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專題 11 函數(shù)中的同構(gòu)問題
近年來同構(gòu)函數(shù)頻頻出現(xiàn)在模擬試卷導(dǎo)數(shù)解答題中，高考真題中也出現(xiàn)過同構(gòu)函數(shù)的身影，同構(gòu)法是將不
同的式子通過變形，轉(zhuǎn)化為形式結(jié)構(gòu)相同或者相近的式子，通過整體思想或換元等將問題轉(zhuǎn)化的方
法，這體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想．此方法常用于求解具有對(duì)數(shù)、指數(shù)等混合式子結(jié)構(gòu)的等式、不等式問題中，
或利用函數(shù)單調(diào)性定義確定函數(shù)單調(diào)性，利用此方法求解某些導(dǎo)數(shù)壓軸題往往能起到秒殺效果.
(一)同構(gòu)函數(shù)揭秘
同構(gòu)式是指除了變量不同，其余地方均相同的表達(dá)式，導(dǎo)數(shù)中同構(gòu)函數(shù)問題大多屬于指對(duì)跨階問題，比如
ex + x與 x + ln x 屬于“跨階函數(shù)”，而 ex + ln x 屬于“跳階函數(shù)”，對(duì)于指對(duì)跳階的函數(shù)問題，直接求解，一般
是通過隱零點(diǎn)代換來簡(jiǎn)化，并且有很大局限性，有些題若采用指對(duì)跨階函數(shù)進(jìn)行同構(gòu)，可將跳階函數(shù)問題
轉(zhuǎn)化為跨階函數(shù)問題，從而使計(jì)算降階，通常構(gòu)造的同構(gòu)函數(shù)有以下幾類： f x = xex , f x = x ln x,
f x = x + ex , f x = x + ln x ， f x = ex - x + a, f x = ln x - x + a 等，在一些求參數(shù)的取值范圍、零點(diǎn)個(gè)數(shù)、
不等式證明、雙變量問題中，利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性，復(fù)合函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)等問題中常通過構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)求解.
ex
利用同構(gòu)函數(shù)解題要注意一些常見的湊形技巧，如； x = eln x , x = ln ex , xex = ex+ln x , = ex-ln x 等.
x
【例 1】（2024 屆江蘇省蘇州市高三下學(xué)期三模）已知函數(shù) f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
f x
(2) a 2 當(dāng) 時(shí)，證明： e2x ．
x
1
【解析】（1）函數(shù) f x = lnx + ax +1,a R 的定義域?yàn)? 0, + ，且 f x = + a ．
x
1
當(dāng) a 0時(shí)，"x 0,+ , f x = + a > 0 恒成立，所以 f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增；
x
1 1+ ax 1
當(dāng) a<0時(shí)，令 f x = + a = = 0，解得 x = - ，
x x a
x 1 當(dāng) 0, - ÷時(shí)， f x > 0, f x
1
在區(qū)間 0,-

a ÷
上單調(diào)遞增，
è è a
x 1 , f x 0, f x 1當(dāng) - + <

÷ 時(shí)， 在區(qū)間 - ,+ ÷上單調(diào)遞減．
è a è a
綜上所述，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增；
1 1
當(dāng) a < 0時(shí)， f x 在區(qū)間 0,- ÷ 上單調(diào)遞增，在區(qū)間 - ,+ ÷上單調(diào)遞減．
è a è a
f x lnx + 2x +1
（2）當(dāng) a 2時(shí)，因?yàn)?x > 0 ，所以要證 e2x ，只要證明 e2x 即可，
x x
即要證 lnx + 2x +1 xe2x ，等價(jià)于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1，則 g x = ex -1，
在區(qū)間 - ,0 上， g x < 0, g x 單調(diào)遞減；在區(qū)間 0, + 上， g x > 0, g x 單調(diào)遞增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 e x x + 1（當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時(shí)等號(hào)成立），
所以（*）成立，當(dāng)且僅當(dāng) 2x + lnx = 0時(shí)，等號(hào)成立．
h x 2x lnx 0, h 1 2又 = + 在 + 上單調(diào)遞增， ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1÷ ，使得 2x0 + lnx0 = 0成立．綜上所述，原不等式成立．
è e
2
【例 2】（2024 屆重慶市南開中學(xué)高三上學(xué)期第質(zhì)量檢測(cè)）已知函數(shù) f x = x + lnx + ax 在 x =1處的切線 l和
直線 x + y = 0垂直.
(1)求實(shí)數(shù) a的值；
f (x ) - f (x ) - x2 + x2(2)若對(duì)任意的 x , x 0, 2 ， x x ，都有 1 2 1 21 2 1 2 x x > m 成立（其中 e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），求e 1 - e 2
實(shí)數(shù) m 的取值范圍.
【解析】（1）由函數(shù) f x = x2 + lnx + ax ，可得 f (x) 2x 1= + + a ，可得 f 1 = a + 3
x
因?yàn)楹瘮?shù)在 x =1處的切線 l 和直線 x + y = 0垂直，所以 f 1 =1，
即 a + 3 = 1，解得 a = -2 .
（2）解：不妨設(shè)0 < x1 < x2 2，則 ex1 - ex2 < 0，
2 2
因?yàn)閷?duì)任意的 x1, x2 0, 2 x x f (x1) - f (x2 ) - x1 + x， 21 2 ，都有 x x > m 成立，e 1 - e 2
可得 f (x1) - f (x2 ) - x
2
1 + x
2
2 < m ex1 - ex2 ，即 f (x1) - x21 - me x1 < f (x ) - x22 2 - me x2 ，
設(shè) g x = f x - x2 - mex ，則 g(x1) < g(x2 )，故 g x 在 0,2 單調(diào)遞增，
g (x) 1= - 2 - mex 0 m e- x
1
從而有 ，即 - 2÷在 0,2 x 上恒成立，x è
h(x) e- x 1設(shè) = - 2

÷，則m h x x ，è min
2
h (x) = -e- x 1 - 2 + e- x 1 2x - x -1因?yàn)? ÷ ×

-
- x
x x2 ÷
= e × (0 < x 2)，
è è x2
令 h x > 0，即 2x2 - x -1 = 2x +1 x -1 > 0，解得1< x 2，
令 h x < 0，即 2x2 - x -1 = 2x +1 x -1 < 0，解得0 < x <1，
所以 h x 在 0,1 單調(diào)遞減，在 1,2 單調(diào)遞增，
1 1 1
又因?yàn)?h(1) = - ，故 h x 在 0, 2 上最小值 h(x)
e min
= - ，所以m - ，
e e
m , 1ù實(shí)數(shù) 的取值范圍是 - - .
è e ú
(二) xex 型同構(gòu)
ln x + ln a +1
【例 3】（2024 屆廣西貴港市高考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = aeax - ．
x
(1)當(dāng) a =1時(shí)，請(qǐng)判斷 f (x) 的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
x 1+ ln x
【解析】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
ln x x2ex + ln x 1
所以 f (x) = ex + 2 = 2 ，令 h(x) = x
2ex + ln x ，則 h (x) = (x2 + 2x)ex + ，
x x x
當(dāng) x (0,+ )時(shí)， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零點(diǎn) x0 ，且 x
1
0 ( ,1)，2 4 2
當(dāng) x (0, x0 )時(shí)， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x (x0 ,+ ) 時(shí)， f (x) > 0， f (x) 在 x0 ,+ 單調(diào)遞增．
\ f (x)有一個(gè)極小值點(diǎn) x0 ，無極大值點(diǎn)．
Q f (x) aeax ln x + ln a +1（2） = - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，則 t (0,+ ) \2a et
ln t +1
， - +1恒成立．
t
設(shè) g(x) = ex
ln x +1
- ，由（1）可知 g(x)的最小值為 g(x0 )．x
ln x 1
又 h(x0 ) = x
2ex0 + ln x = 0 \ x ex00 0 ， 0 = -
0 = - ln x = -e- ln x0 ln x
x0 x
0 0 ．（﹡）
0
設(shè)m(x) = xex ，當(dāng) x > 0時(shí)，m (x) = (x +1)ex > 0，\ m(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
Q x0 (
1 ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x ) x ln x e
x
0 ，\ 0 = -
0
0 ，即 = x ．0
\ g(x x 1+ ln x0 0 1 1- x00 ) = e - = - =1x x ，0 0 x0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，\a 的取值范圍為 0,1 ．
(三) x + a ln x 型同構(gòu)
ln x
【例 4】（2023 屆福建省寧德市高三高考前最后一卷）已知函數(shù) f x = + m m R ．
x
(1)討論函數(shù) f x 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)﹔
a eax +1
(2) m = 0 x > 0 當(dāng) 時(shí)，若對(duì)任意 ，恒有 ≥ f x x2 +1 ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．2
f x ln x ln x【解析】（1）令 = + m = 0,則 = -m ，記 g x ln x= ，則 g x 1- ln x= 2 ，x x x x
當(dāng) x>e時(shí)， g x < 0，此時(shí) g x 在 e, + 單調(diào)遞減，
當(dāng)0 < x < e 時(shí)， g x > 0，此時(shí) g x 在 0,e 單調(diào)遞增，
1
故當(dāng) x=e時(shí)， g x 取極大值也是最大值 g e = ，
e
又 g 1 = 0，而當(dāng)1 < x時(shí)， g x > 0，故當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0，當(dāng)1< x時(shí)， g x > 0 ，作出 g x 的圖象
如下：
1 1
因此當(dāng)-m > 時(shí)，即m < - ， g x = -m無交點(diǎn)，此時(shí) f x 無零點(diǎn)，
e e
1 1
當(dāng)-m = 或-m 0時(shí)，即m = - 或m 0 ， g x = -m有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí) f x 有一個(gè)零點(diǎn)，
e e
0 m 1 1當(dāng) < - < 時(shí)，即- < m < 0， g x = -m有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí) f x 有 2 個(gè)零點(diǎn)，
e e
1
綜上可知：當(dāng)m < - 時(shí)， f x 無零點(diǎn)，
e
當(dāng)m
1 1
= - 或m 0 f x 有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)- < m < 0， f x 有 2 個(gè)零點(diǎn)，
e e
a eax +1
（2）當(dāng)m = 0時(shí)，若對(duì)任意 x > 0 ，恒有 ≥ f x x2 +1 等價(jià)于：2
對(duì)任意 x > 0，恒有 ax eax +1 ≥ ln x2 x2 +1 ，
令F x = x +1 ln x ax 2，則不等式等價(jià)于F e F x ，
由于F x = ln x x +1+ ，
x
m x ln x x +1, m x 1 1 x -1令 = + = - 2 = 2 ，x x x x
當(dāng)0 < x <1, m x < 0, m x 單調(diào)遞減，當(dāng) x >1, m x > 0, m x 單調(diào)遞增，所以F x = m x m 1 = 2 > 0，
故F x 在 0, + 單調(diào)遞增，
ax
由F e F x2 得 eax x2對(duì)任意 x > 0恒成立，
兩邊取對(duì)數(shù)得 ax 2ln x
a ln x
對(duì)任意 x > 0恒成立，
2 x
a
故 g x a 1 2，所以 a ，故 a的范圍為 a 2
2 max
。
2 e e e
(四) ex + ax + b 型同構(gòu)
【例 5】（2024 屆福建省漳州市高三上學(xué)期質(zhì)量檢測(cè)）已知函數(shù) f (x) = aex + x +1 .
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
x -1
(2)當(dāng) x >1時(shí)， f (x) > ln + x ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
a
【解析】（1）依題意，得 f (x) = aex +1 .
當(dāng) a 0時(shí)， f (x) > 0，所以 f (x) 在 (- , + )單調(diào)遞增.
當(dāng) a<0時(shí)，令 f (x) > 0，可得 x < - ln(-a) ；令 f (x) < 0 ，可得 x > - ln(-a)，
所以 f (x) 在 (- ,- ln(-a)) 單調(diào)遞增，在 (- ln(-a),+ )單調(diào)遞減.
綜上所述，當(dāng) a 0時(shí)， f (x) 在 (- , + )單調(diào)遞增；當(dāng) a<0時(shí)， f (x) 在 (- ,- ln(-a)) 單調(diào)遞增，在
(- ln(-a),+ )單調(diào)遞減.
x -1 x -1
（2）因?yàn)楫?dāng) x >1時(shí)， f (x) > ln + x x，所以 ae + x +1 > ln + x，
a a
即 eln a ex + x +1 > ln(x -1) - ln a + x，
即 ex+ ln a + ln a + x > ln(x -1) + x -1，
即 ex+ ln a + x + ln a > eln(x-1) + ln(x -1) .
令 h(x) = ex + x ，則有 h(x + ln a) > h(ln(x -1))對(duì)"x (1, + ) 恒成立.
因?yàn)?h (x) = ex +1 > 0，所以 h(x) 在 (- , + )單調(diào)遞增，
故只需 x + ln a > ln(x -1)，
即 ln a > ln(x -1) - x對(duì)"x (1, + ) 恒成立.
令F (x) = ln(x -1) - x ，則F (x)
1 1 2 - x= - = ，令F (x) = 0，得 x = 2 .
x -1 x -1
當(dāng) x (1, 2) 時(shí)，F(xiàn) (x) > 0，當(dāng) x (2,+ ) 時(shí)， F (x) < 0，
所以 F (x)在 (1, 2)單調(diào)遞增，在 (2, + ) 單調(diào)遞減，
所以F (x) F (2) = -2
1
.因此 ln a > -2，所以 a > .
e2
(五) ln x + ax + b 型同構(gòu)
【例 6】（2024 屆江蘇省宿遷市高三下學(xué)期三模）已知函數(shù) f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲線 y = f (x) 在 x = 2處的切線的方程為 x + y = b，求實(shí)數(shù)b的值；
(2)若函數(shù) f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求a的取值范圍．
9a
【解析】（1）因?yàn)?f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，函數(shù)的定義域?yàn)?(a, ]4 ，
所以 f (x)
1 2
= -
x - a 9a ，- 4x
由曲線 y = f (x) 在 x = 2處的切線的方程為 x + y = b，得 f (2) = -1，
所以 f (2)
1 2
= - = -1
2 - a 9a ，- 8
設(shè) h(a)
1 2 8
= - ( < a < 2) h (a)
1 9
= + > 0
2 - a 9a - 8 9 ， (a - 2)2 (9a - 8) 9a - 8 ，
所以函數(shù) h(a) (
8
是 , 2)9 上的遞增函數(shù)，又
h(1) = -1，
1 2
所以方程 - = -12 a 有唯一解 a =1- ，9a - 8
所以 f (x) = ln(x - 1) + 9 - 4x ， f (2) =1，
所以切點(diǎn)坐標(biāo)為 (2,1)，代入直線方程 x + y = b得b = 3．
9a
（2） f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，定義域?yàn)?(a, ]4 ，
f (x) 1 2 9a - 4x - 2(x - a)= - =
x a ，- 9a - 4x (x - a) 9a - 4x
-2
設(shè) g(x) = 9a - 4x - 2(x - a)，所以 g (x) = - 2 < 0，
9a - 4x
所以 g(x)在 (a, 9a ) 9a 5a4 上遞減，又 g(a) = 5a > 0，
g( ) = - < 0
4 2 ，
所以當(dāng) x (a, x0 )時(shí)， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0，函數(shù) f (x) 遞增，
x 9a當(dāng) (x0 , )時(shí)， g(x) < 0，即 f (x) < 0 ，函數(shù) f (x)4 遞減，
所以函數(shù) f (x) 的最大值 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 9a - 4x0 ，
又 g(x0 ) = 9a - 4x0 - 2(x0 - a) = 0 ，所以 9a - 4x0 = 2(x0 - a)，
所以 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，
因?yàn)?f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，即 ln(x0 - a) + 2(x0 - a)≤ ln a + 2a 恒成立，
設(shè) h(x) = ln x + 2x 1，則 h (x) = x + 2 > 0，所以 h(x) 遞增，
x 9a所以 0 - a≤ a ，即 x0 2a 恒成立，因?yàn)?g(x)在 (a, )4 上遞減，且
g(x0 ) = 0，
1
所以只需 g(2a)≤0恒成立，即 a - 2a≤0 ，又 a > 0，所以 a ．4
(六)利用單調(diào)函數(shù)定義同構(gòu)
【例 7】（2024 屆貴州省六盤水市 2024 屆高三下學(xué)期三診）若函數(shù) f x 在 a,b 上有定義，且對(duì)于任意不同
的 x1, x2 a,b ，都有 f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，則稱 f x 為 a,b 上的“k 類函數(shù)”
(1)若 f x = x2 ，判斷 f x 是否為 1,2 上的“4 類函數(shù)”；
(2)若 f x 2= ln x + a +1 x 1+ 為 1,e 上的“2 類函數(shù)”，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
e x
(3)若 f x 為 1,2 上的“2 類函數(shù)”且 f 1 = f 2 ，證明："x1， x2 1,2 ， f x1 - f x2 < 1 .
【解析】（1）函數(shù) f x = x2 是 1,2 上的“4 類函數(shù)”，理由如下：
不妨設(shè) x1, x2 1,2 ，所以 2 < x1 + x2 < 4，
f x1 - f x2 = x21 - x22 = x1 - x2 x1 + x2 < 4 x1 - x2 ，
所以 f x = x2 是 1,2 上的“4 類函數(shù)”；
f x 2 ln x a 1 x 1 f x 1 2（2） = + + + ， = - 2 + + a +1，e x x ex
由題意知，對(duì)于任意不同的 x1, x2 1,e 都有 f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 ，
不妨設(shè) x1 < x2，則-2 x2 - x1 < f x1 - f x2 < 2 x2 - x1 ，
故 f x1 + 2x1 < f x2 + 2x2且 f x1 - 2x1 > f x2 - 2x2 ，
所以 f x + 2x為 1,e 上的增函數(shù)， f x - 2x 為 1,e 上的減函數(shù)，
所以對(duì)任意的 x 1,e ，即-2 f x 2，
由 f x 2 a 1 2 1 g x 1 2 2 - + ，令 = - +1，則 a g x ， x 1,e ，x ex x2 ex min
1 1 1
令 = t
é ,1ùê ú得 y t
2 2= - t 1+1 é在 ê ,1
ù
x e e e ú
上單調(diào)遞增， g x =1-min ，e2
由 f x -2 a 1 2 1 2 2 - - 3，令 h x = 2 - - 3，x ex x ex
只需 a
1
h x é1 ù 2 2 é1 ùmax ， x 1,e ，令 = t ê ,1ú得 y = t - t - 3在 ê ,1ú 單調(diào)遞增，x e e e
2 2 1
所以 h x = h 1 = -2 - ì，綜上所述，實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 ía - 2 - a 1- ümax e e e2 ；
（3）證明：因?yàn)?f x 為 1,2 上的“2 類函數(shù)”，所以 f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 ，
1 x < x 2 x x 1不妨設(shè) 1 2 ，當(dāng) 1 - 2 < 時(shí)， f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 <1；2
1 1
當(dāng) x1 - x2 <1時(shí)，因?yàn)?f 1 = f 2 ，-1 < x1 - x2 2 - 2
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 2 - f x2 f x1 - f 1 + f 2 - f x2
< 2 x 1 1 -1 + 2 2 - x2 = 2 x1 - x2 +1 2 - +12 ÷ =1，è
綜上所述，"x1， x2 1,2 ， f x1 - f x2 < 1 .
【例 1】（2024 ax -ax屆西省九江市高三第三次統(tǒng)考）已知函數(shù) f x = e + e (a R ，且 a 0) .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若方程 f x = x + x-1有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求a的取值范圍.
【解析】（1）解法一： f x = a eax - e-ax ax -ax令 g x = a e - e ，
2 ax -ax
則 g x = a e + e > 0 \ g x 在R 上單調(diào)遞增.
又 g 0 = 0,\當(dāng) x < 0 時(shí)， g x < 0 ，即 f x < 0；當(dāng) x > 0時(shí)， g x > 0，即 f x > 0
\ f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增.
a eax +1 eax -1
解法二： f x = a eax - e-ax = eax
①當(dāng) a > 0時(shí)，由 f x < 0得 x < 0 ，由 f x > 0得 x > 0
\ f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增
②當(dāng) a < 0時(shí)，同理可得 f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增.
（2）解法一：由 f x = x + x-1，得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = ex + e- x x - x，則 h ax = h lnx ，又Qh x = e + e 為偶函數(shù)，\h ax = h lnx
lnx
由（1）知 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，\ ax = lnx ，即 = a 有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.
x
lnx
令m x = , m x 1- lnx= ，由m 2 x > 0，得0 < x < e;由m x < 0 ，得 x>e，x x
\m x 1在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減，且m 1 = 0,m e =
e
\ y = m x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1,e 上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減
1
當(dāng) x 0 時(shí)，m x + ；當(dāng) x + 時(shí)，m x 0，故0 < a <
e
1 1 a 1解得- < a < 0或0 < a

< ，故 的取值范圍是 - ,0÷ 0,
1
e e è e ÷ è e
-1
解法二：由 f x = x + x 得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0，
令 h x = x + x-1，則 h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增.
由 h eax = h x ，得 eax = x 或 eax = x-1，
兩邊同時(shí)取以 e為底的對(duì)數(shù)，得 ax = lnx或 ax = -lnx ，
\ ax lnx lnx= ，即 = a 有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，下同解法一.
x
【例 2】（2024 2 2屆江蘇省徐州市邳州市高三上學(xué)期月考）已知函數(shù) f x = x +1 lnx - x - ax ．
(1)若 a =1，求 f x 的最小值；
(2)若方程 f x = axe2ax - x2 有解，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
【解析】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f x = x2 +1 lnx - x2 - x，
f x = 2xlnx - x 1 1+ -1，設(shè) g x = f x ，則 g x = 1 + 2 ln x - 2 ，x x
g x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 g 1 = 0，
所以 x 0,1 時(shí)， g x < 0， f x 單調(diào)遞減，
x 1,+ 時(shí)， g x > 0， f x 單調(diào)遞增，所以 f x = f 1 = -1min ；
（2） f x = axe2ax - x2 2 x2 +1 ln x = 2ax e2ax即 +1 ，
x2即 +1 ln x2 = e2ax +1 ln e2ax ，設(shè) h x = x +1 ln x x > 0 2 2ax，則 h x = h e ，
h x ln x 1 1 x -1= + 1 + ，設(shè)m x = ln x +1+ x > 0 ，則m x = ，
x x x2
所以 x 0,1 時(shí)，m x < 0 ，m x 單調(diào)遞減，
x 1,+ 時(shí)，m x > 0，m x 單調(diào)遞增，
所以m x m 1 = 2 > 0，即 h x > 0， h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
2ax 2
所以方程 f x = axe - x 有解即 x 2 = e2 ax 在 0, + 上有解，
a ln x2ax = 2ln x有解，即 = 有解，設(shè) n x ln x= x 1- ln x> 0 ，則 n x = 2 ，x x x
x 0,e 時(shí)， n x > 0， n x 單調(diào)遞增，
x e, + 1時(shí)， n x < 0， n x 單調(diào)遞減，所以 n x n e = ，
e
當(dāng) x 0時(shí)，n x - 1，所以 a 1 ù，即實(shí)數(shù) a 的取值范圍是
e
- ,
è e ú
．

1
【例 3】（2024 屆陜西省西安市部分學(xué)校高三上學(xué)期考試）已知函數(shù) f x = ln x - ax - .
x
(1)當(dāng) a = 2，求 f x 的極值；
(2)若 f x -e-ax 恒成立，求 a的取值范圍.
【解析】（1）當(dāng) a = 2 f x 1時(shí) = ln x - 2x - ， x 0, + ，
x
1 1 -2x
2 + x +1 - x -1 2x +1
則 f x = - 2 + 2 = 2 = 2 ， x x x x
所以在 0,1 上 f x > 0， f x 單調(diào)遞增，在 1, + 上 f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x =1時(shí) f x 取得極大值， f 1 = 0 - 2 -1 = -3，故 f x 的極大值為-3，無極小值.
（2）由 f x -e-ax ，可得 ln x - ax 1- -e-ax ln x 1 ax e-ax ln x 1 lneax 1，則 - - ，即 - - .
x x x eax
1
令 g x = ln x - ，則 g x g eax ，
x
因?yàn)?g x 在 0, + ln x上單調(diào)遞增，所以 x eax ，則 a .
x
令 h x ln x h x 1- ln x= ，則 = ，
x x2
在 0,e 上 h x > 0， h x 單調(diào)遞增，在 e, + 1上 h x < 0， h x 單調(diào)遞減，即 h(x)max = h e = ， e
a 1
1
所以 ，則 a
é
的取值范圍為 ê ,+

÷ .e e
【例 4】（2024 x屆安徽省六校教育研究會(huì)高三上學(xué)期素質(zhì)測(cè)試）已知函數(shù) f x = ae - x（ e是自然對(duì)數(shù)的底
數(shù)）.
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若 g x = aex x -1 - ln x + f x 有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
x
【解析】（1）因?yàn)?f x = ae - x，所以 f x = aex -1，
當(dāng) a 0時(shí)， f x < 0，所以 f x 在 R 上單調(diào)遞減；
當(dāng) a > 0時(shí)，令 f x > 0得 x > - ln a ；令 f x < 0得 x < - ln a ，
所以 f x 在 - , - ln a 上單調(diào)遞減，在 - ln a, + 上單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 R 上單調(diào)遞減，無增區(qū)間；當(dāng) a > 0時(shí)， f x 在 - , - ln a 上單調(diào)遞減，在
- ln a, + 上單調(diào)遞增.
（2 x x x x）由題意 g x = ae x -1 - ln x + f x = axe - ln x - x = axe - ln xe x > 0 有兩個(gè)零點(diǎn)，
令 t = xex ， x > 0 ，則 t = 1+ x ex > 0 在 0, + 上恒成立，所以 t = xex 在 0, + 上單調(diào)遞增，
故 t > 0，所以 g x = axex - ln xex 有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于T t = at - ln t 有兩個(gè)零點(diǎn)，
a ln t ln t等價(jià)于 = 有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，等價(jià)于 y = a與 h(t) = 有兩個(gè)交點(diǎn)，
t t
h (t) 1- ln t則 = ， h (t) > 02 得0 < t < e， h
(t) < 0得 t > e，
t
所以 h(t)
ln t
= 在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e,+ 上單調(diào)遞減，又 h(e) ln e 1= = ， h(1) = 0，
t e e
當(dāng) t 趨向于 0 且為正時(shí)， h(t)趨向于負(fù)無窮大，當(dāng) t 趨向于正無窮大時(shí)， h(t)趨向于 0，如圖：
由圖可知，要使 y = a與 h(t)
ln t 1
= 有兩個(gè)交點(diǎn)，則0 < a < ，
t e
1
所以實(shí)數(shù) a的取值范圍為0 < a < .
e
1
【例 5】（2024 2屆重慶市渝北中學(xué)高三上學(xué)期月考）已知函數(shù) f x = x + aln x -1 ，
4
g x f x 1 1= + - x2x + x ．e 4
(1)當(dāng) a = -1時(shí)，求函數(shù) f x 的極值；
(2)若任意x1、 x2
g x - g x
1,+ 且 x1 x
1 2
2 ，都有 >1 ax 成立，求實(shí)數(shù) 的取值范圍．1 - x2
1 2
【解析】（1）當(dāng) a = -1時(shí)， f x = x - ln x -1 ，其中 x 1,+ ，
4
2
則 f x 1 1 x - x - 2= x - = ，令 f x = 02 x 1 2 x 1 ，解得 x=- 1或 x = 2，- -
又因?yàn)?x >1，所以 x = 2，
列表如下：
x 1,2 2 2, +
f x - 0 +
f x 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增
因此 f x 有極小值 f 2 =1，無極大值.
（2）解：因?yàn)?g x = f x 1 1+ x - x2 x
1
+ 2， f x = x + aln x -1 ，
e 4 4
所以 g x = a ln x -1 1+ x + x ，其中 x 1,+ ，e
對(duì)"x1、 x2 1,+ 且 x1 x2 ，不妨設(shè) x1 > x2 ，則 x1 - x2 > 0，
得到 g x1 - g x2 > x1 - x2 ，化為 g x1 - x1 > g x2 - x2 ，
設(shè) h x = g x - x 且函數(shù) h x 的定義域?yàn)? 1, + ，
1
所以 h x = aln x -1 + x 在 1, + 為增函數(shù)，e
a 1 x -1
即有 h x = - 0對(duì) x >1恒成立，即 a 對(duì)任意的 x >1恒成立，
x -1 ex ex
j x x -1 2 - x設(shè) = x ，其中 x 1,+ ，則j x =e ex ，
令j x > 0，解得1 < x < 2，令j x < 0，解得 x > 2，
所以j x 在 1,2 上單調(diào)遞增，在 2, + 上單調(diào)遞減，
所以j x 1 1最大值j 2 = 2 ，因此實(shí)數(shù) a的取值范圍是 a ．e e2
【例 6】已知函數(shù) f x = x - a ln x, a R
(1)請(qǐng)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性
1
(2)當(dāng) x
é
ê ,+

÷ 時(shí)，若 e
x l ln ln x + x +1 +1 le 恒成立，求實(shí)數(shù) 的取值范圍 x
'
【解析】 (1) f (x) 1
a x - a
= - = (x > 0)
x x
當(dāng) a 0時(shí)， f ' (x) > 0，f (x)在 (0, + )上遞增
當(dāng) a > 0時(shí)，在 (0, a)上f ' (x) < 0， f (x) 單調(diào)遞減
在 (a,+ ) 上 f ' (x) > 0， f (x) 單調(diào)遞增
(2)原式等價(jià)于 xex = eln x+x l(ln(ln x + x +1) +1)
設(shè) t = ln x + x ， x é
1 , + ÷
êe
1
由（1）當(dāng) a = -1時(shí)， f (x)= ln x + x 為增函數(shù) ， \t [ -1, + )，
e
∴ t等式等價(jià)于 e l(ln(t +1) +1) t
é1
， ê -1,+

÷恒成立，
e
t
1
t 1 1 e= -1時(shí)， -1ee > 0成立， t ( -1,+ )時(shí)，l ，e e ln(t +1) +1
t
設(shè) g(t)
e 1
= ， t ( -1,+ )，
ln(t +1) +1 e
et (ln(t +1) +1) - et ( 1 ) ln(t +1) +1 1-
g ' (t) = t +1 = et × t +1 ，
(ln(t +1) +1)2 (ln(t +1) +1)2
設(shè) h(t) = ln(t 1) 1
1
+ + - ，
t +1
h (t) 1 1= + 2 > 0所以 h(t)
1
在 ( -1, + )t 1 (t 1) 上為增函數(shù)，+ + e
又因?yàn)?h(0) 0 (
1
= ，所以在 -1,0)上， h(t) < 0，\ g ' (t) < 0， g (t)為減函數(shù)，
e
在 (0，+ )上， h(t) > 0，\ g ' (t) > 0， g (t)為增函數(shù)，
\ g(t)min = g(0) =1 ，\l 1．
1．（2024 屆江西省南昌市高三二模）已知 f (x) = a x - xa (x > 0,a > 0且 a 1) .
(1)當(dāng) a = e時(shí)，求證： f (x) 在 (e, + )上單調(diào)遞增;
2
(2)設(shè) a > e x
ée
，已知" ê ln a,+ ÷，有不等式 f (x) 0恒成立，求實(shí)數(shù) a2 的取值范圍.
x
【解析】（1）當(dāng) a = e時(shí)， f (x) = ex - xe ，則 f (x) = e - exe-1 = e ex-1 - xe-1 ，
令 f (x) > 0，則 ex-1 > xe-1，兩邊取對(duì)數(shù)得 x -1 > (e -1) ln x .
g(x) = x -1- (e -1) ln x(x > e) g x 1 e -1 1 e -1 1設(shè) ，則 = - > - = > 0，
x e e
所以 g x 在 (e, + )單調(diào)遞增，
所以 x (e,+ )時(shí) g(x) > g(e) = 0，即 x (e,+ )時(shí)， x -1 > (e -1) ln x ，
所以 x (e,+ )時(shí) ex-1 > xe-1恒成立，即 f (x) > 0，
所以 f (x) 在 (e, + )上單調(diào)遞增.
f (x) 0 x a ln x ln a（2） ，即 a x ，兩邊取對(duì)數(shù)得: x ln a a ln x，即 .
x a
2
設(shè) h(x)
ln x
= ，則問題即為：當(dāng) x e ln a時(shí)，h(x) h(a) 恒成立.
x 2
x e
2
只需 ln a時(shí)， h(x)max h(a) . h (x)
1- ln x
= ，令 h 2 (x) = 0得 x=e，2 x
當(dāng)0 < x < e 時(shí)， h (x) > 0， h(x) 單調(diào)遞增；當(dāng) x>e時(shí)， h (x) < 0， h(x) 單調(diào)遞減.
e2 e2 2
又因?yàn)?a > e，則 ln a e> > e，所以 x ln a時(shí)， h(x) 單調(diào)遞減，
2 2 2
e2 e2
所以 x ln a時(shí)， h(x)max = h ln a ÷ h(a)，2 è 2
e2 2 2 1 2
所以 ln a a, 即 ln a 2 × a .設(shè)j (x) = ln x - 2 × x(x > e) j

，則 (x) = - 2 ，2 e e x e
e2 2
當(dāng)e < x < 時(shí)，j (x) > 0 ，j(x) e單調(diào)遞增；當(dāng) x > 時(shí)，j (x) < 0，j(x) 單調(diào)遞減，
2 2
e2 2 2
所以j(x)max = j ÷ = ln
e 2 e
-
2 2
× > ln e -1 = 0，
è 2 e 2
當(dāng) x=e 2 2時(shí)，j(e) = ln e - ×e =1- > 0， x + 2 時(shí)，j(x) < 0，e e
x e
2
所以j(x) 的圖象與 軸有 1 個(gè)交點(diǎn)，設(shè)這個(gè)交點(diǎn)為 x1 x1 > ÷，
è 2
因?yàn)閖 e2 = 0 2，所以 x1 = e ；所以當(dāng) x>e時(shí)，j (x) 0 e < x e2，
a > e ln a 2 × a e < a e2即當(dāng) 時(shí)，不等式 ，
e2
2
所以當(dāng)不等式 f (x) 0 x e在 ln a(a > e) 恒成立時(shí)， e < a e2 .
2
a e,e2即實(shí)數(shù) 的取值范圍為 ù .
1
2．（2024 福建省福寧古五校教學(xué)聯(lián)合體質(zhì)量監(jiān)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ax + (a -1) ln x + ,a R．
x
(1)討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性;
(2)若關(guān)于 x 的方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根 x1, x2 ，
（i）求實(shí)數(shù) a的取值范圍;
ex1 ex2 2a
（ii）求證: + > ．
x2 x1 x1x2
【解析】（1）因?yàn)?f (x) = ax + (a -1) ln x
1
+ ，
x
f (x) a a -1 1 ax
2 + (a -1)x -1 (x +1)(ax -1)
所以 = + - 2 = = ，其中 x > 0,x x x2 x2
①當(dāng) a 0時(shí)， f (x) < 0 ，所以函數(shù) f (x) 的減區(qū)間為 (0, + )，無增區(qū)間；
②當(dāng) a > 0時(shí)，由 f (x) > 0得 x
1
> ，由 f (x) < 0
1
可得0 < x < ．
a a
1 1
所以函數(shù) f (x)

的增區(qū)間為 ,+

÷ ，減區(qū)間為 0, ÷．
è a è a
綜上：當(dāng) a 0時(shí)，函數(shù) f (x) 的減區(qū)間為 (0, + )，無增區(qū)間；
1 1
當(dāng) a > 0時(shí)，函數(shù) f (x) 的增區(qū)間為 ,+ ÷ ，減區(qū)間為a
0,
a ÷
．
è è
（2）（ⅰ）方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1可化為 xex = ax + a ln x ，即 ex+ln x = a(x + ln x) ．
令 t(x) = x + ln x，因?yàn)楹瘮?shù) t(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，
易知函數(shù) t(x) = x + ln x的值域?yàn)镽 ，
結(jié)合題意，關(guān)于 t 的方程 et = at （*）有兩個(gè)不等的實(shí)根．
t
又因?yàn)?t = 0 e不是方程（*）的實(shí)根，所以方程（*）可化為 = a ．
t
t t
令 g(t) e= ，其中 t 0 ，則 g (t) e (t -1)=
t t 2
．
由 g (t) < 0 可得 t < 0或0 < t <1，由 g (t) > 0可得 t > 1，
所以，函數(shù) g (t)在 (- ,0)和( 0, 1)上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增．
所以，函數(shù) g (t)的極小值為 g(1) = e ，
et et
且當(dāng) t < 0時(shí)， g(t) = < 0；當(dāng) t > 0時(shí)，則 g(t) = > 0．
t t
作出函數(shù) g (t)和 y = a的圖象如圖所示：
由圖可知，當(dāng) a > e時(shí)，函數(shù) y = a與 g (t)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，
所以，實(shí)數(shù) a的取值范圍是 (e, + )．
ex1 ex2 2a x
（ⅱ）要證 + > ，只需證 x e 1 + x ex2 > 2a，即證 et1 t2x x x x 1 2 + e > 2a．2 1 1 2
因?yàn)?et = at ，所以只需證 t1 + t2 > 2 ，
由（i）知，不妨設(shè)0 < t1 <1 < t2．
ìt = ln a + ln t t
et at t = ln a + ln t 1 1 t - t = ln 2因?yàn)?= ，所以 ，即 ít ln a ln t ，作差可得 2 = +
2 1
2 t1
t t22 + t1 2 +1> t 2
所以只需證 t2 - t t ，即只需證
1
1 ln 2 t > ．
t 2
t
1 -1 ln
2
t1 t1
p t= 2 (t > 1) ln p 2( p -1) h( p) ln p 2( p -1)令 ，只需證 > ，令 = -t p 1 p 1 ，其中
p > 1，
1 + +
h ( p) 1 4 ( p -1)
2
則 = - = > 0，
p ( p +1)2 p( p +1)2
所以 h( p) 在 (1, + )上單調(diào)遞增，故h( p) > h(1) = 0 ，即 h( p) > 0在 (1, + )上恒成立．
所以原不等式得證.
3．（2024 屆天津市八校高三下學(xué)期聯(lián)合模擬）已知 f x = x + ax × lnx a R ，
(1)當(dāng) a = 2時(shí)，求 f x 在點(diǎn) e，f e 處的切線方程；
(2)討論 f x 的單調(diào)性；
(3)若函數(shù) f x 存在極大值，且極大值為 1，求證： f x e- x + x2 ．
【解析】（1）當(dāng) a = 2時(shí)， f x = x + 2xlnx ，則 f e = e + 2e = 3e，
又 f x = 3+ 2lnx，則切線的斜率 k = f e = 5，
所求切線方程為 y - 3e = 5 x - e ，即 y = 5x - 2e．
1
（2）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ，Q f x =1+ alnx + ax × =1+ a + alnx．
x
①當(dāng) a = 0時(shí)， f x =1 > 0， f x 在 0, + 上單調(diào)遞增．
1 1- 1+ ÷ - 1+ ÷
②當(dāng) a > 0時(shí)， x è a a e , + ÷÷時(shí)， f x > 0，\函數(shù) f x 在 e
è
,+ ÷÷ 上單調(diào)遞增；
è è
- 1 1 1+ ÷ - 1+ ÷
x 0,e
è a ÷÷時(shí)， f x < 0
a
，\函數(shù) f x 在 è 0,e ÷÷上單調(diào)遞減．
è è
1 1 1- + a ÷ - 1+ ÷ ③當(dāng) a<0時(shí)， x 0,e è ÷÷時(shí)， f x > 0，函數(shù) f x 在 0,e
è a
÷÷上單調(diào)遞增；
è è
1 1- 1+ ÷ - 1+
x e è a , + ÷÷時(shí)， f
a ÷x < 0，函數(shù) f x 在 e è ,+ ÷÷ 上單調(diào)遞減．
è è
- 1 1+
綜上可得，當(dāng) a = 0時(shí)，函數(shù) f x
÷
在 0，+ 上單調(diào)遞增；當(dāng) a > 0時(shí)，函數(shù) f x 在 0,e
è a ÷÷上單調(diào)遞減，
è
1 1 1 1- + - + 1 a ÷ a ÷
- 1+ ÷
在 e è ,+ ÷ 上單調(diào)遞增；當(dāng) a<0時(shí)，函數(shù) f x 在 0,e è ÷上單調(diào)遞增，在 e è a ÷ ÷ ,+ ÷÷ 上單調(diào)遞減．
è è è
1- 1+ ÷
（3）證明：由（2）可知，當(dāng) a<0時(shí)， f x a存在極大值，且極大值為 f e è ÷÷ =1，
è
1 1
-
1 1 1 - + ÷ é 1 ù
則 1+ ÷ - 1+ ÷ - 1+a ÷ è a

e è + ae è a × lne è a =1，即 e ê1- a 1+ ÷ =1， è a
ú

1 1- 1+ -

1+

整理得 ÷
÷ 1
e è a × -a =1，從而 e è a
1
= - ，設(shè)- = t ，則 et-1 = t ．
a a
g t = et-1令 - t t > 0 t-1，所以 g t = e -1，
當(dāng)0 < t <1時(shí)， g t < 0，所以 g t 在 0,1 上單調(diào)遞減；
當(dāng) t > 1時(shí)， g t > 0，所以 g t 在 1, + 上單調(diào)遞增．
而 g 1 = e0 -1 = 0，所以 et-1 - t = 0 的根為 t =1， 從而 a = -1．
因此 f x = x - xlnx，即證 x - xlnx e- x + x2 x > 0 成立，
1 lnx e
- x
x e
- x
也就是證 - + ，即證1- x - lnx lnx = e
- x-lnx ，
x e
也就是證 e- x-lnx -x - lnx +1，設(shè)u = -x - lnx，即證 eu u +1．
u
設(shè)H u = e - u -1，\H u = eu -1，
當(dāng)u - ,0 時(shí)，H u < 0，H u 在 - ,0 上單調(diào)遞減；
當(dāng)u 0, + 時(shí)， H u > 0 ，H u 在 0, + 上單調(diào)遞增．
H u H 0 = 0，即 eu - u -1 0 \ f x e- x + x2恒成立， 恒成立．
4．（2024 屆全國(guó)統(tǒng)一考生押題卷）已知函數(shù) f x = x - 2 ex ， g x = axln ax a > 0 ．
(1)求曲線 y = f x 在點(diǎn) 2, f 2 處的切線方程．
(2)當(dāng) a =1時(shí)，討論函數(shù) g x 的單調(diào)性．
(3)若 f x g x - 2ex 對(duì)任意 x 1,+ 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【解析】（1）由題意，得 f x = x -1 ex ，則 f 2 = e2 ，又 f 2 = 0 ，
2
所以曲線 y = f x 在點(diǎn) 2, f 2 處的切線方程為 y - 0 = e x - 2 ，即 y = e2x - 2e2；
（2）當(dāng) a =1時(shí)， g x = xlnx ，其定義域?yàn)? 0, + ，
且 g x = lnx +1，由 g x > 0 x 1，得 > ，由 g x < 0 1，得0 < x < ，
e e
所以 g x 1 1 在 ,+ e ÷上單調(diào)遞增，在 0, ÷上單調(diào)遞減；è è e
（3） f x g x - 2ex 對(duì)任意 x 1, + 恒成立，
即 xex axln ax ex，即 lnex axln ax 對(duì)任意 x 1, + 恒成立，
若0 < ax 1，則上述不等式顯然成立，
此時(shí) 0 < a < 1，若 a =1，則只需不等式 ex lnx 對(duì)任意 x 1, + 恒成立，
j x = ex - x -1 x >1 j x = ex證明如下：設(shè) ，則 -1，
因?yàn)?x >1，所以 ex > e，所以j x > e -1 > 0，
所以j x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
且j x > j 1 = e - 2 > 0，所以 ex > x +1在 1, + 上恒成立，
由 ex > x +1得 x > ln x +1 ，
則 x -1 > lnx x >1 x成立，所以 e > x +1 > x -1 > lnx x >1 成立，
從而 ex > lnx x得證，即不等式 e > lnx x >1 恒成立，
故 a =1；若 ax >1，則 a > 1，
設(shè)函數(shù) h x = xlnx x，則 h e h ax 對(duì)任意 x 1, + 恒成立，
由（2）知函數(shù) h x = xlnx在 1, + 上單調(diào)遞增，
ex
所以 e x ax ，即 a 對(duì)任意 x 1, + 恒成立，
x
x x
設(shè) t x e= ，則 t x -1 ex = > 0在 1, + 上恒成立，
x x2
ex
所以 t x = 在 1, + 上單調(diào)遞增，所以 t x > t 1 = e ，所以 a e ，
x
又 a > 1，所以1< a e ，綜上所述，實(shí)數(shù) a的取值范圍為 0,e ．
5．（2024 屆山東省部分學(xué)校高三上學(xué)期聯(lián)考）已知函數(shù) f x = a ln x +1 - ax .
(1)當(dāng) a 0時(shí)，討論 f x 的單調(diào)性；
x+1
(2)當(dāng) x＞-1時(shí)， f x ax - e + a＞ 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
x +1
【解析】（1） f x = a ln x +1 - ax 定義域?yàn)? -1, + ， f x a -ax= - a = ，
x +1 x +1
①當(dāng) a＞0時(shí)，令 f x ＞0，得-1＜x＜0，此時(shí) f x 單調(diào)遞增，
令 f x ＜0，得 x＞0，此時(shí) f x 單調(diào)遞減；
②當(dāng) a＜0時(shí)，令 f x ＞0，得 x＞0，此時(shí) f x 單調(diào)遞增，
令 f x ＜0，得-1＜x＜0，此時(shí) f x 單調(diào)遞減；
綜上所述，當(dāng) a＞0時(shí)， f x 在 -1,0 單調(diào)遞增，在 0, + 單調(diào)遞減；
當(dāng) a＜0時(shí)， f x 在 0, + 單調(diào)遞增，在 -1,0 單調(diào)遞減.
（2）記 t = x +1 - ln x +1 ，
由（1）知，當(dāng) a =1時(shí)， f x = ln x +1 - x f 0 = 0，
則 x - ln x +1 0，則 t = x +1 - ln x +1 1，
x+1 x+1
當(dāng) x＞-1時(shí)， f x = a ln x 1 ax ax - e + a e+ - ＞ = a - 恒成立，
x +1 x +1
ex+1
即 a ln x +1 - a x +1 ＞- 對(duì) x＞-1恒成立，
x +1
即 a é x +1 - ln x +1 ù e
x+1 -ln＜
x+1
對(duì) x＞-1恒成立，
et
則 at＜et ，即 a＜ 對(duì) t 1恒成立，
t
t t
h t e= t 1 te - e
t t -1 et
令 ， h t = 2 = 0對(duì) t 1恒成立，t t t 2
則 h t 在 1, + 單調(diào)遞增，所以 h t h 1 = e，
所以a＜e，即實(shí)數(shù) a的取值范圍為 - , e .
6.已知 f x = x2ex - a x + 2ln x
(1)當(dāng) a = e時(shí)，求 f x 的單調(diào)性；
(2)討論 f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
(1) a = e x > 0 f x = x2【解析】 解：因?yàn)?， ， ex - e x + 2ln x
所以 f x = x2 + 2x x 2 ee x + 2 - e x 1+ ÷ = x x + 2 e - = x + 2 xex e - ÷ ， f 1 = 0
è x x è x
g x = xex e- g x = x +1 ex e令 ， + 2 > 0，所以 g x 在 0, + 單增，且 g 1 = 0，x x
x 0,1 g x = xex e當(dāng) 時(shí) - < 0，當(dāng) x 1, + x e時(shí) g x = xe - > 0，
x x
所以當(dāng) x 0,1 時(shí) f x < 0，當(dāng) x 1, + 時(shí) f x > 0，
所以 f x 在 0,1 單調(diào)遞減，在 1, + 單調(diào)遞增
2
(2)解：因?yàn)?f x = eln x ×ex - a x + 2ln x = ex+2ln x - a x + 2ln x = 0
令 t = x + 2ln x ，易知 t = x + 2ln x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 t R ，
故 f x 的零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為 f x = ex+2ln x - a x + 2ln x = et - at = 0 即 et = at ， t R ，
設(shè) g t = et - at ，則 g t = et - a，當(dāng) a = 0時(shí)， g t = et 無零點(diǎn)；
當(dāng) a < 0時(shí)， g t = et - a > 0，故 g t 為R 上的增函數(shù)，
1
而 g 0 =1 > 0 g 1 ， ÷ = ea -1 < 0，故 g t 在R 上有且只有一個(gè)零點(diǎn)；
è a
當(dāng) a > 0時(shí)，若 t - , ln a ，則 g t < 0； t ln a, + ，則 g t > 0；
故 g t = g ln a = a 1- ln amin ，
若 a = e，則 g t = 0，故 g tmin 在R 上有且只有一個(gè)零點(diǎn)；
若0 < a < e ，則 g t > 0min ，故 g t 在R 上無零點(diǎn)；
若 a > e，則 g t < 0，此時(shí) ln a > 1，而 g 0 =1 > 0， g 2ln a = a2 - 2a ln a = a a - 2ln amin ，
設(shè) h a = a - 2ln a ， a > e，則 h a a - 2= > 0，
a
故 h a 在 e, + 上為增函數(shù)，故 h a > h e = e - 2 > 0 即 g 2ln a > 0 ，
故此時(shí)g t 在R 上有且只有兩個(gè)不同的零點(diǎn)；
綜上：當(dāng) 0 a < e時(shí)，0 個(gè)零點(diǎn)；當(dāng) a = e或 a < 0時(shí)，1 個(gè)零點(diǎn)； a > e時(shí)，2 個(gè)零點(diǎn)；
7.已知函數(shù) f x = ex - alnx,a R .
(1)當(dāng) a = 0時(shí)，若曲線 y = f x 與直線 y = kx 相切于點(diǎn) P ，求點(diǎn) P 的坐標(biāo)；
(2)當(dāng) a = e時(shí)，證明： f x e；
(3)若對(duì)任意 x 0, + ，不等式 f x > alna恒成立，請(qǐng)直接寫出 a的取值范圍.
(1) a = 0 f x = ex x【解析】 當(dāng) 時(shí)， , f x = e .
ì k = e
x0
設(shè)P x0 , e
x0 ，則切線斜率 k = ex0 .由切點(diǎn)性質(zhì)，得 í x ，解得 x0 = 1 .
e 0 = kx0
所以點(diǎn) P 的坐標(biāo) 1,e .
e
(2)當(dāng) a = e時(shí)， f x = ex - elnx x，其中 x > 0，則 f x = e - ，
x
g x ex e e令 = - ，其中 x > 0，則 g x = ex + 2 > 0，x x
故函數(shù) f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 f 1 = 0，
當(dāng) x 變化時(shí)， x, f x , f x 變化情況如下表：
x 0,1 1 1, +
f x - 0 +
f x 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增
由上表可知， f (x)min = f 1 = e .所以 f x e .
(3)顯然 a > 0，在 0, + 上 f x = ex - alnx > alna恒成立，即 ex-lna - lnx > lna 恒成立即
ex-lna - ln a > ln x 恒成立，所以 ex-lna + x - lna > x + lnx = elnx + lnx 恒成立，
構(gòu)造函數(shù) g x = ex + x, x 0, + ，易知 g x 在 0, + 上是增函數(shù)，
所以 x - lna > lnx 恒成立，即 lna < (x - lnx)min ，
h x x lnx,h x x -1令 = - = (x > 0)，
x
當(dāng) x 0,1 時(shí)， h x < 0，所以 h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x 1,+ 時(shí)， h x > 0，所以 h x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 h(x)min = h 1 =1，所以 lna <1，解得0 < a < e ，所以實(shí)數(shù) a的取值范圍 0,e .
2x
8.（2023 ae -1屆廣東省深圳市光明區(qū)高三二模）已知函數(shù) f x = 的圖象在 1, f 1 處的切線經(jīng)過點(diǎn)
x
2, 2e2 .
(1)求 a的值及函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
2
(2)設(shè) g x ax -1= ，若關(guān)于 x 的不等式lxg x e2lx -1在區(qū)間 1, + 上恒成立，求正實(shí)數(shù)l 的取值范圍.
lnx
1 f x ae
2x -1
【解析】（ ）函數(shù) = 的定義域是 x∣x 0 ，
x
2axe2x - ae2x -1
f x = , f 2 1 = ae2 +1, .x
2 2
所以 f x 在點(diǎn) 1, ae -1 處的切線方程為 y - ae -1 = ae2 +1 x -1 ，
2
切線經(jīng)過點(diǎn) 2, 2e ，則 a =1 .
2x -1 e2x +1f x 2x 2x= 2 ，設(shè)j x = 2x -1 e +1,j x = 4xe ，x
x = 0是j x 的極小值點(diǎn)，且j 0 = 0，
因此 f x > 0在 x∣x 0 恒成立，
e2x -1
所以函數(shù) f x = 的單調(diào)增區(qū)間為 - ,0 , 0, + ，無單調(diào)減區(qū)間.
x
2 2 2lx
（2）l > 0, a =1,lx ax -1 e2lx x -1 e -1-1在區(qū)間 1, + 上恒成立，即 ，
lnx lnx lx
2t 2lx
令 t = lnx(t > 0) e -1 e -1，則 ，即 f t f lx .
t lx
由（1），只需要 t x
lnx
l ，也就是l 在區(qū)間 1, + 上恒成立.
x
設(shè) h x lnx , h x 1- lnx= = 2 , h e = 0 ，.x x
1< x < e, h (x) > 0; x > e,h (x) < 0，
故 h e 1 h x lnx= 是 = 的最大值，
e x
é1
所求l 的取值范圍是 ê ,+

÷ .
e
f x 2 a + x + ln x9.已知 = ex+1 - ， g x = ， a R ．
x x
(1)當(dāng) x 1,+ 時(shí)，求函數(shù) g x 的極值；
(2)當(dāng) a = 0時(shí)，求證： f x g x ．
1- a - ln x
【解析】 (1) g x = 2 ，當(dāng) a 1時(shí)， g x < 0，即 g x 在 1, + 上單調(diào)遞減，x
故函數(shù) g x 不存在極值；
當(dāng)a <1時(shí)，令 g x = 0 ，得 x = e1-a ，
x 1,e1-a e1-a e1-a ,+
g x + 0 -
g x 增函數(shù) 極大值 減函數(shù)
a + e1-a + 1- a 1+ e1-a
故 g x = g e1-a = = = ea-1 +1，無極小值.
極大值 e1-a e1-a
綜上，當(dāng) a 1時(shí)，函數(shù) g x 不存在極值；
當(dāng)a <1 a-1時(shí)，函數(shù) g x 有極大值， g x = e +1極大值 ，不存在極小值．
(2)顯然 x > 0，要證： f x g x ，
ex+1 x + 2 + ln x即證： ，即證：
x xe
x+1 ln x + x + 2 ，
eln x+x+1即證： ln x + x +1 +1．
令 t = ln x + x +1，故只須證： et t +1．
設(shè) h x = ex - x -1 h x = ex，則 -1，
當(dāng) x > 0時(shí)， h x > 0，當(dāng) x < 0 時(shí)， h x < 0，
故 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，在 - ,0 上單調(diào)遞減，
即 h x = h 0min = 0，所以h x 0，從而有 e x x + 1．
故 et t +1，即 f x g x ．
ln x
10.（2023 屆海南省海口市龍華區(qū)高三一模）已知函數(shù) f x = +1 .
x -1
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
lxlx e -1
(2)已知l > 0，若存在 x 1,+ ，不等式 lx ln x成立，求實(shí)數(shù)l 的最大值. e +1 x -1
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0,1 U 1, + ，
1 1- - ln x 1
所以 f x = x ，∴令 g x =1- - ln x，則 g x
1- x
= 2 ，
x -1 2 x x
∴函數(shù) g x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減.
又∵ g 1 = 0，∴當(dāng) x 0,1 U 1, + 時(shí)， g x < 0，∴ f x < 0，
∴函數(shù) f x 在 0,1 ， 1, + 上單調(diào)遞減.
lx
lx e -1 lx（2）∵ lx ln x，且l > 0， x >1，∴ ， e +1 x -1
e -1 > 0
lx
∴ ln e ln x ∴ ln e
lx
1 ln xlx ， + +1，∴ f elx f x .e -1 x -1 elx -1 x -1
∵ elx 1,+ ，由（1）知，函數(shù) f x 在 1, + 上單調(diào)遞減，
∴只需 elx x在 1, + 上能成立，
ln x
∴兩邊同時(shí)取自然對(duì)數(shù)，得lx ln x，即l 在 1, + 上能成立.
x
j x ln x x 1 1- ln x令 = > ，則j x = ，
x x2
∵當(dāng) x 1,e 時(shí)，j x > 0，∴函數(shù)j x 在 1,e 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x e, + 時(shí)，j x < 0，∴函數(shù)j x 在 e, + 上單調(diào)遞減，
∴j x j e 1 1= =max ，∴ l ，e e
1
又l > 0
1
，∴ 0 < l ，∴實(shí)數(shù)l 的最大值為 .
e e
11.（2023 x屆吉林省長(zhǎng)春外國(guó)語學(xué)校高三上學(xué)期考試）已知函數(shù) f x = e - ax （e 是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求 f (x) 的極值點(diǎn)；
(2)討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
(3) g x = ex若 x -1 - a ln x + f x 有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
【解析】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f x = ex - x ,則 f x = ex -1.
當(dāng) x - ,0 時(shí)， f x < 0，此時(shí)函數(shù) f (x) 遞減，當(dāng) x (0, + ) 時(shí)， f x > 0，此時(shí)函數(shù) f (x) 遞增，
所以 f (x) 極小值點(diǎn)為 x = 0，無極大值點(diǎn).
（2）求導(dǎo) f x = ex - a
①當(dāng) a 0時(shí)， f x > 0， f (x) 在R 上遞增
②當(dāng) a > 0時(shí)，當(dāng) x - , ln a 時(shí)， f x < 0， f (x) 在 (- , ln a)上遞減，
當(dāng) x (ln a, + )時(shí)， f x > 0，此時(shí)函數(shù) f (x) 在 (ln a, + )上遞增.
（3）等價(jià)于 g x = xex - a ln x + x = xex - a ln xex x > 0 有兩個(gè)零點(diǎn)，
t = xex令 , x > 0 x，則 t = x +1 e > 0 在 x > 0時(shí)恒成立，所以 t = xex 在 x > 0時(shí)單調(diào)遞增，故 t > 0，
所以 g x = xex - a ln xex 有兩個(gè)零點(diǎn)，等價(jià)于 h t = t - a ln t 有兩個(gè)零點(diǎn).
因?yàn)?h (t) 1
a t - a
= - =
t t ，
①當(dāng) a 0時(shí)， h (t) > 0 ， h(t)在 t > 0上單調(diào)遞增，不可能有兩個(gè)零點(diǎn)，不符合題意舍去，
②當(dāng) a > 0時(shí)，令 h (t) > 0 ，得 t > a， h(t)單調(diào)遞增，令 h (t) < 0，得 0 < t < a ， h(t)單調(diào)遞減，
所以 h(t)min = h a = a - a ln a .
若 h a > 0，得0 < a < e ，此時(shí) h(t) > 0恒成立，沒有零點(diǎn)；
若 h a = 0，得 a = e，此時(shí) h t 有一個(gè)零點(diǎn).
若 h a < 0 ，得 a > e，因?yàn)?h 1 =1 > 0， h e = e - a < 0 ， h(e100a ) = e100a -100a2 > 0，
所以 h(t)在 1,e ， e,e100a 上各存在一個(gè)零點(diǎn)，符合題意，
綜上， a的取值范圍為 (e, + ) .
12．已知函數(shù) f x = ex ， g x = sin x .
(1)求 g x = sin x在 x = 0處的切線方程；
(2)求證： g x × g x +1< x × f x - ln x .
(3)當(dāng) x 0,p 時(shí)， g x - 2 é f x -1ù m ln x +1 ，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
【解析】 (1)因?yàn)?g x = sin x，則 g x = cos x， g 0 = cos 0 =1， g 0 = 0，
所以， g x = sin x在 x = 0處的切線方程為 y = x .
(2)要證明 g x × g x +1< x × f x - ln x ，
即證： sin x × cos x +1- x × ex + ln x < 0 ，
sin 2x
即證： +1- x ×ex + ln x < 0，（*）
2
設(shè) F x = sin 2x - 2x，則 F x = 2cos 2x - 2 = 2 cos2x -1 0，
所以，F(xiàn) x 在 0, + 內(nèi)單調(diào)遞減，故F x < F 0 = 0，
所以，當(dāng) x > 0時(shí)， sin 2x < 2x，
所以要證（*）成立，只需證 x +1- x × ex + ln x 0，
x
設(shè)H x = e - x -1，則H x = ex -1，
x
當(dāng) x > 0時(shí)，H x = e -1 > 0，故函數(shù)H x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x < 0 時(shí)，H x = ex -1 < 0，故函數(shù)H x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，
故H x H 0 = 0，則 e x x + 1，
則 ex+ln x x + ln x +1，即 xex x + ln x +1，故 x +1- x × ex + ln x 0成立，所以原命題得證.
(3)由題得 sin x - 2 ex -1 m ln x +1 在 x 0,p 上恒成立，
即 h x = 2ex + m ln x +1 - sin x - 2 0， x 0,p 恒成立，
因?yàn)?h x = 2ex m+ - cos x，
x +1
①若m 0 ， h x 2ex - cos x > 0， h x 在 0,p 上單調(diào)遞增， h x h 0 = 0，符合題意；
②若m < 0，令j x = h x = 2ex m+ - cos x ， x 0,p ，
x +1
j x = 2ex m則 - + sin x > 0 h x x +1 2 ，所以 在 0,p 單調(diào)遞增，且 h 0 =1+ m，
（i）若-1 m < 0 ， h x h 0 0， h x 在 0,p 上單調(diào)遞增， h x h 0 = 0，符合題意；
1 x m x
（ii）若m < -1， h 0 < 0 ，當(dāng) x > 0時(shí)，0 < <1，則 h x = 2e + - cos x > 2e + m -1，
x +1 x +1
1- m 1- m ln1-m
取 x = ln > 0，則 h
2
ln
2 ÷
> 2e 2 + m -1 = 0，
è

則存在 x0 0, ln
1- m
÷ ，使得當(dāng) x 0, x0 時(shí)， h x < 0， h x 單調(diào)遞減，
è 2
此時(shí) h x < h 0 = 0 ，不合題意；綜上，m -1 .
13.已知函數(shù) h x = xex - mx, g x = lnx + x +1 .
(1)當(dāng)m =1時(shí)，求函數(shù) h x 的單調(diào)區(qū)間：
(2)若 h x …g x 在 x 0, + 恒成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
【解析】 (1)當(dāng)m =1時(shí) h x = xex - x,h x = x +1 ex -1
設(shè)m x = h x = x +1 ex -1，則m x = x + 2 ex 0 x -2
m x = x + 2 ex < 0 x < -2
\m x 即 h x 在 - , -2 遞減，在 -2, + 遞增，
當(dāng) x - ,-2 ,h x = x +1 ×ex -1< 0，當(dāng) x -2,0 ,h x < h 0 = 0
而當(dāng) x 0, + , h x h 0 = 0所以當(dāng) x - ,0 , h x < 0,h x 遞減；
x 0, + , h x 0, h x 遞增.
故函數(shù)增區(qū)間為 0, + ，減區(qū)間為 - ,0
x
(2) m +1 ex lnx 1 xe - lnx -1 - - = ， x 0, +
x x x
xex - lnx -1 x2ex + lnx
令 f x = , f x = 2 , x 0,+ x x
令p x = x2ex + lnx, p x = ex x2 1+ 2x + > 0, x 0,+ x
1
\ p -2x 在 0, + p 1 遞增，而 ÷ = ee -1 < 0, p 1 > 0，
è e
\$x 1 21 ,1÷，使 p x1 = 0，即 x1 ex1 + lnx1 = 0 *
è e
當(dāng) x 0, x1 時(shí)， f x < 0, f x 在 0, x1 遞減，當(dāng) x x1,+ 時(shí)， f x > 0, f x 在 x1,+ 遞增
\ f (x)min = f x1 = ex
lnx 1
1 - 1 -
x1 x1
2 ln
1
因?yàn)?x1 e
x1 + lnx1 = 0 * x ex 1 lnx 1 ln 1 e x ln 1可變形為 11 = - = = 1 ** x 11 x1 x1 x1
Q y = xex , y = x +1 ex又 > 0,\ y = xex在 0, + 遞增，
1
由（**）可得 x1 = ln = -lnx , e
x 11 =
x 11 x1
\ f (x)min = f x ex
lnx 1 1 1
= 1 11 - - = +1- =1\m +1 1\m 0x1 x1 x1 x1
故m 取值范圍為 - , 0
14．已知函數(shù) f (x) = xex - ax - a ln x .
(1)若 a = e，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)是否存在實(shí)數(shù) a，使 f x 1對(duì) x 0, + 恒成立，若存在，求出 a 的值或取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明
理由.
x
【解析】 (1)因?yàn)?f x = xe - ax - a ln x，
f x x 1 ex a a x x +1所以 = + - - > 0 f x = xex，即 - a .
x x
當(dāng) a = e
x +1 x
時(shí)， f x = xe - e ，x
令 g x = xex - e，則 g x = x +1 ex > 0，
所以 g x 在 0, + 單調(diào)遞增，因?yàn)?g 1 = 0，
所以，當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0， f x < 0；當(dāng) x >1時(shí)， g x > 0， f x > 0，
所以 f x 的單調(diào)遞減區(qū)間是 0,1 ，單調(diào)遞增區(qū)間是 1, + .
(2)設(shè) h x = x + ln x ， x 0, + ，易知 h x 在 0, + 單調(diào)遞增.又當(dāng) x 0,1 時(shí)， x + ln x <1+ ln x，所以
y = x + ln x x 0,1 的值域?yàn)? - ,1 ；
當(dāng) x 1,+ 時(shí)， y = x + ln x x 1, + 的值域?yàn)?1, + .
所以 h x = x + ln x 的值域?yàn)镽 .
故對(duì)于R 上任意一個(gè)值 y0 ，都有唯一的一個(gè)正數(shù) x0 ，使得 y0 = x0 + ln x0 .
因?yàn)?xex - ax - a ln x -1 0 ex+ln x，即 - a x + ln x -1 0 .
F t = et設(shè) - at -1， t R x+ln x，所以要使 e - a x + ln x -1 0，只需F t 0min .
當(dāng) a 0時(shí)，因?yàn)镕 -1 1= + a -1 < 0，即 f -1 <1，所以 a 0不符合題意.
e
當(dāng) a > 0 t時(shí)，當(dāng) t - , ln a 時(shí)，F(xiàn) t = e - a < 0，F(xiàn) t 在 - , ln a 單調(diào)遞減；
當(dāng) t ln a, + t時(shí)，F(xiàn) t = e - a > 0 ，F(xiàn) t 在 ln a, + 單調(diào)遞增.
所以F t = F ln a = a - a ln a -1min .設(shè)m a = a - a ln a -1， a 0, + ，
則m a = - ln a ，當(dāng) a 0,1 時(shí)，m a > 0，m a 在 0,1 單調(diào)遞增；
當(dāng) a 1,+ 時(shí)，m a < 0，m a 在 1, + 單調(diào)遞減.
所以m a = m 1 = 0max ，所以m a 0，F(xiàn) t 0min ，當(dāng)且僅當(dāng) a =1時(shí)，等號(hào)成立.
又因?yàn)镕 t 0，所以F t = 0min ，所以 a =1 .
綜上，存在 a 符合題意， a =1 .
15．已知函數(shù) f (x) = ax + ln x +1．
(1)若 f (x) 在 (0, + )上僅有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
(2)若對(duì)任意的 x > 0， f (x) xe2x 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
1
【解析】 (1) f (x) = + a ， x > 0，
x
當(dāng) a 0時(shí)， f (x) > 0恒成立，所以 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增．
又 f e-a-1 = ae-a-1 - a -1+1 = a e-a-1 -1 0 ， f (1) = a +1 > 0，
所以此時(shí) f (x) 在 (0, + )上僅有一個(gè)零點(diǎn)，符合題意；
當(dāng) a < 0時(shí)，令 f (x) > 0，解得0 < x
1
< - ；令 f (x) < 0，解得 x
1
> - ，
a a
0, 1 1 所以 f (x) 在 - ÷ 上單調(diào)遞增，所以 f (x) 在 - ,+ ÷上單調(diào)遞減．
è a è a
要使 f (x) 在 (0,
1
+ ) 上僅有一個(gè)零點(diǎn)，則必有 f - ÷ = 0，解得 a = -1．
è a
綜上，當(dāng) a 0或 a = -1時(shí)， f (x) 在 (0, + )上僅有一個(gè)零點(diǎn)．
(2)因?yàn)?f (x) = ax + ln x +1，所以對(duì)任意的 x > 0， f (x) xe2x 恒成立，
2x ln x +1
等價(jià)于 a e - 在 (0, + )上恒成立．
x
m(x) = e2x ln x +1- (x > 0) a m(x) m (x) 2x
2e2x + ln x
令 ，則只需 即可，則 = ，
x min x2
1
再令 g(x) = 2x2e2x + ln x(x > 0)，則 g (x) = 4 x2 + x e2x + > 0，x
所以 g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增．
g 1 e
1
因?yàn)? ÷ = - 2ln 2 < 0， g(1) = 2e
2 > 0，所以 g(x)有唯一的零點(diǎn) x0 ，且 < x <1，
è 4
0
8 4
所以當(dāng)0 < x < x0 時(shí)，m (x) < 0，當(dāng) x > x 0時(shí)，m (x) > 0，
所以m(x)在 0, x0 上單調(diào)遞減，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增．
2x2 2x因?yàn)?00 e + ln x0 = 0，所以 2x0 + ln 2x0 = ln - ln x0 + - ln x0 ，
設(shè) S(x) = x + ln x(x > 0)，則 S (x)
1
=1+ > 0 ，
x
所以函數(shù) S(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增．
因?yàn)?S 2x0 = S - ln x0 e2x
1
0
，所以 2x0 = - ln x0 ，即 = x ．0
m(x) m x = e2x ln x0 +1 1 ln x 10所以 0 - = - 0 - = 2x x ，0 0 x0 x0
則有 a 2．所以實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 (- , 2]．
2
16．已知函數(shù) f x ax -1= 2，其圖象在 x=e處的切線過點(diǎn) 2e,2e ．
ln x
(1)求 a 的值；
(2)討論 f x 的單調(diào)性；
(3)若l > 0 2lx，關(guān)于 x 的不等式lxf x e -1在區(qū)間[1, + ) 上恒成立，求l 的取值范圍．
2
【解析】 (1) ax -1因?yàn)楹瘮?shù) f x = ，
ln x
2ax ln x 1- ax2 -1
所以 f e ae2 = -1 x f e ae 1， f x = ，則 = + ，
ln x 2 e
所以函在 x=e 2 1 處的切線方程為 y - ae -1 = ae + ÷ x - e ，
è e
2e,2e2 2 2 1 又因?yàn)榍芯€過點(diǎn) ，所以 2e - ae -1 = ae + ÷ 2e - e ，
è e
即 2ae2 = 2e2 ，解得 a =1；
2 2x2 2x -1 ln x - x +1(2)由（1）知； f x = ，則 f x = ，
ln x x ln x 2
令 g x = 2x2 ln x - x2 +1，則 g x = 4x ln x ，
當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0，當(dāng) x >1時(shí)， g x > 0 ， 所以 g x > g 1 = 0
即當(dāng)0 < x <1時(shí)， f x > 0，當(dāng) x >1時(shí)， f x > 0，
所以 f x 在 0,1 上遞增，在 1, + 上遞增；
(3) 2lx因?yàn)?x 的不等式lxf x e -1在區(qū)間[1, + ) 上恒成立，
e2lx -1 x2 -1
所以 在區(qū)間[1, + ) 上恒成立，
lx ln x
f elx即 f x 在區(qū)間[1, + ) 上恒成立，
因?yàn)?f x 在 1, + 上遞增，所以 elx x在區(qū)間[1, + ) 上恒成立，
l ln x即 在區(qū)間[1, + ) h x ln x h x 1- ln x上恒成立，令 = ，則 = 2 ，x x x
當(dāng)0 < x < e 時(shí)， h x > 0，當(dāng) x>e時(shí)， h x < 0，
所以當(dāng) x=e時(shí)， h x 取得最大值 h e 1 1= ，所以l .
e e專題 11 函數(shù)中的同構(gòu)問題
近年來同構(gòu)函數(shù)頻頻出現(xiàn)在模擬試卷導(dǎo)數(shù)解答題中，高考真題中也出現(xiàn)過同構(gòu)函數(shù)的身影，同構(gòu)法是將不
同的式子通過變形，轉(zhuǎn)化為形式結(jié)構(gòu)相同或者相近的式子，通過整體思想或換元等將問題轉(zhuǎn)化的方
法，這體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想．此方法常用于求解具有對(duì)數(shù)、指數(shù)等混合式子結(jié)構(gòu)的等式、不等式問題中，
或利用函數(shù)單調(diào)性定義確定函數(shù)單調(diào)性，利用此方法求解某些導(dǎo)數(shù)壓軸題往往能起到秒殺效果.
(一)同構(gòu)函數(shù)揭秘
同構(gòu)式是指除了變量不同，其余地方均相同的表達(dá)式，導(dǎo)數(shù)中同構(gòu)函數(shù)問題大多屬于指對(duì)跨階問題，比如
ex + x與 x + ln x 屬于“跨階函數(shù)”，而 ex + ln x 屬于“跳階函數(shù)”，對(duì)于指對(duì)跳階的函數(shù)問題，直接求解，一般
是通過隱零點(diǎn)代換來簡(jiǎn)化，并且有很大局限性，有些題若采用指對(duì)跨階函數(shù)進(jìn)行同構(gòu)，可將跳階函數(shù)問題
轉(zhuǎn)化為跨階函數(shù)問題，從而使計(jì)算降階，通常構(gòu)造的同構(gòu)函數(shù)有以下幾類： f x = xex , f x = x ln x,
f x = x + ex , f x = x + ln x ， f x = ex - x + a, f x = ln x - x + a 等，在一些求參數(shù)的取值范圍、零點(diǎn)個(gè)數(shù)、
不等式證明、雙變量問題中，利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性，復(fù)合函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)等問題中常通過構(gòu)造同構(gòu)函數(shù)求解.
ex
利用同構(gòu)函數(shù)解題要注意一些常見的湊形技巧，如； x = eln x , x = ln ex , xex = ex+ln x , = ex-ln x 等.
x
【例 1】（2024 屆江蘇省蘇州市高三下學(xué)期三模）已知函數(shù) f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
f x
(2) a 2 當(dāng) 時(shí)，證明： e2x ．
x
1
【解析】（1）函數(shù) f x = lnx + ax +1,a R 的定義域?yàn)? 0, + ，且 f x = + a ．
x
1
當(dāng) a 0時(shí)，"x 0,+ , f x = + a > 0 恒成立，所以 f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增；
x
1 1+ ax 1
當(dāng) a<0時(shí)，令 f x = + a = = 0，解得 x = - ，
x x a
x 1 當(dāng) 0, - ÷時(shí)， f x > 0, f x
1
在區(qū)間 0,-

a ÷
上單調(diào)遞增，
è è a
x 1 , f x 0, f x 1當(dāng) - + <

÷ 時(shí)， 在區(qū)間 - ,+ ÷上單調(diào)遞減．
è a è a
綜上所述，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增；
1 1
當(dāng) a < 0時(shí)， f x 在區(qū)間 0,- ÷ 上單調(diào)遞增，在區(qū)間 - ,+ ÷上單調(diào)遞減．
è a è a
f x lnx + 2x +1
（2）當(dāng) a 2時(shí)，因?yàn)?x > 0 ，所以要證 e2x ，只要證明 e2x 即可，
x x
即要證 lnx + 2x +1 xe2x ，等價(jià)于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1，則 g x = ex -1，
在區(qū)間 - ,0 上， g x < 0, g x 單調(diào)遞減；在區(qū)間 0, + 上， g x > 0, g x 單調(diào)遞增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 e x x + 1（當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時(shí)等號(hào)成立），
所以（*）成立，當(dāng)且僅當(dāng) 2x + lnx = 0時(shí)，等號(hào)成立．
h x 2x lnx 0, h 1 2又 = + 在 + 上單調(diào)遞增， ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1÷ ，使得 2x0 + lnx0 = 0成立．綜上所述，原不等式成立．
è e
2
【例 2】（2024 屆重慶市南開中學(xué)高三上學(xué)期第質(zhì)量檢測(cè)）已知函數(shù) f x = x + lnx + ax 在 x =1處的切線 l和
直線 x + y = 0垂直.
(1)求實(shí)數(shù) a的值；
f (x ) - f (x ) - x2 + x2(2)若對(duì)任意的 x , x 0, 2 ， x x ，都有 1 2 1 21 2 1 2 x x > m 成立（其中 e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），求e 1 - e 2
實(shí)數(shù) m 的取值范圍.
【解析】（1）由函數(shù) f x = x2 + lnx + ax ，可得 f (x) 2x 1= + + a ，可得 f 1 = a + 3
x
因?yàn)楹瘮?shù)在 x =1處的切線 l 和直線 x + y = 0垂直，所以 f 1 =1，
即 a + 3 = 1，解得 a = -2 .
（2）解：不妨設(shè)0 < x1 < x2 2，則 ex1 - ex2 < 0，
2 2
因?yàn)閷?duì)任意的 x1, x2 0, 2 x x f (x1) - f (x2 ) - x1 + x， 21 2 ，都有 x x > m 成立，e 1 - e 2
可得 f (x1) - f (x2 ) - x
2
1 + x
2
2 < m ex1 - ex2 ，即 f (x1) - x21 - me x1 < f (x ) - x22 2 - me x2 ，
設(shè) g x = f x - x2 - mex ，則 g(x1) < g(x2 )，故 g x 在 0,2 單調(diào)遞增，
g (x) 1= - 2 - mex 0 m e- x
1
從而有 ，即 - 2÷在 0,2 x 上恒成立，x è
h(x) e- x 1設(shè) = - 2

÷，則m h x x ，è min
2
h (x) = -e- x 1 - 2 + e- x 1 2x - x -1因?yàn)? ÷ ×

-
- x
x x2 ÷
= e × (0 < x 2)，
è è x2
令 h x > 0，即 2x2 - x -1 = 2x +1 x -1 > 0，解得1< x 2，
令 h x < 0，即 2x2 - x -1 = 2x +1 x -1 < 0，解得0 < x <1，
所以 h x 在 0,1 單調(diào)遞減，在 1,2 單調(diào)遞增，
1 1 1
又因?yàn)?h(1) = - ，故 h x 在 0, 2 上最小值 h(x)
e min
= - ，所以m - ，
e e
m , 1ù實(shí)數(shù) 的取值范圍是 - - .
è e ú
(二) xex 型同構(gòu)
ln x + ln a +1
【例 3】（2024 屆廣西貴港市高考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = aeax - ．
x
(1)當(dāng) a =1時(shí)，請(qǐng)判斷 f (x) 的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
x 1+ ln x
【解析】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
ln x x2ex + ln x 1
所以 f (x) = ex + 2 = 2 ，令 h(x) = x
2ex + ln x ，則 h (x) = (x2 + 2x)ex + ，
x x x
當(dāng) x (0,+ )時(shí)， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零點(diǎn) x0 ，且 x
1
0 ( ,1)，2 4 2
當(dāng) x (0, x0 )時(shí)， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x (x0 ,+ ) 時(shí)， f (x) > 0， f (x) 在 x0 ,+ 單調(diào)遞增．
\ f (x)有一個(gè)極小值點(diǎn) x0 ，無極大值點(diǎn)．
Q f (x) aeax ln x + ln a +1（2） = - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，則 t (0,+ ) \2a et
ln t +1
， - +1恒成立．
t
設(shè) g(x) = ex
ln x +1
- ，由（1）可知 g(x)的最小值為 g(x0 )．x
ln x 1
又 h(x0 ) = x
2ex0 + ln x = 0 \ x ex00 0 ， 0 = -
0 = - ln x = -e- ln x0 ln x
x0 x
0 0 ．（﹡）
0
設(shè)m(x) = xex ，當(dāng) x > 0時(shí)，m (x) = (x +1)ex > 0，\ m(x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
Q x0 (
1 ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x ) x ln x e
x
0 ，\ 0 = -
0
0 ，即 = x ．0
\ g(x x 1+ ln x0 0 1 1- x00 ) = e - = - =1x x ，0 0 x0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，\a 的取值范圍為 0,1 ．
(三) x + a ln x 型同構(gòu)
ln x
【例 4】（2023 屆福建省寧德市高三高考前最后一卷）已知函數(shù) f x = + m m R ．
x
(1)討論函數(shù) f x 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)﹔
a eax +1
(2) m = 0 x > 0 當(dāng) 時(shí)，若對(duì)任意 ，恒有 ≥ f x x2 +1 ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．2
f x ln x ln x【解析】（1）令 = + m = 0,則 = -m ，記 g x ln x= ，則 g x 1- ln x= 2 ，x x x x
當(dāng) x>e時(shí)， g x < 0，此時(shí) g x 在 e, + 單調(diào)遞減，
當(dāng)0 < x < e 時(shí)， g x > 0，此時(shí) g x 在 0,e 單調(diào)遞增，
1
故當(dāng) x=e時(shí)， g x 取極大值也是最大值 g e = ，
e
又 g 1 = 0，而當(dāng)1 < x時(shí)， g x > 0，故當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0，當(dāng)1< x時(shí)， g x > 0 ，作出 g x 的圖象
如下：
1 1
因此當(dāng)-m > 時(shí)，即m < - ， g x = -m無交點(diǎn)，此時(shí) f x 無零點(diǎn)，
e e
1 1
當(dāng)-m = 或-m 0時(shí)，即m = - 或m 0 ， g x = -m有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí) f x 有一個(gè)零點(diǎn)，
e e
0 m 1 1當(dāng) < - < 時(shí)，即- < m < 0， g x = -m有兩個(gè)交點(diǎn)，此時(shí) f x 有 2 個(gè)零點(diǎn)，
e e
1
綜上可知：當(dāng)m < - 時(shí)， f x 無零點(diǎn)，
e
當(dāng)m
1 1
= - 或m 0 f x 有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)- < m < 0， f x 有 2 個(gè)零點(diǎn)，
e e
a eax +1
（2）當(dāng)m = 0時(shí)，若對(duì)任意 x > 0 ，恒有 ≥ f x x2 +1 等價(jià)于：2
對(duì)任意 x > 0，恒有 ax eax +1 ≥ ln x2 x2 +1 ，
令F x = x +1 ln x ax 2，則不等式等價(jià)于F e F x ，
由于F x = ln x x +1+ ，
x
m x ln x x +1, m x 1 1 x -1令 = + = - 2 = 2 ，x x x x
當(dāng)0 < x <1, m x < 0, m x 單調(diào)遞減，當(dāng) x >1, m x > 0, m x 單調(diào)遞增，所以F x = m x m 1 = 2 > 0，
故F x 在 0, + 單調(diào)遞增，
ax
由F e F x2 得 eax x2對(duì)任意 x > 0恒成立，
兩邊取對(duì)數(shù)得 ax 2ln x
a ln x
對(duì)任意 x > 0恒成立，
2 x
a
故 g x a 1 2，所以 a ，故 a的范圍為 a 2
2 max
。
2 e e e
(四) ex + ax + b 型同構(gòu)
【例 5】（2024 屆福建省漳州市高三上學(xué)期質(zhì)量檢測(cè)）已知函數(shù) f (x) = aex + x +1 .
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
x -1
(2)當(dāng) x >1時(shí)， f (x) > ln + x ，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍.
a
【解析】（1）依題意，得 f (x) = aex +1 .
當(dāng) a 0時(shí)， f (x) > 0，所以 f (x) 在 (- , + )單調(diào)遞增.
當(dāng) a<0時(shí)，令 f (x) > 0，可得 x < - ln(-a) ；令 f (x) < 0 ，可得 x > - ln(-a)，
所以 f (x) 在 (- ,- ln(-a)) 單調(diào)遞增，在 (- ln(-a),+ )單調(diào)遞減.
綜上所述，當(dāng) a 0時(shí)， f (x) 在 (- , + )單調(diào)遞增；當(dāng) a<0時(shí)， f (x) 在 (- ,- ln(-a)) 單調(diào)遞增，在
(- ln(-a),+ )單調(diào)遞減.
x -1 x -1
（2）因?yàn)楫?dāng) x >1時(shí)， f (x) > ln + x x，所以 ae + x +1 > ln + x，
a a
即 eln a ex + x +1 > ln(x -1) - ln a + x，
即 ex+ ln a + ln a + x > ln(x -1) + x -1，
即 ex+ ln a + x + ln a > eln(x-1) + ln(x -1) .
令 h(x) = ex + x ，則有 h(x + ln a) > h(ln(x -1))對(duì)"x (1, + ) 恒成立.
因?yàn)?h (x) = ex +1 > 0，所以 h(x) 在 (- , + )單調(diào)遞增，
故只需 x + ln a > ln(x -1)，
即 ln a > ln(x -1) - x對(duì)"x (1, + ) 恒成立.
令F (x) = ln(x -1) - x ，則F (x)
1 1 2 - x= - = ，令F (x) = 0，得 x = 2 .
x -1 x -1
當(dāng) x (1, 2) 時(shí)，F(xiàn) (x) > 0，當(dāng) x (2,+ ) 時(shí)， F (x) < 0，
所以 F (x)在 (1, 2)單調(diào)遞增，在 (2, + ) 單調(diào)遞減，
所以F (x) F (2) = -2
1
.因此 ln a > -2，所以 a > .
e2
(五) ln x + ax + b 型同構(gòu)
【例 6】（2024 屆江蘇省宿遷市高三下學(xué)期三模）已知函數(shù) f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲線 y = f (x) 在 x = 2處的切線的方程為 x + y = b，求實(shí)數(shù)b的值；
(2)若函數(shù) f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求a的取值范圍．
9a
【解析】（1）因?yàn)?f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，函數(shù)的定義域?yàn)?(a, ]4 ，
所以 f (x)
1 2
= -
x - a 9a ，- 4x
由曲線 y = f (x) 在 x = 2處的切線的方程為 x + y = b，得 f (2) = -1，
所以 f (2)
1 2
= - = -1
2 - a 9a ，- 8
設(shè) h(a)
1 2 8
= - ( < a < 2) h (a)
1 9
= + > 0
2 - a 9a - 8 9 ， (a - 2)2 (9a - 8) 9a - 8 ，
所以函數(shù) h(a) (
8
是 , 2)9 上的遞增函數(shù)，又
h(1) = -1，
1 2
所以方程 - = -12 a 有唯一解 a =1- ，9a - 8
所以 f (x) = ln(x - 1) + 9 - 4x ， f (2) =1，
所以切點(diǎn)坐標(biāo)為 (2,1)，代入直線方程 x + y = b得b = 3．
9a
（2） f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，定義域?yàn)?(a, ]4 ，
f (x) 1 2 9a - 4x - 2(x - a)= - =
x a ，- 9a - 4x (x - a) 9a - 4x
-2
設(shè) g(x) = 9a - 4x - 2(x - a)，所以 g (x) = - 2 < 0，
9a - 4x
所以 g(x)在 (a, 9a ) 9a 5a4 上遞減，又 g(a) = 5a > 0，
g( ) = - < 0
4 2 ，
所以當(dāng) x (a, x0 )時(shí)， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0，函數(shù) f (x) 遞增，
x 9a當(dāng) (x0 , )時(shí)， g(x) < 0，即 f (x) < 0 ，函數(shù) f (x)4 遞減，
所以函數(shù) f (x) 的最大值 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 9a - 4x0 ，
又 g(x0 ) = 9a - 4x0 - 2(x0 - a) = 0 ，所以 9a - 4x0 = 2(x0 - a)，
所以 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，
因?yàn)?f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，即 ln(x0 - a) + 2(x0 - a)≤ ln a + 2a 恒成立，
設(shè) h(x) = ln x + 2x 1，則 h (x) = x + 2 > 0，所以 h(x) 遞增，
x 9a所以 0 - a≤ a ，即 x0 2a 恒成立，因?yàn)?g(x)在 (a, )4 上遞減，且
g(x0 ) = 0，
1
所以只需 g(2a)≤0恒成立，即 a - 2a≤0 ，又 a > 0，所以 a ．4
(六)利用單調(diào)函數(shù)定義同構(gòu)
【例 7】（2024 屆貴州省六盤水市 2024 屆高三下學(xué)期三診）若函數(shù) f x 在 a,b 上有定義，且對(duì)于任意不同
的 x1, x2 a,b ，都有 f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，則稱 f x 為 a,b 上的“k 類函數(shù)”
(1)若 f x = x2 ，判斷 f x 是否為 1,2 上的“4 類函數(shù)”；
(2)若 f x 2= ln x + a +1 x 1+ 為 1,e 上的“2 類函數(shù)”，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
e x
(3)若 f x 為 1,2 上的“2 類函數(shù)”且 f 1 = f 2 ，證明："x1， x2 1,2 ， f x1 - f x2 < 1 .
【解析】（1）函數(shù) f x = x2 是 1,2 上的“4 類函數(shù)”，理由如下：
不妨設(shè) x1, x2 1,2 ，所以 2 < x1 + x2 < 4，
f x1 - f x2 = x21 - x22 = x1 - x2 x1 + x2 < 4 x1 - x2 ，
所以 f x = x2 是 1,2 上的“4 類函數(shù)”；
f x 2 ln x a 1 x 1 f x 1 2（2） = + + + ， = - 2 + + a +1，e x x ex
由題意知，對(duì)于任意不同的 x1, x2 1,e 都有 f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 ，
不妨設(shè) x1 < x2，則-2 x2 - x1 < f x1 - f x2 < 2 x2 - x1 ，
故 f x1 + 2x1 < f x2 + 2x2且 f x1 - 2x1 > f x2 - 2x2 ，
所以 f x + 2x為 1,e 上的增函數(shù)， f x - 2x 為 1,e 上的減函數(shù)，
所以對(duì)任意的 x 1,e ，即-2 f x 2，
由 f x 2 a 1 2 1 g x 1 2 2 - + ，令 = - +1，則 a g x ， x 1,e ，x ex x2 ex min
1 1 1
令 = t
é ,1ùê ú得 y t
2 2= - t 1+1 é在 ê ,1
ù
x e e e ú
上單調(diào)遞增， g x =1-min ，e2
由 f x -2 a 1 2 1 2 2 - - 3，令 h x = 2 - - 3，x ex x ex
只需 a
1
h x é1 ù 2 2 é1 ùmax ， x 1,e ，令 = t ê ,1ú得 y = t - t - 3在 ê ,1ú 單調(diào)遞增，x e e e
2 2 1
所以 h x = h 1 = -2 - ì，綜上所述，實(shí)數(shù) a 的取值范圍為 ía - 2 - a 1- ümax e e e2 ；
（3）證明：因?yàn)?f x 為 1,2 上的“2 類函數(shù)”，所以 f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 ，
1 x < x 2 x x 1不妨設(shè) 1 2 ，當(dāng) 1 - 2 < 時(shí)， f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 <1；2
1 1
當(dāng) x1 - x2 <1時(shí)，因?yàn)?f 1 = f 2 ，-1 < x1 - x2 2 - 2
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 2 - f x2 f x1 - f 1 + f 2 - f x2
< 2 x 1 1 -1 + 2 2 - x2 = 2 x1 - x2 +1 2 - +12 ÷ =1，è
綜上所述，"x1， x2 1,2 ， f x1 - f x2 < 1 .
【例 1】（2024 ax -ax屆西省九江市高三第三次統(tǒng)考）已知函數(shù) f x = e + e (a R ，且 a 0) .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若方程 f x = x + x-1有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求a的取值范圍.
【解析】（1）解法一： f x = a eax - e-ax ax -ax令 g x = a e - e ，
2 ax -ax
則 g x = a e + e > 0 \ g x 在R 上單調(diào)遞增.
又 g 0 = 0,\當(dāng) x < 0 時(shí)， g x < 0 ，即 f x < 0；當(dāng) x > 0時(shí)， g x > 0，即 f x > 0
\ f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增.
a eax +1 eax -1
解法二： f x = a eax - e-ax = eax
①當(dāng) a > 0時(shí)，由 f x < 0得 x < 0 ，由 f x > 0得 x > 0
\ f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增
②當(dāng) a < 0時(shí)，同理可得 f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增.
（2）解法一：由 f x = x + x-1，得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = ex + e- x x - x，則 h ax = h lnx ，又Qh x = e + e 為偶函數(shù)，\h ax = h lnx
lnx
由（1）知 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，\ ax = lnx ，即 = a 有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.
x
lnx
令m x = , m x 1- lnx= ，由m 2 x > 0，得0 < x < e;由m x < 0 ，得 x>e，x x
\m x 1在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減，且m 1 = 0,m e =
e
\ y = m x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1,e 上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減
1
當(dāng) x 0 時(shí)，m x + ；當(dāng) x + 時(shí)，m x 0，故0 < a <
e
1 1 a 1解得- < a < 0或0 < a

< ，故 的取值范圍是 - ,0÷ 0,
1
e e è e ÷ è e
-1
解法二：由 f x = x + x 得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0，
令 h x = x + x-1，則 h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增.
由 h eax = h x ，得 eax = x 或 eax = x-1，
兩邊同時(shí)取以 e為底的對(duì)數(shù)，得 ax = lnx或 ax = -lnx ，
\ ax lnx lnx= ，即 = a 有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，下同解法一.
x
【例 2】（2024 2 2屆江蘇省徐州市邳州市高三上學(xué)期月考）已知函數(shù) f x = x +1 lnx - x - ax ．
(1)若 a =1，求 f x 的最小值；
(2)若方程 f x = axe2ax - x2 有解，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
【解析】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f x = x2 +1 lnx - x2 - x，
f x = 2xlnx - x 1 1+ -1，設(shè) g x = f x ，則 g x = 1 + 2 ln x - 2 ，x x
g x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 g 1 = 0，
所以 x 0,1 時(shí)， g x < 0， f x 單調(diào)遞減，
x 1,+ 時(shí)， g x > 0， f x 單調(diào)遞增，所以 f x = f 1 = -1min ；
（2） f x = axe2ax - x2 2 x2 +1 ln x = 2ax e2ax即 +1 ，
x2即 +1 ln x2 = e2ax +1 ln e2ax ，設(shè) h x = x +1 ln x x > 0 2 2ax，則 h x = h e ，
h x ln x 1 1 x -1= + 1 + ，設(shè)m x = ln x +1+ x > 0 ，則m x = ，
x x x2
所以 x 0,1 時(shí)，m x < 0 ，m x 單調(diào)遞減，
x 1,+ 時(shí)，m x > 0，m x 單調(diào)遞增，
所以m x m 1 = 2 > 0，即 h x > 0， h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
2ax 2
所以方程 f x = axe - x 有解即 x 2 = e2 ax 在 0, + 上有解，
a ln x2ax = 2ln x有解，即 = 有解，設(shè) n x ln x= x 1- ln x> 0 ，則 n x = 2 ，x x x
x 0,e 時(shí)， n x > 0， n x 單調(diào)遞增，
x e, + 1時(shí)， n x < 0， n x 單調(diào)遞減，所以 n x n e = ，
e
當(dāng) x 0時(shí)，n x - 1，所以 a 1 ù，即實(shí)數(shù) a 的取值范圍是
e
- ,
è e ú
．

1
【例 3】（2024 屆陜西省西安市部分學(xué)校高三上學(xué)期考試）已知函數(shù) f x = ln x - ax - .
x
(1)當(dāng) a = 2，求 f x 的極值；
(2)若 f x -e-ax 恒成立，求 a的取值范圍.
【解析】（1）當(dāng) a = 2 f x 1時(shí) = ln x - 2x - ， x 0, + ，
x
1 1 -2x
2 + x +1 - x -1 2x +1
則 f x = - 2 + 2 = 2 = 2 ， x x x x
所以在 0,1 上 f x > 0， f x 單調(diào)遞增，在 1, + 上 f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x =1時(shí) f x 取得極大值， f 1 = 0 - 2 -1 = -3，故 f x 的極大值為-3，無極小值.
（2）由 f x -e-ax ，可得 ln x - ax 1- -e-ax ln x 1 ax e-ax ln x 1 lneax 1，則 - - ，即 - - .
x x x eax
1
令 g x = ln x - ，則 g x g eax ，
x
因?yàn)?g x 在 0, + ln x上單調(diào)遞增，所以 x eax ，則 a .
x
令 h x ln x h x 1- ln x= ，則 = ，
x x2
在 0,e 上 h x > 0， h x 單調(diào)遞增，在 e, + 1上 h x < 0， h x 單調(diào)遞減，即 h(x)max = h e = ， e
a 1
1
所以 ，則 a
é
的取值范圍為 ê ,+

÷ .e e
【例 4】（2024 x屆安徽省六校教育研究會(huì)高三上學(xué)期素質(zhì)測(cè)試）已知函數(shù) f x = ae - x（ e是自然對(duì)數(shù)的底
數(shù)）.
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
(2)若 g x = aex x -1 - ln x + f x 有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
x
【解析】（1）因?yàn)?f x = ae - x，所以 f x = aex -1，
當(dāng) a 0時(shí)， f x < 0，所以 f x 在 R 上單調(diào)遞減；
當(dāng) a > 0時(shí)，令 f x > 0得 x > - ln a ；令 f x < 0得 x < - ln a ，
所以 f x 在 - , - ln a 上單調(diào)遞減，在 - ln a, + 上單調(diào)遞增.
綜上，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 R 上單調(diào)遞減，無增區(qū)間；當(dāng) a > 0時(shí)， f x 在 - , - ln a 上單調(diào)遞減，在
- ln a, + 上單調(diào)遞增.
（2 x x x x）由題意 g x = ae x -1 - ln x + f x = axe - ln x - x = axe - ln xe x > 0 有兩個(gè)零點(diǎn)，
令 t = xex ， x > 0 ，則 t = 1+ x ex > 0 在 0, + 上恒成立，所以 t = xex 在 0, + 上單調(diào)遞增，
故 t > 0，所以 g x = axex - ln xex 有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于T t = at - ln t 有兩個(gè)零點(diǎn)，
a ln t ln t等價(jià)于 = 有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，等價(jià)于 y = a與 h(t) = 有兩個(gè)交點(diǎn)，
t t
h (t) 1- ln t則 = ， h (t) > 02 得0 < t < e， h
(t) < 0得 t > e，
t
所以 h(t)
ln t
= 在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e,+ 上單調(diào)遞減，又 h(e) ln e 1= = ， h(1) = 0，
t e e
當(dāng) t 趨向于 0 且為正時(shí)， h(t)趨向于負(fù)無窮大，當(dāng) t 趨向于正無窮大時(shí)， h(t)趨向于 0，如圖：
由圖可知，要使 y = a與 h(t)
ln t 1
= 有兩個(gè)交點(diǎn)，則0 < a < ，
t e
1
所以實(shí)數(shù) a的取值范圍為0 < a < .
e
1
【例 5】（2024 2屆重慶市渝北中學(xué)高三上學(xué)期月考）已知函數(shù) f x = x + aln x -1 ，
4
g x f x 1 1= + - x2x + x ．e 4
(1)當(dāng) a = -1時(shí)，求函數(shù) f x 的極值；
(2)若任意x1、 x2
g x - g x
1,+ 且 x1 x
1 2
2 ，都有 >1 ax 成立，求實(shí)數(shù) 的取值范圍．1 - x2
1 2
【解析】（1）當(dāng) a = -1時(shí)， f x = x - ln x -1 ，其中 x 1,+ ，
4
2
則 f x 1 1 x - x - 2= x - = ，令 f x = 02 x 1 2 x 1 ，解得 x=- 1或 x = 2，- -
又因?yàn)?x >1，所以 x = 2，
列表如下：
x 1,2 2 2, +
f x - 0 +
f x 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增
因此 f x 有極小值 f 2 =1，無極大值.
（2）解：因?yàn)?g x = f x 1 1+ x - x2 x
1
+ 2， f x = x + aln x -1 ，
e 4 4
所以 g x = a ln x -1 1+ x + x ，其中 x 1,+ ，e
對(duì)"x1、 x2 1,+ 且 x1 x2 ，不妨設(shè) x1 > x2 ，則 x1 - x2 > 0，
得到 g x1 - g x2 > x1 - x2 ，化為 g x1 - x1 > g x2 - x2 ，
設(shè) h x = g x - x 且函數(shù) h x 的定義域?yàn)? 1, + ，
1
所以 h x = aln x -1 + x 在 1, + 為增函數(shù)，e
a 1 x -1
即有 h x = - 0對(duì) x >1恒成立，即 a 對(duì)任意的 x >1恒成立，
x -1 ex ex
j x x -1 2 - x設(shè) = x ，其中 x 1,+ ，則j x =e ex ，
令j x > 0，解得1 < x < 2，令j x < 0，解得 x > 2，
所以j x 在 1,2 上單調(diào)遞增，在 2, + 上單調(diào)遞減，
所以j x 1 1最大值j 2 = 2 ，因此實(shí)數(shù) a的取值范圍是 a ．e e2
【例 6】已知函數(shù) f x = x - a ln x, a R
(1)請(qǐng)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性
1
(2)當(dāng) x
é
ê ,+

÷ 時(shí)，若 e
x l ln ln x + x +1 +1 le 恒成立，求實(shí)數(shù) 的取值范圍 x
'
【解析】 (1) f (x) 1
a x - a
= - = (x > 0)
x x
當(dāng) a 0時(shí)， f ' (x) > 0，f (x)在 (0, + )上遞增
當(dāng) a > 0時(shí)，在 (0, a)上f ' (x) < 0， f (x) 單調(diào)遞減
在 (a,+ ) 上 f ' (x) > 0， f (x) 單調(diào)遞增
(2)原式等價(jià)于 xex = eln x+x l(ln(ln x + x +1) +1)
設(shè) t = ln x + x ， x é
1 , + ÷
êe
1
由（1）當(dāng) a = -1時(shí)， f (x)= ln x + x 為增函數(shù) ， \t [ -1, + )，
e
∴ t等式等價(jià)于 e l(ln(t +1) +1) t
é1
， ê -1,+

÷恒成立，
e
1
t 1 1 -1 t (1
t
= - 時(shí)， ee > 0成立， -1,+ )
e
時(shí)，l ，
e e ln(t +1) +1
t
g(t) e t (1設(shè) = ， -1,+ )，
ln(t +1) +1 e
et (ln(t +1) +1) - et ( 1 ) ln(t +1) 1+1-
g ' (t) = t +1 = et × t +1 ，
(ln(t +1) +1)2 (ln(t +1) +1)2
設(shè) h(t) = ln(t +1)
1
+1- ，
t +1
h (t) 1 1= + > 0 h(t) (1 -1, + )
t +1 (t +1)2 所以 在 上為增函數(shù)，e
又因?yàn)?h(0)
1
= 0，所以在 ( -1,0)上， h(t) < 0，\ g ' (t) < 0， g (t)為減函數(shù)，
e
在 (0，+ )上， h(t) > 0，\ g ' (t) > 0， g (t)為增函數(shù)，
\ g(t)min = g(0) =1 ，\l 1．
1．（2024 屆江西省南昌市高三二模）已知 f (x) = a x - xa (x > 0,a > 0且 a 1) .
(1)當(dāng) a = e時(shí)，求證： f (x) 在 (e, + )上單調(diào)遞增;
a > e x ée
2
ln a, (2)設(shè) ，已知" ê + ÷，有不等式 f (x) 02 恒成立，求實(shí)數(shù)
a的取值范圍.

1
2．（2024 福建省福寧古五校教學(xué)聯(lián)合體質(zhì)量監(jiān)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ax + (a -1) ln x + ,a R．
x
(1)討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性;
(2)若關(guān)于 x 的方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根 x1, x2 ，
（i）求實(shí)數(shù) a的取值范圍;
ex1 ex2 2a
（ii）求證: + > ．
x2 x1 x1x2
3．（2024 屆天津市八校高三下學(xué)期聯(lián)合模擬）已知 f x = x + ax × lnx a R ，
(1)當(dāng) a = 2時(shí)，求 f x 在點(diǎn) e，f e 處的切線方程；
(2)討論 f x 的單調(diào)性；
(3)若函數(shù) f x - x 2存在極大值，且極大值為 1，求證： f x e + x ．
4．（2024 x屆全國(guó)統(tǒng)一考生押題卷）已知函數(shù) f x = x - 2 e ， g x = axln ax a > 0 ．
(1)求曲線 y = f x 在點(diǎn) 2, f 2 處的切線方程．
(2)當(dāng) a =1時(shí)，討論函數(shù) g x 的單調(diào)性．
(3)若 f x g x - 2ex 對(duì)任意 x 1,+ 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
5．（2024 屆山東省部分學(xué)校高三上學(xué)期聯(lián)考）已知函數(shù) f x = a ln x +1 - ax .
(1)當(dāng) a 0時(shí)，討論 f x 的單調(diào)性；
x+1
(2)當(dāng) x ax - e + a＞-1時(shí)， f x ＞ 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
x +1
6.已知 f x = x2ex - a x + 2ln x
(1)當(dāng) a = e時(shí)，求 f x 的單調(diào)性；
(2)討論 f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)．
7. x已知函數(shù) f x = e - alnx,a R .
(1)當(dāng) a = 0時(shí)，若曲線 y = f x 與直線 y = kx 相切于點(diǎn) P ，求點(diǎn) P 的坐標(biāo)；
(2)當(dāng) a = e時(shí)，證明： f x e；
(3)若對(duì)任意 x 0, + ，不等式 f x > alna恒成立，請(qǐng)直接寫出 a的取值范圍.
2x
8.（2023 f x ae -1屆廣東省深圳市光明區(qū)高三二模）已知函數(shù) = 的圖象在 1, f 1 處的切線經(jīng)過點(diǎn)
x
2, 2e2 .
(1)求 a的值及函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2) g x ax
2 -1
設(shè) = ，若關(guān)于 x 的不等式lxg x e2lx -1在區(qū)間 1, + 上恒成立，求正實(shí)數(shù)l 的取值范圍.
lnx
9. f x = ex+1 2 g x a + x + ln x已知 - ， = ， a R ．
x x
(1)當(dāng) x 1,+ 時(shí)，求函數(shù) g x 的極值；
(2)當(dāng) a = 0時(shí)，求證： f x g x ．
ln x
10.（2023 屆海南省海口市龍華區(qū)高三一模）已知函數(shù) f x = +1 .
x -1
(1)討論函數(shù) f x 的單調(diào)性；
lx
lx e -1
(2)已知l > 0，若存在 x 1,+ ，不等式 lx ln x成立，求實(shí)數(shù)l 的最大值. e +1 x -1
11.（2023 x屆吉林省長(zhǎng)春外國(guó)語學(xué)校高三上學(xué)期考試）已知函數(shù) f x = e - ax （e 是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求 f (x) 的極值點(diǎn)；
(2)討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
(3)若 g x = ex x -1 - a ln x + f x 有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍.
12．已知函數(shù) f x = ex ， g x = sin x .
(1)求 g x = sin x在 x = 0處的切線方程；
(2)求證： g x × g x +1< x × f x - ln x .
(3)當(dāng) x 0,p 時(shí)， g x - 2 é f x -1ù m ln x +1 ，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
13. x已知函數(shù) h x = xe - mx, g x = lnx + x +1 .
(1)當(dāng)m =1時(shí)，求函數(shù) h x 的單調(diào)區(qū)間：
(2)若 h x …g x 在 x 0, + 恒成立，求實(shí)數(shù)m 的取值范圍.
14．已知函數(shù) f (x) = xex - ax - a ln x .
(1)若 a = e，求 f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)是否存在實(shí)數(shù) a，使 f x 1對(duì) x 0, + 恒成立，若存在，求出 a 的值或取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明
理由.
15．已知函數(shù) f (x) = ax + ln x +1．
(1)若 f (x) 在 (0, + )上僅有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
(2)若對(duì)任意的 x > 0， f (x) xe2x 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
ax216 -1．已知函數(shù) f x = ，其圖象在 x=e 2處的切線過點(diǎn) 2e,2e ．
ln x
(1)求 a 的值；
(2)討論 f x 的單調(diào)性；
(3)若l > 0，關(guān)于 x 的不等式lxf x e2lx -1在區(qū)間[1, + ) 上恒成立，求l 的取值范圍．

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