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「高中数学」速解函数篇——同构式在高考题型中的巧用
同构式技巧，本质是方程恒等变换，整体思想和构造函数的综合。
全国各地的老师和学生似乎都很迷这个“神招”，同构式并不神秘，和很多之前的技巧大招一样，需要细化，透彻理解，前提是，你得有一个同构式的“说明书”。
首先回答三个问题：
助学团的学长学姐，根据近几年高中考试数学不同题型，分别介绍了快速解决的办法。
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同构法的妙用——由2020高考所想到的2020年高考，全国一卷二卷分别考了利用“同构”思想解题的选择题、压轴题。
具体如下，一卷的是“等式形式”的，二卷的是“不等式”形式的。
单就这两道题来说，并不难，虽然放在了压轴题的位置。
今天我们就以这两个高考题为“引子”，介绍一下同构函数法的“三步曲”：（1）通过适当变形，合理组合，找到等式或不等式两端结构上的共性，构造同一个函数（这第一步是关键，也是最难的，需要很好地观察力及较强的变形能力）；（2）研究构造函数的单调性；（3）利用单调性解方程或者不等式。
四种常见的同构函数：1、xx x f ln )(=； 2、x x x f ln )(=；3、x xe x f =)(；4、x ex x f =)(； 2020高考：1、（全国一卷12题）若b a b a 42log 24log 2+=+，则（ ）A 、b a 2>B 、b a 2<C 、2b a >D 、2b a <2、（全国二卷11题）若y x y x ---<-3322，则（ ）A 、0)1ln(>+-x yB 、0)1ln(<+-x yC 、0||ln >-y xD 、0||ln >-y x例1、已知实数)2,0(,∈b a ，且满足b b a a b 4224422--=--，则=+b a 。
例2、已知0ln 2220=+x e x x x 是方程的实根，则以下判断正确的是（ ）A 、2ln 0≥xB 、ex 10≤ C 、0ln 200=+x x D 、0ln 200=+x e x例3、已知函数t t f t f x f x x 3133log )1log 3()log 21(,33)(≥-+--=-，则t 的取值范围是 。
例4、不等式05110)1833>--+++x x x x （的解集是 。
例5、已知对任意0ln )11()1(),0(>+-++∞∈x x e k x kx ，恒成立，则实数k 的取值范围是例6、设实数0>λ，若对任意的),0(+∞∈x ，不等式0ln ≥-λλx ex 恒成立，则λ的取值范围是 。
同构法知识树前言在恒成立命题中，很有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型 （即不等式两边对应的同一函数 ），无疑大大加快解决问题的速度 ．找到这个函数模型的方法，我们就称为同构法．如能等价变形为 ，然后利用 的单调性 ，若递增，再转化为 ，这种方法就可以称为同构不等式（等号成立时，称为同构方程），简称同构法 ．当然，用同构法解题，除了要有同构法的思想意识外，对观察能力、对代数式的变形能力的要求也是比较高的． 正所谓，同构解题，观察第一！同构出马，谁与争锋！ 同构思想放光芒，转化之后天地宽！一、左右相同知识总结地位同等要同构 ，主要针对双变量 ；方程组上下同构，合二为一泰山移 .（1）为增函数 .（2）为增函数 .含有地位同等的两个变量、，或、等不等式，进行“尘归尘，土归土”式的整理，是一种常见变形，如果整理 （即同构) 后不等式两边具有结构的一致性，往往暗示单调性（需要预先设定两个变量的大小）.经典例题（1）（2）（3）1.（1）方法一：（2）【解析】设函数，．当（为自然对数的底数）时，求的最小值．讨论函数零点的个数．若对任意，恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）．见解析．．由题设，当时，，则，当在上单调递减，当在上单调递增，时，取得最小值的极小值为．由题设，令，得．设，则，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减． 是的唯一极值点，且是极大值点，因此也是的最大值点，的最大值为．又，当时，函数无零点；当时，函数有且只有一个零点；当时，函数有两个零点；当时，函数有且只有一个零点方法二：（3）综上所述，当时，函数无零点；当或时，函数有且只有一个零点；当时，函数有两个零点．由题设知，，令，得．设，则，当时，，∴在上单调递增；当时，，∴在上单调递减．∴是的唯一极值点，且是极大值点，因此：也是的最大值点．∴的最大值为．又，结合的图象（如图），可知，①当时，函数无零点；②当时，函数有且只有一个零点；③当时，函数有两个零点；④当时，函数有且只有一个零点；综上所述，当时，函数无零点．当或时，函数有且只有一个零点；当时，函数有两个零点．对任意的恒成立， 等价于恒成立．设 等价于在上单调递减． 由在上恒成立，得恒成立，（对仅在时成立），【标注】的取值范围是．【知识点】通过构造函数证明不等式；区间上恒单调；参变分离法求零点个数；直接求函数的最值（不含参）题目分析（）略（）略（）对任意的恒成立，等价于恒成立 ．构造一个新函数等价于在上单调递减．由在上恒成立，得恒成立，（对仅在时成立），的取值范围是．同类变式A. B. C. D.2.【解析】若对于任意的，都有，则的最大值为（ ）．【答案】C由题意可得：，，∴，据此可得函数在定义域上单调递增，其导函数：在上恒成立，据此可得：，【标注】即实数的最大值为．故选．【知识点】已知单调性求参数的取值范围A. B. C. D.3.【解析】【标注】已知函数，对于，且，恒成立，则实数的取值范围为（ ）．【答案】D设，则有，即，令，由于当时，，所以可知，在上单调递减，对求导得，，则有，即，令，则，求导得，在上恒成立，所以，则，即实数的取值范围为，故选．【知识点】区间上恒单调（1）（2）4.已知函数，．讨论的单调区间．当时，证明．【答案】（1）当时，在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增，（1）（2）【解析】【标注】（2）当时，在上单调递增，在上单调递减．证明见解析．的定义域为，∴，当时，，此时在上单调递减，当时，由可得，由f′(x)<0，可得，∴在上单调递减，在上单调递增，当时，由可得，由，可得，∴在上单调递增，在上单调递减．设，则，由()可得在上单调递增，∵，∴当时，，∴当时，，∴在上单调递减，∴当时，，∴，∴，∴．【知识点】通过构造函数证明不等式；求函数单调区间（含参指对型导函数）（1）（2）5.（1）【解析】已知函数，．求函数在的最小值．若任意，总有成立，求实数的值．【答案】（1）（2）当时，；当时，．．∵，定义域为，（2）∴，且为单调递增函数，∴令，则，∴当时，，单调递减，当时，，单调递增，①：当时，满足条件的不存在；②：当时，即时，；③当，即时，．故答案为：当时，；当时，．∵，等价于，∴构造函数，∵，总使成立，∴在上单调递增，∴原问题转化为，对恒成立，∵，∴原问题转化为：对恒成立，∴若，∵，∴不满足题意，若，∵，∴当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，∴在处取得极小值也是最小值，即是在上的最小值点，∵，【标注】∴当且仅当是，，∴．故答案为：．【知识点】二阶导问题；通过构造函数证明不等式；求函数最值（含参一次型导函数）；区间上恒单调二、指对同构1. 指对同构指对跨阶想同构，同左同右取对数 .同构基本模式：（1）积型：三种同构方式同右：−− −−−−−−−→同左：−−−−−−−−−→取对：−−−−− →.如：，后面的转化同(1).说明：在对“积型”进行同构时，取对数是最快捷的，同构出的函数，其单调性一看便知．（2）商型：三种同构方式同左：−−−−−−−−−−−−−−→同右：−−−−−−−−−−−−−→取对：−−−−−− →（3）和差型：两种同构方式同左：−−−−−→同右：−−−−− →.如：.经典例题（1）（2）6.已知函数．当时，求证：．当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围．（3）（1）（2）（3）【解析】若，证明．【答案】（1）（2）（3）证明见解析．．证明见解析．时，，，当时，；当时，，故在上单调递减，在上单调递增，，∴．，令，则，①当时，在上，，递增，，即，∴在为增函数，∴，∴时满足条件；②当时，令，解得，当上，，单调递减，∴时，有，即，∴在区间为减函数，∴，不合题意，综上得实数的取值范围为．由（）得，当时，，，即，欲证不等式，只需证，设，则，∵时，恒成立，且，∴恒成立，【标注】所以原不等式得证．【知识点】利用导数解决不等式恒成立问题；通过构造函数证明不等式；二阶导问题题目分析（）略（）略（）法一：根据我们前面讲过的放缩法，由（）可得，当时，，，即，欲证不等式，只需证，设，则，∵时，恒成立，且，∴恒成立，所以原不等式得证．法二：接下来我们试一下同构法，欲证不等式，∵时，，∴只需证，观察右边，可以构造成，即证，构造函数，只需证明．又∵在时恒成立，∴只需证在上单调递增，，令，，故在上单调递增，(二次求导）因此，从而，故在上单调递增．同类变式（1）（2）（3）7.（1）（2）（3）【解析】设函数．如果，求函数的单调递减区间．若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围．证明：当时，．【答案】（1）（2）（3）．．证明见解析．函数且定义域为，当时，，，∴，恒成立，∴的单调递减区间为．函数且定义域为，，若函数在区间上单调递增，在区间恒成立，∵，∴在上恒成立，∴在上为减函数，∴．要证当时，，即证当时，，即证当时，，∵，设，则，设，则，∴在上单调递减，，∴，在上单调递减，∴当时，成立，即原不等式成立．【标注】【知识点】二阶导问题；利用导数求函数的单调性、单调区间；已知单调性求参数的取值范围A. B. C. D.8.方法一：【解析】已知函数 ，．若存在，，使得成立，则的最大值为（ ）．【答案】C首先，我们要得到函数和的图象如下图所示：xyOxyO将两个函数放入一个坐标系得：x–1123y–2–11O分析知，若出现满足题目条件的情况，则需，．又，由知于上单调递增，则得，那么 ．方法二：【标注】现令，则，则得在上递增，在上递减，则．故选．因为，所以，由，得，解得．由，得．因为函数的定义域为，所以对恒成立，所以函数在区间内单调递增．又因为对恒成立，所以函数在区间内单调递增，所以，则，所以，则．构造函数，其中，则．当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以，．故选．【知识点】利用导数求函数的最值；利用导数确定函数的图象2. 配凑同构无中生有去同构 ，凑好形式是关键 ，凑常数或凑参数 ，如有必要凑变量 .（1）同乘 (无中生有 )→，（2）⟺⟺同加 (无中生有 )→⟺.（3）⟺⟺，说明：由于两边互为反函数，所以还可以这样转化⇒⇒.对于某些不等式，两边互为反函数是比较隐蔽的，若能发现，则难者亦易矣.如： ，左右两边互为反函数，所以只需，即，可得 .经典例题A. B. C. D.9.方法一：方法二：【解析】设实数，若对任意的，不等式 恒成立，则的最小值为（ ）．【答案】A若，不等式显然成立；若，，注意到函数单调递增，于是．令，则，易知，即，故选．实数，若对任意的，不等式恒成立，即．设，，，令，可得，由指数函数和反比例函数在第一象限的图象，可得和有且只有一个交点，设为，当时，，单调递增；当时，，单调递减，即在处取得极小值，且为最小值，即．令，可得，．则当时，不等式恒成立．则 的最小值为．另解：由于与互为反函数，【标注】故图象关于对称，考虑极限情况，恰为这两个函数的公切线，此时斜率，再用导数求得切线斜率的表达式为，即可得的最小值为．故选．【知识点】导数与最值；利用导数解决不等式恒成立问题；导数与单调性若，不等式显然成立，可取任意正实数，，，（同构）注意到函数，单调递增，于是，（放缩）令，，则，易知，即，故选．10.【解析】已知，且指数函数与对数函数有两个交点，则的取值范围是 ．【答案】或由题设可知：，由指数函数与对数函数互为反函数，则其图象关于直线对称，则函数与的图象有两个不同的交点，故只需讨论与有两个交点即可．令，则函数有两个零点，且在上由，恒成立，则在上单调递增，且设，即，即当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，则易知当时满足题干与有两个交点，即，由式可知，【标注】则，即，则，则，解得，又由，故实数的取值范围为或．【知识点】函数零点的概念；已知零点情况求参数的取值范围三、放缩+同构同构放缩需有方 ，切放同构一起上 ．这个是对同构思想方法的一个灵活运用 ．【放缩也是一种能力】利用切线放缩，往往需要局部同构．【利用切线放缩如同用均值不等式，只要取等号的条件成立即掌握常见放缩：（注意取等号的条件 ，以及常见变形 ）（1）⇒，．【变形：，；，.】（2）⇒，，⇒，【变形：，.】说明： ，， ，，等，这些变形新宠是近年来因为交流的频繁而流传开来的． 对解决指对混合不等式问题 ，如恒成立求参数取值范围，或证明不等式，都带来极大的便利． 当然，在具体使用中，往往要结合切线放缩，或换元法。
高三一轮复习难点突破(4)——同构模型2021届高三一轮复难点突破（4）——同构模型在成立或恒成立命题中，有一部分题是命题者利用函数单调性构造出来的。
如果我们能找到这个函数模型（即不等式两边对应的同一函数），无疑加快解决问题的速度。
找到这个函数模型的方法，我们称为同构法。
例如，若$F(x) \geq 0$能等价变形为$f[g(x)] \geq f[h(x)]$，然后利用$f(x)$的单调性，如递增，再转化为$g(x) \geq h(x)$，这种方法我们就可以称为同构不等式（等号成立时，称为同构方程），简称同构法。
一、一般性同构模型例1（2020·新课标卷Ⅱ文数·12）：若$2x-2y<3-x-3-y$，则（）A。
$\ln(y-x+1)>0$ B。
$\ln(y-x+1)0$ D。
$\ln|x-y|<0$例2（2020·新课标Ⅰ理数·ab12）：若$2+\log_2a=4+2\log_4b$，则（）A。
$a>2b$ B。
$ab^2$ D。
$a<b^2$变式训练】1.如果$\cos\theta-\sin\theta<7(\cos\theta-\sin\theta)$，$\theta\in[0,2\pi)$，则$\theta$的取值范围是___________。
2.（2012·辽宁竞赛）不等式$\frac{5}{533}x-\frac{3}{810}x>0$的解集是____________。
3.已知$\theta\in[0,2\pi)$，若关于$k$的不等式$\sin\theta-\cos\theta\leq k\sin3\theta-\cos3\theta$在$(-\infty,-2]$上恒成立，则$\theta$的取值范围为．4.函数$f(x)=3-\frac{1}{x}$，$f(1-2\log_3t)+f(3\log_3t-1)\geq\log_1t$，则$t$的取值范围是．5.已知实数$a$，$b\in(0,2)$，且满足$a-b-4=\frac{22}{4-a-2-4b}$，则$a+b$的值为_______．6.已知实数$x_1$，$x_2$满足$x_1e^{\frac{1}{x_1}}=e$，$x_2(\ln x_2-2)=e$，则$x_1/x_2=$______．7.设方程$x+2=4$的根为$m$，设方程$x+\log_2x=4$的根为$n$，则$m+n=$______．8.已知$a^3-3a^2+5a=1$，$b^3-3b^2+5b=5$，那么$a+b$的值是．9.不等式$x-(x+2)+x\leq x-(x+2)+x+2$的解集是．二、指数对数函数模型常见同构1.指数对数函数模型常见同构x^e=e^x$，$x+\ln x=e^x$，$ex=x^{\frac{1}{x}}$，$x-\lnx=\ln\frac{x}{e}$2.三种基本模式：1）积型：$x^a\cdot y^b=z^c\Longleftrightarrow\logx+\frac{b}{a}\log y=\frac{c}{a}\log z$2）商型：$\frac{x^a}{y^b}=z^c\Longleftrightarrow a\log x-b\log y=c\log z$3）和差型：$x^a+y^b=z^c\Longleftrightarrow\log(x+z-c\log z)=\log y+\log z-b\log z$题目：已知函数$f(x)=a\cdot e^{-\ln x-1}$，其中$a>0$，证明当$x\geq 1$时，$f(x)\geq \dfrac{1}{e}$。
专题突破之——同构法解函数（方程、不等式）综合问题【关于同构的认识】同构即结构形式相同．对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了．这种题目，实际上是命题人将原先形式明显、规整的式子，打乱重排而形成的一类题目．我们需要对这个看似杂乱无章的式子进行整合变形，使其显现原型，进而借助函数的性质进行处理．当然有些等式也可借助同构的思想进行处理．【一个等价转换】已知函数()f x 在区间[,]a b 上单调递增，则1212()()f x f x a x x b <⇔≤<≤【黄金变换】1.对数恒等式log log a x x a a x a ==，ln ln x x e x e ==,2.常见变形ln x x x xe e +=,22ln x x e =,22ln x x x x e e +=,ln ln ln x x x e x +=+,ln()ln()ln()x a x a x a e x a ++++=++【高考真题】1.(2020‧新课标卷Ⅱ文数‧12)若2233x y x y ---<-，则（）A ．ln(1)0y x -+>B ．ln(1)0y x -+<C ．ln ||0x y ->D ．ln ||0x y -<【答案】A【解析】11223323232233xyxy x x y y x y x y-----<-⇒-<-⇒-<-．设1()23x xf x =-，已知()f x 是定义在R 上的增函数，故由112233x yx y -<-可得x y <，所以011y x y x ->⇒-+>，从而ln(1)0y x -+>，故选A ．2.(2020‧新课标卷Ⅰ理数‧12)若242log 42log aba b +=+，则（）A.2a b >B.2a b< C.2a b > D.2a b <【答案】B【解析】由指数与对数运算可得22422log 42log 2log abba b b +=+=+，又因为2222222log 2log 22og ()1l bb b b b b +<+=++，即2222log 2log (2)aba b +<+，令2()2log xf x x =+，由指对函数单调性可得()f x 在(0,)+∞内单调递增，由()(2)f a f b <，可得2a b <，故选B.3.【2020‧全国Ⅰ卷‧22】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若()1f x ≥，求a 的取值范围．【答案】（1）21e -（2）[1,)+∞【解析】（1）略（2）（同构转化）()111x lna x f x ae lnx lna e lnx lna -+-=-+=-+≥等价于11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,显然()g x 为单调增函数，∴又等价于1lna x lnx +-≥，即1lna lnx x ≥-+，令()1h x lnx x =-+,则()111xh x x x-=-='在()0,1上'()0,()h x h x >单调递增；在(1,)+∞上'()0,()h x h x <单调递减，∴()()10max h x h ==,01lna a ≥≥，即，∴a 的取值范围是[1,)+∞.4.【2021全国新高考Ⅰ.22】已知函数()()1ln f x x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析.【解析】（1）略（2）（同构转化，极值点偏移）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=，故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>.往证122x x e <+<，过程从略.【模拟试题】1.（2021‧八省模拟高考‧8）已知5a <且55,4a ae e b =<且44,3b be e c =<且33c ce e =，则（）A.c b a <<B.b c a<< C.a c b<< D.a b c<<【答案】D【解析】因为5e 5e ,5a a a =<，故0a >，同理0,0b c >>，令(),0xe f x x x =>，则()()21x e x f x x-'=，当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，故()f x 在()0,1为减函数，在()1,+∞为增函数，因为5e 5e ,5aa a =<，故5e e 5aa=，即()()5f f a =，而05a <<，故01a <<，同理01b <<，01c <<，()()4f f b =，()()3f f c =因为()()()543f f f >>，故()()()f a f b f c >>，所以01a b c <<<<.故选：D ．【点睛】思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键．2.(2022‧T8联考‧8)设a ，b 都为正数，e 为自然对数的底数，若a e a +1＋b <b ln b ，则A ．ab ＞eB ．b >e a +1C ．ab ＜eD ．b <e a +13.(2022‧湖北十一校第一次联考‧16)已知函数()e xf x x =-，则()f x 的单调递增区间为________；若对任意的()0,x ∈+∞，不等式ln 2e 1xx ax+-≥恒成立，则实数a 的取值范围为________．【答案】(0,)+∞(填[)0,+∞亦可)；1(,]2-∞【解析】'()e 1xf x =-,令'()0f x >,得()f x 的单调递增区间(0,)+∞(或[)0+∞，亦可);ln 2e 1x x ax+-≥可化为2e ln x a x x x ≤⋅--.设()e ln (0)x g x x x x x =⋅-->法一：(e 1)(1)'()(0)x x x g x x x⋅-+=>，记()e 1x x x ϕ=⋅-，显然()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，由零点存在性定理可知存在o x ，使()e 10o x o o x x ϕ=⋅-=，则可知()g x 在(,)o x -∞上单调递减，在(,)o x +∞上单调递增，则()()e ln o x o o o o g x g x x x x ≥=⋅--=11ln11e oo o ox x x x --=-+=，则21a ≤，故12a ≤.法二：()e ln x g x x x x =⋅--=ln e e ln x x x x ⋅--=ln e (ln )x x x x +-+，设ln t x x =+，则()e t g t t =-，由第一空可知0()(0)e 01g t g ≥=-=，则21a ≤，故12a ≤.法三：易证得+1x e x ≥，则()ln x g x e x x x =⋅--=(ln )x lnx e x x +-+≥ln 1(ln )1x x x x ++-+=,则21a ≤，故12a ≤.4.【圆创教育2022届第二次联考‧8】已知,,(1,)a b c ∈+∞．且2ln 22ln 12a a --=，212ln 1e b b --=，2ln π2ln 1πc c --=，则（）A.b a c >>B.b c a >>C.a b c >>D.c a b>>【答案】B 【解析】【分析】构造函数()ln x g x x=和()()22ln 11f x x x x =-->，利用导数分别判断其单调性，由ln e ln πln 2e π2>>即可得()()()f b f c f a >>，最后可得b c a >>.【详解】令()ln x g x x =，则()21ln xg x -'=，即()g x 在()e,+∞上单调递减，∴ln e ln πln 4e π4>>，即ln e ln πln 2e π2>>，设()()22ln 11f x x x x =-->，则()()221220x f x x x x-'=-=>，即()f x 在()1,+∞上单调递增，又∵()()()f b f c f a >>，∴b c a >>.故选：B .5.[2022武汉二调‧22]已知函数11()|ln |,()|ln()|x x f x a x x g x e e a ax x ax-=++=+--，其中0a >.(1)当1a =时，求1'('()f e f e 的值；(2)讨论()g x 的零点.【解析】【典例精析】例1．设()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x ≥时，2()f x x =，若对任意的[,4]x a a ∈+，不等式()2()f x a f x +≥恒成立，则实数a 的取值范围是______________．【答案】)+∞【解析】由题意可知22,0(),0x x f x x x ⎧≥⎪=⎨-<⎪⎩，()f x 在R上单调递增，()2()())f x a f x f x a f x a +≥⇔+≥⇔+≥，即1)0x a -+≤任意的[,4]x a a ∈+恒成立，所以1)(4)0a a ++≤，解得a ≥例2.已知函数()f x 时定义在R 上不恒为0的偶函数，且对任意实数x 都有(1)()(1)x f x xf x +=+，则2021(_______.2f =【答案】0【解析】条件可变形为()(1)1f x f x x x +=+于是20212019201711()()()()()222222021201920171122222f f f f f -===⋅⋅⋅==-得11(()22f f -=-，而()f x 为偶函数1111()()(()02222f f f f ∴-=∴-==故2021()02f =.例3.设方程24xx +=的根为m ，设方程2log 4x x +=的根为n ，则_______.m n +=【答案】4【解析】令()2xf x x =+，则2()(log )4f m f n ==，而()f x 在R 上单调递增，故2log m n =，又由得24mm +=即24m m =-，故2log (4)m m =-22log (4)log ,4,4m n m n m n ∴-=∴-=+=.例4.已知关于x 的方程212221x ax x ax +-=-+-，当132x ≤≤时有两个不相等的实数根，则a 的取值范围为____________.【答案】5[2,]2【解析】221212221212x ax x ax x ax x ax ++-=-+-⇔++=+令()2xf x x =+，函数()f x 在R 上单调递增故21x ax +=，1a x x=+令1()g x x x =+，221(1)(1)'()1x x g x x x +-=-=1(,1)2x ∈，'()0g x <，()g x 递减；(1,3)x ∈，'()0g x >，()g x 递增；15()22g =，(1)2g =，10(3)3g =故a 的取值范围为5(2,]2.例5.已知,[,44x y ππ∈-，且满足33sin 20,4sin cos 0x x m y y y m +-=++=，则cos(2)x y +=（）A.1- B.0C.12D.1【答案】D【解析】由33sin 20,4sin cos 0x x m y y y m +-=++=得33sin (2)sin(2)2x x y y m +=-+-=，而函数3()sin f x x x =+在[,]22ππ-上单调递增故2x y =-，即20x y +=，所以cos(2)1x y +=.例6.若ln x ae x a -≥+对一切实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为__________.【答案】(,1]-∞【解析】ln ln ln ln x ax a x a x ex a e x a x x e x a e x ---≥+⇔+-≥+⇔+-≥+令()tf t e t =+，则不等式等价于()(ln )f x a f x -≥而()f t 是R 上的增函数，所以ln x a x -≥，ln a x x≤-记()ln g x x x =-，11'()1x g x x x-=-=，01x <<时，'()0g x <，()g x 递减；1x >时，'()0g x >，()g x 递增；所以()(1)1g x g ≥=所以1a ≤.例7.【多选题】下列不等关系中正确的是2ln 32ln 3.sin 33sin1cos1.sin 33sin1cos1B C D <><>【答案】BC【解析】考察函数ln ()xf xx =知在(0)e ，上单调递增，故(2)f f >，即ln 22>，2ln 3>，故选项B 正确；考察函数sin ()x g x x =知在()2ππ上单调递减，故(2)(3)g g >，即sin 2sin 323>，可得sin 33sin1cos1<，故选项C 正确；【强化训练】1.已知实数12x x ，满足135122,(ln 2)xx e e x x e =-=，则12______.x x =【答案】5e【解析】522(ln 2)x x e -=即3222(ln 2)x x e e -=，即2ln 232(ln 2)x x e e --=令()x f x xe =，则312()(ln 2)f x f x e=-=0x <时()0f x <；0x <时()0f x >且单调递增；故12ln 2x x =-，又由31()f x e =即131xx e e =两边取自然对数得11ln 3x x +=可得12ln ln 5x x +=，故512x x e =.2.已知正实数lnlg x yy x>，则（）1.ln ln(1).ln(1)lg .32.21x y x y A x y B x yC D -->++><>【答案】D【解析】ln lg ln ln lg lg ln lg ln lg x yx y y x x x y y y x>⇒->-⇒+>+设()ln lg f x x x =+，则()f x 在(0,)+∞上单调递增故()()f x f y x y>⇒>故选项D 正确.3.若2222log log 41a a a b b b -+=-++，则A.2a b > B.2a b< C.21a b >+ D.21b a >+【答案】A【解析】2222log log 41a a a b b b -+=-++可化为2222log log (2)2(2)a a a b b b b-+=-++令22()log f x x x x =-+，则()(2)f a f b b=+1'()211210ln 2f x x x =+-≥>-=故()f x 是(0,)+∞上的递增函数而0b >，故()(2)f a f b >故2a b >.4.若1201x x <<<则A.2121ln ln xxe e x x ->- B.1221ln ln xx e ex x ->-C.1221xx x e x e > D.1221xx x e x e<【答案】C 【解析】A 选项：21212121ln ln ln ln xxxxe e x x e x e x ->-⇔->-，令()ln xf x e x =-，则1'()x f x e x =-，21''()0xf x e x=+>，故'()f x 在R 上单调递增，而1(20,(1)102f f e =<=->，故0(0,1)x ∃∈，当0(0,)x x ∈时'()0f x <，()f x 单调递减；当0(,1)x x ∈时'()0f x >，()f x 单调递增；即()f x 在(0,1)上不单调，从而不等式不能恒成立.B 选项：12122112ln ln ln ln xx x x e ex x e x e x ->-⇔+>+，令()ln x f x e x =+，则()f x 在(0,)+∞上单调递增，从而12()()f x f x <，故B 错误.CD 选项：12212121x xx x x x x e x e e e >⇔>，令()x x f x e =，则1'()x x f x e-=，故当(0,1)x ∈时'()0f x >，()f x 单调递增，从而21()()f x f x >，故C 正确D 错误.5.已知[,[0,],22m R ππαβπ∈-∈∈，且33sin 0,()cos 02m m πααββ++=-++=，则若cos()αβ+=（）A.1-B.0C.12D.1【答案】B【解析】33sin 0,()cos 02m m πααββ++=-++=即33sin 0,()sin()022m m ππααββ++=-+-+=考察函数3()sin ,()22f x x x x ππ=+-≤≤，因为2'()3cos 0f x x x =+≥，所以()f x 在[,]22ππ-上为增函数，()()2f f παβ=-由[,],[0,]22ππαβπ∈-∈有,[,]22ππαβ∈-所以2παβ=-，2παβ+=故cos()0,αβ+=故选B.6.已知ln x axe ax x ≥对一切实数1x >恒成立，则实数a 的取值范围为__________.【答案】(,]e -∞【解析】ln ln ln ln axaxaaxx axe ax x xe x x xe ex ≥⇔≥⇔≥设()t f t te =，则不等式等价于()(ln )af x f x ≥而'()(1)tf t t e =+，1t <-时，'()0f t <，()f t 递减；1t >-时，'()0f t >，()f t 递增；结合函数()t f t te =的图象性质知：()(ln )af x f x ≥对一切实数1x >恒成立，等价于ln x a x ≥，即ln x a x≤记()ln x h x x =，2ln 1'()ln x h x x-=当1x >时，'()0h x >，()h x 单调递增，()(1)h x h e >=所以a e ≤.7.设实数0λ>，若对任意(0,)x ∈+∞，不等式ln 0xx e λλ-≥恒成立，则实数λ的取值范围为__________.【答案】1[,)e+∞【解析】ln ln 0ln ln x x x xxex e x x x e x e λλλλλλ-≥⇔⋅≥⇔⋅≥⋅记()tf t te =，则不等式等价于()(ln )f x f x λ≥'()(1)t f t t e =+,1t <-时，'()0f t <，()f t 递减；1t >-时，'()0f t >，()f t 递增；因为0x λ>，结合函数()tf t te =的图象性质知：()(ln )ln f x f x x xλλ≥⇔≥于是ln x x λ≥记ln ()x g x x =，1ln '()xg x x-=0x e <<时，'()0g x >，()g x 递增；x e >时，'()0g x <，()g x 递减；所以max 1()()g x g e e==，所以1eλ≥.8.（2022湖北八市3月联考‧22）设函数()(1)ln(1)(1)xf x e ax ax a x =---++.（e 为自然常数）(1)当1a =时，求()()xF x e f x =-的单调区间；(2)若()f x 在区间1[,1]e上单调递增，求实数a 的取值范围.【答案】(1)见解析(2)(,1]e e +【解析】（1）()(1)ln(1)2F x x x x =---，'()ln(1)1F x x =--由'()0F x =解得1x e =+，由'()0F x >解得1x e >+，由'()0F x >解得11x e <<+，故()F x 在(1,1)e +上单调递减，在(1,)e ++∞上单调递增.（2）'()ln(1)(1)(1)ln(1)11xx af x e a ax ax a e a ax ax =----++=--+-由题意可知'()0f x ≥即ln(1)10xe a ax --+≥在区间1[,1]e上恒成立，由10ax ->得1a x >，故max 1()a x>，即a e >，不等式ln(1)10x e a ax --+≥等价于ln 11ln ln()x ae x a x x a a-+-≥-+-，即1ln()ln 1ln ln()x x a ae x a x e a--+-≥-+，记()xg x e x =+，则不等式即1(ln )(ln())g x a g x a-≥-显然()g x 在R 上单调递增，故问题转化为1ln ln()x a x a -≥-在区间1[,1]e上恒成立，即ln(1)x ax ≥-，1xe ax ≥-，1x e a x+≤，记11(),[,1]x e h x x x e +=∈，则2(1)1'()0x x e h x x --=≤，故()h x 在区间1[,1]e上单调递减，从而min ()(1)1a h x h e ≤==+，终上所述：实数a 的取值范围为(,1]e e +.。
高三导数同构和异构知识点导数作为高中数学中的重要概念，与函数的变化率以及曲线的切线直接相关。
在高三阶段，学生需要对导数的同构和异构知识点有着清晰的掌握。
本文将对导数的同构和异构知识点进行详细的论述。
一、导数的同构知识点同构是指两个或多个事物在某种条件下具有相同的结构、形式、性质等特征。
在导数的同构知识点中，我们可以看到导数的基本定义、基本定理和求导法则等方面具有相同的性质。
1. 导数的基本定义导数的基本定义是导数的同构知识点中最基础的内容。
根据定义，函数f(x)在点x=a处的导数可以表示为：f'(a) = lim_{h->0} [f(a+h) - f(a)] / h这个定义可以用来计算函数在某个点处的导数，从而了解函数在该点的斜率。
2. 导数的基本定理在导数的同构知识点中，导数的基本定理是相当重要的概念。
根据该定理，如果函数f(x)在区间(a, b)内有定义，并且在该区间内的每个点都可导，那么函数f(x)在该区间内就是连续的。
同时，如果函数f(x)在区间(a, b)内可导，并且在该区间内的每个点都处于某种函数f(x)的变化情况下，函数f(x)在该区间内是递增或递减的。
3. 导数的求导法则导数的求导法则是导数的同构知识点中的关键内容。
通过一定的规则和法则，我们可以对一些简单函数的导数进行计算。
常见的求导法则包括：(1) 常数法则：若y=c，则dy/dx=0，其中c为常数。
(2) 幂函数法则：若y=x^n，则dy/dx=n*x^(n-1)，其中n为常数。
(3) 指数函数法则：若y=a^x，则dy/dx=a^x * ln(a)，其中a为常数，ln(a)表示以e为底的自然对数。
(4) 对数函数法则：若y=log_a(x)，则dy/dx=1 / (x * ln(a))，其中a为常数，ln(a)表示以e为底的自然对数。
(5) 三角函数法则：若y=sin(x)，则dy/dx=cos(x)，若y=cos(x)，则dy/dx=-sin(x)，若y=tan(x)，则dy/dx=sec^2(x)。
函数中的同构问题考情分析近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不同的式子通过变形，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、不等式问题中，或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.解题秘籍(一)同构函数揭秘同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如e x+x与x+ln x属于“跨阶函数”，而e x+ln x属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类：f x =xe x,f x = x ln x,f x =x+e x,f x =x+ln x，f x =e x-x+a,f x =ln x-x+a等，在一些求参数的取值范围、零点个数、不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解.利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如；x=e ln x,x=ln e x,xe x=e x+ln x,e xx=e x-ln x等.1(2024届陕西省西安市部分学校高三上学期考试)已知函数f x =ln x-ax-1 x.(1)当a=2，求f x 的极值；(2)若f x ≤-e-ax恒成立，求a的取值范围.2(2024届重庆市南开中学高三上学期第一次质量检测)已知函数f x =x2+ln x+ax在x=1处的切线l和直线x+y=0垂直.(1)求实数a的值；(2)若对任意的x1,x2∈0,2，x1≠x2，都有f(x1)-f(x2)-x21+x22e x1-e x2>m成立(其中e为自然对数的底数)，求实数m的取值范围.(二)xe x型同构3(2023届吉林省长春外国语学校高三上学期考试)已知函数f x =e x-ax(e是自然对数的底数).(1)当a=1时，求f(x)的极值点；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若g x =e x x-1-a ln x+f x 有两个零点，求实数a的取值范围.4(2023届福建省宁德市博雅培文学校高三高考前最后一卷)已知函数f x =ln xx+m m∈R．(1)讨论函数f x 的零点的个数﹔(2)当m=0时，若对任意x>0，恒有a e ax+12≥f x x2+1，求实数a的取值范围．(四)e x+ax+b型同构5(2024届福建省漳州市高三上学期第一次教学质量检测)已知函数f(x)=ae x+x+1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x>1时，f(x)>ln x-1a+x，求实数a的取值范围.6已知f x =e x+1-2x，g x =a+x+ln xx，a∈R．(1)当x∈1,+∞时，求函数g x 的极值；(2)当a=0时，求证：f x ≥g x ．典例展示1(2024届江苏省徐州市邳州市新世纪学校高三上学期月考)已知函数f x =x2+1ln x-x2-ax．(1)若a=1，求f x 的最小值；(2)若方程f x =axe2ax-x2有解，求实数a的取值范围．2(2024届安徽省六校教育研究会高三上学期素质测试)已知函数f x =ae x-x(e是自然对数的底数).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若g x =ae x x-1-ln x+f x 有两个零点，求实数a的取值范围.3(2024届重庆市渝北中学高三上学期月考)已知函数f x =14x2+a ln x-1，g x =f x +1e x-14x2+x．(1)当a=-1时，求函数f x 的极值；(2)若任意x1、x2∈1,+∞且x1≠x2，都有g x1-g x2x1-x2>1成立，求实数a的取值范围．4已知f x =x2e x-a x+2ln x(1)当a=e时，求f x 的单调性；(2)讨论f x 的零点个数．5已知函数f x =e x-a ln x,a∈R.(1)当a=0时，若曲线y=f x 与直线y=kx相切于点P，求点P的坐标；(2)当a=e时，证明：f x ≥e；(3)若对任意x∈0,+∞，不等式f x >a ln a恒成立，请直接写出a的取值范围.6已知函数f x =x-a ln x,a∈R(1)请讨论函数f x 的单调性(2)当x∈1e ,+∞时，若e x≥λxln ln x+x+1+1恒成立，求实数λ的取值范围四、跟踪检测1(2023届广东省深圳市光明区高三二模)已知函数f x =ae2x-1x的图象在1,f1处的切线经过点2,2e2.(1)求a的值及函数f x 的单调区间；(2)设g x =ax2-1ln x，若关于x的不等式λxg x ≤e 2λx-1在区间1,+∞上恒成立，求正实数λ的取值范围.2(2023届海南省海口市龙华区海南华侨中学高三一模)已知函数f x =ln xx-1+1.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)已知λ>0，若存在x∈1,+∞，不等式λxeλx+1≥eλx-1x-1≥ln x成立，求实数λ的最大值.3(2024届山东省部分学校高三上学期联考)已知函数f x =a ln x+1-ax.(1)当a≠0时，讨论f x 的单调性；(2)当x>-1时，f x >ax-e x+1+ax+1恒成立，求实数a的取值范围.(1)求g x =sin x在x=0处的切线方程；(2)求证：g x ⋅g x +1<x⋅f x -ln x.(3)当x∈0,π，求实数m的取值范围.≤m ln x+1时，g x -2f x -15已知函数h x =xe x-mx,g x =ln x+x+1.(1)当m=1时，求函数h x 的单调区间：(2)若h x ≥g x 在x∈0,+∞恒成立，求实数m的取值范围.(1)若a=e，求f x 的单调区间；(2)是否存在实数a，使f x ≥1对x∈0,+∞恒成立，若存在，求出a的值或取值范围；若不存在，请说明理由.7已知函数f(x)=ax+ln x+1．(1)若f(x)在(0,+∞)上仅有一个零点，求实数a的取值范围；(2)若对任意的x>0，f(x)≤xe2x恒成立，求实数a的取值范围．8已知函数f x =ax2-1ln x，其图象在x=e处的切线过点2e,2e2．(1)求a的值；(2)讨论f x 的单调性；(3)若λ>0，关于x的不等式λxf x ≤e2λx-1在区间[1,+∞)上恒成立，求λ的取值范围．9已知函数f(x)=e x-ax-a，g(x)=a ln x-ax2+a-ex(a≥0)，其中e是自然对数的底数.(1)当a=e时，(ⅰ)求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(ⅱ)求f(x)的最小值；(2)讨论函数g(x)的零点个数；(3)若存在x∈(0,+∞)，使得f(x)≤g(x)成立，求a的取值范围10已知函数f x =e x x+a ln x -b (x >0),g x =ln x +x ．(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =2x +e -3，求a ,b ；(2)在(1)的条件下，若f m =g n ，比较m 与n 的大小并证明．11已知函数f (x )=ln x +ax (a ≠0)．(1)讨论f (x )的零点个数；(2)证明：f e x x ≤f -x a．12已知函数f x =e x-ax．(1)讨论f(x)的单调性．(2)若a=0，证明：对任意的x>1，都有f x ≥x4-3x3ln x+x3．。
⾼考新宠，函数同构——微专题三：2020⾼考题函数同构法及归纳⾼考新宠，函数同构
微专题三：2020⾼考题函数同构法及归纳
同构法是证明不等式的⼀种技巧，通过等价变形使得两边的式⼦结构相同，从⽽将两边看成是
同⼀个函数的两个函数值，借助该函数的单调性简化不等式，使问题得以解决.同构法需要有敏
锐的观察能⼒才能快速找到函数的原型.
2020年的⾼考题中，同构思想也有⾮常强烈的体现，不管是⼩题还是解答题，都处在了压轴题
的位置，可见出题专家对它的青睐，因为它⾮常考察学⽣的数学建模、数学抽象、数学运算等
数学核⼼素养.
学习时间的长短并不重要，重要的是效率
⾼考得分策略：细节决定命运，细节改变命运
（1）内紧外松
（2）⼀慢⼀快，相得益彰，即审题慢，解题快
（3）确保运算准确，⽴⾜⼀次成功
（4）做快不等于做对，准确放第⼀位
（5）书写规范
（6）抓紧时间，不为难题纠缠
（7）控制节奏
（8）执过索因，逆向思考，正难则反
（9）⾯对难题，讲究策略，争取得分
（10）⽤好开考前5分钟
教育就是当学的东西全都忘了的时候，仍保留下来的东西
数学是研究现实中数量关系和空间形式的科学
数学不仅是⼀种⽅法、⼀门艺术或⼀种语⾳，数学是⼀种精神，⼀种理性的精神
教育是⼀个圆形概念，⽅⽅⾯⾯都要兼顾到
作者简介：廖邦亮，男，中学⼀级教师，湖南师范⼤学计算数学研究⽣，现就职于⼴东河源市
河源中学，任教⾼中数学。
导数的同构问题6种考法总结导数是整个高中数学教学的重点，也是学生学习的难点，更是高考考试的热点.研究近年高考试题可以发现，在导数问题中，关于同构类型的题目出现频率有着显著提高。
结合平时教学发现大部分学生对导数问题缺乏自信.本文主要是研究导数恒成立中的同构问题，什么是同构，同构的常见类型等。
通过寻求函数模型来解决导数问题的方式我们称之为同构.由0)(≥x f 恒成立⇒))(())((x g H x G H ≥，然后再利用函数的基本性质，如递增（递减）)()()()({x G x g x g x G ≥≥⇒，这种方式称为同构法.在恒成立问题中，有一部分是通过构造函数或者分离参数来解决的.如果我们能够构造出相同结构的函数或模型，再通过函数基本性质如单调性来解决该问题，这无疑降低了该问题的难度，更提升了学生解决导数问题的信心.关于同构问题常见类型如下：1、地位等同同构，主要针对双变量（1）⇔-<-⇔-<-⇔>>--22112121122121)()()()()()()(kx x f kx x f kx kx x f x f x x k x x x f x f 构造kx x f y -=)(为增函数在解析几何中的应用：如果),(),,(2211y x B y x A 满足的方程为同构式，则B A ,为方程所表示曲线上的两点.则该方程即为直线AB 的方程.（2）21212112212121)()()()()()(x x x x k x f x f x x x x k x x x f x f ->-⇔><--2211)()(x kx f x k x f +>+⇔⇔构造xkx f y +=)(为减函数对于含有同等地位的两个变量的方程进行变形，是常见变形，通过变形整理后的不等式两边具有相同结构（函数同构），往往通过函数的单调性进行求解，这类同构也是比较基础的一类，学生也易于掌握。
··高考试题通常会难住我们，究其原因就是我们不会对解题方法进行优化，导致解题步骤烦琐且运算量大，在规定时间内无法答完题目。
笔者从同构的视角分析同构思想在高考试题的数列、解析几何和函数中的应用，为学生应对以后的高考试题提供参考。
一、同构思想在数列中的应用（2022年全国新高考Ⅰ卷第17题）记S n 为数列a n {}的前n 项和，已知a 1=1，S na n {}是公差为13的等差数列。
（1）求a n {}的通项公式；（2）略。
解：（1）由题意得S na n =1+13n-1()=n+23，所以S n =n+2()a n 3；当n ≥2时，S n-1=n+1()a n-13；a n =S n -S n-1=n+2()a n 3-n+1()a n-13，整理得：a nn+1=a n-1n-1，即a n n n+1()=a n-1n-1()n ，所以a n n n+1()=a n-1n-1()n =…=a 11×2=12，所以a n {}的通项公式为a n =n n+1()2，n ≥1，n ∈N 。
评注：可以根据题意先求出S n a n{}的通项公式，再消掉S n ，得到（n-1）a n =（n+1）a n-1，之后变形得到a nn+1=a n-1n-1，最后两侧同除n 同构得到a nn n+1()=a n-1n-1()n ，进而通过递推得到a n =n n+1()2。
二、同构思想在解析几何中的应用（2022年全国新高考Ⅰ卷第21题）已知点A （2，1）在双曲线C:x 2a 2-y 2a 2-1=1（a >1）上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 的斜率之和为0.（1）求l 的斜率；（2）略。
解：（1）设过点A 的直线方程为y=k （x -2）+1，直线l 的方程为y=k 0x+m ，联立解得x p =m +2k -1k-k 0，y p =2kk 0-k 0+mkk-k 0，代入双曲线C 的方程x 22-y 2=1中，整理得[4-2（2k 0+m ）2-2]k 2+4[（m -1）+k 0（2k 0+m）+k 0]k +[（m -1）2-4k 02]=0。
