2026年高考数学一轮复习重难点08 导数中的同构问题(举一反三专项训练)(全国)(解析版)_第1页
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文档简介

重难点08导数中的同构问题(举一反三专项训练)

【全国通用】

【题型1同构:利用f(x)与x构造函数】...............................................................................................................2

【题型2同构:利用f(x)与ex构造函数】..............................................................................................................4

【题型3同构:利用f(x)与sinx,cosx构造函数】...............................................................................................7

【题型4指对同构问题】.......................................................................................................................................10

【题型5同构应用——比较大小】.......................................................................................................................13

【题型6同构应用——解决不等式恒成立问题】...............................................................................................16

【题型7同构应用——证明不等式】...................................................................................................................19

【题型8与零点有关的同构问题】.......................................................................................................................24

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重点、热点内容.从近几年的

高考情况来看,导数中的同构问题经常以客观题出现,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,复习是要加强

这方面的训练.

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,cosx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】(2025·江西南昌·三模)已知函数的定义域为,且,对任意,,

则不等式的解集是�((�))R�2=−1�∈��(�)+��(�)<0

A.�+1��+1B.>−2C.D.

【答案】A−∞,1−∞,21,+∞2,+∞

【解题思路】设,由恒成立,在上单调递减,由

′′

可得��=��,�由单�调(�性)=解不�(等�)式+即��可(�.)<0�(�)R�+1��+1>

【−解2答过程�(】�设+1)>g(2),则,

对任意,��=����,2=2�(2)=−2恒成立,即在上单调递减,

′′′

∵�∈��(�)+��(�)<0∴�(�)=�(�)+��(�)<0�(�)R

由可得,,解得,即解集为.

故选�:+A1.��+1>−2�(�+1)>g(2)∴�+1<2�<1−∞,1

【变式1-1】(2025·吉林·二模)已知函数的定义域为,其导函数满足,

′′

则不等式��的解集为(−∞),0�����−2��>0

2

A.��+2024−�+2024�−1<0B.

C.−2025,−2024D.−2024,0

【答案】A−∞,−2024−∞,−2025

【解题思路】令,求导可得在上单调递减,由已知可得,可得

����+2024�−1

222

��=���−∞,0�+2024<(−1)��+

,可得不等式的解集.

【2解02答4过<程�】−由1题意知,当时,,

令,则�∈−∞,0���−2�,�>0

2′′

�����−2������−2��

2′43

所以��=在��上�单=调递减�,=�<0

不等式��−∞,0等价于,

��+2024�−1

222

��+2024−(�+2024)�−1<0�+2024<(−1)

即为,所以,解得.

�+2024>−1

��+2024<�−1−2025<�<−2024

故选:A.�+2024<0

【变式1-2】(24-25高二下·广东潮州·阶段练习)已知是偶函数的导函数,.若

'

时,,则使得不等式���成�立�的∈�的取值范围是�(1=)1�≥0

'

A�.�+���>0�−20B25.⋅��−2025>1�

C.2026,+∞D.−∞,−2026∪2026,+∞

【答案】A2025,+∞−∞,−2025∪2025,+∞

【解题思路】构造函数,则由条件可知的单调性、奇偶性以及,即可将问题转化

为求解不等式��=���.���1=1

【解答过程】令��−2025>,�则1,

''

则当时,��=��,�即�单�调递=增�,�+���

'

因�≥为0偶函数�,�则>0��,则,

即��为奇函数,��=�−���+�−�=���−��−�=0

则��在上单调递增,

因��R,则,

�1=1�1=1

则可转化为,

则�−2025⋅�,�即−2025>,1��−2025>�1

故不�−等2式02的5解>集1为�>2026.

故选:A.2026,+∞

【变式1-3】(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习)已知为定义在上的偶函数,已

知,当时,有,则使��成立的的−取∞,值0范∪围0为,+(∞)

�A1.=0�>02��−���>B0.��>0�

C.−∞,−1∪0,1D.−1,0∪1,+∞

【答案】D−∞,−1∪1,+∞−1,0∪0,1

【解题思路】令,其中,分析函数的奇偶性及其在上的单调性,由可

��

2

得出,�可�得=出�≠,0可得出关于�的�不等式,解之即可0.,+∞��>0

【解答�过�程>】0令�,�其>中�1,因为函数�为定义在上的偶函数,

��

2

��=��≠0��−∞,0∪0,+∞

则,所以,,

�−���

22

所以�−,�函=数��为偶函数�,−�=−�=�=��

��

当时,,

2′′

���−2������−2��

′43

�>0��=�=�<0

所以,函数在上为减函数,且,

�1

2

��0,+∞�1=1=0

由可得,则,

��

2

��>0��=�>0��=��>0=�1

所以,,解得或,

�<1

−1<�<00<�<1

因此,使�≠0成立的的取值范围为.

故选:D.��>0�−1,0∪0,1

【题型2同构:利用f(x)与ex构造函数】

【例2】(2025·四川德阳·三模)已知函数及其导函数的定义域均为,且,

′′

,则不等式��的解集�是�()R�−2��−��>0

4−2�3

�4−A.�=��eB.e�ln�<��C.3D.

3333

【答案】C0,e1,ee,ee,+∞

【解题思路】根据题意可构造函数,求得的单调性,再利用函数对称性解不等式即可求得结

��

��=e��

果.

【解答过程】构造函数,则;

����−��

�′�

��=e��=e

因为,

所以当�−2时�,�−��>0,即,此时在上单调递增;

′′

当�时>,2��−��,>即0��,>此0时在��2,上+单∞调递减;

′′

又�<2��−��,所<以0��<,0即��−∞,;2

�4−���

4−2�4−��

所以�4函−数�=�图�象e上的点e关=于e的�对4称−点�=��也在函数图象上,

即函数�图�象关于直线�,��对称,�=24−�,��

不等式��变�形=为2,即;

�ln��3�ln��3

33ln�3

可得e�ln�<��3,�<ee<e

又�在ln�<�3上=单�调1递增,在上单调递减,

所以��2,+∞,解得−.∞,2

3

故选:1C<.ln�<3e<�<e

【变式2-1】(2025·四川德阳·三模)已知函数及其导函数在定义域均为且是

′�+2

偶函数,其函数图象为不间断曲线且���,�则不等式���=的e解集��为+(2)

′3

�−2��+��>0��ln�<e�3

A.B.C.D.

3333

【答案】C0,e1,ee,ee,+∞

【解题思路】对求导,结合题意分析的符号,可得的单调性,结合单调性和偶函数性质解不等

式即可.������

【解答过程】因为,则,

�+2′�+2′

��=e��+2��=e��+2+��+2

又因为,即,

′′

且�−,2��+��>0���+2+��+2>0

�+2

当e>时0,则,可得;

′′

当�>0时,则��+2+��+2>0,可得��>0;

′′

可知�<0在��+内2单调+递�增�+,2在<0内单�调�递<减0,且函数图象为不间断曲线,

若��0,+∞,即−∞,0��,

3ln�−2+21+2

可得��ln�<e�3,e则�ln�−2,+解2得<e�1+,2

3

�ln�−2<�1−1<ln�−2<1e<�<e

所以不等式的解集为.

33

故选:C.��ln�<e�3e,e

【变式】(高二下天津南开期末)已知函数与其导函数的定义域均为,且,

2-224-25··′

′��+��

������−1>0

则,不等式的解集是()

�ln��2

2�−22

e�

�A2.−�=��eB.<C.D.

2222

【答案】B0,e1,ee,ee,+∞

【解题思路】构造函数,通过求导结合条件分析的单调性,由可得

�2�−2

,将所求不�等�式=转e化�为�,利用单调性�可�得答案.�2−�=��e

【�解2答=过�程0】令,则�ln�<�2,

�′�′

��=e����=e��+��

因为,

��+��

所以当�−1时>,0,,在上为增函数,

′′

当�时>,1��+��,>0��,>0在��1,上+为∞减函数,

′′

因为�<1��+��,<所0以��<0��−∞,,1

2�−22−��

所以�2−�=��e,故e�,2−�=��e

因为�2−�=等�价�于�2=�0,等价于,

�ln��2

2ln�2

e��

所以<,故e�ln<,e即�不2等式的解集�是ln�<.�2

22

故选:0B<.ln�<21<�<e1,e

【变式】(云南楚雄一模)已知是上的奇函数,且对任意的均有成立.若

2-32025··′

��

,则不等式的解�集�为(R)�∈R��+ln3>0

1−�

�−1A.=−1B�.�<3C.D.

【答案】B−∞,−1−∞,1−1,+∞1,+∞

【解题思路】构造函数,利用导数得到的单调性,再将问题转化为,从而得解

��=3������<�1

【解答过程】由得.

��′

��+ln3>0��+��ln3>0

令,则,

�′�′

所以��=在3�上�单调递�增�,=3ln3⋅��+��>0

又��R,为奇函数,

�−1=−1��

所以,,

则�1=1�1=3�1=3.

1−��

故选��:B<.3⇔3��<3⇔��<�1⇔�<1

【题型3同构:利用f(x)与sinx,cosx构造函数】

【例3】(24-25高二下·重庆·阶段练习)函数是定义在上的奇函数,其导函数为,

且,当时,��,则−关π于,0的∪不0,等π式的解集为()��

π′

�2=00<�<π��sin�−��cos�<0���<0

A.B.

ππππ

−2,0∪0,2−2,0∪2,π

C.D.

ππ

−π,0∪0,2−π,0∪2,π

【答案】B

【解题思路】由题意可构造函数,利用导数判断其单调性,结合其奇偶性,即可判断

����

sin�sin�

的正负情况,结合,即�可�求=得答案.��=

��<0

【解答过程】令,则,

����sin�−��cos�

′2

由于当��时,=sin���=sin�,故此时,

′′

则在0<�<上π单调递�减�,sin�−��cos�<0��<0

由于�函�数0,π是定义在上的奇函数,

则��−π,0∪,0即,π为上的偶函数,

�−�−��

则�−�在=sin(−�)上=单−s调in�递=增�,(�)��−π,0∪0,π

而��−,π,故0,

ππ

�2=0�2=0

故当或时,,当或时,,

ππππ

0<�<2−2<�<0��>02<�<π−π<�<−2��<0

由可得或,解得或,

sin�>0sin�<0ππ

��<02<�<π−2<�<0

故不等式�的�解<集0为��>0,

ππ

��<0−2,0∪2,π

故选:B.

【变式3-1】(2025·重庆九龙坡·二模)已知偶函数的定义域为,其导函数为,当

ππ′π

��−2,2��0≤�<2

时,有成立,则关于x的不等式的解集为()

′π

��cos�+��sin�>0��>2�3⋅cos�

A.B.

ππππ

−3,33,2

C.D.

πππππππ

−2,−3∪3,2−3,0∪3,2

【答案】C

【解题思路】构造函数,利用导数讨论单调性,结合函数的偶函数性质解抽象不等式.

�(�)π

�(�)=cos�,0≤�<2

【解答过程】构造函数,

�(�)π

�(�)=cos�,0≤�<2

′′′

�(�)cos�−�(�)cos��(�)cos�+�(�)sin�

22

�(�)=cos�=cos�>0

所以函数在单调递增,

�(�)π

�(�)=cos�0,2

因为函数为偶函数,所以函数也为偶函数,

�(�)

���(�)=cos�

且函数在单调递增,所以函数在单调递减,

�(�)π�(�)π

�(�)=cos�0,2�(�)=cos�−2,0

因为,所以,

ππ

�∈−2,2cos�>0

关于x的不等式可变为π,也即,

π���3π

π

��>2�3⋅cos�cos�>cos3�(�)>�(3)

所以,则π解得或,

π�>3ππππ

�(�)>�(3)ππ3<�<2−2<�<−3

22

故选:C.−<�<

【变式3-2】(24-25高二下·湖北·阶段练习)奇函数定义域为,其导函数是.当

时,有,则关于x的不等�式�−�,0∪的0,�解集为()��0<�<�

′�

��sin�−��cos�<0��<2�4sin�

A.(,π)B.

���

4−�,−4∪4,�

C.D.

����

−4,0∪0,4−4,0∪4,�

【答案】D

【解题思路】根据题意构造函数,进而根据导数研究函数单调性,利用单调性求解不等式即可.

�(�)

�(�)=sin�

【解答过程】解:令,因为当时,有,

�(�)′

�(�)=sin�0<�<���sin�−��cos�<0

所以,当时,,

�(�)sin�−�(�)cos�

′2

0<�<��(�)=sin�<0

所以,函数在(内为单调递减函数,

�(�)

�(�)=sin�0,�)

所以,当时,关于的不等式可化为�,即,

��(�)�(4)�

0<�<����<2�4sin�sin�<sin4�(�)<�(4)

所以;

�>�>4

当时,,则关于的不等式可化为�,即�

��(�)�(4)−�(�)�(4)

��

−�<�<00<−�<����<2�4sin�sin�>sin4sin(−�)>sin4

因为函数为奇函数,故�,也即

�(−�)�(4)�

��sin(−�)>sin4�(−�)>�(4)

所以,即,

��

−�<4�>−4

所以,.

−4<�<0

综上,原不等式的解集.

��

(−4,0)∪(4,�)

故选:D.

【变式3-3】(2025·全国·模拟预测)已知定义在上的函数满足,当时,不

πππ

−2,2���−�=���∈0,2

等式恒成立(为的导函数),若,,

′′1

��sin�+��cos�<0�����cos1=�−1�cos2=�−lne�=

,则()

π

2�3

A.B.C.D.

【答案】C�>�>��>�>��>�>��>�>�

【解题思路】构造函数,分析函数的奇偶性及其在上的单调性,可得出,

��π

��=cos���0,2�=�1

,,结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.

1ππ

�=�2�=�3��0,2���

【解答过程】由题意得函数为偶函数,构造函数,

��

����=cos�

所以,

��′��cos�+��sin�

′2

��cos�cos�

易知当=时,=,所以函数在上单调递减.

π′π

�∈0,2��<0��0,2

因为,则,

�1

�cos1=�−1=�1�=cos1=�1

由,则1,

111�21

1

�cos2=�−lne=�−2=�2�=cos2=�2

且π,

π�3π

π

�=2�3=cos3=�3

因为函数在上单调递减,且,

π1ππ

��0,20<2<1<3<2

所以,即,

�2>�1>�3�>�>�

故选:C.

【题型4指对同构问题】

【例4】(2025·海南·模拟预测)已知当时,函数恒成立,求

��

实数a的取值范围是()�∈(0,+∞)�(�)=��e−(�+1)ln�+��≥0

A.B.

11

−e,+∞e,+∞

C.D.

2

e,+∞[e,+∞)

【答案】B

【解题思路】由题易知时不成立,时,由指对同构转化为,令

���

,即�,≤运0用单调性解不�等>式0得到在��上e恒+成�立�,≥利�l用n�参+变ln分�离,�接�着=求�函e数+

�最值即�可�.�≥�ln���≥ln�(0,+∞)

【解答过程】当时,,所以不符合题意;

�e

当由�≤0�e=�e⋅e−e+,1即+�e<0�≤0,

����ln�

令�>0�(�)=��e−,(�+1)ln�+��≥0��,e+��≥eln�+ln�

�′�

所以��=在�e+��>0上单�调�递=增,�+1e+1>0

���∈(0,+∞),即,

��ln�

∵��e+�在�≥eln�上+恒ln成�立,���≥�ln�

∴��≥ln�(,0,令+∞),

ln�ln�

∴�≥�maxℎ�=��>0

1−ln�

′2

所ℎ以�=�=时0,⇒�=e,单调递增,

�∈0,e时,ℎ�>0,ℎ�单调递减,

即�∈e,+∞ℎ�,<0ℎ�

1

ℎ�max=ℎe=e

,

ln�1

∴�≥�max=e

故选:B.

【变式4-1】(24-25高二下·云南临沧·期中)若函数存在零点,则的取值范围

��

为()��=�e+2ln�+�(�>0)�

A.B.,C.D.

11

0,e1+∞e,e0,e

【答案】A

【解题思路】根据进行同构处理,令,由函数

�+ln�ln��

单调,所以��=,0即即e,+求2导�分+析ln值�域=即e可+.2ln���=e+2���

【解答过程】�由+题ln意�=得ln�,令ln�=ln�,−则�,

�+ln�ln�

令,�>0��=0e+2�+ln�=e+2ln�

因为�函�数=e+2,�均在上单调递增,所以在上单调递增,

所以由�=e�=2�,得�,即���,

令��+ln�,=�ln�,则�+ln�=,ln�ln�=ln�−�

′1−�

当ℎ�=,ln�时−,��>0,ℎ�单=调�递增,

当�∈0,1时ℎ,�>0ℎ,�单调递减,

所以�∈1+∞ℎ�,<当0ℎ�时,,

ℎ(�)max=ℎ1=−1�→0ℎ�→+∞

所以,解得,即的取值范围为,

11

ln�≤−10<�≤e�0,e

故选:A.

【变式4-2】(2025·江苏苏州·模拟预测)已知函数.

���

(1)若,求的极值;��=�ln�+�−�,��=e−�e�∈�

1

�=−2��

(2)证明:对于满足不等式的任意,均有.

【答案】(1)极小值为��,0无<极�大�0值.�0��0>0

(2)证明见解析�1=0

【解题思路】(1)利用导数分析单调性可得;

(2)把不等式指对同构变形后构造函数,利用其单调性解抽象不等式可得.

ℎ�

【解答过程】(1)因为,所以,

11

�=−2��=−2ln�+�−��>0

所以.

′2�−�−1�−12�+1

令��=,则2�=,列表2如�下:

��=0�=11

�0,11,+∞

-0+

��

极小值

��

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