第14讲 导数中的同构
目 录
思维导图...................................................................................................................................................................................................2
高考分析...................................................................................................................................................................................................2
学习目标...................................................................................................................................................................................................4
知识要点...................................................................................................................................................................................................5
解题策略...................................................................................................................................................................................................9
题型归纳.................................................................................................................................................................................................10
导数中的同构模型....................................................................................................10
题型01：导数中的结构一致性同构................................................................................................................................................10
题型02：同构训练.........................................................................................................................................................................15
题型03：化为和差同构模型...........................................................................................................................................................16
题型04：化为乘积，商式同构模型................................................................................................................................................20
题型05：添项后构造和差型同构模型.............................................................................................................................................24
题型06: 添项后构造乘积型同构模型.............................................................................................................................................27
题型07：同构后再换元构造新函数................................................................................................................................................31
题型08：同构后再放缩..................................................................................................................................................................34
题型09：必要性探路（局部同构）................................................................................................................................................38
题型10：指对同构简化计算...........................................................................................................................................................40
同构的应用................................................................................................................44
题型01：利用同构求函数值...........................................................................................................................................................44
题型02： 利用同构解不等式.........................................................................................................................................................47
题型03：利用同构比较大小...........................................................................................................................................................54
题型04：利用同构思想证明不等式................................................................................................................................................59
题型05： 利用同构思想解决不等式的恒成立问题.........................................................................................................................67
题型06： 利用同构思想求函数最值..............................................................................................................................................76
题型07：利用同构思想解决零点问题.............................................................................................................................................80
题型08：同构出多变量之间的关系................................................................................................................................................88
题型09：朗博同构与隐零点代换....................................................................................................................................................89
同构问题是导数模块高阶创新压轴考点，核心是通过代数式变形，将含e
x、ln x 的超越式凑成同一函数的不同自变量形
式，利用函数单调性转化为简单不等式问题，融合构造函数、数形结合、转化与化归思想，是新高考区分尖子生的核心题型，
近5 年考查频率呈显著上升趋势。
一、考纲定位与命题趋势
1. 考纲要求：掌握导数研究函数单调性的核心方法，能根据超越式特征进行等价变形凑合同构式，构造单调函数解决
不等式证明、参数范围求解、恒成立等问题，考查逻辑推理与代数变形的综合能力。
2. 命题趋势：新高考Ⅰ/Ⅱ卷、浙江卷、江苏卷高频考查，多作为导数解答题第2 小问压轴，分值4-6 分；形式从“基
础显性同构”向“复杂隐性同构”“含参变形同构”升级，常与隐零点、恒成立、不等式证明融合，不再是单一的公式
化凑型，更侧重“变形的合理性与技巧性”。
3. 命题特点：题干无任何“同构”提示，需考生从含e
x、ln x 的超越式中自主识别同构特征，核心考查“怎么凑、凑
什么、构造什么函数”，而非单纯的求导计算，对代数变形能力要求极高。
二、高考考情分布
1. 题型与分值
①仅出现在解答题：导数模块压轴题型，极少在选填题中单独命题，多与“含参恒成立求参数范围”“超越不等式
证明”“零点存在性判定”融合，占导数模块总分值的15%-20%；
②分值占比：作为单一解题步骤时占2-3 分，作为核心解题方法时占4-6 分，是压轴题的关键得分点。
2. 核心考查载体
新高考高频同构模型均围绕与e
x,ln x 的互逆性展开，高频载体如下：
，
；
；
三、高考备考建议
1. 基础阶段：记牢模型，形成条件反射
• 熟记四大基础同构模型及对应的单调函数，能快速从题干中识别核心项并锁定模型；
• 每天练3-5 道基础同构题（如e
x≥\ln x+1、xe
x≥x+ln x+1），重点练“变形凑型”的5 种技巧，形成条件反射。
2. 提升阶段：突破含参同构，掌握核心考法
• 主攻含参恒成立的同构问题，这是高考最核心的考法，练熟“参数指数化”的变形技巧，能快速将含参式凑为基
础模型；
• 结合隐零点问题，对比同构法与隐零点法的解题差异，明确同构法的适用场景，提升解题效率。
3. 压轴阶段：攻克隐性同构，提升变形能力
• 练习高阶隐性同构题（含多参数、多超越项），掌握“先放缩/消参，再凑型”的技巧，如将e
x-ax-ln x≥0 先变
形为e
x+x≥ax+ln x+x，再凑型；
• 融合同构法与构造函数、放缩法，解决“同构+恒成立+不等式证明”的融合压轴题，形成完整的解题逻辑。
4. 应试阶段：避坑+规范，提升得分率
• 变形必标注：无论变形简单还是复杂，必须写出变形过程，明确凑型的模型；
• 模型优先：优先匹配四大基础模型，不自行构造复杂函数，避免凑型错误；
• 单调性必说明：构造函数后，必须注明“F(t)在某区间上单调递增/递减”，基础模型可直接用，无需求导；
• 定义域必考虑：变形后检查自变量的取值范围，尤其是含ln x、分式的题型，避免定义域错误。
5. 核心能力培养：提升代数变形能力
• 总结高考同构题的变形规律：如“见e
x配x，见ln x 配x，见参数配指数”；
• 强化恒等变形训练：重点练“加/减、乘/除、参数指数化”，提升对超越式的变形敏感度，做到“见题即凑型”。
同构是导数高阶压轴的核心方法，学习目标按基础掌握、能力提升、压轴突破、素养落地分层，适配高考从基础显性同
构到高阶隐性同构的考查梯度，最终实现“见式识模型、变形凑同构、利用单调性解综合问题”的核心能力，贴合高考对代
数变形与逻辑推理的双重要求。
一．基础目标（全员掌握，保底得分）
1. 理解同构核心本质：明确同构是将超越式通过恒等变形凑成同一单调函数的不同自变量形式，利用函数单调性将复
杂超越问题转化为简单自变量不等式问题，区分同构与普通构造函数的差异。
2. 熟记四大核心同构模型及对应特征，能精准识别基础显性同构式：
3. 掌握5 种基础同构变形技巧，完成简单恒等变形：
4. 完成基础解题闭环：对凑成的同构式，能构造对应单调函数，利用单调性将其转化为简单不等式并求解，步骤规范
（如构造F(t)=e^t+t，由单调性得x≥\ln x+1）。
二．提升目标（重点掌握，突破中档）
1. 精通含参同构的核心变形技巧，解决高考核心考法：
掌握“参数指数化”关键技巧，能对含单参数的超越式进行精准凑型，将参数融入同构模型，规避隐零点复杂代换。
2. 能识别中档变式同构式，灵活匹配模型：
3. 解决同构与基础考点的融合问题：
能独立解决“同构+恒成立求参数范围”“同构+简单超越不等式证明”的中档题型，做到变形等价、模型匹配、单调
性应用准确，踩准高考阅卷核心得分点。
4. 掌握同构法的适用边界：
能区分同构法与隐零点、常规构造函数法的适用场景，明确“何时用同构更高效”（如直接作差构造无法求最值的超越
问题，优先用同构），避免方法误用。
三．压轴目标（拔高掌握，冲刺满分）
1. 攻克高阶隐性同构问题，提升复杂变形能力：
能处理含多参数、多超越项的隐性同构式，掌握“先放缩/消参，再凑型”的技巧，通过分步变形将复杂式子转化为基
础同构模型，实现恒等变形无漏洞。
2. 解决同构与导数压轴考点的深度融合问题：
能攻克“同构+隐零点”“同构+零点个数判定”“同构+极值点偏移”的高阶压轴题型，实现同构法与其他导数方法的
灵活结合，形成综合解题逻辑。
3. 具备自主凑型能力，应对高考创新命题：
面对无固定模板的创新同构题，能根据解析式特征、待证结论，自主分析变形方向，通过“试凑、调整、验证”完成同
构，无需依赖固定模型，实现构造的灵活性。
4. 实现同构解题的优化与提速：
能快速捕捉超越式的同构特征，形成“见式→定模型→速变形→转问题”的条件反射，缩短思考和变形时间，适配高考
压轴题的应试节奏，且变形过程简洁无冗余。
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。同构法是将不同的代数式(或不等式、方程)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或不等式问题．同构法在近几年的模考中频繁出现，把等式或不等式变形为两个形式上一样的函数，利
用函数的单调性转化成比较大小,或者解恒成立，求最值等问题.同构法在使用时，考验“眼力”，面对复杂的结构，仔细观
察灵活变形，使式子两则的结构一致.构造函数，判断函数单调性，进一步求参数或证明不等式.
1. 同构的基本策略是：“左右形式相当，一边一个变量，取左或取右，构造函数妥当”.
2.一个方程中出现两个变量,适当变形后,使得两边结构相同;或不等式两边式子也可适当变形,使其两边结构相同,然后构造函数,利用
函数的单调性把方程或不等式化简.
3 含有指对运算的方程称之为超越方程，遇到相关的求值问题,可考虑”同构”,其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，
然后构造函数利用函数的单调性，最终利用两方程“同解”来求解.
知识点一：结构一致性同构
这类题型的特点就是结构一致，多以双变量形式出现，且当把下标相同的双变量移到一起后每个变量的结构作用相同，
目前多以构造函数比较大小的形式出现，例如：
（1）
为增函数，求导证明即可
（2）
，等价变形为
（两边是同构式），再研究
的单调性即可.
（3）
：先去研究
的单调性才行，去掉绝对值后成为
.
（4）已知
设
，则
，即证
为减函
数.
知识点二：指对数同构（跨阶跳阶函数）
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
与
x+ln x
属于“跨阶函数”，而
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：
，
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
例如解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为
的结构，
即为外
层函数，其单调性易于研究.
常见的指对变换有
，
，基于此，有如下一些变形，需要大家理解并掌握．
等式：
，
；
；
，
，
不等式：
（1）
，
（2）
，
，
，
知识点三：同构变形分类
1.直接变形：
指对跨阶常见模型及处理方法：
（1）积型：
说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.
（2）商型：
（3）和差型：
2.先凑再变形：
若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以
，同加上
等，再用上述方式变形.常
见的有：
（1）
③
；
②
；
②
①ae ax >ln x
；
④
（2）
*常见的指对变换与放缩结合有如下几种：
，
；
；
3.添项同构：
①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
②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.
知识点四：六大超越函数图像
八大同构函数分别是：
，
，
，
，
，
，
，
我们通
过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．
图1 图2 图3 图4
图5 图6 图7 图8
3、利用切线放缩
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可】 掌握常见放缩：（注意取等号的条
件，以及常见变形）
导数同构的核心解题逻辑是“识特征→定模型→巧变形→构函数→用单调→转问题”，围绕高考四大基础同构模型，通
过恒等变形将含e
x、\ln x 的超越式凑成同一单调函数的不同自变量形式，利用函数单调性把复杂超越问题转化为简单的自
变量不等式问题，全程规避隐零点的复杂代换，以下按高考考情梳理通用解题步骤、分模型策略、变形技巧、避错要点，适
配所有同构题型。
一、同构解题通用三原则（前提准则，不违则）
1. 恒等变形：所有凑型变形均为加/减、乘/除正项、参数指数化等恒等操作，不改变原式取值和定义域，乘除式子必
保证分母/乘数恒正（如x>0 时乘x）。
2. 模型优先：优先匹配高考四大基础同构模型，不自行构造复杂函数，变式题型通过系数匹配、变量替换转化为基础
模型。
3. 单调适配：构造的核心函数需单调性明确（高考均为单调递增，可直接用，无需二次求导证明），确保能由
F(A)≥F(B)推出A≥B。
二、同构解题通用五步流程（固定模板，所有题型适配）
高考阅卷按步骤踩点给分，此流程为同构题的得分闭环，缺一不可：
1. 分析特征，锁定模型：从题干中提取e
x、ln x、参数a 等核心项，判断适配四大基础模型（如含xe^x 锁定te^t 模型，
含e
x+x 锁定e
t+t 模型）。
2. 恒等变形，凑成同构：利用同构变形技巧，将原式凑为F(g(x))≥F(h(x))（或≤）的形式，其中F(t)为基础模型的核心
单调函数，g(x)、h(x)为无超越项/简单超越项的代数式。
3. 构造函数，说明单调：写出构造的核心函数F(t)，明确标注“F(t)在某区间上单调递增”（基础模型的单调性可直接
套用，无需证明）。
4. 利用单调，转化问题：由F(t)的单调性，将同构式转化为简单自变量不等式：g(x)≥h(x)（递增）/g(x)≤h(x)（递减），
消去超越项，简化问题。
5. 求解不等式，回扣结论：求解转化后的简单不等式（如求函数最值、解参数范围），将结果回扣原问题，给出最终
答案（如参数a 的取值范围、不等式证明结论）。
导数中的同构模型
题型01：导数中的结构一致性同构
【典型例题1】已知函数
，若对任意正数
，
，都有
恒成立，则实数
的取
值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】根据
，可知
，令
由
，知
为增函数，所以
恒成立，分离参数得
，而当
时，
在
时有最大值为，故
，即实数
的取值范围为
.故选：C.
【典型例题2】若函数
对
且
都有
，则称函数
在区间
上
阶递
增.已知函数
在
上2 阶递增，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由题意，对
且
都有
成立，不妨设
，则
，
设
，则
，所以函数
在
上单调递增，即对于
，
恒成立，即对于
，
恒成立，而
，令
，则函数
在
上单调递增，则
，即
，所以
，所以
，即
，所以实数
的取值范
围为
.故选：C.
【典型例题3】若对任意的
，
，
，
恒成立，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
解析：因为
，所以
，则
可化为
，整理得
，因
为
，所以
，令
，则函数
在
上递减，则
在
上恒成立，所以
在
上恒成立，令
，则
在
上
恒成立，则
在
上递减，所以
，故只需满足：
.故选：A.
【典型例题4】已知实数a，b 满足
，
，则a＋3b＝ ．
【答案】16
【解析】令
，则
，代入
可化为
，即
设
，则
，
在
上单增
故
只有一个零点
所以
，即
，
所以
.
【典型例题5】已知函数
( )
3
3
x
x
f x
，
3
3
1
3
(1 2log
)
(3log
1)
log
f
t
f
t
t
，则t 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】这里 可以发现
,将
3
3
1
3
(1 2log
)
(3log
1)
log
f
t
f
t
t
移项变形
为
，易知
( )
3
3
x
x
f x
是奇函数，
，故进一步变形为
，此时,
得到一个“左右形式相当，一边一个变量”的不等式，令
，问题转化为
，
只需研究
的单调性，逆用该函数的单调性即可.
【解析】∵
∴
3
3
1
3
(1 2log
)
(3log
1)
log
f
t
f
t
t
可变形为：
∵
( )
3
3
x
x
f x
是奇函数
∴
∴
令
，则
∴
单增
∴
，即
，解之得
所以t 的取值范围是
．
【变式训练1-1】已知函数
，若对任意
，
恒成立，则实数
的取值
范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-2】已知
，
，向量
与
的夹角为
，若对任意
，
，当
时，
恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-3】若
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-4】已知
，且
成立，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式训练1-5】若
，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式训练1-6】(多选题)已知对任意
(0 2)
x y
，
，，
3
3
(
1)
3
(1
)
3
6
x
y
y
x
≥
恒成立，则
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-7】已知
均为锐角，且
，则
A．sin α >sin β
B．
C．
D．
【变式训练1-8】已知
且
，
且
，
且
， 则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-9】已知
且
，
，
其中e 是自然对数的底数，则
A.
B.
C.
D.
【变式训练1-9】若方程
，
的根分别为
，
，则
______.
【变式训练1-10】已知
，
，且
，则下列结论一定正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练1-11】已知
，则
与
的大小关系是
A．
B．
C．
D．不确定
【变式训练1-12】已知
且
，
其中e 是自然对数的底数，则
A.
B.
C.
D.
【变式训练1-13】已知实数
，
满足
，
，则
______.
【变式训练1-14】不等式
3
3
8
10
5
0
(
1)
1
x
x
x
x
的解集是______________.
【变式训练1-15】已知
，若关于
的不等式
在
上恒成立，则
的取
值范围为 ．
【变式训练1-16】已知实数a，b
(0，2)，且满足
，则a＋b 的值为_______．
【变式训练1-17】已知a3－3a2＋5a＝1，b3－3b2＋5b＝5，那么a＋b 的值是 .
【变式训练1-18】
不等式
的解集是 .
【变式训练1-19】已知实数a，b
(
，
)，且满足
，则a，b，
的大小关系是 ．
【变式训练1-20】已知关于
的方程
在区间
，
上有两个不相等的实数根，则实数
的取值范
围为____________.
【变式训练1-21】已知
（
）．
（1）讨论
的单调性；
（2）若
，
，
,
，
，
恒成立，求实数
的取值范
围．
题型02：同构训练
【典型例题】对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数．
(1)
；
(2)
；
(3)
；
(4)
；
(5)
；
(6)
；
(7)
；
(8)
．
【解析】(1)显然
，则
，
.
(2)显然
，则
，
.
(3)显然
，则
，
.
(4)显然
，则
，
.
(5)
，
.
(6)
，
，
.
(7)
，
.
(8)
，
.
【变式训练2-1】
2
1
e
ln
0
x
x
；
【变式训练2-2】
1
1
2
ln
ax
a e
x
x
x
【变式训练2-3】
ln
e
(
1)
x
a
x
a
x
x
x
题型03：化为和差同构模型
【典型例题1】已知
1
e
ln
ln ,
1 e
x
f x
a
x
a g x
x
，当
0
x
时，
ef x
g x
，则a 的取值范围为（ ）
A．
1 ,1
e
B．
1 ,
e
C．
1,
D．
e,
【答案】B
【分析】设
e
e
x
F x
x
，利用同构得到
ln
ln
F x
a
F
x
，结合
e
e
x
F x
x
的单调性得到ln
ln
a
x
x
，构造
ln
h x
x
x
，求导得到其单调性和最值，得到最大值为1
1
h
，故ln
1
a ，求出答案.
【详解】由题意得，当
0
x
时，
e
e
eln
eln
1 e
0
x
f x
g x
a
x
a
x
，
即
ln
ln
e
e
ln
eln
e
eln
x
a
x
x
a
x
x
x
，
0
x
，
令
e
e
x
F x
x
，则
ln
ln
F x
a
F
x
，
因为
e
e
0
x
F
x
恒成立，故
e
e
x
F x
x
在R 上单调递增，
故
ln
ln
x
a
x
≥
，
即ln
ln
a
x
x
，
令
ln
h x
x
x
，则
1
1
1
x
h
x
x
x
，
当
0,1
x
时，
0
h x
，
ln
h x
x
x
单调递增，
当
1,
x
时，
0
h x
，
ln
h x
x
x
单调递减，
故
ln
h x
x
x
在
1
x
处取得极大值，也是最大值，最大值为1
1
h
，
故ln
1
a ，解得
1
e
a
.
【典型例题2】若关于x 的不等式
2
2
e
2
ln
x
x
ax
x
x
≥
在
0
，
上恒成立，则实数a 的值可以是（ ）
A．
1
e
B．
1
2
C．
e
3
D．2
【答案】AB
【
分
析
】
根
据
题
意
分
1
2
a
和
1
2
a
两
种
情
况
讨
论
，
当
1
2
a
时
，
有
2
2
2 ln
e
e
1 2
ln
1
ln
e
1
ln
x
x
x
x
ax
x
x
x
x
x
x
x
≥
，通过求导，判断函数的单调性，确定函数的最值得出
2 ln
e
1
ln
0
x
x
x
x
≥
结论验证；当
1
2
a
时，令
( )
2
ln
u x
x
x
，求导判断出函数存在零点设为
0x ，即可判断
0 2
0
0
0
0
e
1 2
ln
(1 2 )
0
x
ax
x
a x
x
，最后综合得出a 的取值范围.
【
详
解
】
依
题
意
，
2
e
1 2
ln
0
x
ax
x
x
≥在
0
，
上
恒
成
立
，
当
1
2
a
时
，
2
2
2 ln
e
e
1 2
ln
1
ln
e
1
ln
x
x
x
x
ax
x
x
x
x
x
x
x
≥
，
令
2
ln
t
x
x
，则( )
e
1
t
h t
t
，
( )
e
1
t
h t
，
故当t
(
,0)
时，
( )
0
h t
，当
(0,
)
t
时，
( )
0
h t
，
故( )
(0)
0
h t
h
，故
2 ln
e
1
ln
0
x
x
x
x
≥
，则不等式成立；
当
1
2
a
时，令( )
2
ln
u x
x
x
，因为(1)
1
0
u
，
(4)
2
2ln2
0
u
，故
x
在
1,4 内必有零点，设为
0x ，则
0
0
2
ln
x
x
，
则
0 2
0
e
x
x
，故
0 2
0
0
0
0
e
1 2
ln
(1 2 )
0
x
ax
x
a x
x
，不合题意，舍去；
综上所述，
.
【典型例题3】
，
，当
时，
，则
的范围为 .
【答案】
【分析】将题设条件转化为
，从而构造函数
，得到
在
上单调递减，进而利用
导数即可得解.
【详解】因为
，
，
两边取对数，得
，
则
，
令
，则
在
上单调递减，
所以
在
上恒成立，
而
，即
在
上恒成立，即
在
上恒成立，
所以
.
【典型例题4】已知对于任意正数x ，
2
2
2
e
e
1
2
e
2
e ln
x
x
x
x
ax
a
a x
ax
ax
恒成立，则正数a 的取值范围为
．
【答案】(0,e]
【解析】不等式
2
2
2
e
e
1
2
e
2
e ln
x
x
x
x
ax
a
a x
ax
ax
，由于
0,
0
x
a
，两边同乘
1
ex
ax
，
可得：
1
e
n
1
2l
e
2
x
x
ax
x
x
a
ax
，即
ln
ln
1
e
e
2l
1
e
2
n
e
x
ax
x
ax
ax
x
，
构造函数
1
( )
e
2
e
x
x
f x
x
，其导函数为
2
(
1)
e
( )
e
0
x
x
f
x
，
所以函数
( )
f x 在
,
上单调递增，由
ln
ln
1
e
e
2l
1
e
2
n
e
x
ax
x
ax
ax
x
，得
( )
(ln
)
f x
f
ax
，
因此ln ax
x
，即
ln
e
e
ax
x
ax
，则
ex
a
x
恒成立，令函数
e
( )
,
0
x
g x
x
x
，求导得
2
e (
1)
( )
x x
g x
x
，
当
(0,1)
x
时，
( )
0
g x
，( )
g x 单调递减；当
(1,
)
x
时，
( )
0
g x
，( )
g x 单调递增，
min
( )
(1)
e
g x
g
，
因此
e
a
，则0
e
a
，所以正数a 的取值范围为(0,e] .
【典型例题5】已知函数
( )
ln
ln
(
1)
2(
0)
f x
x
a
a
x
a
．
(1)讨论
( )
f x
的单调性；(2)若不等式
2
e
( )
x
f x
恒成立，求实数
a
的取值范围．
【解析】（1）
( )
f x 的定义域为(0,
)
，
1
( )
1
f
x
a
x
，
当
1
a 时，
( )
0
f
x
，
( )
f x 在(0,
)
上为增函数；
当0
1
a
时，由
( )
0
f
x
，得
1
0
1
x
a
，由
( )
0
f
x
，得
1
1
x
a
，
所以
( )
f x 在
1
(0,
)
1 a
上为增函数，在
1
(
,
)
1 a
上为减函数.
综上所述：当
1
a 时，
( )
f x 在(0,
)
上为增函数；
当0
1
a
时，
( )
f x 在
1
(0,
)
1 a
上为增函数，在
1
(
,
)
1 a
上为减函数.
（2）
2
e
( )
x
f x
2
e
ln
ln
(
1)
2
x
x
a
a
x
2
e
2
ln(
)
x
x
ax
ax
2
2
ln e
e
ln(
)
x
x
ax
ax
，
设( )
ln
g x
x
x
，则原不等式恒成立等价于
2
(e
)
(
)
x
g
g ax
在(0,
)
上恒成立，
1
( )
1
g x
x
0
，( )
g x 在(0,
)
上为增函数，
则
2
(e
)
(
)
x
g
g ax
在(0,
)
上恒成立，等价于
2
e
x
ax
在(0,
)
上恒成立，
等价于
2
ex
a
x
在(0,
)
上恒成立
令
2
e
( )
x
h x
x
(
0)
x
，
2
2
2
e
e
( )
x
x
x
h x
x
2
2
e
(
1)
x
x
x
，
令
( )
0
h x
，得0
1
x
，令
( )
0
h x
，得
1
x ，
所以( )
h x 在( 0, 1) 上为减函数，在(1,
)
上为增函数，
所以
min
1
( )
(1)
e
h x
h
，故
1
0
e
a
.
【变式训练3-1】已知函数
1
( )
e
ln
(
0)
x
f x
a
a a
ax
a
，若
( )
0
f x
恒成立，则a 的取值范围是（ ）
A．
0,1
B．
(1,
)
C．
[1,
)
D．
(0,1]
【变式训练3-2】已知
0,
x
，不等式
e
ln
x
ax
x
x
恒成立，则实数a 的最小值为（ ）
A．
1
e
B．
2
e
C．0
D．1
【变式训练3-3】若不等式
恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-4】函数
．若对任意
，都有
，则实数m 的取值范围为
．
【变式训练3-5】已知不等式
对
恒成立，则
的取值范围为 .
【变式训练3-6】已知
，对任意的
，不等式
恒成立，则
的取值范围为 .
【变式训练3-7】已知不等式
对
恒成立，a 的取值范围是________.
【变式训练3-8】函数
e
1
ln
R
mx
f x
m
x
x m
．若对任意
0
x
，都有
0
f x
，则实数m 的取值范围为
_________．
【变式训练3-9】已知不等式e
ln
x
a
a x
x
x
对任意
1,
x
恒成立，则正实数a 的取值范围是___________.
【变式训练3-10】已知函数
( )
(
1)
1
x
f x
ae
ln x
lna
．
（1）若
1
a ，求函数
( )
f x
的极值；（2）若函数
( )
f x
有且仅有两个零点，求a 的取值范围．
【变式训练3-11】已知函数
在
处的切线和直线
垂直.
(1)求实数
的值；
(2)若对任意的
，
，都有
成立（其中为自然对数的底数），求实数m 的取值
范围.
【变式训练3-12】已知函数
ex
f x
a
.
(1)讨论函数
F x
f x
x
的单调性；(2)当
2
x
时，
2
ln
2
x
f x
a
，求a 的取值范围.
题型04：化为乘积，商式同构模型
【典型例题1】设实数
0
m
，若对任意的
1,
x
，不等式
2
ln
2e
0
mx
x
m
恒成立，则实数m 的最小值为（ ）
A．
1
2
B．
1
2e
C．1
D．
1
e
【答案】B
【分析】根据对数的运算性质将不等式等价为
2
ln
2
e
e
ln
mx
x
mx
x
恒成立，构造函数
ex
g x
x
，
ln x
h x
x
，利用导数求
解函数单调性进而得最值即可求解.
【详解】因为
0
m
，不等式
2
ln
2e
0
mx
x
m
成立，即
2
2 e
ln
mx
m
x
，进而转化为
2
ln
2
e
ln
e
ln
mx
x
mx
x
x
x
恒成立，
构造函数
ex
g x
x
，可得
e
e
1 e
x
x
x
g
x
x
x
，
当
0
x
，
0
g
x
，
g x 单调递增，则不等式
2
ln
2
e
e
ln
mx
x
mx
x
恒成立等价于
2
ln
g
mx
g
x
恒成立，即2
ln
mx
x
恒成立，即
ln
2
x
m
x
恒成立，
设
ln x
h x
x
，可得
2
1 ln x
h x
x
，
当0
e
x
时，
0
h x
，
h x 单调递增；当
e
x
时，
0
h x
，
h x 单调递减，
所以当
e
x
，函数
h x 取得最大值，最大值为
1
e
e
h
，
所以
1
2
e
m
，即实数m 的取值范围是
1 ,
2e
．故选：B．
【典型例题2】已知
0
，对任意的
1
x
，不等式
1
2
2
e
ln
0
x
lne
x
恒成立，则实数
的取值范围为（ ）
A．
1 ,
e
B．
1 ,
2e
C．
2e,
D．
e,
【答案】B
【分析】根据题意，转化为
2
ln
2
e
e ln
x
x
x
x
恒成立，令
eu
h u
u
，利用导数求得
h u 为单调递增函数，得到
2
ln
h
x
h
x
恒成立，进而转化为
ln
2
x
x
恒成立，构造函数
lnt
m t
t
，利用导数求得
m t 单调性和最小值，即可求
解.
【详解】因为
0
，所以整理不等式
1
2
2
e
ln
0
x
lne
x
，
可得
2
2 e
ln
x
x
，转化为
2
ln
2
e
e ln
x
x
x
x
恒成立，
令
e ,
0
u
h u
u
u
，则
1 e ,
0
u
h u
u
u
，
因为
0
h u
，所以
h u 在
0
，
上单调递增，所以
2
ln
h
x
h
x
恒成立，
又因为
0,
1
x
，所以2
0,ln
0
x
x
，
所以2
ln
x
x
对任意的
1
x 恒成立，即
ln
2
x
x
恒成立，
构造函数
ln
1
t
m t
t
t
，则
2
1 ln
1
t
m t
t
t
，
当1
e
t
时，
0
m t
，
m t 单调递增；当t
e
时，
0
m t
，
m t 单调递减，
所以，当
e
t
时，
max
1
e
m t
，所以
1
2
e
，即
1
2e
．
【典型例题3】已知函数
，若对任意
，都有
，则
的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意可得
对任意
恒成立，且
，令函数
，则
对任意
恒成立，对
求导分析单调性，可得
对任意
恒成立，由
可得出
的范围.
【详解】由题意可得
对任意
恒成立，且
.
令函数
，则
对任意
恒成立.
，
当
时，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
且当x∈(0,1)时，
，当
时，
，
所以
，即
对任意
恒成立.
因为
，所以
.
故答案为：
.
【典型例题4】已知函数
1
e
ln
x
f
x
x
，
2
g x
x
x
，证明：当
0,2
x
时，
f x
g x
.
原不等式为
1
2
e
ln
1
x
x
x
x
x x
，即
1
ln
1
ex
x
x
x
，
即证
ln
1
ln
1
e
e
x
x
x
x
在
0,2
x
上恒成立，
设
ex
x
l x
，则
2
e
e
1
e
e
x
x
x
x
x
x
l
x
，
所以，当
1
x 时，
0
l
x
，
l x 单调递增；当
1
x
时，
0
l
x
，
l x 单调递减，
所以
1
1
e
l x
l
，
令
1
1
ln
1,
1
x
t x
x
x
t
x
x
x
，
当0
1
x
时，
0
t
x
，
t x 单调递增；当
1
x
时，
0
t
x
，
t x 单调递减，
所以
max
( )
0
1
t x
t
，所以ln
1
x
x
，
且在
0,2
x
上有
ln
1
1 1
x
x
，所以可得到
ln
1
l
x
l x
，即
ln
1
ln
1
e
e
x
x
x
x
，
所以在
0,2
x
时，有
f x
g x
成立.
【变式训练4-1】已知函数
ln
1
f x
x
x
，
ln
g x
x
x
，若
1
1
2ln
f x
t
，
2
2
g x
t
，则
1
2
2 ln
x x
x
t
的最小
值为（ ）
A．
2
1
e
B．
1
e
C．
1
2e
D．
2
e
【变式训练4-2】已知函数
e
1
kx
f x
，
1
1
ln
g x
x
x
.若
kf
x
g x
，则k 的取值范围为（ ）
A．
0,e
B．
e,+
C．
1 ,
e
D．
1
0, e
【变式训练4-3】若关于x 的不等式
对
恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练4-4】设实数
，若不等式
对任意
恒成立，则a 的最小值为（ ）
A．
B．
C．e
D．2e
【变式训练4-5】若关于x 的不等式
对
恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练4-6】设实数
，若不等式
对任意
恒成立，则a 的最小值为（ ）
A．
B．
C．e
D．2e
【变式训练4-7】若关于
的不等式
对
恒成立，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练4-8】已知函数
( )
log
,
(0,1)
(1,
)
x
a
f x
a
x a
，若
( )
f x
在其定义域上没有零点，则a
的取值范围是 .
【变式训练4-9】已知
0
a
，不等式
1e
ln
0
a
x
x
a x
对任意的实数
1
x 恒成立，则实数a 的最小值为：_______．
【变式训练4-10】已知函数
.
(1)当
时，求
的单调递增区间；
(2)若
恒成立，求
的取值范围.
题型05：添项后构造和差型同构模型
【典型例题1】已知函数
，若关于
的不等式
恒成立，则实数
的取值范
围为（ ）
A．(0,e] B．(0,e2]
C．[1,e2]
D．(1,e2)
【答案】B
解：由题意可知：
，即构成同构式
，只需
构造函数：
放缩：
，
，故选B.
总结：需要多尝试结构上的搭配，通过放缩处理可以简化计算
【典型例题2】已知不等式
)
)
(
1
ln
(
0
x
a x
e
a
a
e
恒成立,则实数a 的最大值为_______
【答案】
2e
ln
ln
(
1)
ln
ln (
1) 1
ln
ln(
1) 1
ln
ln(
1)
1
x
x
x
a
x
a
a x
e
a
e
a
a x
e
a
x
x
x
e
a
x
e
令
( )
x
g x
e
x
，则有
2
(
ln )
ln(
1)
ln
ln(
1)
ln(
1)
ln
2
ln
g x
a
g
x
x
a
x
x
x
a
a
e
a
可放缩
补充：构造函数求导
令
ln(
1)
( )
g x
x
x
＝
，
1
2
( )
1
1
1
x
g x
x
x
故g(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，因此
min
( )
(2)
2
g x
g
.
因为不等式
(
1)
ln
(
0)
x
a x
e
a
a
e
恒成立，所以Ina≤2，即
2.
a
e
总结：指对分离，补全结构，最后的最值可以放缩得出.
补充：对右边的式子配凑也可以
【典型例题3】设a ，b 都为正数，e 为自然对数的底数，若
1
a
ae
b
blnb
，则
(
)
A．ab
e
B．
1
a
b
e
C．ab
e
D．
1
a
b
e
【答案】B
【解答】解：由已知
1
(
1)
a
b
ae
b lnb
bln e
，则
a
a
b
b
e lne
ln
e
e
，
设
( )
f x
xlnx
，则
(
)
( )
a
b
f e
f e
，
0
a
，则
1
ae
，又(
1)
0
b lnb
，
0
b
，则
1
lnb
，即b
e
，从而
1
b
e
，
当
1
x 时，
( )
1
0
f
x
lnx
，则
( )
f x
在
(1,
)
内单调递增，
a
b
e
e
，即
1
a
b
e
.
【典型例题4】已知函数
，若函数
有两个零点，求
的取值范围．
【解析】依题意即
在
上有两个根，
整理为
，即
，
设函数
，则上式为
，
因为
恒成立，所以
单调递增，所以
，
所以只需
在
上有两个根，
令
，
，则
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
处取得极大值即最大值，
，
且当
时
，当
时
，
要想
在
上有两个根，只需
，解
得，
所以
的取值范围为
.
补充：也可以这样处理
作图，有2 个交点即可
总结：同构+数形结合
【变式训练5-1】已知函数
( )
1n
2
2
x
f x
ae
a
x
，若
0
f x
恒成立，则正实数a 的取值范围是（ ）
A．0
e
a
B．
2e
a
C．
e
a
D．
2e
a
【变式训练5-2】已知函数
1
( )
e
ln
ln
x
f x
a
x
a
，若
( )
1
f x ，则a 的取值范围是 .
【变式训练5-3】已知不等式ln(
)
x
x
a
e
a
对
[1,
)
x
恒成立，则a 的取值范围为 ．
【变式训练5-4】关于x 的不等式
ln
1
ax
x
e
x
e
a
x
x
恒成立，则a 的取值范围为 ．
【变式训练5-5】已知
在
上恒成立，则实数a 的取值范围 ．
【变式训练5-6】已知函数
( )
e
, ( )
ln .
x
f x
a g x
x
(1)若函数
g x 在
1
x 处的切线l 也与函数
f
x 的图象相切，求a 的值；
(2)若
f
x
a
g x
恒成立，求a 的取值范围.
题型06:添项后构造乘积型同构模型
【典型例题1】设
，
都为正数，
为自然对数的底数，若
，则
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解答】解：由已知
，则
，
设
，则
，
，则
，又
，
，则
，即
，从而
，
当
时，
，则
在
内单调递增，
，即
.
【典型例题2】已知正数
满足
，则
的最小值为 ．
【答案】
【分析】运用同构函数
研究其单调性可得
，将求
的最小值转化为求
上的最小值，运用导数研究
的最小值即可.
【详解】因为
，即
，所以
，所以
.
令
，则
，所以
在
上单调递增，所以
，即
，所以
，
令
.
则
．令
，解得：
；令
，解得：
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
.
即
的最小值为
.
故答案为：
.
【点睛】同构法的三种基本模式：①乘积型，如
可以同构成
，进而构造函数
；②比商
型，如
可以同构成
，进而构造函数
；③和差型，如
，同构后可以构造函数
f 或
.
【典型例题3】已知正数
，
满足
，则函数
（
）的极小值点的个数为
．
【答案】1012
【分析】由已知
构造函数
（
），利用
的单调性得
，从而
，
，再利用导数判断单调性可得答案.
【详解】因为
，即
，
所以
，所以
，
令
（
），则
，
所以
在
上单调递增，
所以
，即
，
所以
，
，
所以
，
令
，得
，
，
当
，
时，
，
，则
；
当
，
时，
，
，
则
，
所以
在
，
上单调遂减，
在
，
上单调递增，
故
在
，
处取得极小值，
因为
，所以
，则
，
又
，所以
可以取0，1，…，1011，共1012 个取值，
所以
的极小值点的个数为1012．
故答案为：1012.
【点睛】方法点睛：同构是通过合理的整理变形使函数的解析式变形成为我们熟悉的函数或者把题干中的方程、不等式通过
合理变形使得代数式的两边呈现出相同的结构，即把代数式变为
与
]的关系，则可将相同的结构构造函数
，进而利用函数
的单调性、最值等手段解决问题，其本质是复合函数的拆分.
【典型例题4】已知
是自然对数的底数．若
，
成立，则实数m 的最小值是 ．
【答案】
解析：由
．令
，则
在
上单调递增，
且
，所以
，即
对
恒成立．
令
，则
，所以当
时，
；当
时，
，
故
在
上的最大值是
，所以
，即实数m 的最小值是
．故答案为：
．
总结：同乘补全结构即可，入门型
【典型例题5】已知函数
e
ln
1
1
x
f x
a
ax
，其中
0
a
，
0
x
.
(1)当
1
a 时，求函数
f
x
的零点；(2)若函数
0
f x
恒成立，求a 的取值范围.
【解析】（1）当
1
a 时，
e
ln
1
1
x
f x
x
，
1
e
1
x
f
x
x
，
当
0
x
时，
1
e
1
1
x
x
，得
0
f
x
恒成立.
即可得
f
x
在
0,
上单调递增.
而此时
0
0
f
，
即可得
f
x
在
0,
上仅有1 个零点，且该零点为0.
（2）函数
0
f x
等价于
e
ln
1
1
0
x
a
ax
，
因
0
a
，所以
e
1
ln
1
x
ax
a
a
得
ln
1
e
ln
1
x
a
ax
a
所以
ln
1
e
ln
ln
1
ln
x
a
x
a
ax
x
a
a
所以
1
ln
ln
1
1
1
e
ln
ln
e
ln
+
ax
x
a
a
ax
ax
ax
x
a
a
a
a
构造函数
ex
g x
x
，上式等价于
1
ln
ln ax
g x
a
g
a
函数
g x 在定义域内单调递增，从而可得
1
ln
ln ax
x
a
a
成立.
化简可得
ln
1
x
ax
等价于e
1
0
x
ax
恒成立.
设函数
e
1
x
h x
ax
，易知
0
0
h
，
ex
h x
a
，
当0
1
a
时，因
0
x
，e
1
x ，故
e
0
x
h x
a
，
所以
h x
在
0,
上单调递增，
所以
0
0
h x
h
，满足题意，
当
1
a 时，
0,ln
x
a
时，
e
0
x
h x
a
，
此时
h x 在
0,ln a 上单调递减，
故当
0,ln
x
a
时
0
0
h x
h
，不符合题意.
综上可得a 的取值范围是
0,1 .
【变式训练6-1】若不等式
对任意
恒成立，则正实数的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【变式训练6-2】关于
的不等式
恒成立，则
的取值范围为 ．
【变式训练6-3】设实数
，若对任意的
，不等式
恒成立，则实数
的取值范围为
．
【变式训练6-4】对于任意实数
，不等式
恒成立，则
取值范围是__________.
【变式训练6-5】已知e 是自然对数的底数．若
0
x
，
，
e
ln
mx
m
x
成立，则实数m 的最小值是 ．
【变式训练6-6】对
0
x
，恒有
1
1
2
ln
ax
a e
x
x
x
，则实数a 的最小值为________.
【变式训练6-7】若存在正实数x，使得不等式
成立，则a 的最大值为 ．
【变式训练6-8】若存在正实数
，使得不等式
成立（是自然对数的底数），则
的最大值为
.
【变式训练6-9】已知定义在
上的函数
.
(1)若
，讨论
的单调性；
(2)若
，且当
时，不等式
恒成立，求实数
的取值范围.
题型07：同构后再换元构造新函数
【典型例题1】已知函数
( )
ln
x
f x
x
x
xe
k
恒有零点，则实数k 的取值范围是( )
A．
, 1
B．
1
, 1
e
C．
1
1
, 1
e
D．
1
1
,0
e
方法1：同构
要使
( )
ln
x
f x
x
x
xe
k
恒有零点，只需
ln
ln
l
= n
x
x
x
k
x
x
xe
x
x
e
e
设ln x
x
t
，求导可知
, 1
t
而
t
k
t
e
，求导可知函数
t
k
t
e
在
, 1
上单调递增，故
1
,1
k
e
方法2：分参求导
ln
x
k
x
x
xe
，令( )
ln
x
g x
x
x
xe
，则
1
'( )
1
1
1
1
x
x
x
g
x
e
x
x
x
e
x
e
∵1
1
0
x
x
e
故( )
ln
x
g x
x
x
xe
在
0,1 递增，
1,递减，故
max
1
( )
(1)
1
g x
g
e
，故选B.
注：由常见不等式
1
xe
x
得到，即
1
1
0
0
x
x
e
x
x
e
；
或者令
1
1
( )
x
x
x
e
e
h
x
e
x
x
x
，
2
2
1
'( )
x
x
x
e
h
x e
，因为
0
x
,故'( )
0
h x
方法3：直接求导（可以消掉k）
2
1
1
1
'( )
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
e
x
xe
e
x
x
f
x
x
e
e
xe
xe
，
不难得出
x
x
e
在
0,上恒小于0 ，故
( )
f x 在
0,1 上单调递增，在
1,上递减，故
max
1
( )
(1)
1
f x
f
k
e
，当
0
x
时，
( )
f x ，故
( )
f x 的值域为
1
, 1
k
e
，
则
1
1
1
0
1
k
k
e
e
.
【典型例题2】设
ex
f x
，
ln
g x
x
，证明：
1
xf x
x
g x
；
【解析】（1）因为
ex
f x
，
ln
g x
x
，所以
1
xf x
x
g x
等价于e
ln
1
x
x
x
x
，
即
ln
e
ln
1
x
x
x
x
，
令
ln ,
R
t
x
x t
，则只需证e
1
t
t
，
设( )
e
1,
R
t
g t
t
t
，则
( )
e
1,
R
t
g t
t
，
当
0
t
时，
( )
0
g t
，( )
g t 单调递减；当
0
t
时，
( )
0
g t
，( )
g t 单调递增；
故( )
(0)
1 0 1
0
g t
g
，即e
1
t
t
成立，
所以
ln
e
ln
1
x
x
x
x
成立，即
1
xf x
x
g x
得证
【典型例题3】若不等式
2
e
2 ln
1
0
（
）
x
m
m x
x
x
m
对任意的
0,
x
恒成立，则实数m 的最大值为 .
【答案】2
e
【分析】根据题意整理得
2
2
2ln
1
e
e
m
m
x
x
x
x
，令
2
0
e
m
x
x
t
，可知
2ln
1
0
t
t
，构建
2ln
1,
0
g t
t
t
t
，利用导数分
析可得0
1
t
，进一步整理得
ln
0
2
x
m
x
对任意的
0,
x
恒成立，构建
ln
,
0
2
x
h x
m
x
x
，利用导数求其最值
结合恒成立问题分析求解.
【详解】因为
2
e
2 ln
1
x
m
m x
x
x
，则
2
2 ln
1
e
m
x
x
m x
x
，整理得
2
2
2ln
1
e
e
m
m
x
x
x
x
，
令
2
0
e
m
x
x
t
，可得
2ln
1
t
t
，即
2ln
1
0
t
t
，
令
2ln
1,
0
g t
t
t
t
，则
2
2
1
t
g t
t
t
，
令
0
g t
，解得
2
t
；令
0
g t
，解得0
2
t
；
则
g t 在
0,2 上单调递减，在
2,上单调递增，
则
2
1 2ln 2
0
g t
g
，且
1
0,
4
3
2ln 4
0
g
g
，
可知
g t 有且仅有两个零点
0
1,
2,4
t
，
若
0
g t
，则0
1
t
或
0
t
t
，
对于
2
e
m
x
x
t
可知，当x 趋近于
时，
2
e
m
x
x
t
趋近于0，故
0
t
t
不合题意；
所以
0
1
t
，即
2
0
1
e
m
x
x
，整理得
ln
0
2
x
m
x
对任意的
0,
x
恒成立，
令
ln
,
0
2
x
h x
m
x
x
，则
1
2
2
2
m
m
x
h x
x
x
，
且
0
m
，令
0
h x
，解得0
2
x
m
；令
0
h x
，解得
2
x
m
；
则
h x 在
0,2m 上单调递增，在
2 ,
m 上单调递减，
可得
2
ln 2
0
h x
h
m
m
m
m
，结合
0
m
解得
e
0
2
m
，
所以实数m 的最大值为
e
2 .
【变式训练7-1】已知函数
e
ln
x
f x
ax
a
x
x
，若不等式
0
f x
恒成立，求实数a 的取值范围.
【变式训练7-2】已知
，若关于x 的
恒成立，求实数a 的取值范围.
【变式训练7-3】已知函数
，若函数
恒成立，求实数a 的取值范围．
【变式训练7-4】已知函数
1
2
1 e
2 ln
x
f
x
a x
x x
x
a
R ．
(1)当
0
a
时，求函数
f x 在区间
2
e ,1
上的最小值；
(2)讨论函数
f x 的极值点个数；
【变式训练7-5】已知函数
．
(1)讨论函数
的单调性；
(2)已知函数
有两个零点，求实数
的取值范围．
题型08：同构后再放缩
【典型例题1】已知a＞b＞1，若
1
a
a
b
e
be
ae
a
，则
A．ln(a＋b)＞1
B．ln(a－b)＜0
C．3
2 3
3
a
b
D．
1
3
3
a
b
【答案】A
总结：一般都是去括号，这题反过来，可能一下子看不出来，后续计算量很小
第一步，提公因式：
1
1
1
1
a
a
b
a
b
e
be
ae
a
b
e
a e
第二步，局部同构：
1
1
1
1
1
1
a
b
b
a
b
a
b
e
a e
e
e
第三步，构造函数：令( )
x
x
g x
e
，易知( )
g x 在
1,，则有
1
1
1
(
1)
1
1
b
b
a
g b
b
b
a
e
e
e
，
故(
1)
( )
1
g b
g a
b
a
，则A 正确
【典型例题2】(多选)若正实数
，
满足
，则下列不等式中可能成立的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【解析】因为
，所以
，
因为
，所以
，则
，
令
，
，则
，
所以
在
上单调递增，
由
，可得
，
令
，则
，所以当
时
，当
时
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，则
，即
当且仅当
时取等号，
即
当且仅当
时取等号，
又
，所以
，当且仅当
时取等号，
当
时
或
，
结合
与
的图象也可得到
所以
或
.
故选：AC
法二：也可以这样构造
令
，则
，结合图像可知
，
(x＝y＝1 时取等号)
总结：同构+洛必达+放缩
补充：
【典型例题3】已知函数
mx
x
m
x
f
)1
ln(
)
(
，若不等式
xe
x
x
f
1
)
(
在
,0
上恒成立，则实数m 的取值范围
是____________ .
【答案】
,1
xe
x
x
f
1
)
(
在
,0
上恒成立等价于
ln(
1)
1
x
m
x
mx
x
e
第一步，错位同构：
ln(
1)
1
x
m
x
x
mx
e
，
第二步，构造对应函数：令( )
x
g x
mx
e
，则有
ln(
1)
( )
g
x
g x
第三步，分析单调性，定义域：易知0
ln(
1)
x
x
，故( )
g x 在
0,上单调递减
第四步，由单调性求出参数范围：
min
'( )
0
0
1
x
x
g x
m
e
x
m
e
【典型例题4】若正实数
，
满足
，则
的最小值为 ．
【答案】
解析：由
，令
因为
，当且仅当
取到等号，所以
，
故
，所以
，
令
，则
，易得
在
上递增，在
递减，
即
，所以
．故答案为：
．
总结：局部构造+放缩不等式
【典型例题5】函数
的最小值是 ．
【答案】3
【分析】解法一：求函数
的导函数
，再利用导数研究
的零点及零点两侧函数值的正负，由此确定函数
的单调性，再求其最值可得.
解法二：利用切线放缩可得
【详解】解法一：
，
令
，
则
，
当
时，
，
所以
在
上单调递增,
，
设
，
因为
在
上单调递增，
因为
，
存在
，使
，
且
，
故当
时，
，即
，所以
在区间
单调递减，
当
时，
，即
，所以
在区间
单调增，
所以
．
解法二（最优解）：设
，则
，
所以当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；所以
，
即
，当且仅当
时，等号成立；
所以
，
当且仅当
时等号成立，
设
，可得
单调递增，又
，
所以
有解，所以
.
【变式训练8-1】已知函数
2
2ln
1
( )
e x
x
f x
x
a
x
，当
0,
x
时，
0
f x
恒成立，则实数a 的取值范围是（
）
A．
2
,e
1
B．
,e
C．
,2
D．
,1
【变式训练8-2】当
0
x
时，
2
4e
2ln
1
x
x
x
ax
恒成立，则实数a 最大值为（ ）
A．
4
e
B．4
C．
2
4
e
D．8
【变式训练8-3】若实数x ，y 满足
2
4ln
2ln
4
4
x
y
x
y
，则（ ）
A．
2
2
xy
B．
2
x
y
C．2
1
2
x
y
D．
3
1
x y
【变式训练8-4】已知函数
，当
时，
恒成立，则实数a 的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【变式训练8-5】(多选)已知
，若关于x 的方程
存在正零点，则实数
的值可能为
A．
B．
C．
D．
【变式训练8-6】（多选题）若实数x ，y 满足
2
4ln
2ln 2
8
4
x
y
x
y
，则（ ）
A．
2
4
xy
B．
2
x
y
C．
1
2
2
2
x
y
D．
2
1
x y
【变式训练8-7】已知
1
x
x
和
2
x
x
分别是函数
2
( )
2
e
x
f x
a
x
（
0
a
且
1
a ）的极小值点和极大值点．若
1
2
x
x
，则
a 的取值范围是________．
【变式训练8-8】关于x 的不等式e
ln
1(
0)
ax
x
bx
x
a
恒成立，则
b
a 的最小值为 ．
【变式训练8-9】设
，若
在
上恒成立，求k 的取值范围.
【变式训练8-10】
.
(1)求函数
的单调区间；
(2)若不等式
恒成立，求实数a 的取值范围.
题型09：必要性探路（局部同构）
【典型例题1】已知函数
2
( )
ln
1
x
f x
ax
x
xe
对任意的
0
x
，
( )
0
f x
恒成立，则实数a 的取值范围为( )
A．(-∞，0]
B．(-∞，2]
C．(-∞，1]
D．(-∞，3]
【答案】B
【简析】由
( )
0
f x
恒成立可得，
ln
2
ln
1
x
x
ax
x
e
，
不等式两边同减2x 可得
ln
2
2
ln
2
1
x
x
a
x
e
x
x
，达成局部同构
注意到不等式右边有最小值0，但是不能直接说
2
0
2
a
x
x
，因为左边也有x
所以这里用必要性探路：当
2
a
时，存在
0x 使得
0
0
ln
2
0
x
x
，
此时
0
0
ln
2
0
0
0
2
ln
2
1
0
x
x
a
x
e
x
x
，故
2
a
时，
( )
0
f x
不恒成立，排除D
而当
2
a
时，显然
ln
2
0
ln
2
1
x
x
e
x
x
恒成立，由此排除AC
如果是解答题，再证当
2
a
时，因为
0
x
，故
2
0
a
x
，而
ln
2
ln
2
1
0
x
x
e
x
x
，故
2
a
时，
( )
0
f x
恒成立，如果是选填题就直接放缩即可，但是作为解答题时从逻辑的完整性来说需要用必要性探路
【典型例题2】已知函数
1
( )
ln
x
f x
ae
x
lna
，若f（x）≥1，求a 的取值范围．
【答案】
1
，
［方法一］：同构
由
( )
1
f x
得
1
e
ln
ln
1
x
a
x
a
，即
ln
1
ln
1
ln
a x
e
a
x
x
x
，而
ln
ln
ln
x
x
x
e
x
，所以
ln
1
ln
ln
1
ln
a x
x
e
a
x
e
x
．
令( )
m
h m
e
m
，则
( )
1
0
m
h m
e
，所以( )
h m 在R 上单调递增．
由
ln
1
ln
ln
1
ln
a x
x
e
a
x
e
x
，可知
(ln
1)
(ln )
h
a
x
h
x
，所以ln
1
ln
a
x
x
，所以
max
ln
(ln
1)
a
x
x
．令
( )
ln
1
F x
x
x
，则
1
1
( )
1
x
F x
x
x
．
所以当
(0,1)
x
时，
( )
0,
( )
F x
F x
单调递增；当
(1,
)
x
时，
( )
0,
( )
F x
F x
单调递减．
所以
max
[ ( )]
(1)
0
F x
F
，则ln
0
a
，即
1
a
．所以a 的取值范围为
1
a
．
［方法二］:换元同构
由题意知
0,
0
a
x
，令
1
x
ae
t
，所以ln
1
ln
a
x
t
，所以ln
ln
1
a
t
x
．
于是
1
( )
ln
ln
ln
ln
1
x
f x
ae
x
a
t
x
t
x
．
由于
( )
1,
ln
ln
1
1
ln
ln
f x
t
x
t
x
t
t
x
x
，而
ln
y
x
x
在
,
(
)
0
x
时为增函数，故
t
x
，即
1
x
ae
x
，
分离参数后有
1
x
x
a
e
．
令
1
( )
x
x
g x
e
，所以
1
1
1
2
2
2
2
(1
)
( )
x
x
x
x
x
e
xe
e
x
g x
e
e
．
当0
1
x
时，
( )
0, ( )
g x
g x
单调递增；当
1
x
时，
( )
0, ( )
g x
g x
单调递减．
所以当
1
x
时，
1
( )
x
x
g x
e
取得最大值为(1)
1
g
．所以
1
a
．
［方法三］：通性通法（隐零点）
1
( )
ln
ln
x
f x
ae
x
a
Q
,
1
1
( )
x
f
x
ae
x
，且
0
a
.
设( )
( )
g x
f
x
,则
1
2
1
( )
0,
x
g x
ae
x
∴g(x)在
(0,
)
上单调递增，即
( )
f
x
在
(0,
)
上单调递增，
当
1
a 时，
( )
0
1
f
,∴
1
1
min
f x
f
,∴
1
f
x
成立.
当
1
a 时，
1
1
a
，
1 1
1
a
e
∴
，
1 1
1
( )
(1)
(
1)(
1)
0
a
f
f
a e
a
a
,
∴存在唯一
0
0
x
，使得
0 1
0
0
1
(
)
0
x
f
x
ae
x
，且当
0
(0,
)
x
x
时
( )
0
f
x
，当
0
(
,
)
x
x
时
( )
0
f
x
，
0 1
0
1
x
ae
x
，
0
0
ln
1
ln
a
x
x
，因此
0 1
min
0
0
( )
(
)
ln
ln
x
f x
f x
ae
x
a
0
0
0
0
1
1
ln
1
ln
2ln
1
2
2ln
1
a
x
a
a
x
a
x
x
>1,∴
1,
f x
∴
1
f
x
恒成立；
当
0
1
a
时，
(1)
ln
1,
f
a
a
a
∴
(1)
1,
( )
1
f
f x
不是恒成立.
综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).
［方法四］：必要性探路
因为定义域为
(0,
)
，且
( )
1
f x
，所以
(1)
1
f
，即
ln
1
a
a
．
令( )
ln
S a
a
a
，则
1
( )
1
0
S a
a
，所以( )
S a 在区间(0,
)
内单调递增．
因为
(1)
1
S
，所以
1
a
时，有
( )
(1)
S a
S
，即
ln
1
a
a
．
下面证明当
1
a
时，
( )
1
f x
恒成立．
令
1
( )
ln
ln
x
T a
ae
x
a
，只需证当
1
a
时，( )
1
T a
恒成立．
因为
1
1
( )
0
x
T a
e
a
，所以( )
T a 在区间[1,
)
内单调递增，则
1
min
[ ( )]
(1)
ln
x
T a
T
e
x
．
因此要证明
1
a
时，( )
1
T a
恒成立，只需证明
1
min
[ ( )]
ln
1
x
T a
e
x
即可．
由
1,ln
1
xe
x
x
x
，得
1
, ln
1
xe
x
x
x
．
上面两个不等式两边相加可得
1
ln
1
xe
x
，故
1
a
时，
( )
1
f x
恒成立．
当
0
1
a
时，因为
(1)
ln
1
f
a
a
，显然不满足
( )
1
f x
恒成立．所以a 的取值范围为
1
a
．
【变式训练9-1】若当
时，关于x 的不等式
恒成立，则满足条件的a 的最小
整数为（ ）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
【变式训练9-2】已知关于x 的不等式
1
ln
2
xe
a
a
ax
a
(
0)
a
恒成立，则实数a 的取值范围为________.
【变式训练9-3】已知函数
.
(1)求
的极值；
(2)当
时，
，求实数
的取值范围.
题型10：指对同构简化计算
【典型例题1】(多选)若正实数x ，y 满足
1
e
1 ln
x
x
y
y
，则下列不等式中可能成立的是（
）
A．1
x
y
B．1
y
x
C．
1
x
y
D．
1
y
x
【答案】AC
【解析】因为
1
e
1 ln
x
x
y
y
，所以
1 ln
1
1
e
1 ln
e
y
x
x
y
，
因为
0
x
，所以
1
e
0
x
x
，则1
ln
0
y
，
令
1
ex
f x
x
，
0,
x
，则
1
0
1 ex
f
x
x
，
所以
1
ex
f x
x
在
0,
上单调递增，
由
1 ln
f x
f
y
，可得
1
ln
x
y
，
令
ln
1
g x
x
x
，则
1
1
1
x
g
x
x
x
，所以当0
1
x
时
0
g
x
，当
1
x 时
0
g
x
，
所以
g x 在
0,1 上单调递增，在
1,上单调递减，
所以
max
1
0
g x
g
，则
ln
1
0
g x
x
x
，即ln
1
x
x
当且仅当
1
x 时取等号，
即1
ln y
y
当且仅当
1
y 时取等号，
又
1
ln
x
y
，所以x
y
，当且仅当
1
x
y
时取等号，
当
1
y
时1
x
y
或
1
x
y
，
结合
ln
1
y
x
与y
x
的图象也可得到
所以1
x
y
或
1
x
y
.故选：AC
法二：也可以这样构造
1
e
1 ln
e
ln
ln
e ln
ln
x
x
x
x
x
y
y
x
y
e
y
e
y
ey
e
e
令
( )
ln
f x
x
x
，则
(
)
x
f e
f ey
，结合图像可知
1
0
x
x
e
ey
y
e
，
1
ln
1
ln
1
x
x
y
e
ey
e
e
x
y
y
x
y
(x＝y＝1 时取等号)
总结：同构+洛必达+放缩
补充：
ln
e
ln
e
ln
ln
1 ln
ey
x
x
x
y
ey
x
ey e
x
ey
y
y
e
【典型例题2】已知函数
( )
x
f x
e
x
和( )
ln
g x
x
x
，证明：存在直线y
b
，其与两条曲线
( )
y
f x
和
( )
y
g x
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差数列．
【解答】
易得
( )
f x 在
0,，
,0
；( )
g x 在
0,1 ，
1,
只有y
b
过
( )
f x 与( )
g x 交点时，恰有3 个不同交点
则有
1
2
2
3
(
)
(
)
(
)
(
)
f x
f x
g x
g x
b
，
即
1
2
1
2
2
2
3
3
ln
ln
x
x
e
x
e
x
x
x
x
x
b
①
∵
1
1
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
e
x
e
e
x
x
，且
1
2
1
1,
xe
x
，∴
1
2
1
2
ln
xe
x
x
x
②
又∵
3
2
ln
3
3
3
2
ln
ln
x
x
x
x
e
x
e
x
，且
3
2
0
0
ln
,
x
x
，∴
2
3
2
3
ln
x
x
x
x
e
③
由①②③可得：
2
1
3
2
2
2
2
ln
2
x
x
x
e
x
b
x
x
b
x
，证毕
【典型例题3】已知函数
ln
x
f x
x
a
x
x
e
．
(1)若
0
f x
，求a 的取值范围；
(2)证明：若
f
x 有两个零点
1
2
,
x x ，则
1
2
1
x x ．
【详解】（1）[方法一]：同构处理
由
0
f x
得：
ln
ln
0
x x
e
x
x
a
，令
ln ,
1
t
x
x
t
，则
0
t
f t
e
t
a
即
t
a
e
t
令
,
1,
t
g t
e
t t
，则
'
1
0
t
g
t
e
，故
t
g t
e
t
在区间
1,上是增函数
故
min
1
1
g t
g
e
，即
1
a
e
，所以a 的取值范围为(
,
1]
e
[方法二]：常规求导
( )
f x 的定义域为(0,
)
，则
2
1
1
1
( )
1
x
f
x
e
x
x
x
1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
e
e
x
x
x
x
x
令
0
f
x
,得
1
x
，当
(0,1),
( )
0,
( )
x
f
x
f x
单调递减
当
(1,
),
( )
0,
( )
x
f
x
f x
单调递增
( )
(1)
1
f x
f
e
a
，
若
( )
0
f x
,则
1
0
e
a
,即
1
a
e
，所以a 的取值范围为(
,
1]
e
（2）法一：极值点偏移+同构简化计算
由题知,
f
x 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设
1
2
1
x
x
< <
，要证
1
2
1
x x ,即证
1
2
1
x
x
因为
1
2
1
,
(0,1)
x x
,即证
1
2
1
f x
f
x
，
又因为
1
2
f x
f x
,故只需证
2
2
1
f x
f
x
，即证
1
1
ln
ln
0,
(1,
)
x
x
e
x
x
xe
x
x
x
x
同构，原不等式变形为：
1 ln
ln
1
ln
ln
x
x
x
x
e
x
x
e
x
x
令( )
x
g x
e
x
，则有
1
(
ln )
ln
g x
x
g
x
x
，即证：
)
1
ln
ln ,
(1,
x
x
x
x
x
即证
1
( )
2ln
0
(1
,
,
)
h x
x
x
x
x
2
2
2
1
2
1
'( )
1
0,
1
x
h x
x
x
x
x
，即( )
h x 递减，故( )
(1)
0
h x
h
，证毕.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
ln
x
x
e
e
f x
a
x
x
，令
1
xe
t
x
，则
ln
f t
t
t
a
，
1
'
1
0
f
t
t
所以
ln
g t
t
t
a
在
1,上单调递增，故
0
g t
只有1 个解
又因为
ln
x
x
e
e
f x
a
x
x
有两个零点
1
2
,
x x ，故
1
2
1
2
x
x
e
e
t
x
x
两边取对数得：
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
，即
1
2
1
2
1
ln
ln
x
x
x
x
又因为
1
2
1
2
1
2
*
ln
ln
x
x
x x
x
x
，故
1
2
1
x x ，即
1
2
1
x x
下证
1
2
1
2
1
2
*
ln
ln
x
x
x x
x
x
，因为
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
2
ln
ln
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x x
不妨设
1
2
1
x
t
x
，则只需证
1
2lnt
t
t
构造
1
2ln
,
1
h t
t
t
t
t
，则
2
2
2
1
1
'
1
1
0
h t
t
t
t
故
1
2ln
h t
t
t
t
在
1,上单调递减，故
1
0
h t
h
，即
1
2lnt
t
t
得证
【变式训练10-1】设实数
0
m
，若对任意的x
e
，不等式
2 ln
0
m
x
x
x
me
恒成立，则m 的最大值是（ ）.
1
.A
e
.
3
e
B
.
C
e
.
2
D
e
【变式训练10-2】(多选)已知
0
＞，若关于x 的方程
1
ln
0
xe
x
x
x
＝存在正零点，则实数的值可能为
A．
1
e
B．
1
2
C．e
D．2
【变式训练10-3】若不等式
0
x
ae
lnx
lna
恒成立，则a 的取值范围是( )
A．
1
[ ,
)
e
B．
2
[ ,
)
e
C．[ ,
)
2
e
D．[e ，
)
【变式训练10-4】若不等式
1
e
1
ln
1
0
tx
t
x
x
对任意
2e 1,
x
恒成立，则正实数t
的取值范围是（ ）
A.
ln2 ,
2e 1
B.
ln2 1,
2e 1
C.
ln2 1
0, 2e 1
D.
ln2
ln2 1
,
2e 1 2e 1
【变式训练10-5】设实数
0
m
，若对任意的
2
1
x
e
，
，不等式
ln
1
mx
mx
x
e
e
m
m
mx
恒成立，则实数m 的取值范围为
．
【变式训练10-6】对于任意实数
0
x
，不等式
2
2 e
ln
ln
0
x
a
x
a
恒成立，则a
取值范围是__________.
同构的应用
题型01：利用同构求函数值
【典型例题1】已知实数
满足
，
，则
（ ）
A.112 B.28 C.7 D.4
【答案】
，
，即
，
设
，则
，且易知其为定义在（0，+∞）上的单增函数
故
，即
，选B.
【典型例题2】已知函数
的零点为
，
的零点为
，则
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】
，则
，
显然
单增，故
等价于
，则
，故A 错误；
因为
单增，且
，故
，则
故
，则B 正确；
，则C 正确；
D.
，因为
，故
，
则
，而
，则
，故D 正确.
【典型例题3】已知实数
，
满足
，
，则
______.
【答案】
【分析】由已知条件考虑将两个等式转化为统一结构形式，令
，得到
，研究函数
的单调性，求出
关系，即可求解.
【解析一】实数
，
满足
，
，
，
，则
，
，
所以
在
单调递增，而
，
.
【解析二】对
两边取自然对数得：
，
对
两边取自然对数得：
（※）
为使两式结构相同，将（※）进一步变形为：
设
，则
所以
在
单调递增，
的解只有一个.
∴
， ∴
点评:两种解法实质相同，其关键是对已知等式进行变形，使其“结构相同”，然后构造函数，利用函数的单调性，利用是
同一方程求解.
【典型例题4】已知实数a，b 满足
，
，则a＋3b＝ ．
【答案】16
【解析】令
，则
，代入
可化为
，即
设
，则
，
在
上单增
故
只有一个零点
所以
，即
，
所以
.
【典型例题5】若正实数
是关于
的方程
的根，则
__________.
【答案】0
【分析】设
，同构变形得到
，即
，从而得到
，即
，从而
结果.
【详解】令
，则
在
上单调递增，
，即
，故
，
∵正实数
是方程
的根，
，则
，得
，即
.
故答案为：0
【变式训练1-1】已知实数
满足
，
，则
（ ）
A.0 B.2 C.4 D.6
【变式训练1-2】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b 的方程
可化为同构方程，则
的值为（ ）
A．
B．e
C．
D．1
【变式训练1-3】已知
是方程
的一个根，则
的值是（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【变式训练1-4】已知
，则
__________．
【变式训练1-5】已知、分别是方程
、
的根，则＋的值是 .
【变式训练1-6】已知实数x、y 满足
，则
的值是
.
【变式训练1-7】方程
的根是 .
【变式训练1-8】已知实数a，b
(0，2)，且满足
，则a＋b 的值为_______．
【变式训练1-9】已知a3－3a2＋5a＝1，b3－3b2＋5b＝5，那么a＋b 的值是 .
【变式训练1-10】已知函数
和
，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分别为
，则
．
【变式训练1-11】已知函数
的零点为
，则
.
题型02： 利用同构解不等式
【典型例题1】不等式
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【分析】
结合不等式特点，构造函数，研究其单调性，从而求出解集.
【详解】
设
，则
，当
时，
；当
时，
，所以
在
上是增
函数，在
上是减函数．原不等式可化为
，即
，结合
，可得
，所以原不
等式的解集为
．
故选：B
【典型例题2】已知
，
，则下列关系式不可能成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数
，利用导数判断其单调性可判断AB；
构造函数
，
，利用导数判断单调性可判断CD.
【详解】
对于
，两边取对数得
，
即
，
构造函数
，
，
当
时，
，
是单调递增函数，
当
时，
，
是单调递减函数，
若
，则
，即
，故A 正确；
若
，则
，
，故B 正确；
构造函数
，
，
，当
时，
，
单调递增，所以
，
，当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
，
所以
时
，即
，
所以
成立，
不可能成立，故C 正确D 错误.
故选：D.
【点睛】
思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不
等式成立与否.
【典型例题3】已知
，且
，其中e 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】C
【解析】
【分析】
通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.
【详解】
因为
，所以
，
令
，所以
，对函数
求导：
， 由
有：
，
由
有：
，所以
在
单调递增，在
单调递减，因为
，由
有：
，
故A 错误；
因为
，所以
，由
有：
，
故D 错误；
因为
，所以
，
因为
，所以
，所以
，故C 正确；
令
有：
=
，当
，
.所以
在
单调递增，当
时，
，
即
，又
，所以
，
因为
，所以
，因为
在
内单调递减，所以
，即
，故B 错误.
故选：C.
【典型例题4】【多选】下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】将选项同构为
的形式，通过对函数
求导判断单调性，即可判断出答案.
【详解】选项A：
，
选项B：
，
选项C：
，
选项D：
，
构造函数
，则
，则
得
；由
得
，所以
在
上单调
递增，在
上单调递减，
由
知，
，故A 错误；
由
知，
，故B 正确；
由
知，
，知C 正确；
由
知，
，知D 正确.
故选：BCD.
【点睛】本题利用不等式的结构采用同构函数来解决，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，此时借助该函数的单调性简化不等式达到证明不等式的目的.
【典型例题5】【多选】e 是自然对数的底数，
，已知
，则下列结论一定正确的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，则
D．若
，则
【答案】BC
【分析】构建函数
根据题意分析可得
，对A、D：取特值分析判断；对B、C：根据
的
单调性，分类讨论分析判断.
【详解】原式变形为
，
构造函数
，则
，
∵
，
当
时，
，则
，即
；
当
时，
，则
，即
；
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
对于A：取
，则
∵
在
上单调递增，故
，
即
满足题意，但
，A 错误；
对于B：若
，则有：
当
，即
时，则
，即
；
当
，即
时，由
在
时单调递增，且
，
故
，则
；
综上所述：
， B 正确；
对于C：若
，则有：
当
，即
时，
显然成立；
当
，即
时，令
，
∵
，当且仅当
，即
时等号成立，
∴当
时，所以
，即
，
由
可得
，即
又∵由
在
时单调递增，且
，
∴
，即
；
综上所述：
，C 正确；
对于D：取
，
，则
，
∵
在
上单调递减，故
，
∴故
，
满足题意，但
，D 错误.
故选：BC.
【点睛】结论点睛：指对同构的常用形式：
（1）积型：
，
①构造形式为：
，构建函数
；
②构造形式为：
，构建函数
；
③构造形式为：
，构建函数
.
（2）商型：
，
①构造形式为：
，构建函数
；
②构造形式为：
，构建函数
；
③构造形式为：
，构建函数
.
【变式训练2-1】若x，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-2】已知
、
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-3】已知
，且满足
，为自然对数的底数，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-4】已知
，下列不等式，成立的一个是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-5】已知
满足
，
（其中是自然对数的底数），则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-6】已知
，且
，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-7】己知e 为自然对数的底数，a，b 均为大于1 的实数，若
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-8】已知
，
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练2-9】若x，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
题型03：利用同构比较大小
【典型例题1】已知
，则
的大小关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用当
时，
判断
，通过函数
在是减函数判断
.
【详解】当
时，设
，则
，
当
时，
，
单调递增，当
时，
，
单调递减，
所以
，
也就是说当
时，
，
用
代替
，可得
，即
，
所以
，即
．
又知
，所以
，所以
．
故选：A
【典型例题2】已知
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】构造函数
，利用其单调性可知
，构造函数
利用其单调性和
可得
.
【详解】令
，则
，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
故
，所以
，即
．
令
，
，则
，
令
，
，则
，
所以
在
上单调递增，故
，即
，
故
在
上单调递增，故
，
所以
，故
，
令
，
，则
，
故
在
上单调递增，故
，即
，
故
，即
．综上可得
．
故选：B
【典型例题3】已知
，
，
，则a，b，c 的大小关系是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】设
，利用导数研究其单调性，进而比较
；对
作差，运用对数的运算性质和基本不
等式可得
的大小关系.综合可得三者之间的大小关系.
【详解】设
，
则
在
上恒成立，
所以
在
单调递减，
所以
，
即
，
所以
，
因为
，
所以
，
综上：
.
故选：A．
【典型例题4】已知
，
，
，则它们的大小关系是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由
在区间
上为单调递增函数，可得到
，设
，利用导数求得函数在
单调
递增，可得
，进而得到
，即可求解.
【详解】由幂函数的性质可知
在区间上
单调递增，
由于
，故
，即
，
设
，可得
，
令
，解得
，
当
时，
单调递增，可得
，
即
，即
，
两边取为底的指数，可
得，即
，所以
.
故选：A.
【变式训练3-1】若a=2ln1.1，b=0.21，c = tan 0.21，则（ ）
A．b<c<a
B．a<c<b
C．c<a<b
D．a<b<c
【变式训练3-2】若0< x1< x2<1，则（ ）
A．e
x2+ln x1>e
x1+ln x2
B．e
x2+ln x1<e
x1+ln x2
C．x2e
x1> x1e
x2
D．x2e
x1< x1e
x2
【变式训练3-3】设a=ln1.01，b=sin0.01，c = 1
101
，则a，b，c大小关系（ ）
A．c<b<a
B．c<a<b
C．a<b<c
D．a<c<b
【变式训练3-4】已知实数x1, x2, x3满足
x1
2−x1
=e
x2
2 −1=
x3
❑√1+ x3+1 = 1
20
，则（ ）
A．x1< x2< x3
B．x1< x3< x2
C．x2< x3< x1
D．x2< x1< x3
【变式训练3-5】已知
，且
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-6】已知
．且
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-7】已知a，b，
，且
，
，
，则a，b，c 的大小关系
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-8】已知
，
，
，则
，
，的大小顺序是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-9】已知
，且
，其中e 为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-10】已知函数
的导数
满足
对
恒成立，且实数
，
满足
，则下列关系式恒成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-11】设
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练3-12】已知
，且
，
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
题型04：利用同构思想证明不等式
【典型例题1】已知函数
.
(1)判断
极值点的个数；
(2)当
时，证明：
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先对
求导，再构造函数
，利用导数研究
的图像，从而分类讨论
与
，
得到
的正负情况，由此得解；
（2）利用同构法得到
，再构造函数
，从而将问题转化为证明
，再构造函
数
，由此得证.
【详解】（1）因为
，所以
，
令
，则
，
当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
，
当
时，
，若
，则
，若
，则
，
所以
只有一个极值点；
当
时，存在
，
，使
，
当
时，
；当
时，
；
所以若
，则
；若
，则
；若
，则
；若
，则
；
所以
有三个极值点；
综上，当
时，
只有一个极值点；当
时，
有三个极值点.
（2）
，
令
，则
，
所以当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增；
所以
，
令
，则
等价于
，
因为
，所以
等价于
，
令
，
，则
，
当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
所以
，
因为
，所以
，故
.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．
注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
【典型例题2】已知函数
．
(1)若
有两个零点，求a 的取值范围；
(2)若方程
有两个实数根
，且
，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分
与
讨论函数的单调性，结合函数有两个零点，得到不等关系，利用零点存在性定理得到
a 的取值范围；
（2）利用同构，换元后得到
有两个根，只需证：
，结合
相加后得到
，即证
，由
可得：
，从而只需证
，利用对数
平均不等式证明出答案.
【详解】（1）
．
当
时，
，
在R 上单调递增，
不可能有两个零点；
当
时，令
且
在
上单调递减，在
上单调递增，
要使
有两个零点，首先必有
，
当
时，注意到
，
，
，
∴
在
和
上各有一个零点
符合条件．
综上：实数a 的取值范围为
．
（2）由
有两个实根
，不妨设
，
∴令
，
∴
有两个实根
，
，故
，
要证：
，
只需证：
，
由
，结合①知
①
②得：
，
要证：
，即证：
，
而由
可得：
，
下证：
，
，
即证
，
，
令
，则
，
令
，
，
在
上恒成立，
故
在
上单调递增，
故
，
所以
，解得：
，证毕.
【点睛】方法点睛：含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元
基础上，又多了一个参数，故思路很自然的想到，
想尽一切办法消去参数，从而转化为不含参数的问题来解决，或者以参数为媒介，构造一个变元的新函数解决问题.
【典型例题3】已知函数
（e 为自然对数的底数）．
(1)若函数
在
上单调递增，求
的取值范围；
(2)当
时，求证：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，由
对于
恒成立，参变分离转换成
恒成立，即可求解；
（2）先由
转化得到
，法一：直接构造函数
求导，把导数的一个因式构造成新的函数求导，
进而确定导数
的正负，
得到函数
的单调性，进而证明；法二：构造函数
后通过同构转化为
，进而换元得
到函数
，
求导确定最小值即可证明.
(1)
，
由题意可知
对于
恒成立，则
，即
，
所以，
；
(2)
方法一：
等价于
，
当
时，
，
令
，
令
，则
在区间
上单调递增 ，
∵
，
∴存在
，使得
，即
，
当
时，
，则
在
上单调递减，
当
时，
，则
在
上单调递增
∴
∴
，故
方法二：
当
时，
，
，
令
，则
，
令
，则
，
当
时，
；当
时，
，
∴
在区间
上单调递减，
上单调递增．
∴
，即
，
∴
.
【典型例题4】已知函数
（e 为自然对数的底数）有两个零点．
(1)若
，求
在
处的切线方程；
(2)若
的两个零点分别为
，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义切线的斜率为
，利用点斜式求切线方程；（2）分析可得对
的零点即
的零点，对
分析可得
，利用零点整理可得
，构建函
数利用导数证明．
（1）
当
时，
，
，
又
，所以切点坐标为
，切线的斜率为
．
所以切线方程为
，即
（2）
由已知得
有两个不等的正实跟．
所以方程
有两个不等的正实根，即
有两个不等的正实根，
①
要证
，只需证
，即证
，
令
，
，所以只需证
，
由①得
，
，
所以
，
，消去a 得
，只需证
，
设
，令
，则
，
则
，即证
构建
则
，
所以
在
上单调递增，则
，
即当
时，
成立，
所以
，即
，即
，
所以
，证毕．
【点睛】利用同构处理可得
，结合零点代换整理可得
．
【典型例题5】已知函数
，
．
（1）讨论
的单调区间；
（2）当
时，证明
．
【解析】解：（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，
证明（2）设
，则
，
由（1）可得
在
上单调递增，
（1）
，
当
时，
，
当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
，
，
．
【变式训练4-1】已知函数
．
（1）讨论函数
的单调性；
（2）当
时，求证：
在
上恒成立；
（3）求证：当
时，
．
【变式训练4-2】已知函数
．
（1）讨论函数
的零点的个数；
（2）证明：
．
【变式训练4-3】已知函数
.
(1)求
的单调区间；
(2)已知
，且
，若
，求证：
.
【变式训练4-4】已知函数
.
（1）求
的单调区间与极值.
（2）设
，
为两个不相等的正数，且
，证明：
.
【变式训练4-5】已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)设a，b 为两个不相等的正数，且
，证明：
．
【变式训练4-6】已知函数
，
.
(1)求函数
的极值；
(2)当x>0 时，证明：
【变式训练4-7】已知函数
.
（1）讨论
的单调性；
（2）设
，
为两个不相等的正数，且
，证明：
.
【变式训练4-8】已知函数
，其中
为自然对数的底数.
（1）讨论函数
的单调性；
（2）若
，且
，证明：
.
【变式训练4-9】已知函数
．
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)若a＝0，证明：对任意的x>1，都有
．
题型05： 利用同构思想解决不等式的恒成立问题
【典型例题1】若关于
的不等式
对
恒成立，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题意可知
，
，即
对
恒成立．设
，则问题转化为
在
上恒成立，因为
，所以当
时，
，当
时，
，所以
在
上单调递增，在
上单调递减，又
，所以当
时，
；当
时，
．①
在
上，若
恒成立，即
，
；②在
上，若
，则
恒成立，即
恒成立，令
，
，则
，所以
在
上单调递增，所以
，所
以
，综上所述，实数
的取值范围为
．故选：B．
【典型例题2】函数
，函数
，若
对
恒成立，则实数
的
取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】因为
，对
恒成立，又
，
所以
，即
，即
，
令
，
，∴
，设
，则
，
当
时，
，函数
在
上单调递增，当
时，
，函数
在
上单调递减，可得
时，函数
取得极小值即最小值，
，∴
恒成立，∴函数
在
上单调递增，又原不等式等
价于
，所以
，即
，即
恒成立，令
，
，则
，
当
时，
，函数
在
上单调递增，当
时，
，函数
在
上单调递减，可得
时，函数
取得极大值即最大值.
，所以
.
故选：A.
【典型例题3】设实数
，对任意的
，不等式
恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】因为
恒成立即
，可得
，
令
，则
恒成立.又
，故当
时，
，
故
在区间
上为增函数.又
恒成立，则
在区间
上恒成立，即
，
.构造
，则
，令
有
，故当
时
，
为增函数；当
时
，
为减函数.故
，故
，即
.
故选：B
【典型例题4】完成下列各问
（1）已知函数
，若
恒成立，则实数a 的取值范围是_______；
（2）已知函数
，若
恒成立，则正数a 的取值范围是_______；
（3）已知函数
，若
恒成立，则正数a 的取值范围是_______；
（4）已知不等式
对任意正数x 恒成立，则实数a 的取值范围是_______；
（5）已知函数
，其中
，若
恒成立，则实数a 与b 的大小关系是_______；
（6）已知函数
，若
恒成立，则实数a 的取值范围是_______；
（7）已知函数
，若
恒成立，则实数a 的取值范围是_______；
（8）已知不等式
，对
恒成立，则k 的最大值为_______；
（9）若不等式
对
恒成立，则实数a 的取值范围是_______；
【答案】
；
；
；
；
；
；
；
;
.
【解析】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
故答案为:
；
；
；
；
；
；
；
；
【典型例题5】若
，使不等式
成立，其中为自然对数的底数，则实数
的取值范围
是______.
【答案】
【分析】利用同构思想将原式变形，构造新不等式
，通过数形结合得到的范围，由此反推出
的范围.
【详解】由题
，原式变形：
，
移项且两边同时加1 得
，
令
，原式可得
，令
，
，
因为
，
，
由下图图像可知，当
时，可得
，
所以
，因为题目中为存在性命题，且
，
所以
，解得
故答案为：
【点睛】同构题型识别度较高，当题目中同一个参数出现在多个位置，且一般无法分离，同时式子中指数对数幂函数三类形
式的函数时，常常想到同构思想来解题.
【典型例题6】已知函数
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若
恒成立，求实数
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用指数对数同构及构造函数，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的应用及分离参数法解决不等式恒
成立问题，然后利用导数法研究函数的最值即可求解.
【详解】（1）当
时，
,
所以
.
所以
,
，
所以曲线
在点
处的切线的斜率为
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
，即
．
（2）由题易得
，由
，得:
，
令
， 则
，所以
在
上单调递增，
式等价于
，即
．
所以
，
，
令
，则有
，
令
，即
，解得
，
当
时，
；当
时，
；
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
；
所以只需
，即
．
综上，实数m 的取值范围是
．
【变式训练5-1】若
，
恒成立，则a 的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-2】若
，则正实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-3】若不等式
恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-4】已知函数
，
，当
时，
恒成立，则实数
的取值
范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-5】对于任意
都有
，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-6】已知e 是自然对数的底数.若
，使
，则实数m 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-7】不等式
在
上恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-8】设实数
，对任意的
，不等式
恒成立，则λ 的最小值为（ ）
A．e
B．
C．
D．
【变式训练5-9】已知
，若在
上存在x 使得不等式
成立，则
的最小值为（ ）
A．
B．1
C．2
D．
【变式训练5-10】已知
，不等式
对任意的实数
恒成立，则实数a 的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-11】已知
，不等式
对任意的实数
恒成立，则实数a 的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-12】已知函数
，若关于
的不等式
恒成立，则实数
的取值范围是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-13】若对任意
，不等式
恒成立，则实数
的最小值是（ ）
A．1
B．2
C．
D．3
【变式训练5-14】若关于x 的不等式
在区间
上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-15】对任意
，不等式
恒成立，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练5-16】设函数
，若
，
恒成立，则
的取值范围是 ．
【变式训练5-17】已知函数
，若
恒成立，则实数
的取值范围为 .
【变式训练5-18】已知函数
，若
恒成立，则实数
的取值范围为 ．
【变式训练5-19】若
，则实数a 的取值范围为 ．
【变式训练5-20】已知不等式
对任意
恒成立，则实数
的最小值是 ．
【变式训练5-21】已知
，不等式
对
恒成立，则实数
的最小值为 .
【变式训练5-22】关于x 的不等式
在
上恒成立，则a 的取值范围是______．
【变式训练5-23】已知
，若对于任意的
，不等式
恒成立，则
的最小值为
__________.
【变式训练5-24】已知函数
的导函数
满足：
，且
，当
时，
恒成立，则实数
的取值范围是________________.
【变式训练5-25】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___________.
【变式训练5-26】已知函数
．
(1)当
时，证明：
；
(2)若
，求a 的取值范围．
【变式训练5-27】已知函数
，
.
(1)若
在点
处的切线与
在点
处的切线互相平行，求实数
的值；
(2)若对
，
恒成立，求实数
的取值范围.
【变式训练5-28】已知函数
，
.
(1)求函数
的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若
恒成立，求实数
的取值范围；
②若关于
的方程
有两个实根，求实数
的取值范围.
题型06： 利用同构思想求函数最值
【典型例题1】已知实数x，y 满足
且
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先分离同构，得到
，设
,则上式表明
,利用导数研究函数
单调性，并结合
由已知条件得到的
和
的取值范围，得到
,进而
，然后将
表示为
的函数，利用导数求其最小值.
【详解】∵
，∴
，∴
，即
，
设
,则上式表明
,
求导得
，当
时，
,
单调递减，
由于
，∴
，∴
，
∴
,∴
，∴
,令
,
,当
时，
单调递减；当
时，
单调递增，
∴
,
故选：D.
【点睛】本题关键难点在于将已知条件整理得到两边同构的形式，构造同构函数，然后利用函数单调区间上的函数值与自变
量的一一对应关系得到
.
【典型例题2】“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将
化成
，
的变形技巧.已知函数
，
，若
，则
的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由
，得
，
即
，所以，
，
令
，则
对任意的
恒成立，
所以，函数
在
上单调递增，
由
可得
，所以
，
令
，所以
，
当
时，
；当
时，
.
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，则
，
故选：B.
【典型例题3】已知不等式
恒成立，则
的最大值为__________.
【答案】
【分析】法一：利用同构得到
，即
，构造
，
，利用导函数求出其最小值，得到
；
法二：先代入
求出
，再构造函数，证明其必要性即可.
【详解】法一：
变形为
，
构造
，定义域为
，
则
在
上恒成立，
所以
在
单调递增，
故
，两边平方后变形得到
，
构造
，
，
则
，当
时，
，当
时，
，
故
在
处取得极小值，也是最小值，
可知
，故
，
的最大值为
；
法二：
中令
得：
，
解得：
，
当
时，只要证
，
，
其中
，
显然成立，
以下是证明过程：构造
，
，
，当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，故
，
，
只要证
，即
，由于
，
故只要
，
构造
，
，
则
，当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
，故
，
，
综上：可得
的最大值为
.
故答案为：
【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，
从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能
恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选
取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.
【变式训练6-1】已知函数
，若
，则
的最小值为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-2】已知函数
，
，若
，
，则
的最小
值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-3】已知函数
，若
，则
的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-4】已知大于1 的正数
，
满足
，则正整数
的最大值为（ ）
A．7
B．8
C．5
D．11
【变式训练6-5】已知两个实数
、
满足
，
在
上均恒成立，记
、
的最大值分别为
、
，那么
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-6】已知函数
，若
，则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-7】设大于1 的两个实数a，b 满足
，则正整数n 的最大值为（ ）．
A．7
B．9
C．11
D．12
【变式训练6-8】已知函数
，
，若
，
，则
的最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练6-9】已知函数
，
，若
，
，则
的最大值为______．
题型07：利用同构思想解决零点问题
【典型例题1】已知
，若关于x 的方程
存在正零点，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由题意得，
，令
，问题转化为
有解，设
，则
，当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增，又由
，所以
存在唯一零点
，即
在
有解，即
，令
，则
，当
时，
；当
时，
，所
以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
，解得
，
故实数
的取值范围为
.故选：B.
【典型例题2】已知
，若方程
恰有两个解，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
，
，故
，设
，即
，设
，则
，当
时，
，函数单调递减；当
时，
，函数单调递增；
，故方程有唯一解
，即
有两解，即
有两个解，设
，
，
，当
时，
，函数单调递增；当
时，
，函数单调递减；当
趋
近于和
趋近于
时，
趋近于
，故只需满足
，设
，
，
当
时，
，函数单调递减；当
时，
，函数单调递增；故
恒成立，故
的解为
.故选：C
【典型例题3】已知函数
，其中
.
（1）当
时，求
的最小值；
（2）讨论方程
根的个数.
【答案】（1）
的最小值是
.
（2）由题
，
，则
，
即
.所以
.由
，得
.
当
时，
；
当
时，
；所以，
在
上递减；在
上递增.
又因为
，所以
，当且仅当
或
.又
，故
和
不可能同时成立.所
以方程根
的个数是两函数
和
的零点个数之和，其中
当
时，函数
的零点个数转换为直线
与函数
图象的交点个数，
，令
，即
，解得
.当易知
时，
,
单调递减，当
时，
，
单调递增；
在
处取得最小值为
，所以
时，直线
与函数
图象无交点，函数
无零点；
时，直
线
与函数
图象有一个交点，函数
有1 个零点；
时，直线
与函数
图象有2 个交点函数，
有2 个零点.同理：函数
的零点个数转化为直线
与函数
图象交点个数，设
，则
，所以函数
在
单调递增，
在
处的函数值为
，所以故
时，
在
上必有1 个零点.综上所述，
时，方程有1 个根；
时，方程有2 个根；
时，方程有3 个根.
【典型例题4】已知函数
与
（
，且
）
(1)求
在
处的切线方程；
(2)若
，
恰有两个零点，求
的取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）先利用同构法将问题转化为
有两正根，再构造函数
，利用导数与零点存在定理推得
，从而求得
的取值范围.
【详解】（1）由题可得
，
，故
，
于是
在
处的切线方程为
.
（2）
恰有两个零点，即方程
恰有两正根
，
因为
，
，则
，故
，于是
，
同理：
，
，
由
，得
，则
，故
，
令
，故
，
于是函数
在
上单调递增，
所以由
可得
，即方程
有两正根，等价于方程
有两正根，
令
，则由
得
，
令
，则
在
上有两个零点，
，
当
时，
，则
，故
，
所以
在
上单调递减，所以
至多只有一个零点，不满足题意；
当
时，令
，得
；令
，得
；
所以
在
上单调递增，
在
上单调递减，故
的极大值为
，
因为
在
上有两个零点，所以必有
，即
，解得
，
下面证明当
时，
在
上有两个零点：
当
时，易知
，
，故
，
又因为
在
上单调递增，故
在
上有唯一零点；
当
时，
令
，则
，
再令
，则
，故
在
上单调递增，
所以
，即
，故
在
上单调递增，
所以
，因为
，
所以
，即
，即
，即
，故
，
又因为
，故
，即
，
又因为
在
上单调递减，故
在
上有唯一零点；
综上：当
时，
在
上有两个零点，即
有两个解，故
有两个解，即
有两个
零点，
所以
，故
，即
.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
【典型例题5】已知函数
(1)若
是
的极小值点，且
，求
的取值范围；
(2)若
有且仅有两个零点，求
的取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导得到
，确定导函数单调递增，解不等式得到
，得到
，
解得答案.
（2）令
，求导得到导函数，设
，确定函数单调递增，得到
在
内存在唯一的
零点，且
，确定
的单调区间，计算最值得到范围.
【详解】（1）
的定义域为
，由
，可得
，
，
，
则
在
上单调递增，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增，满足
是
的极小值点，因为
，所以
，
可得
，则
，即
的取值范围是
（2）令
，
有且仅有两个零点，故
有且仅有两个零点
，设
，
则
，则
为增函数
当
趋近时，
趋近
，又
，
所以
在
内存在唯一的零点，且
，
则
，即
，则
函数
为增函数，所以
，则
，
当
时，
，函数
单调递减；
当
时，
，函数
单调递增.
当
趋近时，
趋近
，当
趋近
时，
趋近
，只需满足
，得
，
故
的取值范围为
【点睛】关键点睛：本题考查了极值问题和零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用函数
的单调性和同构的思想构造
得到
是解题的关键.
【变式训练7-1】已知函数
有两个零点，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练7-2】已知函数
有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练7-3】设
，满足
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．6
【变式训练7-4】已知函数
（
且
）有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）．
A．
B．
C．
D．
【变式训练7-5】已知函数
有两个零点，则a 的最小整数值为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【变式训练7-6】已知函数
有两个零点，则实数a 的取值范围是______．
【变式训练7-7】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
________，
________．
【变式训练7-8】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.
【变式训练7-9】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.
（1）求
的值；
（2）已知函数
.若斜率为
的直线与曲线
相交于
，
两点，求证：.
【变式训练7-10】设函数
的定义域为
，若函数
满足条件：存在
，使
在
上的值域为
（其中
，则称
为区间
上的“
倍缩函数”.
(1)证明：函数
为区间
上的“
倍缩函数”；
(2)若存在
，使函数
为
上的“
倍缩函数”，求实数的取值范围；
(3)给定常数
，以及关于
的函数
，是否存在实数
，使
为区间
上的“1 倍缩函数”.若
存在，请求出
的值；若不存在，请说明理由.
【变式训练7-12】已知函数
和
有相同的最小值．
(1)求a；
(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
差数列．
【变式训练7-13】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.
【变式训练7-14】已知函数
和
有相同的最大值.
(1)求实数
的值；
(2)证明：存在直线
，其与两曲线
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.
【变式训练7-15】已知函数
．
(1)求函数
的单调区间；
(2)设函数
，若函数
有两个零点，求实数a 的取值范围．
题型08：同构出多变量之间的关系
【典型例例1】已知函数
，
.若存在
，
使得
成立，则
的最大值为（ ）
A．
B． C．
D．
【答案】
，
，由于
，则
，同理可知，
，函数
的定义域为
，
对
恒成立，所以，函数
在区间
上单
调递增，同理可知，函数
在区间
上单调递增，
，则
，
，则
，构造函数
，其中
，则
.当
时，
，此时函数
单调递增；当
时，
，此时函数
单调递减. 所以，
. 故选：C.
【典型例例2】已知函数
和
有相同的最小值.
（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
标成等差数列.
【答案】（2）由（1）可得，
的最小值在
处取到，
的最小值在
处取到，且最小值均为1. 于是,
在
上增，
在
上减，则存在
，使得
.这样的话，令
,且
直线
与两条曲线
和
共有三个不同的交点.另一方面，注意到
，考虑函
数
，则
.设直线
与两条曲线
和
从左到右的三个交点横坐标为
.且有
.由上述讨论可知：
，故
①，同理，由
②可得：
.又因为
③联立①，②，③可得：
，即从左到右的三个交点横坐标成等差数列.
【变式训练8-1】已知函数
，
，若
，
，则
的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式训练-2】已知函数
和
有相同的最大值.
（1）求实数
；
（2）设直线
与两条曲线
和
共有四个不同的交点，其横坐标分别为
，
证明：
.
题型09：朗博同构与隐零点代换
朗博不等式是近年来随着函数同构出现的一个热门的不等式，其原理如下：下面主要注意的是
，那么根据指数函数的基本
不等式
可得：
，等号成立当且仅当
.
【典型例题】若
，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
解法1：因为
，所以
，设
，则
且原不等式可化为
，只需
．
设
，则
，所以当
时，
，
单调递减；当
时，
，
单调递增．所以
，所以
．故选：B．
解法2：由不等式
，可得
.
【变式训练9-1】已知函数
（
，为自然对数的底数），
.
（1）若
有两个零点，求实数
的取值范围；
（2）当
时，
对任意的
恒成立，求实数
的取值范围.
