2024高考数学常考题型：第7讲 导数中的5种同构函数问题 （解析版）

第7讲导数中的5种同构函数问题【考点分析】考点一：常见的同构函数图像八大同构函数分别是：，，，，，，，我们通过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．图1图2图3图4图5图6图7图8考点二：常见同构方法（1）（2）（3）（4）【题型目录】题型一：利用同构解决不等式问题题型二：利用同构求函数最值题型三：利用同构解决函数的零点问题题型四：利用同构解决不等式恒成立问题题型五：利用同构证明不等式【典例例题】题型一：利用同构解决不等式问题 【例1】（2022·河南·模拟预测（理））不等式的解集是（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】结合不等式特点，构造函数，研究其单调性，从而求出解集.【详解】设，则，当时，；当时，，所以在上是增函数，在上是减函数．原不等式可化为，即，结合，可得，所以原不等式的解集为．故选：B【例2】（2022·陕西宝鸡·一模（理））已知，，则下列关系式不可能成立的是（       ）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】构造函数，利用导数判断其单调性可判断AB；构造函数，，利用导数判断单调性可判断CD.【详解】对于，两边取对数得，即，构造函数，，当时，，是单调递增函数，当时，，是单调递减函数， 若，则，即，故A正确；若，则，，故B正确；构造函数，，，当时，，单调递增，所以，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，所以时，即，所以成立，不可能成立，故C正确D错误.故选：D.【点睛】思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调性，从而判断不等式成立与否.【例3】（2022·陕西·长安一中高二期末（理））已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（       ）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.【详解】因为，所以，令，所以，对函数求导：，   由有：，由有：，所以在单调递增，在单调递减，因为，由有：， 故A错误；因为，所以，由有：，故D错误；因为，所以，因为，所以，所以，故C正确；令有：=，当，.所以在单调递增，当时，，即，又，所以，因为，所以，因为在内单调递减，所以，即，故B错误.故选：C.【例4】（2022·江苏苏州·模拟预测）若x，，，则（       ）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】利用可得，再利用同构可判断的大小关系，从而可得正确的选项.【详解】设，则（不恒为零），故在上为增函数，故，所以，故在上恒成立，所以，但为上为增函数，故即， 所以C成立，D错误.取，考虑的解，若，则，矛盾，故即，此时，故B错误.取，考虑，若，则，矛盾，故，此时，此时，故A错误，故选：C.【点睛】思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利用同构来构建新函数.【例5】（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学模拟预测（理））已知、，，，则（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】由可得出，构造函数可得出，可得出，由可得出，构造函数可得出，然后构造函数可得出，再对所得等式进行变形后可得出合适的选项.【详解】由可得，由题意可知，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，由可得，所以，，由可得，则，且，①由可得，则，由题意可知， 构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，由，即，可得，所以，，由可得，且，则，②令，其中，则，所以，函数在上为增函数，由①②可得，所以，，可得，由可得，则，因为，则，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查指对同构问题，需要对等式进行变形，根据等式的结构构造合适的函数，并利用函数的单调性得出相应的等式，进而求解.【题型专练】1.（2022·陕西·泾阳县教育局教学研究室高二期中（理））已知，且满足，为自然对数的底数，则（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用导函数研究函数的单调性判断即可.【详解】解：因为在上单调增，，所以，故A、D错误；构造函数，则，，当时，，单调增， 当时，，单调减，因为，，即，又，所以，，，，所以，所以，，，即，所以，故B正确.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练习（理））设，，，则（       ）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】由于，所以构造函数，利用导数判断其为减函数，从而可比较出，进而可比较出的大小，同理可比较出的大小，即可得答案【详解】∵，构造函数，，令，则，∴在上单减，∴，故，∴在上单减，∴，∴∴.∴，同理可得，，故， 故选：A3．（2022·广东·中山市迪茵公学高二阶段练习）已知，下列不等式，成立的一个是（       ）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】在时，构造函数，探讨它们的单调性即可分别判断选项A，B，C，D作答.【详解】因，则令，，，显然函数在上递减，在上递增，即函数在上不单调，而，则不能比较与的大小，A不是；因，则令，，，显然函数在上递增，在上递减，在上不单调，而，则不能比较与的大小，B不是；因，则令，，，函数在上单调递减，由，得，即，C不是；因，则令，，，函数在上单调递增，由，得，即，D是.故选：D【点睛】思路点睛：某些涉及数或式大小关系问题，细心探求变量关系，构造函数，利用函数的单调性求解.4．（2022·全国·高三专题）已知满足，（其中是自然对数的底数），则（       ）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】 对两边取对数，得,再与相加整理得，构造函数，根据单调性，即可求解.【详解】解：,两边取对数得：，又，两式相加得：，即，令，故上式变为，易知在上单调递增，故，故，故选：A5.（2022·四川·广安二中模拟预测（理））已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】构造，，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得到AB选项，构造差函数，得到，从而判断出C选项.【详解】构造，，则恒成立，则，当时，，，当时，，所以在单调递增，在单调递减，因为，所以，， 又，所以，D错误，因为，所以，，所以，所以，A错误，B正确.令，则，当时，恒成立，所以在上单调递增，当时，，即，因为，所以因为，所以，因为在在单调递减，所以，即因为在上单调递减，所以，C错误故选：B【点睛】结合题目特征，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法，本题中构造进行求解.6.（2022·福建·三明一中模拟预测）己知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若，则（       ） A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】由题意化简得到，设，得到，结合题意和函数的单调性，即可求解.【详解】由，可得，即，设，可得，因为，可得，又因为，所以，即，所以，当时，，可得函数在为单调递增函数，所以，即.故选：B.题型二：利用同构求函数最值【例1】（2022·四川省通江中学高二期中（文））已知函数，若，则的取值范围为（       ）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】先求得的取值范围，然后化简，结合导数求得的取值范围.【详解】由于，即，所以， 当时，递增，所以有唯一解.当时，递增，所以有唯一解.由得，所以.令，所以在区间递减；在区间递增.所以，所以的取值范围为.故选：D【点睛】本题要求的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量的表达式，然后利用导数来求得取值范围.在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.【例2】（2022·江西·临川一中模拟预测（文））已知函数，，若，，则的最小值为（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】通过、解析式，的值求得关于的表达式，结合导数求得所求的最小值.【详解】的定义域为，所以，..，，则， 又因为，所以，令，则，，当时，，递增，所以，则，，，所以在区间递减；在区间递增，所以的最小值为，即B选项正确.故选：B【点睛】含参数的多变量的题目，结合方法是建立变量、参数之间的关系式，主要方法是观察法，根据已知条件的结构来进行求解.【例3】（2022·全国·高三专题练习（理））设大于1的两个实数a，b满足，则正整数n的最大值为（       ）．A．7B．9C．11D．12【答案】B【解析】【分析】将已知条件变形为，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出的最大值即可.【详解】解：易知等价于．令，则．令得．当时；当时．所以在上单调递增，在上单调递减， 则有最大值．令，则．当时不符合，舍去，所以．则，．当时；当时．所以在上单调递减，在上单调递增，则有最小值．若成立，只需，即，即．两边取自然对数可得．当时等式成立；当时有．令，本题即求的最大的正整数．恒成立，则在上单调递减．因为，，，所以的最大正整数为9．故选：B．【题型专练】1.（2022·四川绵阳·高二期末（理））已知函数，，若，，则的最小值是（       ）A．B．C．D． 【答案】A【解析】【分析】先通过中间量找到的关系，然后反带回去，将代求表达式表示成关于的函数来求解.【详解】依题意得，，，于是，设，显然在上单调，于是，根据单调性可知，故，于是，故，在令，，于是递减，递增，故，取得最小值.故选：A                    2.（2022·全国·高二期末）已知函数，若，则的最小值为（       ）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】由已知条件可推得，即有，结合目标式化简可得，令，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为的最小值．【详解】，所以，则．于是．所以．构造函数，易知当时，单调递增．所以，． 于是，令，则．在上单调递减，在单调递增．所以，即．故选：A题型三：利用同构解决函数的零点问题【例1】（2022·海南华侨中学模拟预测）已知函数（且）有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（       ）．A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】解法一：令，得，进而得到．令，由其单调性得到，即，进而转化为，利用导数法判断；解法二：令，得，进而得到．令，由其单调性得到，即，然后利用导数的几何意义求解判断.【详解】解法一：通过选项判断可知，令，得，由，得，所以．令，则，且在上单调递增，所以，即，所以，即，令，， ∴在上单调递增，在上单调递减，则，又时，，且，画出大致图像，可知，则．故选：A．解法二：通过选项判断可知，令，得，由，得，所以．令，则，且在上单调递增，所以，即，当直线与图像相切时，设切点为，由，则有，故，则．又，即，则，∴．要使得直线与图像有两个交点，则，故选：A．【例2】（2022·全国·高三专题）已知函数有两个零点，则a的最小整数值为（       ）A．0B．1C．2D．3 【答案】C【解析】【分析】先将函数化为，令，进而只需说明在R上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.【详解】，设，，即函数在上单调递增，易得，于是问题等价于函数在R上有两个零点，，若，则，函数在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；若，则时，，单调递减，时，，单调递增.因为函数在R上有两个零点，所以，而，限定，记，，即在上单调递增，于是，则时，，此时，因为，所以，于是时，.综上：当时，有两个交点，a的最小整数值为2.故选：C.【题型专练】1.（2021·全国·模拟预测）在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于的方程和关于的方程（）可化为同构方程，则________，________．【答案】    3    8【解析】【分析】 两个方程分别取自然对数，转化后由同构的定义求得，然后利用新函数的单调性得关系，从而求得的值．【详解】对两边取自然对数得   ①．对两边取自然对数得，即   ②．因为方程①，②为两个同构方程，所以，解得．设（），则，所以函数在上单调递增，所以方程的解只有一个，所以，所以，故．故答案为：3；8．2.（2022·辽宁·大连市普兰店区高级中学模拟预测）已知函数．(1)求函数的单调区间；(2)设函数，若函数有两个零点，求实数a的取值范围．【答案】(1)单调递增区间为；单减区间为(2)【解析】【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出函数的单调区间；（2）同构处理，为设函数，则，结合的单调性得到有两个根，结合第一问中的结论，列出不等关系，求出a的取值范围.(1)函数的定义域为，．函数的单调递增区间为；单减区间为． (2)要使函数有两个零点，即有两个实根，即有两个实根．即．整理为，设函数，则上式为，因为恒成立，所以单调递增，所以．所以只需使有两个根，设．由（1）可知，函数）的单调递增区间为；单减区间为，故函数在处取得极大值，．当时，；当时，，要想有两个根，只需，解得：．所以a的取值范围是．题型四：利用同构解决不等式恒成立问题【例1】（2022·广东广州·三模）对于任意都有，则的取值范围为（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】，由导数的单调性求出，所以转化为：任意恒成立，令，分类讨论值，求出，即可求出答案.【详解】 ，令，则，所以在上单调递减，在上单调递减，所以，所以，所以转化为：，令，，①当时，，所以在上单调递增，所以，所以.②当时，您，所以，（i）当即时，，所以在上单调递增，，所以.(ii)当即时，在上单调递减，在上单调递增，，所以，所以.综上，的取值范围为：.故选：B.【例2】（2022·全国·高三专题练习（文））已知e是自然对数的底数.若，使，则实数m的取值范围为（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】先讨论时，不等式成立；时，不等式变形为，构造函数 ，由单调性得到，参变分离后构造函数，求出最大值即可求解.【详解】当时，，显然成立，符合题意；当时，由，，可得，即，，令，，在上单增，又，故，即，即，，即使成立，令，则，当时，单增，当时，单减，故，故；综上：.故选：B【点睛】本题关键点在于当时，将不等式变形为，构造函数，借助其单调性得到，再参变分离构造函数，求出其最大值，即可求解.【例3】（2022·宁夏中卫·三模（理））不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】将变为即，构造新函数，利用其单调性得到，继而求得答案.【详解】当时，不等式在上恒成立不会成立， 故，当时，，此时不等式恒成立；不等式在上恒成立,即在上恒成立,而即，设，当时，，故是增函数，则即，故，设，当时，，递增，当时，，递减，故，则，综合以上，实数的取值范围是，故选：B【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.【例4】（2022·陕西渭南·二模（文））设实数，对任意的，不等式恒成立，则λ的最小值为（       ）A．eB．C．D．【答案】C【解析】【分析】由题设有，构造并利用导数研究单调性即可得上恒成立，再构造，并应用导数求最值，即可得λ的最小值.【详解】 由题设，，令，则在，所以单调递增，又，即上，即恒成立，令，，则，所以，上，则递增；上，则递减；则，故.故选：C【点睛】关键点点睛：根据同构形式结合导数研究的单调性，进而将问题转化为上恒成立，再次构造函数求最值，确定参数范围.【例5】（2022·辽宁·高二期中）已知，若在上存在x使得不等式成立，则的最小值为（       ）A．B．1C．2D．【答案】D【解析】【分析】先利用将不等式转化为，借助单调性得到，参变分离后构造函数，结合单调性求出最小值即可.【详解】∵，∴不等式即为：由且，∴，设，则，故在上是增函数，∴，即，即存在，使，∴，设，则；；∴在上递减，在上递增，∴，∴．故选：D.【例6】（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（理））已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数a的最大值为（       ） A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用函数单调性可得，再构造函数，利用导数求出函数的最大值即可【详解】不等式对任意的实数恒成立令对任意的实数恒成立，，令令，解得当时，，函数单调递增当时，，函数单调递减，，所以实数的最大值为故选：B【题型专练】1.（2022·辽宁葫芦岛·高二期末）已知，不等式对任意的实数恒成立，则实数a的最小值为（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】 【分析】首先不等式同构变形为，引入函数，由导数确定单调性得，分离参数变形为，再引入函数，由导数求得其最小值，从而得的范围，得最小值．【详解】不等式可化为，即，，，则，，设，则，时，，是增函数，所以由得，，，所以时，恒成立．设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以，．所以的最小值是．故选：B．【点睛】难点点睛：本题考查用导数研究不等式恒成立问题，难点在于不等式的同构变形，然后引入新函数，由新函数的单调性化简不等式，从而再由变量分离法转化为求函数的最值．2.（2022·黑龙江·哈尔滨三中高二期末）已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（       ）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】首先将不等式进行恒等变形，然后构造新函数，结合函数的性质即可求得实数的取值范围．【详解】由题意可得：，， ，令，易得在上单调递增，，记，则,故当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，故，故只需故实数的取值范围为．故选：A3.（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值是（       ）A．1B．2C．D．3【答案】A【解析】【分析】由得，令，利用的单调性可得，转化为对任意时恒成立，令，利用导数求出的最值可得答案.【详解】由得，令，因为都是单调递增函数，所以为单调递增函数，所以，即对任意时恒成立，令，，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以，所以，即.故选：A.4.（2022·湖北·高二期末）若关于x的不等式在区间上恒成立，则实数a的取值范围为（       ）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】先利用特值缩小实数a的范围，再利用导数求得在区间上的最小值，进而构造函数并利用导数判断单调性，从而得到实数a的取值范围.【详解】当时，，不满足题意，舍去，所以．令，则，令，则，则在上单调递增，又，，则，所以存在唯一使得，即，则当时，，则，则单调递减，当时，，则，则单调递增，所以恒成立．令，，则，所以在上单调递减， 又，所以，所以．又因为，且在上单调递减，所以．故选：A．5.（2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（理））对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为（       ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】不等式可转化为对任意恒成立，构造利用导数求出的最小值即可.【详解】由，则，因为在上为增函数，所以，即对任意恒成立，设函数，则，由可得，由可得，所以在上为减函数，在上为增函数，所以，因为对任意的恒成立，所以，所以.故选：B．题型五：利用同构证明不等式【例1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数.(1)求的单调区间；(2)已知，且，若，求证：.【答案】(1)在单调递减，在单调递增 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，注意到，研究的分子，最终求出的单调性；（2）先对同除以，变形为，再构造差函数解决极值点偏移问题(1)，令，则，∴在单调递增，注意到∴当时，，此时，单调递减，当时，，此时，单调递增∴在单调递减，在单调递增(2)等价于，等式两边同除以得：，即由（1）知：在单调递减，在单调递增∴，一正一负，不妨设构造新函数，则∴令，则当时，显然恒成立，所以又对恒成立，所以在时，，即单调递减∵ ∴，即∵∴其中，，且在单调递减∴，即【点睛】方法点睛：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【例2】（2022·海南中学高三阶段练习）已知函数.（1）求的单调区间与极值.（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，极大优值，无极小值；（2）证明见解析.【解析】【分析】首先求函数的导数，利用导数和单调性，极值点的关系，即可求解；（2）首先由条件变形为，即，通过构造函数，，转化为极值点偏移问题，即可求解.【详解】（1）解：的定义域为，.当时，；当时，所以的单调递增区间为，单调递减区间为.故在处取得极大值，且极大值为，无极小值. （2）证明：易知，，即，.不妨设，，.（1）可知，，当时，，当时，，设，，则，因为，，所以，在区间上单调递增，，所以，又因为，，所以，即，故.【例3】（2022·河北·高三阶段练习）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导确定的单调性即可； （2）令，先证，构造函数，求导确定的单调性进而证得；再证，构造函数，求导确定单调性进而证得.(1)，定义域为，由，解得，由，解得，由，解得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．(2)∵a，b为两个不相等的正数，且，∴，即，由（1）可知，且，时，，则令，则为的两根，且，不妨设，则，先证，即证，即证，令，即证在上，，则，在上单调递增，即，∴在上恒成立，即在上单调递减，，∴，即可得；再证，即证，由（1）单调性可得证， 令，，在上单调递增，∴，且当，所以存在使得，即当时，单调递减，当时，单调递增，又有，且，所以恒成立，∴，则，即可证得．【点睛】本题关键点在于先令，再将转化为两个极值点偏移问题，先构造函数，求导确定在上，即可证明；再构造函数，求导得恒成立，即可证得，即可证得.【例4】（2022·河南郑州·二模（文））已知函数，.(1)求函数的极值；(2)当x>0时，证明：【答案】(1)极大值为，无极小值(2)证明见解析【解析】【分析】 （1）首先确定定义域为求导可得，根据导数的应用，分和时，两种情况讨即可得解；（2）要证即证，令，求导利用隐零点问题的解决方法求得即可.(1)定义域为，则，时，，在单调递增，时，，在单调递减，故函数的极大值为，无极小值(2)证明等价证明（），即.令，令，则在上单调递增，而，故在上存在唯一零点，且，时，，在上单调递减；时，，在上单调递增，故，又因为即，所以，从而，即【点睛】 本题考查了导数的应用，导函数则原函数为增函数，原函数为减函数，同时考查了极值的概念.本题的关键点如下：（1）极值点在何处取得；（2）隐零点问题在求最值中的运用.【题型专练】1．（2021·全国·高考真题）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：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)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.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(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]：等价转化由得，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．[方法二]【最优解】：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，所以需证．令， 所以，故在区间内单调递增．所以．故，即．综合可知．[方法三]：比值代换证明同证法2．以下证明．不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证．记，则.记，则，所以，在区间内单调递减．，则，所以在区间内单调递减．由得，所以，即．[方法四]：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以．由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．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．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：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.方法三：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.方法四：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.2.（2022·全国·高三专题练习）已知函数，其中为自然对数的底数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，且，证明：.【答案】（1）时，递增；时，递减；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；（2）首先方程变形为，设，，通过构造函数，，利用导数证明，再分和时，证明.【详解】 解：（1），是减函数，是增函数，所以在单调递减，∵，∴时，，单调递增；时，，单调递减.（2）由题意得，，即，，设，，则由得，，且.不妨设，则即证，由及的单调性知，.令，，则，∵，∴，，∴，取，则，又，则，又，，且在单调递减，∴，.下证：.（i）当时，由得，；（ii）当时，令，，则，记，，则， 又在为减函数，∴，在单调递减，在单调递增，∴单调递减，从而，在单调递增，又，，∴，又，从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得，当时，单调递减；当时，单调递增.所以，，又，，所以，，显然，，所以，，即，取，则，又，则，结合，，以及在单调递增，得到，从而.【点睛】关键点点睛：本题第二问要证明不等式成立，换元后转化为，两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式. 3.（2022·河南省浚县第一中学模拟预测（理））已知函数．(1)讨论f(x)的单调性．(2)若a＝0，证明：对任意的x>1，都有．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；（2）对原不等式整理化简得到，将整体代换，并构造函数求解的取值范围，通过整体代换，构造新函数，利用导数求解函数的极值，结合的取值范围，即可证明.(1)解：由题意可得．当时，恒成立，则在上单调递增；当时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增．综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．(2)证明：由题得，时，对任意的，都有，即，等价于，即.设，则．由，得；由，得．则在上单调递增，在上单调递减， 故，即，即，当且仅当时，等号成立．设，则．由，得；由，得．则在上单调递减，在上单调递增．因为，，所以有解，则，当且仅当时，等号成立．即，即．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理