高三数学二轮培优微专题36讲01.函数同构.doc

函数同构

一．基本原理

解决指对混合不等式时，常规的方法计算困难，则将不等式变形为的结构，即为外层函数，其单调性易于探讨.常见变形方式：=1\*GB3①；=2\*GB3②；=3\*GB3③；=4\*GB3④；=5\*GB3⑤.

答题思路；

1.干脆变形：

（1）积型：（同左）；

（同右）；

（取对数）.

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：（同左）；

（同右）；

（取对数）.

（3）和差型：（同左）；

（同右）.

2.先凑再变形：

若式子无法干脆进行变形同构，往往须要凑常数、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\*GB3①；

=2\*GB3②；

=3\*GB3③

④

⑤

二．典例分析

例1.（2024全国甲卷）

已知函数．

（1）若,求的取值范围；

（2）证明：若有两个零点，，则．

解析：（1），令，则，于是

.于是等价于在上恒成立，故.

（2）由（1）知要使得有两个零点，则

假设.要证明即证明，又由于在单增，即证明.下面构造函数

由于，又函数在单减，.

时在单调递增，而

得证．

例2.已知函数．（为常数）若，若对随意的，恒成立，求实数的取值范围.

解析：由题意得：；

即：因为，当且仅当时等号成立，构造简洁得：，所以只须要满意.

例3．已知函数，其中.

（1）当时，求的最小值；

（2）探讨方程根的个数.

解析：（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，故和不行能同时成立.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.

例3.（2024全国新高考1卷）

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.

解析：（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，留意到，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.由上述探讨可知：，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.

习题演练

1.若，则（）

A.B.C.D.

答案：C解：A选项：，设

，设，则有恒成立，所以在单调递增，所以，从而存在，使得，由单调性可推断出：

，所以在不单调，不等式不会恒成立B选项：

，设可知单调递增.所以应当，B错误C选项：，构造函数，，则在恒成立。所以在单调递减，所以成立.

D选项：，同样构造，由C选项分析可知D错误.

习题2.已知不等式最小值为（）

B.C.D.

解析：

，

只需考虑其为负数的状况，

，

令

故