专题07 函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略（13大题型）讲义-2025年高考数学 热点 重点 难点 专练（上海专用）

这是一份专题07 函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略（13大题型）讲义-2025年高考数学 热点 重点 难点 专练（上海专用），共12页。试卷主要包含了对称变换等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc186882890" 01考情透视·目标导航 PAGEREF _Tc186882890 \h 2
\l "_Tc186882891" 02知识导图·思维引航 PAGEREF _Tc186882891 \h 3
\l "_Tc186882892" 03 知识梳理·方法技巧 PAGEREF _Tc186882892 \h 4
\l "_Tc186882893" 04 真题研析·精准预测 PAGEREF _Tc186882893 \h 5
\l "_Tc186882894" 05 核心精讲·题型突破 PAGEREF _Tc186882894 \h 28
\l "_Tc186882895" 题型一：含参数函数单调性讨论 PAGEREF _Tc186882895 \h 28
\l "_Tc186882896" 题型二：导数与数列不等式的综合问题 PAGEREF _Tc186882896 \h 32
\l "_Tc186882897" 题型三：双变量问题 PAGEREF _Tc186882897 \h 40
\l "_Tc186882898" 题型四：证明不等式 PAGEREF _Tc186882898 \h 48
\l "_Tc186882899" 题型五：极最值问题 PAGEREF _Tc186882899 \h 55
\l "_Tc186882900" 题型六：零点问题 PAGEREF _Tc186882900 \h 62
\l "_Tc186882901" 题型七：不等式恒成立问题 PAGEREF _Tc186882901 \h 70
\l "_Tc186882902" 题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题 PAGEREF _Tc186882902 \h 77
\l "_Tc186882903" 题型九：利用导数解决一类整数问题 PAGEREF _Tc186882903 \h 86
\l "_Tc186882904" 题型十：导数中的同构问题 PAGEREF _Tc186882904 \h 93
\l "_Tc186882905" 题型十一：洛必达法则 PAGEREF _Tc186882905 \h 101
\l "_Tc186882906" 题型十二：导数与三角函数结合问题 PAGEREF _Tc186882906 \h 108
\l "_Tc186882907" 重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题 PAGEREF _Tc186882907 \h 115
本节内容在高考中常作为压轴题出现，涉及函数零点个数、不等式证明及存在性等问题，综合性强且难度较大。解决这类导数综合问题，需要综合运用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等多种思维方法，并结合不等式、方程等相关知识。这类问题不仅思维难度大，而且运算量也相当可观。可以说，考生一旦攻克了本节内容，就将具备出色的逻辑推理、数学运算、数据分析和直观想象等核心素养。
1、对称变换
主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点x0．
（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令．
（3）判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
（4）比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
（5）转化，即利用函数的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2、应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题．
3、 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．
1．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
【解析】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上f'x0，单调递增，
当时，f'x0，解得．
所以在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以．
所以无最大值，最小值为；
（2），．
因为有两个不同的极值点，所以，．
欲证，即证，又，
所以原式等价于①.
由，,
得②.
由①②知原问题等价于求证，
即证．
令，则，上式等价于求证．
令，则，
因为，所以恒成立，所以单调递增，，
即，所以原不等式成立，即．
【典例3-2】已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知有两个极值点，且，
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求的最小值．
【解析】（1）当时，，
则，得，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）（i），
又是函数的两个极值点，所以是方程的两个正根
则，解得，
经检验，当时，符合题意.
所以实数的取值范围为.
（ii）由（i）知，则，，
，
令，
则，
当时，，则单调递减
当时，，则单调递增
故当时，取得最小值，
所以，即的最小值为.
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
【变式3-1】（2024·高三·江苏无锡·期中）已知函数.
(1)若，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(2)过点可以作曲线的两条切线，切点分别为.
①求实数的取值范围；
②证明：若，则.
【解析】（1）易知，令，则，
显然时，，时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
则，即；
（2）①设切点，易知，，则有，
即，
令，则有两个交点，横坐标即分别为，
易知，显然时，，时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
且时有，时也有，，
则要满足题意需，即；
②由上可知：，
作差可得，即，
由①知：在上单调递减，在上单调递增，
令，
则始终单调递减，所以，
即，所以，所以，
不难发现，，
所以由弦长公式可知，
所以，
设
所以由，即，证毕.
【变式3-2】（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：，已知函数．
(1)若函数的最大值为0，求实数a的值；
(2)证明：．
(3)若函数存在两个极值点，证明：．
【解析】（1）由题意知：，，
①当时，f'x0，单调递增.
所以的最小值为.
当时，，，
所以.
当时，设，
则，
设，则，
因为在上单调递增，
且，
所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，
所以在上恒成立，
故Fx在上单调递增，
在上恒成立.
综上，当时，.
利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．
（4）对数单身狗，指数找基友
（5）凹凸反转，转化为最值问题
（6）同构变形
【变式4-1】已知函数（）.
(1)讨论函数的单调区间；
(2)当时，证明：.
【解析】（1），
①当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为；
②当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为；
③当时，的递增区间是，无减区间；
④当时，当时，时，，
所以的递增区间是，递减区间为.
综上，当时，的递增区间是（），递减区间为；
当时，的递增区间是，递减区间为；
当时，的递增区间是，无减区间；
当时，的递增区间是，递减区间为.
（2）当时，，由题意可得，只需证明，
方法一：令，
则，
令，易知在上单调递增，
，
故存在，使得，即，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故时，取得唯一的极小值，也是最小值.
，
所以，即当时，.
方法二：不等式等价于，
只需证，
令，所以，
当时，单调递减，时，单调递增，
所以，即，当且仅当时取得等号，
令代替得到，
函数在上单调递增，且，
故存在，使得，
所以，当且仅当时取得等号，
所以，即当时，.
【变式4-2】已知函数.
(1)若曲线在点处的切线与轴平行，求的值；
(2)设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形；
(3)证明：.
【解析】（1）因为，
则，
由题意可知，，解得.
（2），
对于函数，
有，解得，即函数的定义域为，
对于函数，则，可得，解得或，
所以，函数的定义域为，故该定义域关于直线对称，
因为
，
故函数的图象关于直线对称，所以曲线是轴对称图形.
（3）当时，，
则，令，
则，
当时，，则函数在上为增函数，此时，，
即，所以，函数在上为增函数，此时，，
取，可得，
于是，即，
所以，，
故.
1．已知函数.
(1)当时，求函数在的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)证明：当时，.
【解析】（1）当时, ，所以.
得，点处的切线斜率为，
所以函数的图像在点处的切线方程为：，
即：.
（2）由得，
当时，恒成立，则在上单调递减；
当时，令得，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增.
综上所述，
当时， 在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知，当时，
的最小值.
要证，
只需证
只需证
设.
则，令得.
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增.
所以在处取最小值，且，
所以得证，
即得证.
题型五：极最值问题
【典例5-1】已知函数.
(1)若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；
(2)若，且有两个极值点，，其中，求的取值范围.
【解析】（1）的定义域为0,+∞，
∵在0,+∞上单调递增，
∴在0,+∞上恒成立，即在0,+∞上恒成立，
又，当且仅当时等号成立，
∴；
（2）由题意，
∵有两个极值点，
∴为方程的两个不相等的实数根，
由韦达定理得，，
∵，∴，
又，解得，
∴
，
设（），
则，
∴在12,1上单调递减，
又，，
∴，
即的取值范围为.
【典例5-2】（2024·四川眉山·一模）已知函数.
(1)当时，求的零点个数；
(2)设，函数.
（i）判断的单调性；
（ii）若，求的最小值.
【解析】（1）由题可知，则，
令，可得，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
，
又，，
即在和内各有一个零点，
有2个不同的零点.
（2）（i）由题可知，
则，
令，可得或，
当时，，当时，，
在上单调递增，在和上单调递减.
（ii）由，可得，是关于的方程
的两个不同的实根，
故，，即.
故
，
设，
当时，，
为上的增函数，
的最小值为，
故的最小值为.
利用导数求函数的极最值问题．解题方法是利用导函数与单调性关系确定单调区间，从而求得极最值．只是对含有参数的极最值问题，需要对导函数进行二次讨论，对导函数或其中部分函数再一次求导，确定单调性，零点的存在性及唯一性等，由于零点的存在性与参数有关，因此对函数的极最值又需引入新函数，对新函数再用导数进行求值、证明等操作．
【变式5-1】（2024·高三·天津·期末）已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)令.
（i）讨论函数极值点的个数；
（ii）若是的一个极值点，且，证明：.
【解析】（1）因为，所以.
所以，.
所以函数在处的切线方程为：，即.
（2）（i）因为，（）.
所以，（）
当时，在0,+∞上恒成立，所以函数在0,+∞上是增函数，不存在极值点；
当时，设，则在0,+∞上恒成立.
所以ℎx在0,+∞上是增函数.
又，，所以唯一存在，使得.
当x∈0,x0时，ℎx0，所以，所以在上单调递增.
所以是函数唯一的极小值点，无极大值点.
综上：当时，无极值点；当时，只有个极小值点.
（ii）因为是的一个极值点，
由（i）可知，且.
所以.
因为，所以.
设，，则，则在0,+∞上为减函数，且，
由，所以.
设，则，
由φ'x>0；由φ'x0在0,+∞上恒成立，所以f'x>0，所以在0,+∞上单调递增，则没有极值点；
当时，，两根均为正数，故当或时，gx>0，所以f'x>0，所以的单调递增区间为，，
当时，gx0；时，f'x0；当时，f'x0时，对有，对有，
所以fx在上递减，在上递增，所以fx恰有个极值点.
综上，当时，fx极值点的个数为；
当a>0时，fx极值点的个数为；
（2）根据已知有，所以，故a>0.
此时由（1）中得到的单调性，可知fx仅在处取得最小值.
假设，则，但，这导致矛盾，所以，即.
当时，由（1）中得到的单调性知fx在处取得最小值，所以，确实满足条件.
综上，的值为.
（3）此时，，根据（2）的结论，我们有.
设，则.
再设，则.
情况一：若，则对x>0有，故在上递增，从而对x>0有.
从而在上递增，这就意味着对都有.
从而对任意，都有，不满足条件；
情况二：若，令是两个正数和中较小的一个，则对有.
故在上递减，从而对有.
从而在上递减，这就意味着，所以存在使得，满足条件.
综合以上两种情况，可知的取值范围是.
题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题
【典例8-1】已知函数.
(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；
(2)若，求证：.
【解析】（1）定义域均为，
，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
又，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且
所以，解得：.
（2）令，因为，所以，
由可得：
（1）-（2）得：，所以，
要证：，只要证：，
只要证：，
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只要证：，
令，
所以在上单调递增，所以，
即有成立，所以成立.
【典例8-2】已知函数，．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)设，试讨论函数的单调性；
(3)当时，若存在实数，满足，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得：．
验证：当时，，
易得在处取得极大值．
（2）因为，
所以，
①若，则当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
②若，，
当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减.
（3）证明：当时，因为，
所以，
所以，
令，，则，
当时，，所以函数在上单调递减；
当时，，所以函数在上单调递增；
所以函数在时，取得最小值，最小值为1，
所以，
即，所以，
当时，此时不存在，满足等号成立条件，
所以．
1、极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性．若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往．如下图所示．

图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏．
【变式8-1】已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值.
【解析】（1）.
若，当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，当时，，即在（，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，则，即在上单调递增.
若，当时，，即在，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
（2）当实数时，，
，
，
，
令，，
由于，知当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增.
从而，，
于是，，即，
而，所以，
而当，时，取最小值6.
【变式8-2】已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【解析】（1）由题意得，x∈0,+∞，则，
由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减；
综上，在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减；
（2）（i）由，得，
设，
由（1）得在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减，
又，当时，gx>0，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，
故的取值范围是0,1．
（ii）不妨设，则，且．
法一：
当时，结合（i）知，即；
当时，．
设
则
所以在区间0,1内单调递增，
则，即，
所以
又在区间1,+∞内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
法二：
设，x∈0,+∞，
则，
所以ℎx在区间0,+∞内单调递增，又ℎ1=0，
所以，即．
又，所以，
又在区间1,+∞内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
1．已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
【解析】（1），当时，单调递增；
当时，单调递减．所以，
解得，即的取值范围为．
（2）证明：不妨设，则，要证，
即证，则证，则证，
所以只需证，即．
令，则，．
当时，，则，
所以在上单调递减，则．所以．
由（1）知在上单调递增，所以，从而成立．
2．[新考法]已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
【解析】（1），，
其中，，
当时，即，此时恒成立，
函数在区间单调递增，
当时，即或，
当时，在区间上恒成立，
即函数在区间上单调递增，
当时，，得或，
当，或时，，
当时，，
所以函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是；
（2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，、是方程的两根，
有，，
又的图象与有三个公共点，
故，则，
要证，即证，又，
且函数在上单调递减，即可证，
又，即可证，
令，，
由，
则
恒成立，
故在上单调递增，即，
即恒成立，即得证；
②由，则，
令，，
则
，
故在上单调递增，即，
即当时，，
由，故，又，故，
由，，函数在上单调递减，故，
即，又由①知，故，
又，
故.
题型九：利用导数解决一类整数问题
【典例9-1】已知函数.
(1)证明：有两个极值点，且分别在区间和内；
(2)若有3个零点，求整数的值.
参考数据：，，，.
【解析】（1）函数，求导得，
令，求导得，
由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
则在上单调递减，且，，
因此在内有且仅有一个零点；
则在上单调递增，
且，，
因此在内有且仅有一个零点；
则函数有两个零点，且分别在区间和内，
设的两个零点为，
当时，，当或时，，
则在上单调递减，在，上单调递增，
所以有两个极值点，且分别在区间和内.
（2）依题意，，而，
即，
因此，解得，
由，得，且为整数，则或0，
故整数的值为或0.
【典例9-2】已知函数．
(1)当时，求函数的极值；
(2)求函数的单调区间；
(3)当时，若在时恒成立，求整数的最大值．
【解析】（1）当时，，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
（2），
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
综上所述：当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，上单调递减.
（3）在时恒成立，即恒成立，
令，则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，且
，所以在存在唯一实数，
使得，即，所以
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，上单调递增，
所以，
故，又，整数的最大值为5．
分离参数、分离函数、半分离
【变式9-1】函数.
(1)求的单调区间；
(2)若只有一个解，则当时，求使成立的最大整数k.
【解析】（1）函数，定义域为，则，
因为，设，，
则令得，，，
当时，，，单调递增，
当时，，，
单调递减，
当时，，，单调递增，
综上所述：的单调递增区间为，，
单调递减区间为；
（2）若即只有一个解，
因为使方程成立，所以只有0是的解，
当时，无非零解，
设，则，
当，，单调递减，当，，单调递增，
所以最小值为，
当时，，当时，，
故定有零点，又因为无非零解，有零点应还是0，
所以，所以，则，
，得，，，
所以，得，
设，则，
令，则，
因为时，，所以，则在0,+∞单调递增，
又，
所以使得，所以，且，
当x∈0,x0时，，单调递减，
当x∈x0,+∞时，，单调递增，
所以最小值，且，
得，
又因为，所以，因为，
所以，故整数的最大值为2.
【变式9-2】（2024·福建厦门·模拟预测）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，若存在，使得.
①求的取值范围；
②设为整数，若当时，相应的总满足，求的最小值.
【解析】（1）由，知.
当时，，所以在上单调递增；
当时，若，则；若，则.
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）①此时，故.
若，则当时，有.
故在和上递增，故在上递增.
所以，如果有，则必定有，故这样的不存在；
若，则.
记，，则，，故，.
据的表达式可知，当或时，当时.
从而在和上单调递增，在上单调递减.
根据的单调性，有. 再取正实数满足，，，就有，且由有
.
所以必定存在使得，取，就有.
综上，的取值范围是.
②首先，在上面①的解析中我们已经证明当时递增，这就意味着当时有，即.
下面回到原题，据题意有. 根据的单调性，知.
一方面，此时有
，
所以，故.
从而，解关于的不等式可得，故；
去分母并移项得，即.
另一方面，当时，由，，可知，从而.
此时可验证满足条件，而.
综合以上两个方面，可知的最小值是.
1．已知函数．
(1)若曲线在点处的切线的斜率小于1，求的取值范围．
(2)若整数k使得对恒成立，求整数k的最大值．
【解析】（1）因为，得到，
所以曲线在点处的切线的斜率为，
由题意得，解得，所以的取值范围.
（2）因为“对恒成立”等价于“当时，恒成立”，
令，所以，
令，得，
当变化时，与的变化情况如下表所示：
所以在上单调递减，在上单调递增，
故函数的最小值，
令，则，
①当时，因为的最小值，
所以对于恒成立，符合题意，
②当时，由，得函数在单调递减，
所以，故此时的最小值，不符合题意，
所以整数的最大值是2．
题型十：导数中的同构问题
【典例10-1】（2024·内蒙古·三模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【解析】（1）的定义域为.
关于的方程，
当时，，，所以在上单调递增.
当时，，此时，
，所以在上单调递增.
当时，则是方程的两根.
又，所以，
令，解得或，
令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
（2）由，可得，即.
令，易知单调递增.
由，可得，则，即.
设，则，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以，
所以，则的取值范围为.
【典例10-2】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，．
【解析】（1）解：函数的定义域为，，
令，即，△，解得或，
若，此时△，在恒成立，
所以在单调递增．
若，此时△，方程的两根为：
，且，，
所以在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增．
若，此时△，方程的两根为：
，且，，
所以在上单调递增．
综上所述：若，在单调递增；
若，在，上单调递增，
在上单调递减．
（2）证明：由（1）可知当时，函数在上单调递增，
所以（1），所以在上恒成立．
（3）证明：由（2）可知在恒成立，
所以在恒成立，
下面证，即证2 ，
设，，
设，，
易知在恒成立，
所以在单调递增，
所以，
所以在单调递增，
所以，
所以，即当时，．
法二：，即，
令，则原不等式等价于，
，令，则，递减，
故，，递减，
又，故，原结论成立．
1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式
2、同构式的应用：
（1）在方程中的应用：如果方程和呈现同构特征，则可视为方程的两个根
（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，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．
①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键；
③信手拈来凑同构，凑常数、、参数；④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围．
（3）在解析几何中的应用：如果满足的方程为同构式，则为方程所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线的方程
（4）在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于与的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解
【变式10-1】（2024·高三·天津西青·期末）已知函数和．
(1)若曲线数与在处切线的斜率相等，求的值；
(2)若函数与有相同的最小值．
①求的值；
②证明：存在直线，其与两条曲线与共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标成等差数列．
【解析】（1），
由题知，即，即.
（2）①的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，不合题意，故.
令，得，
当单调递减，
当单调递增，
所以.
的定义域为，而.
当单调递减，
当单调递增，
所以.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
②，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且.
当时，此时，
显然与两条曲线和共有0个交点，不符合题意；
当时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
当时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，
(令，则)，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且
只存在1个零点，设为.
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，
（令，则）
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为，
再次，证明存在，使得，
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【变式10-2】对任意，若不等式恒成立，求a的取值范围.
【解析】由，得，即，所以.
令，设，
则当时单调递减，当时，单调递增，故当，故
故，则，即.
记，则，
当单调递增，当单调递减，所以，故
由，得，即，当时，上式取等号，所以.
综上，的取值范围为
1．2024·四川遂宁·模拟预测）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.
(1)求；
(2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个.
【解析】（1）设与相切于点，而，
则，即，，则切点为，，即；
设与相切于点，而，
，即，则切点为，，，
所以，.
（2）依题意，，则，，，
由成等差数列，得，即，，
令，求导得，
令，求导得，显然函数在上单调递增，
，， 则，使得，即，
当时，；当时，，在上递减，在上递增，
，
由，得，则，即，函数在上单调递增，
，，因此在上存在唯一零点，
所以满足条件的有且只有一个.
2．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，求的取值范围.
【解析】（1），
当时，在R上是减函数.
当时，y=f'x是增函数.令，解得.
当时，f'x0，当时，f'x