式 图像
，函数极值点
，函数极值点 ，函数极值点
，函数极值点 ，过定点
，函数极值点 ，函数极值点
，函数极值点 ，函数极值点
2. 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.同构小套路：指对各一边，参数是关键；常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；信手拈来凑同构，凑常数、、参数；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 当且，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，，，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 .
② .
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：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；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.
（9） 积、商、和差型同构的代数特征
① 和差型：代数式中呈现加减关系，常构造母函数或.
② 积型：代数式中呈现乘法关系，如，常通过两边同取自然对数转化为和差型，进而构造母函数；或直接构造母函数与.
③ 商型：代数式中呈现除法关系，如，常构造母函数或.
（10） 同构与极值点偏移的横向联系
在处理双变量问题（如）时，同构常与极值点偏移结合.通过同构变形将双变量转化为同一函数的两个自变量，再利用对称构造（如）研究自变量之和或之积的范围.
三、典题精讲
考点一：同构变形与解方程、求值
考法1：构造同构解方程或求值
例1.（2026·安徽A10·五模）已知正实数满足，则
A. B. C. D.
【答案】B
【思路】观察已知等式，含有对数与一次项的混合形式.将等式左边合并为，并尝试拆分为与和相关的两部分，即.将等式右边也凑成与的形式，从而构造出形如的函数，利用该函数的最值性质即可求出和的值.
【解析】由题意得，，，则等价于.设，则，则在上单调递减，在上单调递增，∴，即，当且仅当时等号成立.由得，，则，又，∴，即，则.
【规律】处理指对数混合的等式求值问题时，常通过移项、合并或拆分，将等式两边化为结构相同的形式.若构造出的函数具有唯一的最值点，且等式恰好在最值处成立，则可直接利用最值条件解出变量的值.常见的放缩不等式如和在同构构造中应用广泛.
【考点一 方法总结】
1. 处理指对数混合的等式求值问题时，常通过移项、合并或拆分，将等式两边化为结构相同的形式.
2. 若构造出的函数具有唯一的最值点，且等式恰好在最值处成立，则可直接利用最值条件解出变量的值.
3. 常见的放缩不等式如和在同构构造中应用广泛.
考点二：利用同构比较大小与求最值
考法2：利用同构比较大小
例2.已知，且，其中为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是
A. B. C. D.
【答案】B
【思路】已知等式中含有指数与三角函数的乘积，通过分离变量，将含有的项与含有的项分别移至等式两侧，构造出函数.利用导数分析该函数在上的单调性，结合的大小关系及函数值的相等条件，确定所在的单调区间，进而推导出它们与极值点的位置关系.
【解析】构造，，则恒成立，则，当时，，，当时，，，∴在单调递增，在单调递减，∵，∴，，又，∴，D错误，∵，∴，，∴，∴，A错误，B正确.令，则，，当时，恒成立，∴在上单调递增，当时，，即，∵，∴，∵，∴，∵在单调递减，∴，即，∵在上单调递减，∴，C错误.故选：B.
【规律】利用同构法比较大小时，核心步骤是“分离变量—构造函数—研究单调性”.当遇到且时，必然分别位于极值点的两侧.若需进一步比较两自变量的和与某常数的关系，常通过构造差函数或利用对称性进行极值点偏移分析.
考法3：利用同构求函数最值
例3.（2025·萍乡·二模）已知定义在上的函数满足：，且，都有恒成立，则的最大值为
A. B. C. D.
【答案】A
【思路】题目给出了含有双变量的抽象不等式及一个特殊函数值.突破口在于利用赋值法，令，将双变量不等式转化为只含的单变量不等式.随后通过代数变形，分离出，将其转化为求一个具体函数的最值问题，利用换元法和基本不等式即可求解.
【解析】令，原不等式可化为：，代入，化简可得：，令，得到，再令，可得：，由对勾函数的单调性，可知在上单调递减，∴当时，取得最小值，∴的最大值为，也即的最大值为，∴的最大值为，故选：A.
【规律】处理含有双变量的抽象函数不等式时，赋值法是降维的有效手段.通常将其中一个变量赋为已知函数值对应的自变量，从而得到目标函数的解析式或边界.在求复杂分式函数最值时，常通过换元将其转化为对勾函数模型，注意换元后新变量的取值范围.
【考点二 方法总结】
1. 利用同构法比较大小时，核心步骤是“分离变量—构造函数—研究单调性”.将已知等式变形为或等形式，结合函数的单调性即可比较大小.
2. 当遇到且时，必然分别位于极值点的两侧.若需进一步比较两自变量的和与某常数的关系，常通过构造差函数或利用对称性进行极值点偏移分析.
3. 处理含有双变量的抽象函数不等式时，赋值法是降维的有效手段.通常将其中一个变量赋为已知函数值对应的自变量，从而得到目标函数的解析式或边界.
4. 在求复杂分式函数最值时，常通过换元将其转化为对勾函数模型，注意换元后新变量的取值范围.
考点三：利用同构研究零点与交点问题
考法4：利用同构研究函数零点或方程根的个数
例4.（2026·华师一附中·五模）已知关于的方程有两个不等实根，则的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】C
【思路】方程中同时包含指数和对数，且底数不同，需通过对数运算性质将拆分，并将常数2转化为与指数项合并.整理后，将含有的项与含有的项分别置于等号两侧，构造出形如的同构函数.利用该函数的单调性脱去函数符号，转化为两个具体函数图象的交点问题.
【解析】即方程有两个不相等的实根，令，则，又∵单调递增，∴，即有两个不相等的实根，令，求导得在单调递增，在单调递减，，时，时，由图象得.
【规律】解决指对数混合方程根的个数问题，核心是“同构变形”.将方程化为的形式，利用的单调性得到，从而将复杂方程转化为常规的参数分离问题.分离参数后，通过研究新函数的极值与渐近线，结合图象直观确定参数范围.
考法5：利用同构求函数交点问题
例5.已知函数和有相同的最大值，并且.
（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，且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【答案】（1）
（2）见解析
【思路】第一问通过求导分别求出两函数的最大值表达式，结合已知条件联立解出参数.第二问是交点问题，先画出两函数的大致图象，明确直线与曲线交点的分布情况.利用交点纵坐标相等，将等式变形为同构形式，从而发现两函数交点横坐标之间的内在联系，进而证明等比数列关系.
【解析】（1），.若，则时，时，∴在定义域内先减后增，无最大值.若，则，最大值为，但不满足.若，令，得.当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.∴时取得最大值，最大值为，.若，则时，时，∴在定义域内先减后增，无最大值.若，则，最大值为，但不满足.若，令，得.当时，在上单调递增；当时，在上单调递减.∴时取得最大值，最大值为.综上，，解得.
（2）由（1）知：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，且，有唯一的零点，有唯一的零点.它们的大致图像如图所示，设曲线与在上交于点，
当直线经过点时，直线与曲线还有另一个交点，设，，，不妨设直线与曲线还有另一个交点，则，则，故①，同理得②，由①②知，与是直线与曲线交点的横坐标，故是存在的.∵且，∴，又，∴，，从而有，故结论成立.
【规律】处理不同函数与同一直线交点横坐标的关系时，关键在于寻找两个函数解析式之间的同构联系.通过代数变形，将其中一个函数的方程化为与另一个函数结构一致的形式，从而利用同一函数的单调性建立不同交点横坐标之间的等量关系.
【考点三 方法总结】
1. 解决指对数混合方程根的个数问题，核心是“同构变形”.将方程化为的形式，利用的单调性得到，从而将复杂方程转化为常规的参数分离问题.
2. 分离参数后，通过研究新函数的极值与渐近线，结合图象直观确定参数范围.
3. 处理不同函数与同一直线交点横坐标的关系时，关键在于寻找两个函数解析式之间的同构联系.通过代数变形，将其中一个函数的方程化为与另一个函数结构一致的形式，从而利用同一函数的单调性建立不同交点横坐标之间的等量关系.
考点四：利用同构解决不等式恒成立问题
考法6：指对数混合同构求参数范围
例6.（2026·湘一联盟·二模）若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】D
【思路】方程中含有指数、对数及参数.首先将对数项合并，得到，然后将等式两边同除以，分离出指数部分.通过引入，将指数项转化为同底数形式，并在等式两侧分别配凑出形如的结构，利用该函数的单调性将方程降维，最后转化为求函数值域的问题.
【解析】由，得，即，即.设，则，∵，∴在上单调递增，∴，即.设，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，∴，∴，.
【规律】处理指对数混合的方程有解或恒成立问题，标准动作是“取对数”或“指数化”.将常数或参数转化为指数形式（如），通过加减项配凑，构造出或等经典同构函数.脱去函数符号后，问题即转化为常规的参数分离求最值.
考法7：其他类型同构求参数范围
例7.（2026·沧州十二校·一模）已知函数，（为自然对数的底数，）.
（1） 证明：当时，.
（2） 关于的方程的一个实数根为，其中，
①求实数的取值范围.
②证明：.
【答案】（1）见解析
（2）① ②见解析
【思路】第一问是常规的利用导数证明不等式，构造差函数求最值即可.第二问①中，先将复合函数方程展开，两边取对数，利用换元法令，将方程转化为参数关于的函数，通过研究该函数的单调性求出的范围.②中，不等式证明需结合①中得到的与的关系式，将含的不等式转化为只含的不等式，再利用第一问的结论进行放缩证明.
【解析】（1）设，，则；∴在上单调递减，在上单调递增；∵，，∴时恒成立，即.
（2）①由得，两边取对数得，令，则，，从而有；设，.则；∴，在上单调递增；∵，，；故实数的取值范围.
②方法一：要证，只需证，∵，，要证，只需证时，，只需证.上式显然成立；要证，只需证，∵，∴，由（1）知时，，∴，即，解得，∴；于是成立.
方法二：要证，只需证，∵，只需证，只需证，上式显然，，要证，只需证，∵，故只需证，只需证，两边平方，消去，只需证，注意到，∴只需证，只需证，只需证，构造函数，，则，当时，，∴在上单调递增，当，，∴在上单调递减，又，，∴在的最大值小于，故成立.
【规律】处理复杂的指数对数混合方程时，两边取对数是降次和分离变量的常用技巧.在证明与方程根相关的参数不等式时，核心思想是“整体代换”，即将参数用含有根的表达式替换，从而将含参不等式转化为只含单变量的函数不等式，再结合前问结论或构造新函数进行证明.
【考点四 方法总结】
1. 处理指对数混合的方程有解或恒成立问题，标准动作是“取对数”或“指数化”.将常数或参数转化为指数形式（如），通过加减项配凑，构造出或等经典同构函数.
2. 脱去函数符号后，问题即转化为常规的参数分离求最值.
3. 处理复杂的指数对数混合方程时，两边取对数是降次和分离变量的常用技巧.
4. 在证明与方程根相关的参数不等式时，核心思想是“整体代换”，即将参数用含有根的表达式替换，从而将含参不等式转化为只含单变量的函数不等式，再结合前问结论或构造新函数进行证明.
考点五：利用同构证明不等式与极值点偏移
考法8：利用同构证明不等式
例8.已知函数.
（1） 讨论函数的零点的个数.
（2） 证明：.
【答案】（1）只有一个零点
（2）见解析
【思路】第一问通过求导判断单调性，结合零点存在性定理即可确定零点个数.第二问是不等式证明，直接构造函数求导会发现导函数中含有第一问的，从而利用第一问的隐零点进行代换.另一种思路是利用同构变形，将不等式左边凑成的形式，利用基本不等式进行整体放缩.
【解析】（1）函数定义域为，则，故在，递增，当时，，没有零点；当时，单调递增，，，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）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，∴当时，，，单调递减，当时，，，单调递增；∴，由式①可得，，∴，又时，恒成立，∴，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).
【规律】证明含有指数和对数的复杂不等式时，若直接求导遇到超越方程，常利用“隐零点代换”化简极值表达式.若能观察出表达式的结构特征，利用同构思想将其凑成的形式，再结合常见不等式（如）进行整体放缩，往往能大幅简化证明过程.
考法9：利用同构处理极值点偏移问题
例9.（2026·梅州·一模）已知函数，.
（1）若在上单调递减，求的取值范围.
（2）若曲线与在处有相同的切线，
（i）求的值.
（ii）若，证明：.
【答案】（1）
（2）（i）
（ii）见解析
【思路】第一问由导数小于等于0恒成立，分离参数求最值即可.第二问（i）利用在处导数值相等求出参数.第二问（ii）是极值点偏移的变式，已知两个不同函数值相等，需证明自变量乘积的范围.先分析两函数的单调性，确定的范围，将目标不等式转化为.利用的单调性，将证明转化为，再结合已知等式替换为，最终构造单变量函数进行证明.
【解析】（1），∵在上单调递减，∴在上恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，∵，∴，当且仅当时取等号，∴.
（2）（i）∵，∴，又，由题意可得，即，解得，此时，，符合题意.
（ii）由（i）知，，，∴在上单调递减，又，当时，，单调递减，当时，，单调递增，∴，又，∴，∵在上单调递减，∴，要证，即证，∵，∴，又时，单调递增，∴只需证，即证，即证，即证，令，则，令，则，∴在上单调递减，∴，∴，∴在上单调递增，∴，即成立，∴.
【规律】处理极值点偏移或双函数值相等的变量关系证明时，核心是“变量统一”.通过分析函数的单调区间，将目标不等式（如）转化为自变量的大小关系（如）.利用其中一个函数的单调性，将自变量的比较转化为函数值的比较，再结合已知等式，最终归结为证明一个单变量函数的最值问题.
【考点五 方法总结】
1. 证明含有指数和对数的复杂不等式时，若直接求导遇到超越方程，常利用“隐零点代换”化简极值表达式.
2. 若能观察出表达式的结构特征，利用同构思想将其凑成的形式，再结合常见不等式（如）进行整体放缩，往往能大幅简化证明过程.
3. 处理极值点偏移或双函数值相等的变量关系证明时，核心是“变量统一”.通过分析函数的单调区间，将目标不等式转化为自变量的大小关系.
4. 利用其中一个函数的单调性，将自变量的比较转化为函数值的比较，再结合已知等式，最终归结为证明一个单变量函数的最值问题.
第 2 页，共 17 页第24讲 导数同构 · 讲义
一、考情分析 1
二、知识清单 1
三、典题精练 4
考点一：同构变形与解方程、求值 4
考点二：利用同构比较大小与求最值 4
考点三：利用同构研究零点与交点问题 5
考点四：利用同构解决不等式恒成立问题 6
考点五：利用同构证明不等式与极值点偏移 6
一、考情分析
近三年全国一卷未直接或间接考查导数同构相关知识点.备考时建议将本讲作为应对复杂指对数混合方程与不等式的高阶方法储备，重点掌握常见的同构构造模式（如、、等）与基本题型即可，无需在极端复杂的同构变形上过多投入精力.
二、知识清单
1. 常见的同构函数图像
函数表达式 图像 函数表达式 图像
，函数极值点
，函数极值点 ，函数极值点
，函数极值点 ，过定点
，函数极值点 ，函数极值点
，函数极值点 ，函数极值点
2. 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.同构小套路：指对各一边，参数是关键；常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；信手拈来凑同构，凑常数、、参数；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 当且，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，，，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 .
② .
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：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；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.
（9） 积、商、和差型同构的代数特征
① 和差型：代数式中呈现加减关系，常构造母函数或.
② 积型：代数式中呈现乘法关系，如，常通过两边同取自然对数转化为和差型，进而构造母函数；或直接构造母函数与.
③ 商型：代数式中呈现除法关系，如，常构造母函数或.
（10） 同构与极值点偏移的横向联系
在处理双变量问题（如）时，同构常与极值点偏移结合.通过同构变形将双变量转化为同一函数的两个自变量，再利用对称构造（如）研究自变量之和或之积的范围.
三、典题精练
考点一：同构变形与解方程、求值
考法1：构造同构解方程或求值
例1.（2026·安徽A10·五模）已知正实数满足，则
A. B. C. D.
【考点一 方法总结】
1. 处理指对数混合的等式求值问题时，常通过移项、合并或拆分，将等式两边化为结构相同的形式.
2. 若构造出的函数具有唯一的最值点，且等式恰好在最值处成立，则可直接利用最值条件解出变量的值.
3. 常见的放缩不等式如和在同构构造中应用广泛.
考点二：利用同构比较大小与求最值
考法2：利用同构比较大小
例2.已知，且，其中为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是
A. B. C. D.
考法3：利用同构求函数最值
例3.（2025·萍乡·二模）已知定义在上的函数满足：，且，都有恒成立，则的最大值为
A. B. C. D.
【考点二 方法总结】
1. 利用同构法比较大小时，核心步骤是“分离变量—构造函数—研究单调性”.将已知等式变形为或等形式，结合函数的单调性即可比较大小.
2. 当遇到且时，必然分别位于极值点的两侧.若需进一步比较两自变量的和与某常数的关系，常通过构造差函数或利用对称性进行极值点偏移分析.
3. 处理含有双变量的抽象函数不等式时，赋值法是降维的有效手段.通常将其中一个变量赋为已知函数值对应的自变量，从而得到目标函数的解析式或边界.
4. 在求复杂分式函数最值时，常通过换元将其转化为对勾函数模型，注意换元后新变量的取值范围.
考点三：利用同构研究零点与交点问题
考法4：利用同构研究函数零点或方程根的个数
例4.（2026·华师一附中·五模）已知关于的方程有两个不等实根，则的取值范围为
A. B. C. D.
考法5：利用同构求函数交点问题
例5.已知函数和有相同的最大值，并且.
（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，且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【考点三 方法总结】
1. 解决指对数混合方程根的个数问题，核心是“同构变形”.将方程化为的形式，利用的单调性得到，从而将复杂方程转化为常规的参数分离问题.
2. 分离参数后，通过研究新函数的极值与渐近线，结合图象直观确定参数范围.
3. 处理不同函数与同一直线交点横坐标的关系时，关键在于寻找两个函数解析式之间的同构联系.通过代数变形，将其中一个函数的方程化为与另一个函数结构一致的形式，从而利用同一函数的单调性建立不同交点横坐标之间的等量关系.
考点四：利用同构解决不等式恒成立问题
考法6：指对数混合同构求参数范围
例6.（2026·湘一联盟·二模）若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
考法7：其他类型同构求参数范围
例7.（2026·沧州十二校·一模）已知函数，（为自然对数的底数，）.
（1） 证明：当时，.
（2） 关于的方程的一个实数根为，其中，
①求实数的取值范围.
②证明：.
【考点四 方法总结】
1. 处理指对数混合的方程有解或恒成立问题，标准动作是“取对数”或“指数化”.将常数或参数转化为指数形式（如），通过加减项配凑，构造出或等经典同构函数.
2. 脱去函数符号后，问题即转化为常规的参数分离求最值.
3. 处理复杂的指数对数混合方程时，两边取对数是降次和分离变量的常用技巧.
4. 在证明与方程根相关的参数不等式时，核心思想是“整体代换”，即将参数用含有根的表达式替换，从而将含参不等式转化为只含单变量的函数不等式，再结合前问结论或构造新函数进行证明.
考点五：利用同构证明不等式与极值点偏移
考法8：利用同构证明不等式
例8.已知函数.
（1） 讨论函数的零点的个数.
（2） 证明：.
考法9：利用同构处理极值点偏移问题
例9.（2026·梅州·一模）已知函数，.
（1）若在上单调递减，求的取值范围.
（2）若曲线与在处有相同的切线，
（i）求的值.
（ii）若，证明：.
【考点五 方法总结】
1. 证明含有指数和对数的复杂不等式时，若直接求导遇到超越方程，常利用“隐零点代换”化简极值表达式.
2. 若能观察出表达式的结构特征，利用同构思想将其凑成的形式，再结合常见不等式（如）进行整体放缩，往往能大幅简化证明过程.
3. 处理极值点偏移或双函数值相等的变量关系证明时，核心是“变量统一”.通过分析函数的单调区间，将目标不等式转化为自变量的大小关系.
4. 利用其中一个函数的单调性，将自变量的比较转化为函数值的比较，再结合已知等式，最终归结为证明一个单变量函数的最值问题.
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