2025年高考数学复习(新高考专用)重难点08导数中的同构问题【八大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习(新高考专用)重难点08导数中的同构问题【八大题型】特训(学生版+解析)，共60页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc19633" 【题型1 同构：利用f(x)与x构造函数】 PAGEREF _Tc19633 \h 2
\l "_Tc3577" 【题型2 同构：利用f(x)与ex构造函数】 PAGEREF _Tc3577 \h 3
\l "_Tc1194" 【题型3 同构：利用f(x)与sinx，csx构造函数】 PAGEREF _Tc1194 \h 3
\l "_Tc27756" 【题型4 指对同构问题】 PAGEREF _Tc27756 \h 4
\l "_Tc8015" 【题型5 利用同构比较大小】 PAGEREF _Tc8015 \h 5
\l "_Tc7964" 【题型6 利用同构解决不等式恒成立问题】 PAGEREF _Tc7964 \h 5
\l "_Tc4486" 【题型7 利用同构证明不等式】 PAGEREF _Tc4486 \h 6
\l "_Tc29511" 【题型8 与零点有关的同构问题】 PAGEREF _Tc29511 \h 7
1、导数中的同构问题
导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的同构问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题，难度较大.
【知识点1 导数中的同构问题的解题策略】
1．导数中的同构问题是通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题，主要有以下几种类型：
(1)利用f(x)与x构造函数
①出现nf(x)+xf'(x)形式，构造函数F(x)=xnf(x).
②出现xf'(x)-nf(x)形式，构造函数.
(2)利用f(x)与ex构造函数.
(3)利用f(x)与sinx，csx构造函数.
2．同构式的应用
(1)在方程中的应用：如果方程f(a)=0和f(b)=0呈现同构特征，则a,b可视为方程f(x)=0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
利用导数找到和函数单调性、最值等之间的练习，来解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.
【知识点2 指对同构问题】
1．指对同构解决不等式问题
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，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，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
.
(2)三种基本模式：
三种同构方式
①积型：
②商型：
③和差型：
【题型1 同构：利用f(x)与x构造函数】
【例1】（2024·全国·模拟预测）已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(2)=0，当x>0时，xf′(x)−f(x)>0，则不等式xf(x)>0的解集是（ ）
A．(−∞,−2)∪(2,+∞)B．(−2,2)
C．(−∞,−2)∪(0,2)D．(−2,0)∪(2,+∞)
【变式1-1】（2024·安徽·一模）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且f（2）＝1，当x＞0时，xf′（x）+f（x）＞1，则不等式f(x)−1x0成立，且f2=12，则不等式fx−2x2>0解集为（ ）
A．2,+∞B．−2,0∪0,2
C．0,2D．−2,0∪2,+∞
【变式1-3】（23-24高二下·湖北武汉·期中）fx是定义在R上的奇函数，当x>0时，有xf′x+2fx>0恒成立，则（ ）
A．f1>4f2B．f−10B．xx>eC．xxcB．a>c>bC．b>a>cD．b>c>a
【变式3-2】（23-24高二上·重庆沙坪坝·期末）已知f′x是函数fx的导函数，fx−f−x=0，且对于任意的x∈0,π2有f′xcsx>f−xsin−x．则下列不等式一定成立的是（ ）
A．32f−1262f−π4
C．f−1f−π3
【变式3-3】（2024·河南信阳·一模）已知函数y=fx对x∈0,π均满足f′xsinx−fxcsx=1x−1，其中f′x是fx的导数，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．2fπ6g1，即4f2>f1，故A错误；
g−1>g−2，即f−1>4f−2，故B错误；
g3>g2，即9f3>4f2，故C正确；
g−2>g−3，即4f−2>9f−3，故错误，
故选：C.
【题型2 同构：利用f(x)与ex构造函数】
【例2】（2024·湖北武汉·一模）若函数fx的定义域为R，满足f0=2，∀x∈R，都有fx+f′x>1，则关于x的不等式fx>e−x+1的解集为（ ）
A．xx>0B．xx>eC．xxex+1，
依题意令F(x)=exf(x)−ex，
∵fx+f′x>1，∴fx+f′x−1>0，
∴F′(x)=exf(x)+exf′(x)−ex=ex[f(x)+f′(x)−1]>0，
∴函数F(x)在R上是增函数，又F0=f0−1=1，
∴不等式exf(x)>ex+1，即exf(x)−ex>1，即F(x)>F(0)，由函数单调性可知x>0，
所以不等式fx>e−x+1的解集为xx>0．
故选：A．
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）已知fx是可导的函数，且f′xef0，f2023e2=g6，所以x+2>6，解得x>4
故选：A.
【题型3 同构：利用f(x)与sinx，csx构造函数】
【例3】（2023·重庆九龙坡·二模）已知偶函数fx的定义域为−π2,π2，其导函数为f′x，当0≤x0成立，则关于x的不等式fx>2fπ3⋅csx的解集为（ ）
A．−π3,π3B．π3,π2
C．−π2,−π3∪π3,π2D．−π3,0∪π3,π2
【解题思路】构造函数g(x)=f(x)csx,0≤x0，
关于x的不等式fx>2fπ3⋅csx可变为fxcsx>fπ3csπ3，也即g(x)>g(π3)，
所以g(x)>g(π3)，则x>π3−π2c>a
【解题思路】构造函数Gx=fxcsx，分析函数Gx的奇偶性及其在0,π2上的单调性，可得出a=G1，b=G12，c=Gπ3，结合函数Gx在0,π2上的单调性可得出a、b、c的大小关系.
【解答过程】由题意得函数fx为偶函数，构造函数Gx=fxcsx，
所以G′x=fxcsx′=f′xcsx+fxsinxcs2x，
易知当x∈0,π2时，G′xf−xsin−x．则下列不等式一定成立的是（ ）
A．32f−1262f−π4
C．f−1f−π3
【解题思路】设g(x)=f(x)csx，x∈(0,π2)，根据已知条件，利用导数得到g(x)为增函数，由g(12)0，
所以g(x)在(0,π2)上为增函数，
因为120在x∈0,+∞上恒成立，即ℎ′x>0在x∈0,+∞上恒成立，
所以ℎx在x∈0,+∞上单调递增，
因为ℎekx≥ℎx x>0，
所以ekx≥x x>0，kx≥lnx x>0，k≥lnxx x>0，
令mx=lnxxx>0，则m′x=1−lnxx2 x>0，
令m′x=0，即1−lnx=0，解得x=e，
所以x∈0,e时，m′x>0，mx在0,e上单调递增，
x∈e,+∞时，m′x0恒成立，进一步构造函数gx利用导数分析最值即可求出结果.
【解答过程】由题意可得x>0,m>0，
ex+x+2ln1x≥mx2+lnm恒成立等价于ex+x≥mx2+lnm−2ln1x=elnmx2+lnmx2恒成立，
令fx=ex+x,x>0，
则f′x=ex+1>0恒成立，
所以fx在定义域内严格单调递增，
所以若有fx≥flnmx2成立，则必有x≥lnmx2=lnm+2lnx恒成立，
即lnm≤x−2lnx对于任意x>0恒成立，
令gx=x−2lnx,x>0，
则g′x=1−2x=x−2x，
令g′x=0⇒x=2，
所以当00在e,+∞上恒成立，
则只需证ex−1>xe−1，即只需证x−1>(e−1)lnx.
设g(x)=x−1−(e−1)lnx(x>e)，则只需证g(x)>0
因为g′x=1−e−1x>1−e−1e=1e>0，所以gx在(e,+∞)单调递增，
所以x∈(e,+∞)时g(x)>g(e)=0，即x∈(e,+∞)时，g(x)>0成立，
所以f′(x)>0，所以f(x)在(e,+∞)上单调递增.
（3）f(x)≥0，即ax≥xa，两边取对数得：xlna≥alnx，即lnxx≤lnaa.
设ℎ(x)=lnxx,ℎ′(x)=1−lnxx，令ℎ′(x)=0，得x=e，
当x>e时，ℎ′(x)e，所以x≥e22lna>e22>e，ℎ(x)在(e,+∞)单调递减，
由lnxx≤lnaa，则a≤x在e22lna,+∞恒成立，即a≤e22lna，
上式等价于lnaa≥2e2=lne2e2，即ℎa≥ℎe2，
由ℎ(x)在(e,+∞)单调递减，所以e0时，fx≤aea−1.
【解题思路】（1）先明确函数定义域和求导，根据导数结构特征对a进行a≤0和a>0的分类讨论导数正负即可得单调性.
（2）证fx≤aea−1⇔ fxmax≤aea−1，故问题转化成证alna−a≤aea−1a>0 ⇔lnaea−aea+1≤0，接着构造函数gx=lnx−x+1x>0研究其单调性和最值即可得证.
【解答过程】（1）由题函数定义域为0,+∞，f′x=ax−1=a−xx，
故当a≤0时，f′x0时，f′x在0,+∞上单调递减，令f′x=0⇒x=a，
则x∈0,a时，f′x>0；x∈a,+∞时，f′x0时，函数fx在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减.
（2）由（1）当a>0时，函数fx在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，
故fx≤fa=alna−a在0,+∞上恒成立，
故证fx≤aea−1a>0⇔证alna−a≤aea−1a>0，
即⇔lnaea≤aea−1a>0⇔lnaea−aea+1≤0，
令gx=lnx−x+1x>0，则g′x=1x−1=1−xxx>0，
故当x∈0,1时，g′x>0；x∈1,+∞时，g′x0时，fx≤aea−1.
【题型7 利用同构证明不等式】
【例7】（2024·湖北荆州·三模）已知函数fx=xex−alnx+x，其中e是自然对数的底数.
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线的斜截式方程；
(2)当a=e时，求出函数fx的所有零点；
(3)证明：x2ex>x+2lnx+2sinx.
【解题思路】（1）把a=1代入，求出函数f(x)的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）把a=e代入，利用导数探讨单调性，求出函数最小值即得.
（3）对所证不等式作等价变形得x(elnx+x−x−lnx−1)+(x2−lnx2−1)+(x−sinx)+(1−sinx)>0，再构造函数依次证明即得.
【解答过程】（1）当a=1时，fx=xex−lnx+x，求导得f′x=x+1ex−1x−1，
则f′1=2e−2，又f1=e−1，
因此曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y−e−1=2e−2x−1，
所以切线的斜截式方程为y=2e−2x−e+1.
（2）当a=e时，f(x)=xex−e(lnx+x)，求导得f′(x)=(x+1)ex−ex−e=(x+1)(xex−e)x，
令ux=xex−e，x>0，则u′x=x+1ex>0，
则ux在0,+∞单调递增，而u1=0，当x∈0,1时，ux0，f′x>0，函数fx在0,1上递减，在1,+∞上递增，又f1=0，
所以当a=e时，fx有唯一零点x=1.
（3）不等式x2ex>x+2lnx+2sinx ⇔x2ex−x+2lnx−2sinx>0
⇔xex+lnx−x+2lnx−2sinx>0 ⇔xelnx+x−x−lnx−1+x2+x−2lnx−2sinx>0
⇔xelnx+x−x−lnx−1+(x2−lnx2−1)+x+1−2sinx>0
⇔xelnx+x−x−lnx−1+(x2−lnx2−1)+x−sinx+1−sinx>0，
令函数g(x)=ex−x−1，求导得g′(x)=ex−1，当x0，
函数g(x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增，则g(x)≥g(0)=0，即ex−x−1≥0，
因此ex+lnx−x−lnx−1≥0，x2−lnx2−1=elnx2−lnx2−1≥0，
令ℎ(x)=x−sinx,x>0，求导得ℎ′(x)=1−csx≥0，函数ℎ(x)在(0,+∞)上递增，
ℎ(x)>ℎ(0)，因此x−sinx>0，又1−sinx≥0，
从而xelnx+x−x−lnx−1+(x2−lnx2−1)+x−sinx+1−sinx>0，
所以原不等式得证.
【变式7-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数fx=xeax（a>0）.
(1)求fx在区间−1,1上的最大值与最小值；
(2)当a≥1时，求证：fx≥lnx+x+1.
【解题思路】（1）求导f′x=eax1+ax（x>0）（a>0），分01讨论求解；
（2）方法一：隐零点法，由x>0，a≥1，转化为证明xex≥lnx+x+1，令gx=xex−lnx−x−1，（x>0），由gxmin≥0成立即可；方法二：（同构）由x>0，a≥1，转化为xex≥lnx+x+1，进而变形为xex=elnxex=elnx+x≥lnx+x+1，再构造函数ℎx=ex−x−1（x∈R），证ℎx≥0即可.
【解答过程】（1）解：f′x=eax1+ax（x>0）（a>0），
令f′x=0，则x=−1a，
当01时，−10），g′x=x+1ex−1x，
令ϕx=ex−1x，易知ϕx在0,+∞上单调递增，
而ϕ12=e−20，
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x0∈12,1使得ϕx0=0，
即ex0−1x0=0，因此ex0=1x0，x0=−lnx0，
当x∈0,x0时，ϕ′x0，gx在x0,+∞上单调递增；
所以gxmin=gx0=ex0x0−lnx0−x0−1=1x0x0−−lnx0−x0−1=0
所以gx≥0，因此fx≥lnx+x+1.
方法二：（同构）
因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex，欲证xeax≥lnx+x+1，只需证明xex≥lnx+x+1，
只需证明xex=elnxex=exlnx+x≥lnx+x+1，
因此构造函数ℎx=ex−x−1（x∈R），
ℎ′x=ex−1，
当x∈−∞,0时，ℎ′x0，ℎx在0,+∞上单调递增：
所以ℎx≥ℎ0=0，所以ex≥x+1，
所以xex≥lnx+x+1，
因此fx≥lnx+x+1.
【变式7-2】（2024·山东·二模）已知函数fx=mx−lnx,x∈1,+∞.
(1)讨论fx的单调性；
(2)若em−1x+1fx≥x2−x恒成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）先求导函数f′x，再对m进行分类讨论得f′x的正负情况，进而得函数单调性.
（2）先由题意得出隐性条件fx>0得m的限制范围， 再对不等式em−1x+1fx≥x2−x两边同时取以e为底的对数整理得左右两边为同样形式的不等式m−1x+1+lnmx−lnx≥lnx+lnx−1，进而将原问题等价简化成研究mx−lnx≥x−1 恒成立即可求解.
【解答过程】（1）由题可知f′x=m−1x，x∈1,+∞，且f′x在定义域上单调递增，
当m≤0时，f′x=m−1x0，φx为增函数，
当x∈e,+∞时，φ′x1e．
将em−1x+1fx≥x2−x两边同时取以e为底的对数可得
m−1x+1+lnmx−lnx≥lnx+lnx−1，
整理可得mx−lnx+lnmx−lnx≥x−1+lnx−1．
令gt=t+lnt，则gmx−lnx≥gx−1，且gt在0,+∞上单调递增，
因为mx−lnx>0且x−1>0，
所以mx−lnx≥x−1在1,+∞上恒成立，
所以m≥x+lnx−1x=1+lnx−1x恒成立，
令ℎx=lnx−1x，则ℎ′x=2−lnxx2，
当x∈1,e2时，ℎ′x>0,ℎx单调递增，
当x∈e2,+∞时，ℎ′x16e3.
【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数g(x)=ax2−2ax−x+lnx−1，探讨函数g(x)有两个零点的a的值范围.
（2）①由f′(x)=lnx−2ax−1有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线y=2a与函数y=lnx−1x图象有两个公共点的a的值范围；②由方程根的意义可得2a=lnx1−lnx2x1−x2，分析所证不等式，换元并证明lnt−4ln2⋅t−1t+2>0(t>4)即可.
【解答过程】（1）依题意，f′(x)=lnx−2ax−1，
设过点1,0的直线与曲线y=f(x)相切时的切点为(x0,y0)，斜率k=lnx0−2ax0−1，
切线方程为y−(x0lnx0−ax02−2x0)=(lnx0−2ax0−1)(x−x0)，而点(1,0)在切线上，
则−x0lnx0+ax02+2x0=(lnx0−2ax0−1)(1−x0)，即有ax02−2ax0−x0+lnx0−1=0，
由过点(1,0)可作曲线y=f(x)两条切线，得方程ax02−2ax0−x0+lnx0−1=0有两个不相等的实数根，
令g(x)=ax2−2ax−x+lnx−1，则函数g(x)有2个零点，
求导得g′(x)=2ax−2a−1+1x=2ax2−(2a+1)x+1x=(2ax−1)(x−1)x，
①若a>12，由g′(x)>0，得00,ℎ1e20，所以φ(x)在0,+∞上单调递增，
所以∴φx1