2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)同構(gòu)函數(shù)同構(gòu)函數(shù)問(wèn)題是近幾年高考的熱點(diǎn)問(wèn)題.同構(gòu)函數(shù)問(wèn)題是指在不等式、方程、函數(shù)中,通過(guò)等價(jià)變形形成相同形式,再構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題,常見(jiàn)的同構(gòu)有雙變量同構(gòu)和指對(duì)同構(gòu),一般都是壓軸題,難度較大.在解決指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的混合不等式恒成立求參數(shù)范圍或證明指對(duì)不等式時(shí)，使用同構(gòu)法會(huì)達(dá)到意想不到的效果.如何構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)呢？一般情況下含ex和lnx的函數(shù)，主要是統(tǒng)一化為左邊或化為右邊構(gòu)造同構(gòu)式.同構(gòu)式需要構(gòu)造這樣一個(gè)母函數(shù)，這個(gè)函數(shù)既能滿足指數(shù)與對(duì)數(shù)互化，又能滿足單調(diào)性和最值易求等特點(diǎn)，因此常見(jiàn)的同構(gòu)形式大多為y＝xlnx，y＝xex，或其同族函數(shù).經(jīng)過(guò)同構(gòu)變形，再結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，可以快速解決證明不等式、恒成立求參數(shù)的取值范圍等問(wèn)題.同構(gòu)的概念：通過(guò)觀察式子結(jié)構(gòu)，對(duì)式子進(jìn)行變形轉(zhuǎn)化，找到式子兩邊對(duì)應(yīng)的同一個(gè)函數(shù)，將問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)。像這種找到函數(shù)模型的方法，我們就稱為同構(gòu)法.同構(gòu)法可解決求參數(shù)的取值范圍、零點(diǎn)的個(gè)數(shù)、證明不等式等問(wèn)題。在遇到指對(duì)混合的函數(shù)問(wèn)題中，如何進(jìn)行同構(gòu)變形？

一般地，當(dāng)指數(shù)，對(duì)數(shù)出現(xiàn)在同一個(gè)式子中，矛盾無(wú)法調(diào)和時(shí)，常利用對(duì)數(shù)恒等式，做到指數(shù)或?qū)?shù)的相互轉(zhuǎn)化，達(dá)到結(jié)構(gòu)的統(tǒng)一，從而構(gòu)造函數(shù)解決。指對(duì)同構(gòu)的本質(zhì)：指、冪、對(duì)三種函數(shù)的互相轉(zhuǎn)化

指冪冪對(duì)

指對(duì)兩邊分，同指又同真，指冪冪對(duì)型，同構(gòu)得真身。

2.積型：3.商型：1.和差型：指對(duì)混合型的同構(gòu)形式

角度一雙變量同構(gòu)型例1(1)若實(shí)數(shù)a,b滿足4a+log3a=8b+3log27b,則(

)C.a>b3

D.a<b3A解析

由題意知a>0,b>0,∵4a=22a,8b=23b,3log27b=log3b,∴22a+log3a=23b+log3b,∴22a+log3a+log32=23b+log3b+log32,即22a+log32a=23b+log32b,∵y=log3x在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,∴l(xiāng)og32b<log33b,∴22a+log32a<23b+log33b.設(shè)f(x)=2x+log3x,則f(2a)<f(3b),∵y=2x與y=log3x在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,∴f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,∴2a<3b,即a<.故選A.(2)(2024福建福州模擬)已知函數(shù)f(x)=x-1-alnx(a∈R),g(x)=.①當(dāng)a=-2時(shí),求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程;②若a<0,且對(duì)任意x1,x2∈(0,1],都有|f(x1)-f(x2)|<4|g(x1)-g(x2)|,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.角度二指對(duì)跨階同構(gòu)型例2(2024湖南長(zhǎng)沙模擬)已知函數(shù)f(x)=x(aex-1),a∈R.(1)當(dāng)a=1時(shí),求f(x)的極小值;(2)若g(x)=f(x)+(2-lnx-x)e3+x,求證:當(dāng)a>1時(shí),g(x)>0.(1)解

當(dāng)a=1時(shí),f(x)=x(ex-1),則f'(x)=ex(x+1)-1,當(dāng)x>0時(shí),f'(x)>0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增;當(dāng)x<0時(shí),0<ex<1,x+1<1,則f'(x)<0,f(x)在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞減,所以函數(shù)f(x)在x=0處取得極小值,為f(0)=0.(2)證明

依題意,g(x)=axex+(2-ln

x-x)e3的定義域?yàn)?0,+∞),當(dāng)a>1時(shí),g(x)>xex+(2-ln

x-x)e3,則只需證xex+(2-ln

x-x)e3≥0,只需證ex+ln

x+(2-ln

x-x)e3≥0,只需證ex+ln

x-2-(x+ln

x-2)e≥0.令t=x+ln

x-2,因?yàn)閤∈(0,+∞),則t∈R.只需證et-et≥0,令h(t)=et-et,所以h'(t)=et-e.則當(dāng)t∈(-∞,1)時(shí),h'(t)<0,h(t)單調(diào)遞減;當(dāng)t∈(1,+∞)時(shí),h'(t)>0,h(t)單調(diào)遞增.所以h(t)min=h(1)=0,所以et-et≥0恒成立,即當(dāng)a>1時(shí),g(x)>0.角度三零點(diǎn)同構(gòu)型D(2)(2024遼寧大連模擬)已知函數(shù)f(x)=x2+2x+ex+1+e-x-1+k有且只有一個(gè)零點(diǎn),則k的值為(

)A.-1 B.0 C.1 D.2A解析

f(x)定義域?yàn)镽,且f'(x)=2x+2+ex+1-e-x-1=x+1+ex+1-[-(x+1)+e-(x+1)],令g(x)=x+ex,則g'(x)=1+ex>0恒成立,故g(x)=x+ex在R上單調(diào)遞增,當(dāng)x+1>-(x+1),即x>-1時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x+1<-(x+1),即x<-1時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,故f(x)在x=-1處取得極小值,也是最小值,故要想滿足f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn),只需f(-1)=0,即1-2+e-1+1+e1-1+k=0,解得k=-1.故選A.針對(duì)訓(xùn)練1.(2024河北滄州模擬)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+1,a∈R.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若?x>0,f(x)≤xe2x-2ax恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.(2)設(shè)g(x)=ex-x-1,則g'(x)=ex-1,在區(qū)間(-∞,0)內(nèi),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,在區(qū)間(0,+∞)內(nèi),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增,所以g(x)≥g(0)=e0-0-1=0,所以ex≥x+1(當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立).設(shè)g(x)=ex-x-1,則g'(x)=ex-1,當(dāng)x>0時(shí),g'(x)>0,函數(shù)g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,當(dāng)x<0時(shí),g'(x)<0,函數(shù)g(x)在(-∞,0)內(nèi)單調(diào)遞減,又g(0)=0,所以ex≥x+1,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào).令t(x)=ln

x+3x,因?yàn)閥=ln

x,y=3x在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,