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1、高高考考背背景景下下的的函函数数体体系系 第一讲 同构式的三问三答 又到了最后一个章节，自从秒群在 2018 年跟大家交流同构式开始，全国各地的老师和学生似乎都很迷 这个“神招”，同构式并不神秘，和很多之前的专题一样，我们需要细化它，透彻理解它，所以我们需要 一个同构式的“说明书” 问题一 同构式到底是什么？ 同构式源于指对跨阶的问题，xex与xxln属于跨阶函数，而xexln属于跳阶函数，所以指对跳 阶的函数问题，在中学阶段没有解决它的巧妙方法，只能构造隐零点代换来简化，但通过指对跨阶函数进 行同构，即 1ln ln ln )(ln 1 )( xx xx xx xh xe ex xe xh
2、x x x 我们发现将一个指数、直线、对数三阶的问题通过跨阶 函数的同构，变成了两阶问题，类似于二阶递推数列通过一次递推后变成了一阶数列，所以，通过构造跨 阶函数的同构式，大大简化了分析和计算 问题二 同构式能解决什么问题？ 同构式是属于跨阶的复合函数，所以复合函数能解决的一切问题，同构式均能解决在一些求参数的 取值范围、零点个数、证明不等式中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数以及复合函数的最值保值 性来快速解题 问题三 同构式怎么构造？如何选取函数？ 同构式需要一个构造一个母函数，即外函数，用)(xh表示，这个母函数需要满足：指对跨阶；单 调性和最值易求；通常， 1 )( xe ex x
3、e xh x x x ，基本上搞定这三个母函数，就看内函数，即子函数的构造了 下面，我们分别利用同构式的单调性、保值性和零点个数问题来对同构式进行系统分析 考点 1 利用同构式单调性秒杀 【例 1】（2019武邑期中）设实数0，若对任意的(0,)x，不等式 ln 0 x x e 恒成立，则的取值 范围是 【解析】 由0 xx lnx eelnx ， 由于指数和对数的“跳阶”问题， 故需要构造连续的“跨阶”函数来化简， 故不等式两边同乘以x，构成 x xexlnx ，乘法的式子构造 x xexh)(，故不等式满足)(ln)(xhxh，易 知)(xh在区间), 0( 为增函数，即xxln恒成立，
4、ex x1 ) ln ( max ，故答案为) 1 ， e 注意： 1 )( xe ex xe xh x x x 在区间), 0( 为增函数，当构造)()(xqhxph恒成立的时候，只需要)()(xqxp 恒成立即可由于( ) x h xxe=在( ) 1,- +，这个在秒 1 中已经详细介绍，这里不再详述 x x xp ln )(在 区间(0, ) e ，在( ,)e +，易知 e epxp 1 )()( max 【例 2】设0k ，若存在正实数x，使得不等式 2 log20 kx xk成立，则k的最大值为（） A 2 1 log e e B 1 2ln e C 2 logeeD 1 2 2
5、 ln 【解析】关于指对“跳阶”中出现的原函数和反函数问题，一定可以使用同构式构造，由于同构式必须要 构造连续的“跨阶”函数，故构造 x xexh)(，此题中， ln2 2 2ln l ln ()lnln2 ln2 og2 kkxxkx x kexkexk ， 显然两边需要乘以x即可，即 ln2 lnln2(ln )(ln2) kx xxkxehxh kx ，由于 x xexh)(为单增函数，故只 需存在正实数x，使得lnln2xkx，即 ln ln2 x k x ，易知 1lnx ex ，故 1 ln2 k e ，即 2 1 logke e ，故选 A 注意 我们会介绍几个重要的“亲戚函数”
6、， x xe、xxln、 x e x 、 x xln 利用它们之间的同构式原理来快速求 出最值 【例 3】 （2019长郡中学月考） 已知函数 ln133f xmxx， 若不等式 3 x f xmxe在0,x 上恒成立，则实数m的取值范围是 【解析】 法一 由 ln1333ln13(1)3 xx f xmxxmxemxxmxe， 令( )3 x h xmxe即 (ln(1)( )hxh x恒成立，由于ln(1)xx，故函数( )h x 对0,x 上恒成立，即( )30 x h xme， 解得 min 33 x me，故答案为3m 法二 由 ln133333(1)ln1 xx f xmxxmxe
7、exmxmx，构造函数( )1 x h xex， 则3 ( )(ln(1)h xmhx，这里要用到我们接下来讲的同构式“保值性”，由于ln(1)xx恒成立，取等条件为 0 x ， 不在定义域内， 故ln(1)xx恒成立， 所以当3m 时，3 ( )(ln(1)h xmhx恒成立， 故答案为3m 【例 4】（2019衡水金卷）已知0a 恒成立，则实数a的 最小值是（） A e2 1 Be2C e 1 De 【解析】由题意得： 1 ln 1 ln1111 ln0lnlnln a axx x aaaaa ax xeaxxeex xxxxx + - =对1x 恒成 立，此时 max ln x a x
8、-，即ae -，故选 D 注意 这一类均是属于外函数 x xexh)(的同构式模型，那么在 x exxh)(或者1)(xexh x 的模型会是 什么情况呢？ 考点 2 同构式问题构造恒等式：x+exex+lnex 构造函数 x exxh)(， 易知)(xh在区间), 0(， 根据01)(xexp x 恒成立， 则01ln)(lnxxxp 恒成立，当仅当0lnx，即1x时等号成立由此能得到恒等式：exxxln1ln，所以再利用同构式 )(ln)(exhxh，即exexex x ln恒成立，当仅当1x时等号成立 【例 5】（2019榆林一模）已知不等式1 x ekxlnx ，对于任意的(0,)x恒
9、成立，则k的最大值 【解析】此题构造乘法的同构显然不可能，因为不等式两边同时乘以x，kx将变成平方，无处遁形，并且 出现 x e和xln，常数项为 1，构造函数 x exxh)(，根据题意，ln+ln xx ekxexexkxexx，在此 基础上进行同构式转换，即xekexhexexexxkxxexkx)1()(lnlnln，原不等式可以转化为 同构式xekexhxh)1()(ln)(，由于)(ln)(exhxh恒成立，且当仅当1x时等号成立故10ke+ -， 即1ke- 注意：若)()(xqhxph恒成立，且)()()(xxqhxph，则一定要满足0)(x，此方法属于同构式 的单调性和同构式
10、的“保值性”综合题，有一定难度，原理其实很简单，同构式一旦搞定，剩下的就是基 本的函数方程不等式的简单思想以此题为背景的考题非常多，从选填题压轴到解答题压轴，无处不在， 常规方法我们不在这里讲述了，大家可以去看一下常规的解答方案 【例 6】 （2019武汉调研）已知函数 ( )()() ln0 x fxeaaxaa a=-+，若关于x的不等式 ( ) 0fx 恒成立， 则实数a的取值范围为（） A, 0(eB 2 , 0 eC, 1 2 eD), 1 ( 2 e 【解析】由题意可知： () lnlnln(1) x eaaxaaaaaxa-=+-，由于 x e和) 1ln( x明显存在“差一”的
11、错 位，无法构造出乘法同构式，思考加法的同构，由于不等式的右边可以提出公因式a，故将其除去，得到式 子 ()() ln ln +ln11lnln11 x xa e axeax a - - +-，式子右边没有参数a，但左边存在，根据同构式的形式 相似原理，我们需要将aln移至不等式左边，即 () ln lnln11 xa eax - -，显然不等式的两边都加上x即可 同构成功， () () ln1ln lnln1 xxa exaex - +-+-，构造函数 x exxh)(，)1(ln()ln(xhaxh，易知)(xh在 区间), 0(，只需 ()() lnln1ln1lnxaxxxa-，两边取
12、指数得：a x ex 1 ，这里求最值也可以 利用同构式来解决，令 x e xg x )(，易知exg)(，aexege x e x e xx 2 1 ) 1( 11 ，所以 2 ae，故选 B 注意：指数和对数的变量中出现 x e和1lnx，或者 1x e和xln，或者 x e和) 1ln( x，这些有着明显的 指对不等式恒成立的式子，通常是加法同构式 x exxh)(的常客，在内函数的解不等式中，经常需要几个 “亲戚函数”来帮忙，所以我们接下来介绍一下同构式的保值性 考点 3 利用同构式的保值性秒杀 同构式保值性：若)(xh，)(xph，)(xqh中，Dx，Dxp)(，Dxq)(，故)(x
13、h，)(xph，)(xqh 的最值相等概括起来就是构造了同构式，可以根据外函数的性质直接求出函数的最值 同构式倍值性：在)(xh和)()(xphmxg满足Dx，Dxp)(，则)()(xphmxg的最值是)(xh的m倍 我们将这个性质概括为同构式的倍值性 下面我们仅以“亲戚函数”的图像和性质来验证这个理论 关于 x exxf的亲戚函数 一、通过平移和拉伸得到的同构函数 如图 1 根据求导后可知： x exxf在区间1,，在区间 , 1， e fxf 1 1 min 图 1图 2图 3图 4 如图 2111 1 xefexeex xx ，即将 xf向右平移 1 个单位，再将纵坐标扩大为原来的e倍，
14、 故可得 x exy1在区间0 ,，在区间, 0，当0 x时，1 min y 如图 3222 222 xfeexeex xx ， 即将 xf向右平移 2 个单位， 再将纵坐标扩大为原来的 2 e 倍，故可得 x exy2在区间1 ,，在区间, 1，当1x时，ey min 如图 4111 111 xfeexeex xx ， 即将 xf向左平移 1 个单位， 再将纵坐标缩小为原来的 e 1 倍，故可得 x exy1在区间2,，在区间 , 2，当2x时， 2 min 1 e y 二、通过乘除和取倒数导致凹凸反转同构函数 如图 5xfex e x y x x ，即将 xf关于原点对称后得到 x e x
15、 y ，故可得 x e x y 在区间1 ,， 在区间, 1，当1x时， e y 1 max 图 5图 6图 7图 8 如图 61 1 1 11 ) 1( xf e ex ee x y x x ，即将 xf关于原点对称后，向右移一个单位，再将纵 坐标缩小 e 1 倍，得到 x e x y 1 ，故可得 x e x y 1 在区间2 ,，在区间, 2，当2x时， 2 max 1 e y 如图 7 11 0 x x e yx xx efx ，属于分式函数，将 xf 1 关于原点对称后得到，故可得 x e y x 在区间1 , 0，在区间, 1，当1x时，ey min 如图 8 1 1111 0 1
16、11 x x e yx xexee fx ，属于分式函数，将 xf 1 关于原点对称后，左 移一个单位，再将纵坐标缩小 e 1 倍，故可得 1 x e y x 在区间 0 , 1，在区间, 0，当0 x时，1 min y 三、通过取反函数构成的同构函数 图 9图 10图 11图 12 如图 9xfxexx x lnlnln ln ，当1,lnx，即 e x 1 , 0，当, 1ln x，即 , 1 e x， e y 1 min 如图 10 xfxx x x lnln ln 11 ，实现了凹凸反转，原来最小值反转后变成了最大值，当 1,lnx，即, ex，当, 1ln x，即ex, 0， e y
17、 1 max 如图 11exef ex ex e x x ln ln1ln ，当1,lnex，即 , 1x，当, 1lnex，即 1 , 0 x，1 max y 如图 12 2 2 2 2 ln 2 1ln 2 1ln xf x x x x ，当1,ln 2 x，即, ex，当, 1ln 2 x，即 ex, 0， e y 2 1 max 注意： x x y ln 可以成为模型函数，也可以作为模板来进行同构，本专题之所以这样设计是让读者思考这 一系列函数的同构原理，达到举一反三的目的例题中我们会以 x x y ln 为模板进行求最值讨论 【例 7】（2019凌源一模）若函数 2 ( ) x f
18、xeax在区间(0,)上有两个极值点 1 x， 212 (0)xxx，则实数 a的取值范围是（） A 2 e aBaeCa eD 2 e a 【解析】由题意得：02)(axexf x 有两个实根，即 x e xgay x 2有两个交点，如图 7 所示， x e y x 在区间1 , 0，在区间, 1，当1x时，ey min ；,2ea， 2 e a ，故选 D 【例 8】 （2019广州一模） 已知函数 | |2 ( ) x f xeax， 对任意 1 0 x ， 2 0 x ， 都有 2121 ()( ()()0 xxf xf x， 则实数a的取值范围是（） A 2 ,( e B(, 2 e
19、 C0, 2 e D,0 2 e 【解析】由题意可知函数( )f x是)0(，上的单调递减函数，且)(xf为偶函数，则)(xf在区间)0(，单调 递增，当0 x时， 2 )(axexf x ，02)(axexf x 对), 0( x恒成立，即e x e a x min )(2， 2 e a ， 故选 A 【例 9】（2019荆州期末）函数 1 ( ) lnx f x xx 的单调增区间为（） A(,1)B(0,1)C(0, ) eD(1,) 【解析】 ex ex e x x xf lnln1 )( ，由于函数 x xln 在区间), 0(e，),(e，则 ex ex exf ln )(，当),
20、 0(eex， 即1 , 0 x时，)(xf，故选 B 【例 10】（2019广州期末）函数 2 ( )f xxlnxmx有两个极值点，则实数m的取值范围是（） A 1 (0, ) 2 B(,0)C(0,1)D(0,) 【解析】021ln)(mxxxf有两个根，则 ex ex em ln 2，由于函数 x xln 在区间), 0(e，),(e，最大 值为 e 1 ，参考图 10，故 ex ex e m ex ex em ln2ln 2有两根时满足 ee m12 0，即 2 1 0 m，故选 A 【例 11】（2019深圳月考）已知函数( ) lnx f xkx x 在区间 1 4 e， e上有
21、两个不同的零点，则实数k的取值 范围为（） A 1 4 e ， 1 ) 2e B 1 ( 4 e ， 1 ) 2e C 2 1 e， 1 4 e D 2 1 e， 1 e 【解析】 2 2 2 ln 2 1ln 0 ln x x x x kkx x x xf， 当, 4 1 eex时，, 22 2 1 eex ， 由于函数 x xln 在区间), 0(e， ),(e，则当, 2 1 2 eex 时， 1 , 2 1 ln 2 2 e ex x ，当, 22 eex 时， 1 , 2 ln 22 2 eex x ，由于 2 2 2 1 ee ，故当 ) 2 1 , 4 1 ln 2 1 2 2
22、e ex x k时，( ) lnx f xkx x 有两个不同零点，故选 A 第二讲 同构式保值性定理 保值性定理 1：若)()(xqhxph恒成立，且满足)()()(xxqhxph，则一定要满足0)(x； 保值性定理 2：若)()(xqhxph恒成立，且满足)()(xqhmxph（0)(xh），则一定要满足1m； 若要满足)()(xqmhxph有实根，则一定要满足1m； 保值性定理 3：若0)(0)(xqhxph，且满足当mx 时，0)()(xqhxph，则一定满足不等式 0)()(xqhxph；若0)(xph时和0)(xqh时的x取的值不相等，则0)()(xqhxph 【例 12】（201
23、9保山一模）若函数 ln x f xeaxx有两个极值点，则a的取值范围是（） A(,) e B(, 2 ) e C( ,)e D(2 ,)e 【解析】由( )0 x fxealnxa，得exex e a xeexae xx lnln 构造 x xexh)(，则 由于)(xh在), 0(，且exxln，故)(ln)(exhxh恒成立，若)(ln)(exh e a xh有两不等实根，则一定需 要1 e a ，解得ae ，故选 A 注意：相比此题的传统方法，同构式确实可以一步秒杀，还有什么理由不学习研究同构式呢？下面我们来 讲解一下高考题中的同构式保值定理的应用 【例 13】（2018新课标）已知
24、函数( )1 x f xaelnx （1）设2x 是( )f x的极值点，求a，并求( )f x的单调区间； （2）证明：当 1 a e 时，( )0f x 【解析】（1）略； （2）当 1 a e 时， 1 1ln xx aelnxeex e ，故只需证exe e x ln 1 ，故只需证exexexe e x ln 1 ，即证明 exexxexln恒成立，由于exxxgln)(中， x xg 1 1)(，易知0) 1 ()( min gxg，故exxln恒成立，构 造函数 x xexh)(，易知)(xh在区间), 0( 为增函数，故不等式满足)(ln)(exhxh，即( )0f x 恒成立
25、 注意:此题也可以采用反证法， 当( )0f x ， 只需exaexln， 只需exexxeae x ln恒， 只需)(ln)(exhxhae 恒成立，故只需1ae，即 1 a e 【例 14】（2014全国卷 I）设函数 x be xaexf x x 1 ln ，曲线 xfy 在点 1, 1 f处的切线方程为 21 xey （1）求, a b；（2）证明： 1xf 【解析】（1）函数( )f x的定义域为(0,)， 11 2 ( ) xxxx abb fxae lnxeee xxx ，由题意可得(1)f2， (1)fe，故1a ，2b ； （2）由（1）知， 1 2 ( ) xx f xe
26、lnxe x ，要证( )1f x ，只需 22 () xx xlnxxexlnxx e ee ， 构造函数 ( ) x h xxe=，显然 ( ) 1 h x e -，当仅当1x时等号成立，()(ln )() x xlnxx ehxhx ，根据同 构式的保值性可得 e xh 1 )(ln，当 e xx 1 1ln时等号成立，同理 e xh 1 )(，当11xx时等 号成立，由于(ln )()hxhx、取得最小值的条件不同，故 2 ()(ln )() x xlnxx ehxhx e ，即( )1f x 注意：保值性不仅仅是保大于零或者恒成立，也可以保最大值或者最小值，知道指对跨阶的同构式，基本
27、 上就是一步到位，怎么样？有点感觉了吧，再看看下一道高考题 【例 15】（2015新课标）设函数 2 ( ) x f xealnx （1）讨论( )f x的导函数( )fx零点的个数； （2）证明：当0a 时， 2 ( )2f xaaln a 【解析】 （1） 2 ( ) x f xealnx的定义域为(0,)， 2 ( )2 x a fxe x 当0a 时，( )0fx恒成立， 故( )fx 没有零点，当0a 时， 2x ye为单调递增， a y x 单调递增，( )fx 在(0,)单调递增，又( )f a0， 假设存在b满足0 2 a bln时，且 1 4 b ，( )f b0，故当0a
28、时，导函数( )fx存在唯一的零点， （2）要证 2 2 2ln x ealnxaa a ，只需 2 2 2ln x e lnx aa ，即证 2ln 22ln0 xa eln xa ，构造函数 1)(xexh x ，显然0)(xh，由于1ln2)ln2( ln2 axeaxh ax ，12ln2)2(lnxxxh， 故02ln2ln12ln21ln2)2(ln)ln2( ln2ln2 axexxaxexhaxh axax ，当仅当2lnxa且 ln20 x ，即 1 , 2 xae时等号成立，所以当0a 时， 2 ( )2f xaaln a 注意：看不到乘法同构就用加法， x exxh)(的
29、同构式通常用于单调性，因为无最值，所以无法采用保值 性来使用，而1)(xexh x 既能实现单调性，又能实现保值性，堪称同构式的桥头堡，下面关于同构式 1)(xexh x ，在涉及保值性问题上，有一个特殊的名词，叫做改头换面 第三讲 改头换面 ex-ln(x+m)2-m 类型 构造1)(xexh x ， 则1)ln()()(ln(mxmxmxh， 故)ln(mxex)ln()(1mxmxxex mmxhxhm2)(ln()(21，由于0)(ln()(mxhxh，故mmxex2)ln(，当仅当0 x， 且0)ln( mx时等号成立，这里就提出了一个问题就是，当仅当1m时可以取等，其余均是大于此题
30、也 可以表示为mmxexf mx 22)ln()( ，当仅当 2 1 m时，1)( min xf 【例 16】（2013新课标）已知函数( )() x f xeln xm （1）设0 x 是( )f x的极值点，求m，并讨论( )f x的单调性； （2）当2m 时，证明( )0f x 【解析】（1）因为 1 ( ) x fxe xm ，0 x 是( )f x的极值点， 1 (0)10f m ，解得1m 所以函数 ( )(1) x f xeln x，其定义域为( 1,) 1(1)1 ( ) 11 x x ex fxe xx 设( )(1)1 x g xex， 则( )(1)0 xx g xexe
31、，所以( )g x在( 1,) 上为增函数，又(0)0g，所以当0 x 时，( )0g x ， 即( )0fx；当10 x 时，( )0g x ，( )0fx所以( )f x在( 1,0)上为减函数；在(0,)上为增函数； （2）（常规方法）证明：当2m ，(,)xm 时，()(2)ln xmln x，故只需证明当2m 时( )0f x 当2m 时，函数 1 ( ) 2 x fxe x 在( 2,)上为增函数，且( 1)0f ，(0)0f 故( )0fx在( 2,) 上有唯一实数根 0 x， 且 0 ( 1,0)x 当 0 ( 2,)xx 时，( )0fx， 当 0 (xx，)时，( )0fx
32、， 从而当 0 xx 时，( )f x取得最小值 由 0 ()0fx，得 0 0 1 2 x e x ， 00 (2)ln xx 故 2 0 00 00 (1)1 ( )()0 22 x f xf xx xx 综上，当2m 时，( )0f x （2）秒杀解法：构造( )1 x h xex=-，则( )10 x h xe =- =时，故当0 x =， min ( )0h x=； () ln=1 ()ln() 1 2= ( )(ln()+22 xx exmexxmxmm h xhxmmm-+- +-+- +-+-，2m， ( )0f x，由于取等号时，0m，而此时00)(xxh，10)(ln)(l
33、n(xxhmxh，两式取得等 号的条件不一致，故( )0f x 注意 mx e 和)ln(nx 在同构 式里面仅仅在1 mn的时候 获得取等条件 ，最常见就 是构造 )1(ln()(xhxh或者构造)(ln) 1(xhxh，诸如此类的改头换面，我们也可以称为差一同构式 针对 x xe和xln，没有了差一同构式，却多了个不对称构造，一个有 x xe，一个却不是xxln，此类也是可以 改头换面的，就是将指数部分进行改头换面，构成1)(xexh x 的同构式应用 第四讲 x x e xe x 、与与ln x改头换面 利用( )10 x h xex=- ，则有 ln ln1 xxx xeexx + =
34、+； 22ln 2ln1 xxx x eexx + =+ 这一系列放缩的取等条件就是 () ln00.6xxx+=，或者 () 2ln00.7xxx+=； 利用( )0 x h xeex=-（取等条件1x），则有 () ln ln xxx xeee xx + =+； () ln ln x xx e ee xx x - =-； () 22ln 2ln xxx x eee xx + =+；这一系列放缩 的取等条件就是 () ln11xxx+=， () ln11xxx-=或者 () 2ln11xxx+=； 【例 17】（2018江苏期末）函数 ( ) ln x fxxexx=-的最小值为 【解析】构
35、造1)(xexh x ， ln ( )lnln1 1(ln ) 1 xxx f xxexxexxh xx + =-=- + =+，当仅当 00 ln0 xx+= 时，0)ln( 00 xxh，此时 min0 ( )()1f xf x=故答案为 1 【例 18】（2018长沙模拟）已知 ( ) ln1 x fxxeaxx=-对于任意的 () 0,x+恒成立，则a的取值范围 是 【解析】构造1)(xexh x ，根据题意 ln ( ) 1ln1ln10 xxx f xxeaxxeaxx + - =- =- 恒成立，同 构得： ln ln1(ln )(1)0 xx exxaxxh xxa x + -
36、 -+=+-，根据保值性0)ln(xxh，即( ) 10a x-对 () 0,x+恒成立，显然1a ，根据例 17 的相同取等条件可知，故 ( ,1a - 【例 19】（2019深圳月考）已知 2 ()ln1 x x eax-+对于任意的 () 0,x+恒成立，则a的最大值为（） A1B2C1eDe 【解析】构造( )1 x h xex， 22ln ln12ln1 2(2ln )(2)0 xxx xeaxxexxxaxhxxa x + - =- +-+-恒成 立，可知2a ，取等条件为2ln0 xx+=，此时a取得最大值 2 第五讲 利用同构式的内外函数单调性秒杀零点极值点问题 极值存在问题：
37、若函数( )(g( )f xhx，则令( )tg x，根据复合函数求导(g( )( )hxh tt原理，若存在 一个极值，则 ( )0 ( )0 g x h t 或者 ( )0 ( )0 g x h t ，若不存在极值，则 ( )0 ( )0 g x h t ，若存在多个极值，则 ( )0 ( )0 g x h t ，此 方法叫做同构式内外函数分离法，通常可以简化求导计算，达到事半功倍效果 零点个数问题：若函数( )(g( )f xhx，则令( )tg x，先确定内值外定，即内函数的值域是外函数的定义域， 再确定内外函数在相应区间的单调性，利用乘法原理来确定相应区间根的个数 【例 20】 （2
38、019陕西一模）已知函数( )() x e f xk lnxx x ，若1x 是函数( )f x的唯一极值点，则实数k的 取值范围是（） A,(eB(, ) eC(,)eD),e 【解析】因为函数 ln ( )(ln )(ln ) xx f xek xxh xx ，令ln1txx，( ) t h tekt的定义域是1,)， 易知 1 1t x ，当 1x 时0t ，1x 是函数( )f x的唯一一个极值点( )0 t h tek在1,)t无变号 零点， 1 kee，故选 A 注意：复合函数求导分离，此题就是 ln 1 ( )() (ln )() (1) xxt fxekxxek x ，看明白函
39、数的复合性 质，( ) t h tekt为外函数，求导为( )0 t h tek，lntxx，1,)t为内函数，求导为 1 1t x ， 复合函数求导是将内外函数相乘，故内函数取得零点时外函数一定无零点或者和内函数在同一位置取得非 变号零点采用分别求零点策略，能大大简化求导过程，所以关于极值点存在的问题，此招无处不在，很 多学生会因为求导出错而丢分，此来源于复合函数本质，高观点低运算 【例 21】（2019襄阳模拟）已知 ( )() 2 2ln x fxx ea xx=-+有两个零点，则a的取值范围是 【解析】由于 22lnxxx x ee + =，故可以换元，令2lnxxt+=，易知t是关于
40、x的单调增函数，且tR，令 ( ) x h xeax故根据复合函数零点原理可得： ( )() 2 2ln( ) xt fxx ea xxeath t=-+=-=在tR上有两个零点， 参变分离加指数找基友得： ( ) 1 t t g t ae =， ( ) 1 t t gt e - =，如图，易知当1t 时， ( ) g t ， ( )( ) max 1 1g tg e =，当0t 时，显然 ( ) 0g t 时，由于0t 和t +时( )0g t ，故当 11 (0, ) ae ， 即( ,)ae+时， 2 ( )(2ln ) x f xx ea xx=-+有两个零点 注意：求出内函数的值域后
41、，内函数由于单调递增，所有一切交给了外函数，此法又能大大简化求导和分 析计算，一个导数题，确实分析主要矛盾是最重要的，同构式将内外函数分别分析，达到事半功倍效果 【例 22】（2019保山一模）若函数 ln x f xeaxx有两个极值点，则a的取值范围是（） A(,) e B(, 2 ) e C( ,)e D(2 ,)e 【解析】此题由于原函数看不出同构式子，故需要看求导后的情况，由( )0 x fxealnxa，得 (1) x ea lnx 即ln x eaex 有两交点，典型的乘法同构题型，加上保值性知识，令( ) x h xxe，根据题 意ln x a xeexex e ， 即( )(
42、ln) a h xhex e ， 由 于lnxex恒 成 立 ， 故( )(ln)h xhex恒 成 立 ， 若 要 ( )(ln) a h xhex e 有两交点，故只需1 a e ，解得ae ，故选 A 【例 23】（2019广东四校）已知函数 ln0 x f xxea xxx （1）当ae时，求函数 f x的单调区间； （2）讨论函数 f x的零点个数 【解析】（1）可以根据复合函数求导来快速求导，由于 ln lnln xxx f xxee xxee xx ， 故 lnln 1 ln10 xxxx fxeexxee x ，即ln11xxx ，故当1x 时，ln1xx， ln 0 xx e
43、e ， 1 1+0 x ， ln 1 ()(1)0 xx fxee x ，同理可得当1x 时， ln 0 xx ee ， 1 10 x ， ln 1 ()(1)0 xx fxee x ，故 f x在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增 （2）易知当0a 时， x f xxe在0+x，上无零点；当0a 时， lnln x xxxe，令0 x txet， f x的零点个数等价于lnt0ta根的个数，即 1lnt at 的根的个数，即直线 1 y a 与曲线 lnt g t t 的图 像交点个数， 由同构函数体系易知 max 1 g tg e e ， 所以当 11 ae 时， 即0ae时，无交点；
44、 当 11 0 ae 时，即ae时，两个交点；当 11 ae 或 1 0 a 时，即ae或0a 时，一个交点 综上所述：当0ae时， f x无零点；当ae时， f x有两个零点；当ae或0a 时， f x有一个 零点 注意：这里给到了一个思维过程，具体写解答题需要证明 x txe单调，且在区间(0,)的一一对应性， 故只考虑外函数lnt0ta的零点个数 【例 24】（2019全国模拟）已知函数 2ax f xx e （1）讨论函数 f x的单调性； （2）已知函数 2lng xf xxax，且函数 g x的最小值恰好为 1，求a的最小值 【解析】（1）) 2 ()ln2()( ln2ln2 x
45、 aexaxexf xaxxax ，由于0 ln2 xax e，故只要讨论 x a 2 的零点问 题，当0a时，0 2 x a恒成立，此时 0fx， f x在区间), 0( 为增函数；当0a时， =0fx则 a x 2 ，且当 a x 2 0时， 0fx，当 a x 2 时， 0fx，故 f x在区间) 2 , 0( a 为增函数，在区 间), 2 ( a 为减函数 （2） 22ln ( )( )2ln2ln(2ln)(2ln) axx ax g xf xxaxx exaxexaxhxax ， 令2lntxax tR， ( ) t h tet， 根据复合函数求导原理可得 2ln2ln 2 (
46、)(2ln)(1) (2ln)(1) () x axx ax g xhxaxexaxea x 易得 min ( )(0)1h th，即 0 00 0 ln 02ln0 2 xa txax x 方程有解，即 2 a y 与 ln x y x 图像有交点， 即 2 a e 注意：此题只需要外函数求导有解，对于内函数求导后的式子并无太大要求，内函数求导后可以有零点， 也可以无零点，如果内函数求导后出现零点了，那么就是多了几个极值点，在这些极值点当中，只要有一 个极小值点是恰好是 1 即可满足题意同构式一般都在同一位置取到极值，如果同构以后发现不是极值点， 会怎样呢？同构式也会出现一种极值偏移的情况，
47、下面我们来看一下是什么状况 第六讲 同构式的极值偏移 同构式最常见模型1)(xexh x ，以)1(ln()(xhxh或者)1(ln()(xhxh均在0 x时取得最小值，我 们称之为同构式的单调性和保值性在这类型同构式当中，一定满足外函数单调性和内函数单调性统一， 且取得极值的位置也统一 例（1）01) 1ln(mxxex恒成立，（2）01) 1ln(mxxex对), 0 恒成立，则根据一定有： （1）00)1(ln()() 1ln(11) 1ln(mmxxhxhmxxxxemxxe xx （2）20)2()1(ln()()2()1ln(11) 1ln(mxmxhxhxmxxxemxxe xx
48、 原理就来自于0 x时，0)( min xh，0)1(ln( min xh，)1(ln()(xhxh在区间), 0 单调递增，（1）式 是同时取最小，（2）式是单调性问题，在同构式的题目设计中，加法同构和减法同构都共同指向它们的共 同最值部分 当同构式取得的极值不是整个函数的极值时，那就是同构式的“极值偏移”，我们只需要分析同构式的极 值和整个函数的极值大小关系，即可得出结论，题根和本质还是同构式极值问题 【例 25】（2019衡水金卷）已知 lnf xxaxa （1）若 2 1 2 F xf xx，求 F x的单调区间； （2）若 1x g xef x 的最小值为M，求证1M 【解析】（1）axa x xf2 1 )(，当2a时，0)( x f，此时)(xf在区间), 0(，当2a时， 0 1 )( 2 x axx xf， 2 4 2 aa x，故)(xf在区间 ), 2 4 () 2 4 , 0( 22 aaaa ，在区间 ) 2 4 2 4 ( 22 aaaa ，； （2）构造 1 x h xex，则 0h x ，则 1 1lnln1 x h xhx