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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,
1π
�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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