2023年新高考数学重难点突破-专题10 “同构法”妙解导数题(讲义)(含解析)

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2023年新高考数学重难点突破-专题10 “同构法”妙解导数题(讲义)(含解析)

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专题10:“同构法”妙解导数题
在高中阶段,数学中的同构一般表示结构或形式相同,同构式是指除了变量不同;而结构相同的两个表达式,同构思想是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研究函数的零点、不等式恒成立、证明不等式.应用同构思想求解相关问题,能够培养数学抽象和转化化归的思维能力.
在应用导数研究函数的问题中,应用同构思想与方法的常见题型一般有比较数或式的大小,研究函数的零点,不等式恒成立问题,证明不等式等;
常见的同构型:;



同构的常见变形技巧:①对原不等式同解变形,如移项、通分、取对数、系数升指数等,把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构,根据“相同结构”构造辅助函数.
②为了实现不等式两边“结构”相同的目的,需对指对式进行“改头换面”,常用的方法有:、、、、、
,有时也需要对两边同时加、乘某式等.
③与为常见同构式:,;与为常见同构式:,.
题设情境是数的大小比较问题.应用数学建模构造函数,然后应用差值法和导数与函数单调性基本知识比较数的大小.
例1(2022新高考全国1卷)设,则( )
A. B. C. D.
【思路点拨】
由联想,可知构造函数比较的大小.由联想,可知构造函数比较的大小.由此确定的大小.
练1(湖北省武汉市武昌区2023届高三上学期元月质量检)下列不等关系正确的是( )
A. B. C. D.
练2(多选)(湖南省20222023高三佩佩教育大联考)已知正数,满足,则下列不等式正确的是( )
A. B.
C. D.
题设情境是函数的切线及三角形面积问题和不等式恒成立问题.第(1)问应用导数几何意义求得函数在定点处的切线方程,然后求得切线与坐标轴的交点而计算相关三角形的面积;第(2)问通过数学抽象,应用同构法、换元同构法、先猜后证法、最值法求解由不等式恒成立求参变量的范围.
例2(河北省承德市双滦区实验中学2023届高三上学期期中考试)已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若不等式恒成立,求的取值范围.
【思路点拨】
第(1)问利用导数的几何意义求出在点切线方程,即可得到与坐标轴交点坐标,最后根据三角形面积公式得结果;第(2)问方法一:利用同构思想将原不等式化成,再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出,是本题的最优解;方法二:通过先换元,令,再同构,可将原不等式化成,再根据函数的单调性以及分离参数法求出;方法三:由特殊到一般,利用可得的取值范围,再进行充分性证明即可;方法四:利用导数判断函数的单调性,求出其最小值,由即可求出,解法虽稍麻烦,但是此类题,也是本题的通性通法.
练3(河北省石家庄精英中学2023届高三上学期调研)已知函数(其中是自然对数的底数),.
(1)当时,讨论函数的单调性;
(2)设函数,若对任意的恒成立,求实数的取值范围.
题设情境是讨说常系数函数的单调性和不等式证明问题.第(1)问应用导数与函数的单调性基本知识,判定函数的单调性;第(2)问通过对题设条件的恰当等价变形,应用同构法构造函数,然后应用极值点偏移、切割线放缩和转化化归思想证明不等式.
例3(2021年新高考1卷)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:.
【思路点拨】
第(1)问首先确定函数的定义域,然后求得导函数的解析式,由导函数的符号即可确定原函数的单调性.第(2)问构造函数之后想办法出现关于的式子,这是本方法证明不等式的关键思想所在.等价转化是常见的数学思想,构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.同时比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径,然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
练4(湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考)已知函数.
当时,求的单调区间与极值;
(2)当时,证明:.
练5(浙江省衢州市普通高中2022-2023学年高三上学期素养测评)已知函数.
(1)判断函数的单调性;
(2)设,求证:当时,.
题设情境为开放性试题,探究函数的极小值的存在性,已知函数存在零点求参数范围问题.第(1)问应用导数与函数的极值基本知识,通过二次求导,应用函数零点定理先确定极值点的存在性,然后由函数的单调性确定极小值点的存在性;第(2)问通过同构法等和换元法价转化函数及解析式,然后应用导数研究“新”函数的单调性和最值,最后应用数形结合思想求得参数的取值范围.
例4(四川省内江市威远中学校2022-2023学年高三上学期月考)已知函数(1)选择下列两个条件之一:①;②;判断在区间是否存在极小值点,并说明理由;
(2)已知,设函数.若在区间上存在零点,求实数的取值范围.
【思路点拔】
第(1)问选择条件后,应用导数研究函数极值的基本方法求解;第(2)问由题设条件得到,应用同构思想两边同除得,然后通过,构造函数,推理在区间上存在零点的充分条件而求得实数的取值范围.
练6(江苏省宿迁市沭阳县建陵高级中学2022-2023学年高三上学期期中)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若函数与的图像有两个不同的公共点,求的取值范围.
1.(天津市第九十五中学益中学校2021-2022学年高三月考数学试题)已知,且、、,下列不等式正确的是( )
A. B. C. D.
2.(多选)(天津市红桥区2022-2023学年高三期中数学试题).函数在上有唯一零点,则( )
A. B. C. D.
3.(多选)(河北省武安市第一中学2023届高三调研数学试题)已知函数,,则( )
A.函数在上无极值点
B.函数在上存在唯一极值点
C.若对任意,不等式恒成立,则实数a的最大值为
D.若,则的最大值为
4.(湖北省二十一所重点中学高三联考数学试题)已知函数.
(1)若,的一个零点为,求曲线在处的切线方程;
(2)若当时,不等式恒成立,求实数a的取值范围.
5.(湖南省长沙市第一中学2022届高三模拟数学试题)设为实数,且,函数.
(1)求函数的单调区间;
(2)若对任意,函数有两个不同的零点,求的取值范围.
6.(湖南省益阳市2022届高三调研考试数学试题)函数,是的导函数.
(1)若,,求函数的最小值.
(2)对,且,证明:恒成立.
7.(四川省成都市第七中学2022届高三模拟考试数学(理)试题)已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)当时,在时恒成立,求实数的最小值.
8.(江苏省南通市如皋市2022-2023学年高三检测数学试题)已知函数,
(1)若在处取得极值,求的值及函数的单调区间.
(2)请在下列两问中选择一问作答,答题前请标好选择.如果多写按第一个计分.
①若恒成立,求的取值范围;
②若仅有两个零点,求的取值范围.
9.(广东省深圳市光明区高级中学2022届高三模拟数学试题)已知函数.
(1)若对任意的恒成立,求实数的取值范围;
(2)若关于的方程有两个实根,求证:.
(注:是自然对数的底数)
专题10 “同构法”妙解导数题--答案解析
【专题探究】
例1【解析】设,因为,
当时,,当时,
所以函数在单调递减,在上单调递增,
所以,所以,故,即,
所以,所以,故,所以,故,
设,则,
令,,
当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
又,所以当时,,
所以当时,,函数单调递增,
所以,即,所以.
故选C.
练1【解析】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,则.
对于A选项,,即,即,
可得,又因为,所以,,故A正确;
对于B选项,,即,即,可得,
在中,令,则,化简得,
故,
所以,即,所以,,故,故B正确;
对于C选项,因为,则,故,故,故C错误;
对于D选项,因为,即,则,即,
所以,,又,因此,,故D正确.
故选ABD
练2(多选)【解析】因为正数,满足,
所以,构造函数,,
令,恒成立,
所以在上单调递增,且,
由复合函数的单调性可知在上单调递增,
所以在上单调递增,由,可得,
对于,由,可得,所以,故A正确;
对于,由,可得,则,故错误;
对于,,所以,故C正确;
对于,由,可得,,所以,所以,故D正确.
故选ACD.
例2【解析】(1),,.
,∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,
∴所求三角形面积为.
(2)[方法一]【最优解】:同构法
由得,即,
而,所以.
令,则,所以在R上单调递增.
由,可知,
所以,所以.
令,则.
所以当时,单调递增;
当时,单调递减.
所以,则,即.
所以a的取值范围为.
[方法二]:换元同构法
由题意知,令,所以,所以.
于是.
由于,
而在时为增函数,故,
即,即.
令,所以.
当时,单调递增;当时,单调递减.
所以当时,取得最大值为.所以.
[方法三]:
因为定义域为,且,所以,即.
令,则,所以在区间内单调递增.
因为,所以时,有,即.
下面证明当时,恒成立.
令,只需证当时,恒成立.
因为,所以在区间内单调递增,则.
因此要证明时,恒成立,只需证明即可.
由,得.
上面两个不等式两边相加可得,故时,恒成立.
当时,因为,显然不满足恒成立.
所以a的取值范围为.
[方法四]:通性通法,,且.
设,则∴g(x)在上单调递增,
即在上单调递增,
当时,,∴,∴成立.
当时, ,,,
∴存在唯一,使得,且当时,
当时,,,
因此
>1
∴∴恒成立;
当时, ∴不是恒成立.
综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).
练3【解析】(1)因为,所以.
令,则,当时,,函数单调递減;
当时,,函数单调递增.
所以,
又,所以在定义域上单调递增.
(2)由得,即,
所以,
即对任意恒成立,
设,则,所以当时,,函数单调递增,
且当时,,当时,,
若,则,
若,因为,且在上单调递增,所以,
综上可知,对任意恒成立,即对任意恒成立.
设,则,所以在单调递增,
所以,即的取值范围为[.
例3【解析】 (1)的定义域为.由得,,
当时,;当时;当时,.
故在区间内为增函数,在区间(内为减函数,
(2)[方法一]:【最优解】:同构法:由变形为,
所以.令.则上式变为,
于是命题转换为证明:.
令,则有,不妨设.
由(1)知,先证.
要证:
.令,
则,
在区间内单调递增,所以,即.
再证.因为,
所以.
要证,只需证.
令,所以,
故在区间内单调递增.
所以.故,即.综合可知.
[方法二]:同构构造函数法
由已知得,令,不妨设,所以.
由(Ⅰ)知,,只需证.证明同方法一.
再证明.令.
令,则.
所以,在区间内单调递增.
因为,所以,即
又因为,所以,
即.
因为,所以,即.
综上,有结论得证.
[方法三]等价转化法
由得,即.由,得.
由(1)不妨设,则,从而,得,
①令,
则,
当时,,在区间内为减函数,,
从而,所以,
由(1)得即.①
令,则,
当时,,在区间内为增函数,,
从而,所以.又由,可得,
所以.②
由①②得.
练4【解析】(1)时,,则,
又与都是增函数,故在上单调递增,
又,故时,;故时,,
所以在上单调递减,在上单调递增,
当时,取得极小值1,无极大值.
(2)方法一:当,时,,
故只需证明当时,.
当时,在上单调递增,
又,,故在上有唯一零点.
当时,;当时,.
从而时,取得最小值.由得:,即,
故,
综上,当时,.
方法二:先证不等式与,
设,则,
可得在上单调递减,在上单调递增,
,即;
设,则,
可得在上单调递增,在上单调递减,
,即.
于是,当时,,
注意到以上三个不等号的取等条件分别为:,它们无法同时取等,
所以,当时,,即.
练5【解析】(1)的定义域为.由题意得.
当时,,所以在区间上单调递增;
当时,令得,
所以当时,,可知在区间上单调递增;
当时,,可知在区间上单调递减.
综上所述,当时,在区间上单调递增;当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.
(2)由题意得,当时,,
所以,
所以
.
令,则,
所以在区间上单调递增,在区间上单调递减,所以,
所以.所以,
所以,
所以.
例4【解析】(1)若选①:,则函数,
所以,,
因为单调递增,且,所以在上单调递减,上单调递增,
则,故在上单调递增,所以不存在极小值点;
若选②:,则,所以,,
由单调递增,且,
所以在上单调递减,在上单调递增,
故,又,
所以存在极小值点.
(2)令,则,又,
所以,
令,故有解,设,则,
令,解得,
所以在上单调递减,在上单调递增,又,
所以有唯一的零点,若在区间上存在零点,
即在上有解,整理可得,
令,
则,令,解得,所以在上单调递减,在上单调递增,
故,所以,解得,
所以的取值范围为.
练6【解析】(1),,.
①当时,,函数在上单调递增;
②当时,令,得,
时,;时,,
在上单调递减,在上单调递增.
综上所述:当,的单调递增区间为,无单调递减区间;
当,的单调递增区间为,的单调递减区间为.
(2)依题意可知:方程,即有两个不同的实根.
由可得:.
令 ,,所以在上单调递增,
要使有两个不同的实根,则需有两个不同的实根.
令,则,
当时,,单调递减;当时,,单调递增,.
①若,则,没有零点;
②若,则且仅当时取等号,只有一个零点;
③若,则,,.
令,则当时,,
即在上单调递增,所以,即.
故此时在上有一个零点,在上有一个零点,符合条件.
综上可知,实数的取值范围是.
【专题训练】
1. 【解析】由题得 即,即,即,
设,则,
,当时,,是减函数,
当时,,是增函数,
故,即
因为,所以,故选C.
2.(多选) 【解析】由,可得,即,
令,其中,则,
所以,函数在区间上单调递增,则,
令,其中,.
当时,,此时函数单调递减;
当时,,此时函数单调递增.所以,.
若函数在上有唯一零点,则.
所以,,由于函数在上单调递增,
,,即,,
所以,ABC选项正确,D选项错误.故选ABC.
3.(多选)【解析】对于A:,令,则,
令,解得:,令,解得:,
故在上单调递减,在上单调递增,
故,故在R上单调递增,
故函数在R上无极值点,故A正确;
对于B:,令,则,
令,解得:,令,解得:,
故在上单调递减,在上单调递增,故,
故在上单调递增,则函数在上无极值点,故B错误;
对于C:由A得在R上单调递增,不等式恒成立,
则恒成立,故恒成立.
设,则,令,解得:,
令,解得:,故在上单调递增,在上单调递减,
故,故,故C错误;
对于D:若,则.
由A,B可知函数在R上单调递增,在上单调递增,
∵,∴,,且,
当时,,
设,设,则,令,解得,
令,解得:,故在上单调递增,在上单调递减,
故,此时,
故的最大值为,故D正确.故选:AD.
4. 【解析】(1)若,则,
由,可得或,所以.
因为,所以,
所以曲线在处的切线方程为,
即.
(2)因为当时,恒成立,
所以当时,
即恒成立.
设,则,
设,则.
当时,,即单调递减,当时,,即单调递增,
所以,所以在上单调递增.
当时,恒成立,则当时,恒成立,即恒成立.
设,则.
当时,,函数单调递增,
当时,,函数单调递减,
所以,所以,
即实数a的取值范围为.
5. 【解析】(1)由题意得.
因为,所以,
所以当时,,所以当时,函数在R上单调递增.
当时,令,则,所以;
令,得,
所以当时,函数在)上单调递减,在上单调递增.
综上,当时,函数在R上单调递增;
当时,函数在上单调递减,在上单调递增.
(2)因为函数有两个不同的零点,所以有两个不同的根,
即曲线与直线有两个不同的交点.
易知直线与轴交于点
先考虑曲线与直线相切的情况.设切点坐标为,
则切线斜率为,所以切线方程为,
则,所以,
令,则,
令,,
当时,,当时,,
故在上单调递增,在上单调递减,
由于时,,所以,
所以要满足条件,则恒成立.
因为,只需即可,解得.
故的取值范围为(.
6. 【解析】(1)证明:,当时,,
令,
则,,
∴在单调递增,∴,在上单调递增.
∴时,,
∵,∴为偶函数,即时,,∴的最小值为2.
(2)
①,
令,
则①式等价于,,
当时,,
又∵,,∴,,
∴,
令,则,∴在上单调递减,
∴,故.
综上所述,对,且,恒成立
7. 【解析】(1)由题意,
令,得,
当时,若,则,所以,
若,则,,所以;
当时,若,则,所以,
若,则,,所以;
综上在上单调递减,在上单调递增.
当时,即,
即,
构造函数,即有对时恒成立,
,令,得,
所以在上单调递减,在上单调递增,
又时,时,,
所以只需要对时恒成立即可,
两边取对数,有对时恒成立,
又时,,所以对时恒成立,
令,,令,则,令,则,
则在单调递增,在上单调递减,最大值为,
所以的最小值为.
8. 【解析】(1)函数,则的定义域为,
且,因为在处取得极值,所以,即,解得;
此时,所以在上单调递增,
则当时,,则单调递减,当时,,则单调递增,
所以的单调递减区间为,单调递增区间为;
(2)若选①:因为恒成立,则恒成立,
整理可得恒成立,
即恒成立,
令,则恒成立,
因为恒成立,为单调递增函数,所以恒成立,
即恒成立,令,
则,
当时,,则单调递增,当时,,则单调递减,
所以在处取得极大值,即最大值,故,解得,
所以的取值范围为;
若选②:因为仅有两个零点,即在上有两个根,
整理可得,即,
令,则,
因为恒成立,则为单调递增函数,
所以,即在上有两个根,
令,则,
当时,,则单调递增,当时,,则单调递减,
所以在处取得极大值,即最大值,
要想在上有两个根,
只需,解得,所以的取值范围为.
9. 【解析】(1),
①当时,恒成立,所以的递增区间为,
所以,所以.
②当时,的递增区间为,递减区间为.
(i)即时,,所以,
(ii)即时,,所以,
综上所述:,即实数的取值范围为.
(2)因为,所以,
所以,
令,所以,在R上恒成立,
所以在R上递增,所以,即有两个实根,
即有两个实根,
令函数,,令,解得,令,
解得,所以在上单调递增,在上单调递减,
因为,作出函数的图像如下所示:
要使有两个实根,则.
令,,所以,
令,所以有两个实根,,
接下来先证.
因为,令,解得,令,解得,
所以在上单调递增,上单调递减,
要证,即证,
因为,在上单调递减,只需证,即证.令,

因为,此二次函数开口向下,对称轴为,
所以此函数在单调递增,所以,所以,
所以,即在恒成立,
所以在上递增,所以,所以成立,
即 成立,又,,且在上单调递减,
所以,所以,即,所以,
所以.
2

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