资源简介 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 展开更多...... 收起↑ 资源预览