資源簡(jiǎn)介

拔高點(diǎn)突破 03 導(dǎo)數(shù)中的朗博同構(gòu)、雙元同構(gòu)、指對(duì)同構(gòu)
與二次同構(gòu)問(wèn)題　
目錄
01 方法技巧與總結(jié) ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結(jié) ...............................................................................................................................5
題型一：同構(gòu)法的理解 ........................................................................................................................5
題型二：利用同構(gòu)比較大小 ................................................................................................................7
題型三：方程同構(gòu) ................................................................................................................................9
題型四：零點(diǎn)同構(gòu) ..............................................................................................................................11
題型五：雙元同構(gòu) ..............................................................................................................................18
題型六：朗博同構(gòu) ..............................................................................................................................22
題型七：利用同構(gòu)解決不等式恒成立問(wèn)題 ......................................................................................24
題型八：利用同構(gòu)求最值 ..................................................................................................................29
題型九：利用同構(gòu)證明不等式 ..........................................................................................................32
03 過(guò)關(guān)測(cè)試 .........................................................................................................................................37
方法技巧總結(jié)一、常見(jiàn)的同構(gòu)函數(shù)圖像
函數(shù)表達(dá)式 圖像 函數(shù)表達(dá)式 圖像
y = ln x - x
y = ln x + x 函數(shù)極值點(diǎn)
1, -1
y = x ln x y ln x=
x
函數(shù)極值點(diǎn)
函數(shù)極值點(diǎn)
1 , 1 - ÷ e, 1 è e e e ÷è
y x= y = ex + x
ln x
過(guò)定點(diǎn)
函數(shù)極值點(diǎn)
e,e 0,1
x
y = ex - x y = xe
函數(shù)極值點(diǎn)
函數(shù)極值點(diǎn)
0,1 -1,
1
-
e ֏
x y xy e == exx
函數(shù)極值點(diǎn)
函數(shù)極值點(diǎn)
11,e 1, e ֏
方法技巧總結(jié)二：同構(gòu)式的基本概念與導(dǎo)數(shù)壓軸題
1、同構(gòu)式：是指除了變量不同，其余地方均相同的表達(dá)式
2、同構(gòu)式的應(yīng)用：
（1）在方程中的應(yīng)用：如果方程 f a = 0和 f b = 0 呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則 a,b可視為方程 f x = 0
的兩個(gè)根
（2）在不等式中的應(yīng)用：如果不等式的兩側(cè)呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則可將相同的結(jié)構(gòu)構(gòu)造為一個(gè)函數(shù)，進(jìn)
而和函數(shù)的單調(diào)性找到聯(lián)系．可比較大小或解不等式．<同構(gòu)小套路>
x x
①指對(duì)各一邊，參數(shù)是關(guān)鍵；②常用“母函數(shù)”： f x = x e ， f x = e x ；尋找“親戚函數(shù)”是關(guān)鍵；
③信手拈來(lái)湊同構(gòu)，湊常數(shù)、 x 、參數(shù)；④復(fù)合函數(shù)（親戚函數(shù)）比大小，利用單調(diào)性求參數(shù)范圍．
（3）在解析幾何中的應(yīng)用：如果 A x1, y1 , B x2 , y2 滿足的方程為同構(gòu)式，則 A,B 為方程所表示曲
線上的兩點(diǎn)．特別的，若滿足的方程是直線方程，則該方程即為直線 AB 的方程
（4）在數(shù)列中的應(yīng)用：可將遞推公式變形為“依序同構(gòu)”的特征，即關(guān)于 an ,n 與 an-1,n -1 的同構(gòu)
式，從而將同構(gòu)式設(shè)為輔助數(shù)列便于求解
3 x、常見(jiàn)的指數(shù)放縮： e x +1(x = 0);ex ex(x =1)
1 x
4、常見(jiàn)的對(duì)數(shù)放縮：1- ln x x -1(x =1);ln x (x = e)
x e
5

、常見(jiàn)三角函數(shù)的放縮： x 0, ÷,sin x x tan x
è 2
6、學(xué)習(xí)指對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)時(shí)，曾經(jīng)提到過(guò)兩個(gè)這樣的恒等式：
1 當(dāng)a > 0 a 1, x > 0 aloga x（ ） 且 時(shí)，有 = x
（2 x） 當(dāng) a > 0 且 a 1時(shí)，有 loga a = x
再結(jié)合指數(shù)運(yùn)算和對(duì)數(shù)運(yùn)算的法則，可以得到下述結(jié)論（其中 x > 0 ）
（3） xex = ex+ln x; x + ln x = ln xex
x x
（4 e ex-ln x : x ln x ln e） = - =
x x
（5 2） x ex = ex+2ln x; x + 2ln x = ln x2ex
ex x
（6） x-2ln x e x-2ln x
x2
= e , 2 = ex
x
lnx x-1 ln x ,ex x +1,ex再結(jié)合常用的切線不等式 ， ex 等，可以得到更多的結(jié)論，這里僅以
e
第（3）條為例進(jìn)行引申：
x x+ln x x x
（7） xe = e x + ln x +1； x + ln x = ln xe xe -1
x x+ln x xex
（8） xe = e e(x + ln x) ； x + ln x = ln xex = xex-1e
7、同構(gòu)式問(wèn)題中通常構(gòu)造親戚函數(shù) xex 與 x ln x ，常見(jiàn)模型有：
1
① a x > log x ex ln a ln x > x ln a ex ln a > x ln x = ln x eln xa x ln a > ln x a > ee ；ln a
lx ln x
② e > lelx > ln x l x elx > x ln x l x elx > ln x eln x l x > ln x
1
l > ；
l e
③ eax + ax > ln x + 1 + x + 1 = eln x+1 + ln x + 1 ax > ln x + 1
8、乘法同構(gòu)、加法同構(gòu)
（1）乘法同構(gòu)，即乘 x 同構(gòu)，如 ln a ex ln a > ln x x ln a ex ln a > ln x eln x ；
（2）加法同構(gòu)，即加 x 同構(gòu)，如 a x > loga x a
x + x > loga x + x = a
loga x + loga x ，
（3）兩種構(gòu)法的區(qū)別：
①乘法同構(gòu)，對(duì)變形要求低，找親戚函數(shù) xex 與 x ln x 易實(shí)現(xiàn)，但構(gòu)造的函數(shù) xex 與 x ln x 均不是單調(diào)函
數(shù)；
②加法同構(gòu)，要求不等式兩邊互為反函數(shù)，構(gòu)造后的函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，可直接由函數(shù)不等式求參數(shù)范
圍；
題型一：同構(gòu)法的理解
【典例 1-1】對(duì)下列不等式或方程進(jìn)行同構(gòu)變形，并寫(xiě)出相應(yīng)的同構(gòu)函數(shù)．
(1) log2 x - k 2
kx 0；
(2) e2lx
1
- ln x 0；
l
m
(3) x2lnx - me x 0；
ax 1 (4)a e + 1 2 x + ÷ lnx ；
è x
(5) a ln x -1 + 2 x -1 ax + 2ex ；
(6) x + a ln x + e- x xa (x >1)；
(7) e- x - 2x - ln x = 0；
(8) x2ex + lnx = 0．
【解析】（1）顯然 x > 0，則 log2 x - k 2
kx 0 x log2 x kx 2
kx (log2 x) 2
log2 x kx 2kx ， f (x) = x 2x .
2lx 1 1
（2）顯然 x > 0，則 e - ln x 0 e2lx ln x 2lxe2lx x ln x 2lxe2lx (ln x)eln x ， g(x) = xex .
l 2l
m m
（3 m）顯然 x > 0，則 x2 ln x - me x 0 x ln x e x ln x + ln(ln x) m m + ln ， h(x) = x + ln x .
x x x
ax 1
（4）顯然 x > 0，則 a(e +1) 2(x + ) ln x axeax + ax 2x2 ln x + 2ln x = x2 ln x2 + ln x2
x
2
ax eax + ax ln x2 eln x x+ ln x2 ，u(x) = xe + x .
（5） a ln(x -1) + 2(x -1) ax + 2ex a ln(x -1) + 2(x -1) a ln ex + 2ex ， v(x) = a ln x + 2x .
（6） x >1， x + a ln x + e- x xa x + e- x xa - ln xa e- x - ln e- x xa - ln xa ， r(x) = x - ln x .
（7） e- x - 2x - ln x = 0 e- x - x = x + ln x e- x + ln e- x = x + ln x，j(x) = x + ln x .
x2ex ln x 0 xex ln x 1（8） + = = - xex = ln
1
ex ln ex 1= ln 1 ，f(x) = x ln x .
x x x x x
【典例 1-2】關(guān)于 x 的不等式aeax -2ln x 2ln 2有解，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .

【答案】 - ,
2ù
è e ú
【解析】不等式 aeax - 2ln x 2ln 2, x > 0，得 aeax 2ln 2x axeax 2x ln 2x ，
即 axeax ln 2xeln 2x ，
x
設(shè)函數(shù) f x = xe , x > 0， f x = x +1 ex > 0，故 f x 在 (0,+ )上單調(diào)遞增，
而 axeax 2x ln 2x ，即 f ax f ln 2x ，
則 ax ln 2x ， x > 0，
ln 2x
即存在 x > 0，使 a ，即 a
ln 2x
，
x ֏ x max
g x ln 2x g x 1- ln 2x設(shè) = ， = 2 = 0，得 x
e
=
x x 2
當(dāng) x
e
0, ÷時(shí)， g x > 0， g x 單調(diào)遞增，
è 2
x e 當(dāng) , + ÷時(shí)， g x 0， g x 單調(diào)遞減，
è 2
e
所以當(dāng) x = 時(shí)， g x 2 a 2 2 取得最大值 ，即e e
2
故答案為： - ,
ù
è e ú
【變式 1-1】（2024·內(nèi)蒙古·三模）已知函數(shù) f x = x2 - ax + 2lnx .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若a > 0, f x eax 恒成立，求 a的取值范圍.
1 f x 0, , f x 2x a 2 2x
2 - ax + 2
【解析】（ ） 的定義域?yàn)?+ = - + = .
x x
關(guān)于 x 的方程 2x2 - ax + 2 = 0,Δ = a2 -16，
當(dāng)-4 a 4時(shí)，D 0， f x 0，所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增.
ìx + x a= 0
當(dāng)a

< -4 1 2時(shí)，D > 0，此時(shí) í 2 x1 0, x2 0，
x1x2 =1 > 0
f x 0，所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增.
a > 4 x a - a
2 -16 , x a + a
2 -16
當(dāng) 時(shí)，則 1 = 2 = 是方程 2x
2 - ax + 2 = 0的兩根.
4 4
x x 1, x x a又 1 2 = 1 + 2 = > 0，所以0 x2 1
x2 ，
2 2
令 f x > 0，解得 x a - a -16 a + a -16 或 x > ，
4 4
2
f x 0 a - a -16 x a + a
2 -16
令 ，解得 ，
4 4
a - a2 -16 a + a2 -16 a - a2f x 0, , -16 , a + a
2 -16
所以 在 ÷÷和
+ ÷÷上單調(diào)遞增，在 ÷4 4 4 4 ÷
上單調(diào)遞減.
è è è
2 ax（ ）由 f x e ，可得 x2 + 2lnx eax 2+ ax ，即elnx + lnx2 eax + ax .
令 g x = ex + x，易知 g x 單調(diào)遞增.
2 2 lnx a
由elnx + lnx2 eax + ax ，可得 g lnx g ax ，則 lnx2 ax，即 .x 2
h x lnx h x 1- lnx設(shè) = ，則 = 2 ，當(dāng) x>e時(shí)， h x 0, h x 單調(diào)遞減，x x
當(dāng)0 x e時(shí)， h x > 0, h x lne 1單調(diào)遞增，所以h(x)max = = ，e e
a 1
a é
2
所以 ，則 的取值范圍為 ,+ .
2 e ê e ÷
題型二：利用同構(gòu)比較大小
1
【典例 2-1】已知 a,b,c ,+
ln5 5ln a ln3÷ ，且 = - ， = -3lnb
ln 2
， = -2ln c ，則（ ）
è e a b c
A．bC． a c b D． a b c
【答案】A
【解析】設(shè)函數(shù) f (x) = x ln x f
1
(x) 1 ， = + ln x，當(dāng) x , + ÷ , f (x) > 0，此時(shí) f (x) 單調(diào)遞增，當(dāng)
è e
x 0,
1 , f (x) 0 ln5 ln3 ln 2÷ ，此時(shí) f (x) 單調(diào)遞減，由題 = -5ln a ， = -3lnb， = -2ln c ，得
è e a b c
a ln a 1 ln 1 ,b ln b 1 ln 1 ,c ln c 1 ln 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1= = = = ln ，因?yàn)? ，所以 ln > ln
1 1
> ln 1 ，則
5 5 3 3 2 2 4 4 5 4 3 e 5 5 4 4 3 3
1
a ln a > c ln c > b ln b ，且 a,b,c ,+

e ÷
，所以 a > c > b .
è
故選：A.
【典例 2-2】已知 a,b,c (1,+ ) 2．且 a - 2ln a 1
ln 2
- = 2，b - 2lnb 1
1 c2 2ln c 1 ln π- = ， - - = ，則（
π ）2 e
A．b > a > c B．b > c > a
C． a > b > c D． c > a > b
【答案】B
g x ln x g x 1- ln x【解析】令 = ，則 = 2 ，即 g x 在 e,+ 上單調(diào)遞減，x x
ln e ln π ln 4 ln e ln π ln 2
∴ > > ，即 > > ，
e π 4 e π 2
2
設(shè) f x = x2 - 2ln x -1 x >1 2 2 x -1 ，則 f x = 2x - = > 0，
x x
即 f x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
又∵ f b > f c > f a ，∴ b > c > a .
故選：B .
【變式 2-1】已知 a，b， c (0,1) ，且 a - 5 = ln a - ln 5，b - 4 = ln b - ln 4， c - 3 = ln c - ln 3，則 a，b，c 的
大小關(guān)系是（ ）
A．b【答案】C
【解析】構(gòu)造函數(shù) f (x) = x - ln x(x (0, + ))
1 x -1
f (x) =1- = ，
x x
當(dāng)0 x 1時(shí)， f (x) 0, f (x) 單調(diào)遞減，
當(dāng) x >1時(shí)， f (x) > 0, f (x)單調(diào)遞增，
a - 5 = ln a - ln 5 a - ln a = 5 - ln 5 f (a) = f (5) ，
b - 4 = ln b - ln 4 b - ln b = 4 - ln 4 f (b) = f (4) ，
c - 3 = ln c - ln 3 c - ln c = 3 - ln 3 f (c) = f (3)，
因?yàn)? > 4 > 3 >1，所以 f (5) > f (4) > f (3)，即 f (a) > f (b) > f (c)，
而 a，b， c (0,1) ，所以 a b c，
故選：C
【變式 2-2】已知 a = 0.5ln 2，b = 0.4 ln 5 - ln 2 8， c = ln 3 - ln 2 ，則 a，b ，c的大小順序是（ ）
9
A． a b c B．b a c
C． c b a D． a c b
【答案】D
5 9
ln 2 ln ln
【解析】因?yàn)?a = 2 ，
b = 25 ， c =
4
9 ，
2 4
構(gòu)造函數(shù) f x ln x= , x > 0 1- ln x，其導(dǎo)函數(shù) f x = ，
x x2
令 f x 1- ln x= =0 ，解得： x = e2 ，列表得：x
x 0,e e e,+
f x + 0 -
f x 1 極大值 e
f x ln x所以 = 在 0,e 上單增.
x
0 2 9 5
9 5
因?yàn)? e，所以 f 2 f f

4 2 4 ÷ 2 ÷
，即 a c b
è è
故選:D.
題型三：方程同構(gòu)
【典例 3-1】（江蘇省常州市前黃高級(jí)中學(xué) 2023-2024 學(xué)年高三期初數(shù)學(xué)試題）已知實(shí)數(shù) a,b滿足 a = e2024-a ，
2021+ ln b = e3-ln b ，則 ab = ．
【答案】 e3
【解析】根據(jù)題意，顯然 a,b是正數(shù). 由 a = e2024-a ，兩邊取對(duì)數(shù)得， ln a = ln e2024-a = 2024 - a ，即
ìe3-(3-ln a) - (3 - ln a) = 2021
a - (3 - ln a) = 2021 ，又 2021+ ln b = e3-ln b ，即 e3-ln b - ln b = 2021，利用 a = eln a ，于是 í ，記
e
3-ln b - ln b = 2021
h(x) = e3-x - x， h (x) = -e3-x -1 0，故 h(x) 在 R 上遞減，
由 h(3 - ln a) = h(ln b) 3 - ln a = ln b ，于是 ln ab = 3， ab = e3 .
故答案為： e3
【典例 3-2】（江蘇省泰州市泰興中學(xué) 2023-2024 學(xué)年高三期中數(shù)學(xué)試題）已知實(shí)數(shù) a，b 滿足 e2021-a - a = 0，
e2-lnb - ln b - 2019 = 0,則 ab＝ ．
【答案】 e2
【解析】構(gòu)造函數(shù) f (x) = e2021-x - x ，定義域?yàn)?R.
因?yàn)椋?f (x) 在 R 上單調(diào)遞減.
因?yàn)閷?shí)數(shù) a，b 滿足 e2021-a - a = 0， e2-lnb - ln b - 2019 = 0,
所以 f (a) = f (ln b + 2019)，所以 a = ln b + 2019 .
而 e2021-a - a = 0，所以 e2-lnb = a ，
e2
所以 = a，所以 ab = e2 .
b
故答案為： e2 .
ì ( x-1)3 +2018 x-1 =-5
【變式 3-1】設(shè) x，y 為實(shí)數(shù)，且滿足 í(y -1)3 + 2018 y -1 = 5，則 x + y = （ ）

A．2 B．5 C．10 D．2018
【答案】A
3
【解析】由題意可設(shè) f x = x + 2018x ，
可得導(dǎo)數(shù) f ' x = 3x2 + 2018 > 0，
即 f x 為 R 上的增函數(shù)；
又 f -x = -x3 - 2018x = - f x ，
即 f x 為奇函數(shù)，
ì 3 ( x-1) +2018 x-1 =-53
í(y -1) + 2018 y -1 = 5，可得

(y -1)3 + 2018 y -1 = -[ x -1)3 + 2018 x -1 ù ，
可得 f y -1 = - f x -1 = f 1- x ，
由 f x 在 R 上遞增，可得 y -1 =1- x，
即有 x + y = 2 ．
故選 A．
【變式 3-2】同構(gòu)式通俗的講是結(jié)構(gòu)相同的表達(dá)式，如： f x = x + ex f ln x = ln x + eln x， = ln x + x ，稱
3 5
x +ex 與 ln x + x x為同構(gòu)式．已知實(shí)數(shù) x1, x2 滿足 e 1 + x1 = 6， ln 3x2 +1 + x2 = ，則 x1 + 3x2 = ．2 2
【答案】5
【解析】易判斷 f x = x + ex 為增函數(shù)， f x1 = x1 + ex1 = 6 ，
ln 3x 3 5 1 12 +1 + x2 = ln 3x2 2 2 2 +1 + 3x2 +1 = 3，2
即 ln 3x2 +1 + 3x2 +1 = 6 ， f ln 3x2 +1 = ln 3x2 +1 + 3x2 +1 = 6，
所以 x1 = ln 3x2 +1 ， x1 + 3x2 = ln 3x2 +1 + 3x2 +1 -1 = 6 -1 = 5 .
故答案為：5
【變式 3-3】（2024·高三·遼寧大連·期中）在數(shù)學(xué)中，我們把僅有變量不同，而結(jié)構(gòu) 形式相同的兩個(gè)式子
稱為同構(gòu)式，相應(yīng)的方程稱為同構(gòu)方程，相應(yīng)的不等式稱為同構(gòu)不等式．若關(guān)于 a的方程 aea-2 = e4 和關(guān)于
b b(ln b - 2) = e3l-1 a,b R+的方程 可化為同構(gòu)方程，則ab的值為（ ）
A． e8 B．e C． ln 6 D．1
【答案】A
【解析】對(duì) aea-2 = e4 兩邊取自然對(duì)數(shù)，得 ln a + a = 6 ①，
對(duì)b(ln b - 2) = e3l -1兩邊取自然對(duì)數(shù)，得 ln b + ln(ln b - 2) = 3l -1，
即 ln b - 2 + ln(ln b - 2) = 3l - 3 ②，
因?yàn)榉匠挞佗跒閮蓚€(gè)同構(gòu)方程，所以3l - 3 = 6，解得l = 3，
F (x) = ln x + x x 0 F (x) 1設(shè) ， > ，則 = +1 > 0x ，
所以F (x)在 (0,+ ) 上單調(diào)遞增，
所以方程 F (x) = 6的解只有一個(gè)，
所以 a = ln b - 2 ，所以 ab = ln b - 2 b = b ln b - 2 = e3 3-1 = e8 ．
故選：A
題型四：零點(diǎn)同構(gòu)
【典例 4-1】（2024·高三·天津西青·期末）已知函數(shù) f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x．
(1)若曲線數(shù) y = f (x) 與 y = g(x) 在 x =1處切線的斜率相等，求 a的值；
(2)若函數(shù) f (x) 與 g(x)有相同的最小值．
①求 a的值；
②證明：存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 與 y = g(x) 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右三個(gè)交點(diǎn)
的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．
x
【解析】（1） f (x) = e - a, g (x) a
1
= - ，
x
e +1
由題知 f (1) = g (1)，即 e - a = a -1，即 a = .
2
（2）① f (x) = ex - ax的定義域?yàn)镽 ，而 f (x) = ex - a ，
若 a 0，則 f (x) > 0，此時(shí) f (x) 無(wú)最小值，不合題意，故 a > 0 .
令 f (x) = 0，得 x = ln a，
當(dāng) x (- , ln a), f (x) 0, f (x)單調(diào)遞減，
當(dāng) x (ln a,+ ), f (x) > 0, f (x)單調(diào)遞增，
所以 f (x)min = f (ln a) = a - a ln a .
g(x) = ax - ln x 1 ax -1的定義域?yàn)?(0, + )，而 g (x) = a - = .
x x

當(dāng) x 0,
1
÷ , g (x) 0, g(x)單調(diào)遞減，
è a
1
當(dāng) x ,+ ÷ , g (x) > 0, g(x)單調(diào)遞增，
è a
1 1
所以 g(x)min = g ÷ =1- ln .
è a a
因?yàn)?f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值，
a a ln a 1 ln 1 a -1故 - = - ，整理得到 = ln a ，其中 a > 0，
a 1+ a
2
設(shè) g(a)
a -1
= - ln a,a > 0 g (a) 2 1 -a -1，則 = - =
1+ a (1+ a)2 a a(1+ a)2
0，
故 g(a)為 (0, + )上的減函數(shù)，而 g(1) = 0，
故 g(a) = 0
1- a
的唯一解為 a =1，故 = ln a 的解為 a =1 .
1+ a
綜上， a =1 .
② f (x) = ex - x, g(x) = x - ln x，
且 f (x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增；
g(x)在( 0, 1)上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增，且 f (x)min = g(x)min =1.
當(dāng)b 1時(shí)，此時(shí) f (x)min = g(x)min =1 > b，
顯然 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有 0 個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；
當(dāng)b =1時(shí)，此時(shí) f (x)min = g(x)min =1 = b，
故 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有 2 個(gè)交點(diǎn)，交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為 0 和 1；
當(dāng)b >1時(shí)，首先，證明 y = b與曲線 y = f (x) 有 2 個(gè)交點(diǎn)，
即證明F (x) = f (x) - b 有 2 個(gè)零點(diǎn)， F (x) = f (x) = ex -1，
所以 F (x)在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增，
又因?yàn)镕 (-b) = e-b > 0, F (0) =1- b 0, F (b) = eb - 2b > 0，
(令 t(b) = eb - 2b ，則 t (b) = eb - 2 > 0, t(b) > t(1) = e - 2 > 0 )，
所以F (x) = f (x) - b 在 (- ,0)上存在且只存在 1 個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x ，在 (0, + )1 上存在且
只存在 1 個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x2 .
其次，證明 y = b與曲線和 y = g(x) 有 2 個(gè)交點(diǎn)，
即證明G(x) = g(x) - b有 2 個(gè)零點(diǎn)，G (x) = g (x) 1
1
= -
x ，
所以G(x)在( 0, 1)上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增，
又因?yàn)镚 e-b = e-b > 0,G(1) =1- b 0,G(2b) = b - ln 2b 0，
（令 m(b) = b - ln 2b ，則m (b)
1
=1- > 0, m(b) > m(1) =1- ln 2 > 0）
b
所以G(x) = g(x) - b在( 0, 1)上存在且只存在 1 個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為 x3，在 (1, + )上存在且只存在 1 個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為 x4，
再次，證明存在b ，使得 x2 = x3，
因?yàn)镕 x2 = G x3 = 0，所以b = ex2 - x2 = x3 - ln x3 ，
若 x = x x，則 e 2 x22 3 - x2 = x2 - ln x2 ，即 e - 2x2 + ln x2 = 0，
所以只需證明 ex - 2x + ln x = 0在( 0, 1)上有解即可，
即j(x) = ex - 2x + ln x 在( 0, 1)上有零點(diǎn)，
1
j 1 因?yàn)? 3 ÷ = ee
3 2- 3 - 3 0,j(1) = e - 2 0，è e e
所以j(x) = ex - 2x + ln x 在( 0, 1)上存在零點(diǎn)，取一零點(diǎn)為 x0 ，令 x2 = x3 = x0即可，
此時(shí)取b = ex0 - x0
則此時(shí)存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
最后證明 x1 + x4 = 2x0 ，即從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列，
因?yàn)镕 x1 = F x2 = F x0 = 0 = G x3 = G x0 = G x4
所以F x1 = G x0 = F ln x0 ，
又因?yàn)?F (x)在 (- ,0)上單調(diào)遞減， x1 0,0 x0 1即 ln x0 0，所以 x1 = ln x0，
同理，因?yàn)镕 x0 = G ex0 = G x4 ，
又因?yàn)镚(x)在 (1, + ) x上單調(diào)遞增， x0 > 0 即 e 0 >1, x1 >1，所以 x4 = e
x0 ，
x
又因?yàn)?e 0 - 2x0 + ln x = 0
x
，所以 x + x = e 00 1 4 + ln x0 = 2x0 ，
即直線 y = b與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.
【典例 4-2】（2024·江西南昌·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)是否存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫
坐標(biāo)成等差數(shù)列？說(shuō)明理由．
【解析】（1）
由題意可得 f (x) = ex - a ， g (x)
1
= a - ．
x
①若 a 0， f (x) > 0在R 上恒成立， f (x) 在R 上單調(diào)遞增，
即 f (x) 無(wú)最小值；
②若 a > 0，當(dāng) x (- , ln a) 時(shí)， f (x) 0， f (x) 單調(diào)遞減，
當(dāng) x (ln a,+ ) 時(shí)， f (x) > 0， f (x) 單調(diào)遞增．
所以 f (x) 在 x = ln a處取得最小值 f (ln a) = a - a ln a ，
x 1 1當(dāng) 0, ÷ 時(shí)， g (x) 0， g(x)

單調(diào)遞減，當(dāng) x , + ÷時(shí)， g (x) > 0， g(x)單調(diào)遞增，
è a è a
所以 g(x) x
1 1
在 =

處取得最小值 g ÷ =1+ ln a ，a è a
又 f (x) 與 g(x)有相同的最小值，
所以 a - a ln a = 1 + ln a ， a > 0，
設(shè) h(a) = a ln a + ln a - a +1， a > 0，則 h (a) 1= + ln aa ，
j(a) = h (a) j (a) 1 1 a -1令 ，則 = - 2 + = 2 ， a > 0a a a ，
當(dāng) a (0,1) 時(shí)，j (a) 0，h (a)單調(diào)遞減，
當(dāng) a (1,+ )時(shí)，j (a) > 0，h (a)單調(diào)遞增．
所以h (a)在 a =1處取得最小值 h (1) =1 > 0，則當(dāng) a > 0時(shí)， h (a) > 0恒成立， h(a) 單調(diào)遞增．
又 h(1) = 0，所以 a =1．
（2）由（1）得 f (x) = ex - x， g(x) = x - ln x，
且 f (x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增， g(x)在 0,1 上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增，
f (x)min = g(x)min =1，
所以 f x 和 g x 的圖象在 0,1 上有唯一交點(diǎn)，且交點(diǎn)的縱坐標(biāo)大于 1，
由函數(shù)的單調(diào)性及圖象可得存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
當(dāng)直線 y = b與曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個(gè)不同交點(diǎn)時(shí)，設(shè)三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為 x1, x2 , x3，且
x1 x2 x3，
則 f x1 = f x2 = g x2 = g x3 = b ，
因?yàn)?f (x) = ex - x， g(x) = x - ln x = eln x - ln x = f (ln x)，
所以 f x1 = f x2 = f ln x2 = f ln x3 ，
由 g x 圖象可知 ln x = x無(wú)解，
所以 x2 x1， x2 ln x2 ，所以 x2 = ln x3， x1 = ln x2 ，
f ln x = eln x2 - ln x = x ln x則 32 2 2 - ln x2 = x2 - x1 = b ， f ln x3 = e - ln x3 = x3 - ln x3 = x3 - x2 = b，
上述兩式相減得 x1 + x3 = 2x2 ，即從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.
【變式 4-1】（2024·上海嘉定·一模）已知 f (x)
x , g(x) ln x= x = ．e x
(1)求函數(shù) y = f (x)、y = g(x) 的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)請(qǐng)嚴(yán)格證明曲線 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交點(diǎn)；

(3)對(duì)于常數(shù) a 0,
1
÷ ，若直線 y = a 和曲線 y = f (x)、y = g(x) 共有三個(gè)不同交點(diǎn) x1, a 、 x2 ,a 、 x3 ,a ，其
è e
中 x1 x2 x3，求證： x1、x2、x3 成等比數(shù)列．
【解析】（1）由題意可知： f x 的定義域?yàn)镽 ， g x 的定義域?yàn)? 0, + ，
f (x) 1- x= , g (x) 1- ln x= ，
ex x2
當(dāng) f x > 0時(shí)，得 x 1，此時(shí)函數(shù) y = f (x) 單調(diào)遞增，
當(dāng) f x 0時(shí)，得 x >1，此時(shí)函數(shù) y = f (x) 單調(diào)遞減，
因此函數(shù) y = f (x)
1
極大值為 f 1 = ，
e
單調(diào)遞增區(qū)間為 - ,1 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 1, + ；
當(dāng) g x > 0時(shí)，得0 x e，此時(shí)函數(shù) y = g(x) 單調(diào)遞增，
當(dāng) g x 0時(shí)，得 x>e，此時(shí)函數(shù) y = g(x) 單調(diào)遞減，
1
因此函數(shù) y = g(x) 極大值為 g e = ，
e
單調(diào)遞增區(qū)間為 0,e ，單調(diào)遞減區(qū)間為 e, + ，
所以函數(shù) y = f (x)
1
極大值為 ，單調(diào)遞增區(qū)間為 - ,1 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 1, + ；
e
y = g(x) 1函數(shù) 極大值為 ，單調(diào)遞增區(qū)間為 0,e ，單調(diào)遞減區(qū)間為 e, + .
e
2 x
2 m x f (x) g(x) x ln x x - e ln x（ ）設(shè) = - = x - = x , x 0,+ ，e x xe
設(shè) h x = x2 - ex ln x h x = 2x - ex 1 ln x + ÷，
è x
j x ln x 1 x -1設(shè) = + j x = ，
x x2
當(dāng) x 0,1 時(shí)，j x 0,j x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x 1,+ 時(shí)，j x > 0,j x 單調(diào)遞增，
所以j x = jmin 1 =1 ln x
1
+ 1，
x
設(shè) n x = ex - ex n x = ex - e，
當(dāng) x 0,1 時(shí)， n x 0, n x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x 1,+ 時(shí)， n x > 0, n x 單調(diào)遞增，
所以 n x = n 1 = 0 ex exmin ，
ex 1因此有 ln x +

÷ ex ，當(dāng) x =1時(shí)取等號(hào)，
è x
于是有 h x = 2x - ex ln x
1
+ ÷ 2x - ex = x 2 - e 0 ，
è x
因此 h x 2 e單調(diào)遞減，而 h 1 =1,h e = e - e 0 h 1 h e 0，
根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)存在原理，當(dāng) x 0, + 時(shí)，函數(shù) h x 在 1,e 內(nèi)有唯一零點(diǎn)，
因此m x = f (x) - g(x) = 0有唯一實(shí)根，因此曲線 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交點(diǎn).
1
（3）由（1）可知兩個(gè)函數(shù)的最大值均為 ，
e
且函數(shù) y = f (x) 單調(diào)遞增區(qū)間為 - ,1 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 1, + ；
函數(shù) y = g(x) 單調(diào)遞增區(qū)間為 0,e ，單調(diào)遞減區(qū)間為 e, + ，
由（2）可知曲線 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交點(diǎn)，且交點(diǎn)在 1,e 內(nèi)，
因?yàn)橹本€ y = a 和曲線 y = f (x)、y = g(x) 共有三個(gè)不同交點(diǎn) x1, a 、 x2 ,a 、 x3 ,a ，其中 x1 x2 x3，
因此兩條曲線必過(guò)兩個(gè)曲線的交點(diǎn)，
所以有0 x1 1 x2 e x3 ，
x1 x2 ln x2 ln x
因此有 x = x = =
3 = a x1x3 = e
x1 ln x
e 1 e 2 x x 3，2 3
x x1
因?yàn)?1
ln e ln x
= 2 x1
ex1 ex
= ， e , x2 0,e ， y = g(x) 在 0,e 上單調(diào)遞增，1 x2
x
所以有 e 1 = x2 ，
x2 ln e
x2 ln x3 x
同理 2x = x = ， e , x3 e,+ ，而函數(shù) y = g(x) 在 e, + 單調(diào)遞減，e 2 e 2 x3
x
所以有 e 2 = x3，而 x1x3 = e
x1 ln x3 ，所以 x1x3 = x2 x2 = x
2
2 ，
因此 x1、x2、x3 成等比數(shù)列.
ax lnx
【變式 4-2】已知函數(shù) f x = x 和 g x = 有相同的最大值b .e ax
(1)求 a,b；
(2)證明：存在直線 y = m，其與兩條曲線 y = f x 和 y = g x 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)
交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列.
ax a 1- x【解析】（1） f x = f
ex
x = x ，e
當(dāng) a > 0時(shí)，當(dāng) x >1時(shí)， f x 0, f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x 1時(shí)， f x > 0, f x 單調(diào)遞增，
f x f (x) f 1 a所以當(dāng) x =1時(shí)，函數(shù) 有最大值，即 max = = ；e
當(dāng) a<0時(shí)，當(dāng) x >1時(shí)， f x > 0, f x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x 1時(shí)， f x 0, f x 單調(diào)遞減，
所以當(dāng) x =1時(shí)，函數(shù) f x 有最小值，沒(méi)有最大值，不符合題意，
由 g x lnx= g x 1- lnx=
ax ax2
，
當(dāng) a > 0時(shí)，當(dāng) x>e時(shí)， g x 0, g x 單調(diào)遞減，
當(dāng)0 x e時(shí)， g x > 0, g x 單調(diào)遞增，
所以當(dāng) x=e 1時(shí)，函數(shù) g x 有最大值，即 g(x)max = g e = ；ae
當(dāng) a<0時(shí)，當(dāng) x > e時(shí)， g x > 0, g x 單調(diào)遞增，
當(dāng)0 x e時(shí)， g x 0, g x 單調(diào)遞減，
所以當(dāng) x=e時(shí)，函數(shù) g x 有最小值，沒(méi)有最大值，不符合題意，
a 1
于是有 = a = 1, .
e ae
Qa > 0,\a =1,b 1=
e
（2）由（1）知，兩個(gè)函數(shù)圖象如下圖所示：
由圖可知：當(dāng)直線 y = m經(jīng)過(guò)點(diǎn)M 時(shí)，此時(shí)直線 y = m與兩曲線 y = f x 和 y = g x 恰好有三個(gè)交點(diǎn)，不
妨設(shè)0 x1 1 x2 e x3
x1 x2 lnx2 lnx
且 = 3ex1 ex
= = = m
2 x ，2 x3
x1 lnx2 lnx
由 x = =
2
lnx f x1 = f lnx2 ，又 x1 1, lnx2 lne =1e 1 x e ，22
又當(dāng) x - ,1 時(shí)， f x 單調(diào)遞增，所以 x1 = lnx2 ，
x2 lnx= 3 lnx= 3又 x lnx f xe x e 2 = f lnx3 ，又 x2 >1, lnx3 > lne =1，2 33
又當(dāng) x 1,+ 時(shí)， f x 單調(diào)遞減，所以 x2 = lnx3 ，
x3 lnx= 3 x2 1 , x2 x 1= = = 2 =
x2 lnx2 lnx2 m x1 lnx
；
2 m
x2 x3
于是有 = x x = x2x x 1 3 2 .1 2
題型五：雙元同構(gòu)
1
【典例 5-1】已知函數(shù) f x = alnx + x2 + a +1 x +1．
2
1 當(dāng) a = -1時(shí)，求函數(shù) f x 的單調(diào)增區(qū)間；
2 若函數(shù) f x 在 0, + 上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
3 若 a > 0，且對(duì)任意 x1， x2 0, + ， x1 x2 ，都有 f x1 - f x2 > 2 x1 - x2 ，求實(shí)數(shù) a 的最小值．
【解析】 1 a = -1 f x = -lnx 1+ x2當(dāng) 時(shí)， +1．
2
則 f ' x 1= - + x.
x
2
令 f ' x > 0 1，得- + x > 0 x -1，即 > 0，解得： x 0 或 x >1．
x x
因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?x x 0 ，
所以函數(shù) f x 的單調(diào)增區(qū)間為 1, + ．
2 由函數(shù) f x = alnx 1+ x2 + a +1 x +1．
2
因?yàn)楹瘮?shù) f x 在 0, + 上是增函數(shù)，
f ' x a x2 + a +1x a 1 x + a x +1 x + a 所以 = + + + = = 0對(duì) x 0, + 恒成立 .
x x x
即 x + a 0 對(duì) x 0, + 恒成立．
所以 a 0.
即實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 0, + ．
3 因?yàn)?a > 0，由 2 知函數(shù) f x 在 0, + 上是增函數(shù)．
因?yàn)?x1， x2 0, + ， x1 x2 ，不妨設(shè) x1 > x2 ，所以 f x1 > f x2 .
由 f x1 - f x2 > 2 x1 - x2 恒成立，可得 f x1 - f x2 > 2 x1 - x2 ，
即 f x1 - 2x1 > f x2 - 2x2 恒成立．
令 g x = f x - 2x = alnx 1+ x2 + a +1 x +1- 2x，則 g x 在 0, + 上應(yīng)是增函數(shù) .
2
a x2 + a -1g ' x x a 1 2 x + a所以 = + + + - = 0對(duì) x 0, + 恒成立．
x x
2
即 x + a -1 x + a 0對(duì) x 0, + 恒成立．
a x2 - x即 - 對(duì) x 0, + 恒成立
x +1
x2 - x 2
因?yàn)? = -
x +1+ - 3 3 - 2 2( 2當(dāng)且僅當(dāng) x +1 = 即 時(shí)取等號(hào) ) ，
x +1 è x +1 ÷ x +1
x = 2 -1
所以 a 3- 2 2 ．
所以實(shí)數(shù) a 的最小值為3- 2 2 ．
【典例 5-2】（河南省焦作市 2020—2021 學(xué)年高三年級(jí)第一次模擬考試數(shù)學(xué)試題）已知對(duì)任意的 a，b R
都有 b - a eb-a be-b - la 恒成立，則實(shí)數(shù)l 的值為（ ）
A． e B．1 C．0 D．-e
【答案】B
【解析】通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 f b - a + f -b 0，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為 f x 0對(duì)任意的 x R 恒成立，
x b-a -b b-a -b然后，對(duì) 進(jìn)行分類討論，進(jìn)而可得解解析：∵ b - a e be - la ，∴ b - a e l b - a - lb + be ，
∴ b - a eb-a - l b - a + -be-b - l -b 0 .
設(shè) f x = xex - lx，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 f b - a + f -b 0對(duì)任意的 a，b R 恒成立，則有b - a = -b時(shí)為
f b - a + f -b 0對(duì)任意的 a，b R 仍然成立，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 f x 0對(duì)任意的 x R 恒成立，當(dāng) x = 0
時(shí)，顯然成立；當(dāng) x 0 時(shí)，l e x ，所以l 1；當(dāng) x > 0時(shí)，l e x ，l 1 .
綜上l = 1 .
故選：B
【變式 5-1】（四川省成都市第七中學(xué) 2023-2024 學(xué)年高三階段性考試數(shù)學(xué)試題）若實(shí)數(shù) x ， y 滿足
4ln x + 2ln y x2 + 4y - 4，則（ ）
A． xy 2= B． x + y = 2
2
C． 2x + y =1+ 2 D． x3 y =1
【答案】A
1 2
【解析】因?yàn)?4ln x + 2ln y x2 + 4y 4
2ln x + ln y x + 2y - 2,
- ，所以 2
所以 ln(x2 y)
1 1
x2 + 2y - 2, ln( x2所以 2y)
1
x2 + 2y - 2,
2 2 2
1 x2令 = a, 2y = b，則 ln(ab) a + b - 2,即 ln a + ln b a + b - 2,
2
所以 ln a - a +1+ ln b - b +1 0,
令 g(x) = ln x - x +1, g (x)
1 1 1- x= - = ，
x x
令 g (x) > 0解得0 x 1，令 g (x) 0解得 x >1，
所以 g(x)在 0,1 單調(diào)遞增， 1, + 單調(diào)遞減，
g(x)max = g(1) = 0，
要使 ln a - a +1+ ln b - b +1 0成立，即 g(a) + g(b) 0，
則當(dāng)且僅當(dāng) a = b =1，
1 2
所以 x =1,2y 1 x 2, y
1
= 解得 = = ，
2 2
所以 xy 2= ，故 A 正確；
2
x y 2 1+ = + ，故 B 錯(cuò)誤；
2
2x 1+ y = + 2 2 ，故 C 錯(cuò)誤；
2
x3 y = 2 ，故 D 錯(cuò)誤.
故選:A.
1
【變式 5-2 2 x】（山西省太原市 2024 屆高三期中數(shù)學(xué)試題）已知 f (x) = ax - e + (a +1)x ，對(duì)任意
2
f
x , x (0, ) x1 - f x 1 2 + 2都有 a ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是（ ）x 1 - x2
A． (- ,0] B．( 0, 1) C． (- ,1] D．[1,+ )
【答案】C
【解析】由題意，不妨設(shè) x1 > x2 ，
f x1 - f x2
因?yàn)? a ，
x1 - x2
所以 f x1 - f x2 a x1 - x2 ，即 f x1 - ax1 f x2 - ax2，
1 2 x
令 g(x) = f x - ax = ax - e + x x > 0 ，
2
則 g(x1) g(x2 )，所以 g(x)在 (0, + )上為減函數(shù)，
所以 g (x) = ax - ex +1 0在 (0, + )上恒成立，
因?yàn)?g (x) = a - ex 在 (0, + )上單調(diào)遞減，所以 g (x) g (0) = a -1，
當(dāng) a 1時(shí)， g (x) 0 ，所以 g (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，
所以 g (x) g (0) = 0成立，符合題意；
當(dāng) a > 1時(shí)，令 g (x) > 0，得0 x ln a ，
所以 g (x) 在 0, ln a 上單調(diào)遞增，
所以當(dāng) x 0, ln a 時(shí)， g (x) > g (0) = 0 ，不符合題意.
綜上，實(shí)數(shù) a的取值范圍是 a 1 .
故選：C.
x
【變式 5-3】對(duì)于任意x1， x2 [1, + )
2
，當(dāng) x2 > x1 時(shí)，恒有 a ln 2(xx 2
- x1) 成立；則實(shí)數(shù) a的取值范圍是
1
A． (- ,0] B． (- ,1] C． (- , 2] D． (- ,3]
【答案】C
x2
【解析】對(duì)于任意 x1， x2 1,+ ，當(dāng) x2 > x1 時(shí)，恒有 aln 2 x2 - x1 x 成立，1
即 a ln x2 - 2x2 a ln x1 - 2x1 成立，
令 f x = a ln x - 2x，∴ f x2 f x1 ，
∴ f x 在 1, + 上單調(diào)遞減，
∴ f x a= - 2 0在 1, + 恒成立，∴ a 2x在 1, + 恒成立，
x
∵當(dāng) x 1， 2x 2，∴實(shí)數(shù) a的取值范圍為 - , 2 ，故選 C.
【變式 5-4】（多選題）（重慶市 2024 屆高三沖刺押題聯(lián)考（二）數(shù)學(xué)試題）若實(shí)數(shù) x ， y 滿足
4ln x + 2ln 2y x2 + 8y - 4 ，則（ ）
1
A． xy 2= B． x + y = 2 C． x + 2y = + 2 D． x2 y =1
4 2
【答案】AC
【解析】依題意可知 x > 0, y > 0，
不等式 4ln x + 2ln 2y x2 8y é 1+ - 4 ln 可化為 ê x
2
÷ 4y
ù 1
ú x
2 + 4y - 2，
è 2 2
a 1= x2設(shè) ,b = 4y ，則 ln ab a + b - 2，
2
即 ln a - a +1+ ln b - b +1 0，
設(shè) f x = ln x - x +1 x > 0 f x 1- x， = x ，
所以 f x 在區(qū)間 0,1 , f x > 0, f x 遞增；在區(qū)間 1, + , f x 0, f x 遞減.
所以 f x f 1 = 0，
所以要使 f a + f b 0成立，則 a = b =1，
a 1 2即 = x =1,b = 4y =1，由于 x > 0，故解得 x = 2, y
1
= ，
2 4
2 1
則 xy = ， x + y = 2 + ， x + 2y
1 1
= + 2 x2， y = ，
4 4 2 2
所以 AC 選項(xiàng)正確.
故選：AC
題型六：朗博同構(gòu)
【典例 6-1 a -2x】已知函數(shù) f x = alnx - 2x(a > 0)，若不等式 x e 3 f x +1對(duì) x > 0恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值
范圍為 .
【答案】 (0,2e]
【解析】不等式 xae-2x 3 f (x) +1對(duì) x > 0恒成立，
等價(jià)于 ea ln x-2x 3 f (x) +1，所以 e f ( x) - 3 f (x) -1 0，
設(shè) g(t) = et - 3t -1，其中 t = f (x) ，則 g (t) = et - 3，令 g (t) = 0得 t = ln 3，
所以當(dāng) t ln 3時(shí)， g (t) 0, g(t)單調(diào)遞減，當(dāng) t > ln 3時(shí)， g (t) > 0, g(t)單調(diào)遞增，
所以 g(x)min = g(ln 3) = 2 - 3ln 3 0，又 g(0) = 0, g(2) = e2 - 7 > 0，
所以存在 t0 (ln 3,2) 使得 g t0 = 0 ，
所以若 g(t) 0，則 t 0或 t t0，即 f (x) 0或 f (x) t0，
f (x) a= - 2 a - 2x= , x > 0，
x x
0, a 所以在 ÷上， f (x) > 0, f (x)單調(diào)遞增，
è 2
a
在 ,+ ÷ 上， f (x) 0, f (x) 單調(diào)遞減，
è 2
f (x) a 所以 max = f ÷ = a ln
a
- a ，所以只有 a ln
a
- a 0才能滿足要求，
è 2 2 2
即 a
ln a -1

÷ 0 ，又 a > 0，解得 0 a 2e ，
è 2
所以實(shí)數(shù) a的取值范圍為 (0,2e] .
故答案為： (0,2e] .
【典例 6-2】（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）當(dāng) x > 0時(shí)， x2 e4x - 2lnx ax +1恒成立，則實(shí)數(shù) a最大值為（ ）
4 4
A． B．4 C． D．8
e e2
【答案】B
2 4x
【解析】因?yàn)?x > 0 2 4x x e - 2lnx -1，由 x e - 2lnx ax +1，得 a .令
x
x2 e4x - 2lnx -1 e2lnx+4xf x - 2lnx -1= = x > 0
x x
令 g x = ex - x -1, x [0, + ) x，則 g x = e -1 0在[0, + ) 上恒成立，
x
故函數(shù) g x = e - x -1, x [0, + )在[0, + ) 上單調(diào)遞增，所以 g x g 0 = 0 即 ex x +1，
x 2lnx+4x f x 2lnx + 4x +1- 2lnx -1由 e x +1，得 e 2lnx + 4x +1，所以 = 4 .
x
當(dāng)且僅當(dāng) 2lnx + 4x = 0時(shí)，取“=”，
此時(shí) lnx = -2x，由 y = lnx與 y = -2x 圖象可知$x0 (0, + ）使 lnx0 = -2x0 ，此時(shí) f (x)min = 4 .
所以 a 4，即 a有最大值為 4.
故選：B.
【變式 6-1】不等式 2xex - 2ax - ln2x -1 0恒成立，則實(shí)數(shù) a的最大值為（ ）
1
A． B 1． 2 C．1 D．24
【答案】B
x x
【解析】設(shè) h x = e - x -1， x > 0，則 h x = e -1，因?yàn)?x > 0，所以 ex -1 > 0，
h x = ex所以 - x -1在 0, + 上單調(diào)遞增，所以 h x h 0 ，即 ex - x -1 0 .
所以 ex x +1在 0, + 恒成立.
由題意：函數(shù)的定義域?yàn)椋? 0, + .
x
2a 2xe - ln2x -1 2xe
x - ln2x -1
所以原不等式可化為： ，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求 （ x > 0）的最小值.
x x
2xex - ln2x -1 eln2x+x - ln2x -1 ln2x + x +1- ln2x -1
而 = =1（當(dāng)且僅當(dāng) ln 2x + x = 0時(shí)取“=”）
x x x
結(jié)合圖象：
0, 1 方程 ln 2x + x = 0在 ÷ 上有唯一解.
è 2
a 1所以 .
2
故選：B
【變式 6-2】對(duì)任意 x > 0，若不等式 ax2 ex + ax ln x(a > 0)恒成立，則 a 的取值范圍為（ ）
A． (0,2e] B． (1, + ) C． (0,1] D． 0,e
【答案】D
x
【解析】由 ax2 ex + ax ln x(a > 0)，得 ax2 - ax ln x ex，即 ax(x - ln x) ex ，所以 a(x - ln x)
e
= ex-ln x .
x
令 t = x - ln x，設(shè)m(x) = ln x - x +1, m (x)
1- x
= ，
x
則當(dāng) x >1時(shí)m x 0, m x 單調(diào)遞減，當(dāng)0 x 1時(shí)，m (x) > 0, m x 單調(diào)遞增，故當(dāng)m(x) m 1 = 0，故
ln x x -1,
et
故 t = x - ln x 1，則 at et ，即 a t ÷
(t 1) .
è min
記 n x =ex - x -1，則 n x =ex -1，
當(dāng) x > 0,n (x) > 0,n(x)單調(diào)遞增，當(dāng) x 0, n (x) 0,n(x)單調(diào)遞減，所以 n(x) n(0) = 0，故 ex x +1
x
由 ex
e
x +1，得 ex-1 x ，即 e(x 1)，當(dāng) x =1時(shí)，上式取等號(hào)，所以 a e .
x
綜上， a的取值范圍為 0,e
故選：D.
題型七：利用同構(gòu)解決不等式恒成立問(wèn)題
【典例 7-1】（2024· x江西·三模）已知函數(shù) f (x) = a - loga x, a (0,1) (1,+ )，若 f (x) 在其定義域上沒(méi)有零
點(diǎn)，則 a的取值范圍是 .
1
【答案】 ee ,+ ÷
è
【解析】因?yàn)?f (x) 在 (0, + )上連續(xù)，又 f (1) = a > 0 ，
所以要使 f (x) 無(wú)零點(diǎn)，需使 f (x) > 0 在其定義域上恒成立．
x
于是原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 f (x) = a - loga x > 0，求 a的取值范圍．
a x - loga x > 0 a
x > loga x，
ln x
a x > ，
ln a
a x ln a > ln x，
a x x ln a > x ln x，
a x ln a x > x ln x(*)，
令 h(x) = xex (x > 0),h (x) = (x +1)ex > 0 ，所以 h(x) 在 0, + 上單調(diào)遞增，又由 (*)式得
h ln a x > h(ln x) ln x，所以 ln a x = x ln a > ln x ，即 ln a > 恒成立．
x
j (x) ln x令 = ,j (x)
1- ln x
= 2 ，令j
(x) = 0得 x=e．
x x
因?yàn)楫?dāng)0 x e時(shí)，j (x) > 0 ，所以j(x) 在 0,e 上單調(diào)遞增；
因?yàn)楫?dāng) x>e時(shí)，j (x) 0，所以j(x) 在 e, + 上單調(diào)遞減，
所以 x=e是j(x) 的極大值點(diǎn)，
1 1j x = j e = ，所以 ln a 1>max e ，即e a > ee ．
1
綜上所述， a的取值范圍為 ee ,+ ÷．
è
1
故答案為： ee ,+ ÷ .
è
2
【典例 7-2】（2024· x全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）若不等式 a 1+ lnx 在 x 1,+ x 1 - 上恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍e
為（ ）
A． 1, 3+ é B． ê ,+ ÷ C． 2, + D． 4, + 2
【答案】A
x >1 x
2
x 1+ lnx 1+ lnx【解析】當(dāng) 時(shí)， x-1 a 1+ lnx 可化為 a = a ，e ex ex e1+lnx
令 f x x= x x
1- x
>1 ，則 f x = x 0 ，所以 f x 在 1, + 上單調(diào)遞減．e e
令 g x = x -1- lnx x >1 1 x -1，則 g x =1- = > 0，所以 g x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
x x
所以 g x >1-1- ln1 = 0，因此當(dāng) x >1時(shí)， x >1+ lnx >1．
f x
所以0 f

x f 1+ lnx x 1+ lnx，即0 1f 1 lnx ．則不等式 x a 1+lnx 可化為
f x af 1+ lnx ，
+ e e
f x
所以 a

> x 1, +
f 1 lnx 在 上恒成立，因此a 1，即實(shí)數(shù)
a的取值范圍為 1, + ．
+
故選：A．
【變式 7-1】已知函數(shù) f x = aeax+1 - lnx +1，若對(duì)任意的 x e,+ , f x 0恒成立，則正實(shí)數(shù) a的取值范
圍為（ ）
0, 1 é1 A． 2 ÷ B． ê ,+ ÷ C． e, +
é 1
D． ê 2 ,+

e e e ֏
【答案】D
【解析】由題意可得 aeax+1 - lnx +1 0 對(duì)任意的 x e,+ 恒成立，
即 aeax+1 lnx -1，對(duì)任意的 x e, + 恒成立；
x
x e, + axeax+1
ln +1
因?yàn)?，所以 lnx -1 x，化為 axeax+1 x ÷ ln ÷ e è e ，
è e
h x = xex+1令 ，則有 h ax h éln x ù x+1ê ÷ ，因?yàn)?h x = x +1 e ，
è e ú
在 x e, x+ 上恒大于 0，所以 h x 單調(diào)遞增，所以有 ax ln ÷，
è e
ln x
因?yàn)?x e, + ，所以 e ÷ a ln x - 1è ，即 在 x e, + a 上恒成立； x
x
令 g x ln x -1= ， x e, + ，所以 a é g x ù 在 x e, + max 上恒成立；x
2 - ln x
因?yàn)?g x = ，令 g x = 0 ，解得 x = e2
x2
，
所以當(dāng) x e,e2 時(shí)， g x 2單調(diào)遞增，當(dāng) x e ,+ 時(shí)， g x 單調(diào)遞減，
2 1 1
由此可知在 x = e2 時(shí)， g x 取得最大值，所以 é g x ù = g e = ，所以 a .max e2 e2
故選：D
x a
【變式 7-2】（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ae +1n - 2，若 f x > 0恒成立，則正實(shí)數(shù)
x + 2
a的取值范圍是（ ）
A．0 a e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
【答案】C
Q f (x) aex 1n a= + - 2 > 0 \ex+ln a【解析】 ， + ln a > ln x + 2 + 2，且 a > 0，
x + 2
x+ln a
兩邊加上 x 得， e + x + ln a > ln x + 2 + x + 2 = ln x + 2 + eln x+2 ，
設(shè) g x = x + ex ，則 g x =1+ ex > 0，所以 g x 單調(diào)遞增，
\ x + ln a > ln x + 2 ，即 ln a > ln x + 2 - x ，
k x = ln x + 2 - x k x 1 1 x +1令 ，則 = - = - ，
x + 2 x + 2
Q f x 的定義域是 -2, + ，
\當(dāng) x -2, -1 時(shí)， k x > 0， k x 單調(diào)遞增，當(dāng) x -1, + 時(shí)， k x 0， k x 單調(diào)遞減，
\當(dāng) x=- 1時(shí)， k x 取得極大值即為最大值， k x = k -1 =1max ，
\ln a > k x =1，\ a > emax .
故選：C．
7-3 2024· · f x = ekx 1 【變式 】（ 江西贛州 二模）已知函數(shù) +1， g x = 1+ ÷ ln x .若 kf x g x ，則 k 的取
è x
值范圍為（ ）
0,e e,+ é1A． B． C． ê ,+

÷ D． 0,
1ù
e è e ú
【答案】C
kx kx
【解析】因?yàn)?f x = e +1，所以 kf x = k e +1 ，
kf x g x k ekx +1 1 1+ 由 得 ÷ ln x x > 0 ，
è x
即 kx ekx +1 1+ x ln x x > 0 ，
ln ekx即 ekx +1 1+ x ln x x > 0 ，
構(gòu)造函數(shù) h x = 1+ x ln x x > 0 ，
ln ekx ekx +1 1+ x ln x x > 0 可化為 h ekx h x x > 0 ，
因?yàn)?h x ln x 1 1= + +1 x > 0 ，令 t x = ln x + +1 x > 0 ，
x x
則 t x 1 1 x -1= - = x > 0 ，令 t x = 0，解得 x =1，
x x2 x2
所以 x 0,1 時(shí)， t x 0 ， t x 在 0,1 上單調(diào)遞減，
所以 x 1, + 時(shí)， t x > 0， t x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 x =1時(shí)， t x 取得最小值，即 t x = t 1 = 2 > 0min ，
所以 t x > 0在 x 0, + 上恒成立，即 h x > 0在 x 0, + 上恒成立，
所以 h x 在 x 0, + 上單調(diào)遞增，
h ekx因?yàn)? h x x > 0 ，
所以 ekx x x > 0 ， kx ln x x > 0 ， k ln x x > 0 x ，
m x ln x x 0 m x 1- ln x令 = > ，則 = 2 x > 0 ，x x
令m x = 0，即1-ln x =0，解得 x=e，
所以 x 0,e 時(shí)，m x > 0，m x 在 0,e 上單調(diào)遞增，
x e,+ 時(shí)，m x 0 ，m x 在 0,e 上單調(diào)遞減，
所以 x=e時(shí)，m x 取得最大值，即m x m e 1= =max ，e
m x 1 1所以 ，所以 k≥ .
e e
故選：C
【變式 7-4】已知不等式 2le2x + ln l ln x 在 x 0, + 上恒成立，則實(shí)數(shù)l 的取值范圍是（ ）
é1 , é 1 , é 1A． ê + +

B é
2
．
e ÷ êe2 ÷
C．
ê
,+ ÷ D．2e ê
,+
e ÷
【答案】C
2x x
【解析】由 2le2x + ln l ln x 得 2le ln x - ln l = ln ，l
2xe2x x x即 ln ，
l l
f t = tet令 ， t 0, + ，則 f t = t +1 et > 0，
所以 f t = tet 在 0, + 上單調(diào)遞增，
ln x x
而 2xe2x x ln x = ln x e l 等價(jià)于 f 2x f ln ÷，l l l è l
2x ln x x∴ ，即l
l e2x
令 g x x= 2x ， x 0, +
1- 2x
，則 g x =
e e2x
，
g x x 0, 1所以 在 ÷時(shí) g x > 0，為增函數(shù)；
è 2
在 x
1 ,+ ÷時(shí)， g x 0，為減函數(shù)，
è 2
g x g 1 1所以 最大值為 ÷ =
1
，∴ l ．
è 2 2e 2e
故選：C
題型八：利用同構(gòu)求最值
【典例 8-1】“朗博變形” lnx是借助指數(shù)運(yùn)算或?qū)?shù)運(yùn)算，將 x 化成 x = ln e x ， x = e x > 0 的變形技巧.已知函
數(shù) f
x
x = x ex g x lnx， = - ，若 f x1 = g x2 = t > 0 1，則x x et 的最大值為（ ）2
1 1
A． 2 B． C．1 D． ee e
【答案】B
x lnx1 2
【解析】由 f x1 = g x2 = t > 0 ，得 x1 e = - = tx ，2
1 ln 1x x
1
即 11 e = ln
1 ln 1= x ÷e 2 > 0 ，所以， ln > 0x2 x2 è x2 x
，
2
令j x = xex x > 0 ，則j x = x +1 ex > 0 對(duì)任意的 x > 0恒成立，
所以，函數(shù)j x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
1 ln 1 1
由 x1 e
x1 = ln e x2 可得j x1 = j
1
ln ÷，所以 xx 1
= ln
x è 2 x
，
2 2
ln 1 1- t
令 h t x t = 2t = t > 0
，所以 h t = ，
x e et e
t
2
當(dāng)0 t 1時(shí)， h t > 0；當(dāng) t > 1時(shí)， h t 0 .
所以 h t 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 1上單調(diào)遞減，則 h t = h 1 =max ，e
故選：B.
【典例 8-2】已知函數(shù) f (x) = x + ln(x -1), g(x) = x ln x，若 f x1 = 1+ 2ln t, g x2 = t2 ，則 x 21x2 - x2 ln t 的
最小值為（ ）
A 1
1 1 2
． - B．-e C． 2 D．2e e e
【答案】A
【解析】 f x1 = x1 + ln x1 -1 = 1+ 2ln t ，所以 x1 -1+ ln x1 -1 = ln t 2 ，
則 ln x1 -1 ex1 -1 = ln t 2 ．
于是 x x1 -1 21 -1 e = t , g x 22 = x2 ln x2 = t ．所以 x -1 ex1 -11 = x2 ln x2 = ln x eln x22 ．
構(gòu)造函數(shù) y = xex ，
易知當(dāng) x > 0時(shí)， y = xex 單調(diào)遞增．所以， x1 -1 = ln x2 ．
于是 x1x2 - x2 ln t2 = x x -1 ln t2 = x 2 2 22 1 2 ln x2 ln t = t ln t ，
令u = t2 > 0，則 h(u) = u ln u, h (u) = ln u +1, h
1 1
÷ = 0． h(u)在 0, ÷ 上單調(diào)遞減，
è e è e
1
在 ,+

÷ 單調(diào)遞增．所以 h(u)
1 1
min = h

÷ = -
2 1
，即
è e è e e
é x1x2 - x2 ln t ù = - ．min e
故選：A
【變式 8-1】（2024·江西·臨川一中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x + ln x -1 ， g x = x ln x，若
f x1 =1+ 2ln t ， g x2 = t 2，則 x1x2 - x2 ln t 的最小值為（ ）
1 1 2
A 1．
e2
B． - -e C． D．2e e
【答案】B
【解析】 f x 的定義域?yàn)? 1, + ，所以 x1 >1， ex1 -1 >1 . f x1 =1+ 2ln t t > 0 .
f x =1+ 2ln t x -1+ ln x -1 = ln t 2 ex1 -1+ln x1 -1 1 ， 1 1 ，則 = x1 -1 ex1 -1 = t 2，
又因?yàn)?g x2 = t 2 x -1 x -1 x -1，所以 x 1 1 12 ln x2 = x1 -1 e = e ln e ，
令 h x = x ln x ，則 h x = h ex1 -12 ，
h ' x = ln x +1，當(dāng) x >1時(shí)，h' x > 0 ， h x 遞增，
所以 x2 = e
x1 -1，則 x1x2 - x2 ln t = x -1 ex1 -11 ln t = t 2 ln t = t ln t，
h x = x ln x '， h x = ln x +1，
h x 0, 1 , h ' x 0, h x 1 , + 所以 在區(qū)間 ÷ 遞減；在區(qū)間 ,h ' x > 0,h x 遞增，
è e è e ÷
所以 h x h 1 1的最小值為 ÷ = - ，即 Be e 選項(xiàng)正確.è
故選：B
ln t
【變式 8-2 2】已知函數(shù) f (x) = x + ln(x -1), g(x) = x ln x，若 f x1 = 1+ 2ln t, g x2 = t ，則 x x - x 的最大值1 2 2
為（ ）
1 1 1
A． B． C． D． e
2e e e2
【答案】A
【解析】由題意可得 f (x1) = x1 + ln(x1 -1) =1+ 2ln t ，
所以 x1 -1+ ln(x -1) = ln t
2
1 ，
x
所以 ln é(x -1)e 1 -1 1 ù = ln t
2
，
2 x -1
所以 t = (x 11 -1)e > 0 ，
由 g(x ) = x ln x = t 2 2 ln x，得 t = e 22 2 2 ln x2 > 0，
當(dāng) x > 0時(shí)，由 y = xex ，得 y = ex + xex > 0 ，
所以 y = xex 在 (0, + )上單調(diào)遞增，
所以 ln x2 = x1 -1，
ln t ln t ln t
所以 = =x1x2 - x2 x2 ln x2 t
2 ，
h(t) ln t
1
= t
2 - 2t ln t
令
t 2
，則 h (t) t 1- 2ln t= ，
t 4
=
t3
1令 h (t) = 0 ，得 t = e2 ，
1 1
當(dāng) t > e2 時(shí)， h
(t) 0，當(dāng)0 t e2 時(shí)， h (t) > 0 ，
1 1
所以 h(t)在 0,e2 ÷上遞增，在 e2 ,+ ÷ 上遞減，
è è
1
1 2
所以 h t h e2 ln e 1=max ÷ = = ，
è e 2e
故選：A
2
【變式 8-3】已知大于 1 的正數(shù) a，b ln b滿足 2a (
b )n ，則正整數(shù) n的最大值為（ ）
e a
A．7 B．8 C．5 D．11
【答案】C
ln2 b b ln2 b e2a
【解析】Q 2a ( )
n ，\ n ，e a b an
ln2 x (x >1) f (x) ln x(2 - n ln x)令 f (x) = ， ，則 =
xn xn+1
，
令 f (x) = 0
2
，解得： x = en ，
2 2
當(dāng) f (x) > 0時(shí)， x (1,en ) ，當(dāng) f (x) 0 時(shí)， x (en ,+ ) ，
2 2
故 f (x) 在 (1,en )上遞增，在 (en ，+ )上遞減，
2 2
則 f (x)
2 ( )
的最大值是 f (en ) = n ，
e2
2x 2x
令 g(x)
e
= (x >1)n ， ，則 g (x)
e (2x - n)
=
x xn+1
，
n
當(dāng)
n
1
2 時(shí)，此題無(wú)解，故
>1，
2
則 g (x)
n n
= 0時(shí)， x = ，當(dāng) g (x) > 0， x >
n
，當(dāng) g (x) 0 ，解得：1 x ，
2 2 2
g(x) (1, n) ( n故 在 遞減，在 + )2 2 ， 遞增，
n en
g(x) g( ) =則 的最小值是 2 (n)n ，
2
ln2 b e2a 2
n若 n n 成立，只需 f (en ) g( ) ，b a 2
(2)2 enn n+2 n n+2
即 e2
n ，即 e …( ) ，( )n 2
2
兩邊取對(duì)數(shù)可得： n + 2…(n + 2) ln n ，n 2e2 ，
故 n的最大正整數(shù)為 5，
故選：C．
題型九：利用同構(gòu)證明不等式
【典例 9-1】已知函數(shù) f (x) 2a= lnx + - 2(a R) ．
x +1
（1）討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
（2）當(dāng) a = 2時(shí)，求證： f (x) > 0 在 (1,+ )上恒成立；
2
（3 x）求證：當(dāng) x > 0 時(shí)， ln(x +1) >
ex
．
-1
2
【解析】（1）解：函數(shù) f (x) 的定義域?yàn)?(0,+ )， f (x) 1 2a x - 2(a -1)x +1= - = ，
x (x +1)2 x(x +1)2
令 f (x) = 0 ，即 x2 - 2(a -1)x +1 = 0，△ = 4(a -1)2 - 4 = 0 ，解得 a = 2或 a = 0，
若 0 a 2，此時(shí)△ 0， f (x)…0 在 (0,+ )恒成立，
所以 f (x) 在 (0,+ )單調(diào)遞增．
若 a > 2，此時(shí)△ > 0，方程 x2 - 2(a -1)x +1 = 0的兩根為：
x1 = (a -1) + a
2 - 2a ， x2 = (a -1) - a
2 - 2a 且 x1 > 0 ， x2 > 0 ，
所以 f (x) 在 (0,a -1- a2 - 2a )上單調(diào)遞增，
在 (a -1- a2 - 2a ,a -1+ a2 - 2a ) 上單調(diào)遞減，
在 (a -1+ a2 - 2a ,+ ) 上單調(diào)遞增．
若 a 0 ，此時(shí)△ > 0，方程 x2 - 2(a -1)x +1 = 0的兩根為：
x1 = (a -1) + a
2 - 2a ， x2 = (a -1) - a
2 - 2a 且 x1 0 ， x2 0 ，
所以 f (x) 在 (0,+ )上單調(diào)遞增．
綜上所述：若 a 2 ， f (x) 在 (0,+ )單調(diào)遞增；
若 a > 2， f (x) 在 (0,a -1- a2 - 2a )， (a -1+ a2 - 2a ,+ ) 上單調(diào)遞增，
在 (a -1- a2 - 2a ,a -1+ a2 - 2a ) 上單調(diào)遞減．
（2）證明：由（1）可知當(dāng) a = 2時(shí)，函數(shù) f (x) 在 (1,+ )上單調(diào)遞增，
所以 f (x) > f （1） = 0，所以 f (x) > 0 在 (1,+ )上恒成立．
4
（3）證明：由（2）可知 lnx + - 2 > 0 在 (1,+ )恒成立，
x +1
所以 ln(x +1) 2x> 在 (0,+ )恒成立，
x + 2
2x x2
下面證 > x ，即證 2 e
x - x2 - 2x - 2 > 0，
x + 2 e -1
設(shè)j(x) = 2 ex - x2 - 2x - 2 ，j (x) = 2 ex - 2x - 2 ，
設(shè) m(x) = 2 ex - 2x - 2 ， m (x) = 2 ex - 2，
易知 m (x) = 2 ex - 2 > 0 在 (0,+ )恒成立，
所以 m(x) = 2 ex - 2x - 2 在 (0,+ )單調(diào)遞增，
所以 m(x) = 2 ex - 2x - 2 > m(0) = 0 ，
所以j(x) = 2 ex - x2 - 2x - 2 在 (0,+ )單調(diào)遞增，
所以j(x) = 2 ex - x2 - 2x - 2 > j(0) = 0 ，
2x x2 x2
所以 > x ，即當(dāng) x > 0 時(shí)， ln(x +1) > ．x + 2 e -1 ex -1
ln(x +1) x ln(x +1) x
法二： > x ，即 ln( x+1) > ，x e -1 e -1 ex -1
令 f (x) x= x ，則原不等式等價(jià)于 f [ln(x +1)] > f (x) ，e -1
f (x) (1- x)e
x -1
= x 2 ，令 g(x) = (1- x)e
x -1，則 g (x) = -xex 0 ， g(x) 遞減，
(e -1)
故 g(x) g(0) = 0， f (x) 0 ， f (x) 遞減，
又 ln(x +1) x ，故 f [ln(x +1)] > f (x) ，原結(jié)論成立．
【典例 9-2】已知函數(shù) f (x) = e2x 1- ．
x
（1）討論函數(shù) f (x) 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）證明： xe2x - lnx - 2x 1- > 0 ．
x +1
1
【解析】（1）解：函數(shù) f (x) 定義域?yàn)閧x | x 0}，則 f (x) = 2e2x + 2 > 0 ，x
故 f (x) 在 (- ,0)， (0,+ )遞增，
當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) > 0 ，沒(méi)有零點(diǎn)；
當(dāng) x > 0 1時(shí)， f (x) 單調(diào)遞增， f ( ) = e - 4 0， f （1） = e2 -1 > 0，
4
1
由函數(shù)零點(diǎn)存在定理得 f (x) 在區(qū)間 ( ，1) 內(nèi)有唯一零點(diǎn)，
4
綜上可得，函數(shù) f (x) 只有一個(gè)零點(diǎn)．
（2）證明：法一：要證 xe2x - lnx - 2x 1- > 0 ，
x +1
1
即證 xe2x - lnx - 2x > ，
x +1
令 g(x) = xe2x - lnx - 2x ，定義域?yàn)?(0,+ )，
則 g (x) = (2x +1)e2x 2x +1- = (2x +1)(e2x 1- ) = (2x +1) f (x) ，
x x
1 f (x) (1由（ ）知， 在區(qū)間 ，1) 內(nèi)有唯一零點(diǎn)，設(shè)其為 x0 ，4
則 e2x 10 - = 0 ①，因 2x +1 > 0 ，且 f (x) 在區(qū)間 (0,+ )上單調(diào)遞增，
x0
所以當(dāng) x (0, x0 ) 時(shí)， f (x) 0， g (x) 0 ， g(x) 單調(diào)遞減，
當(dāng) x (x0 ， + ) 時(shí)， f (x) > 0 ， g (x) > 0 ， g(x) 單調(diào)遞增；
所以 g(x)min = g(x0 ) = x e
2x0
0 - lnx0 - 2x0 ，
1
由式①可得 e2x0 = ， lnx0 = -2xx 0
，
0
所以 g(x) 1min = x0 + 2x0 - 2x0 = 1，x0
又 x > 0 1時(shí)， 1恒成立，
x +1
所以 g(x) = xe2x - lnx - 2x…g(x0 ) = 1
1
> ，得證．
x +1
法二：?jiǎn)栴}轉(zhuǎn)化為證明 e2x+lnx (2x lnx) 1- + > ，
x +1
令 g(x) = ex - x ，易知 g(x)…1，（當(dāng)且僅當(dāng) x = 0 時(shí)“ = ”成立）
又 x 1> 0 ，則 1，
x +1
故 e2x+lnx - (2x 1+ lnx)…1 > （當(dāng)且僅當(dāng) 2x + lnx = 0時(shí)“ = ”成立）．
x +1
【變式 9-1】已知函數(shù) f (x) = ax -1- lnx(a R)．
（1）當(dāng) a = 2時(shí)，求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù) f (x) 在 x = 1處取得極值，對(duì)"x (0,+ )， f (x)…bx - 2 恒成立，求實(shí)數(shù)b 的取值范圍；
（3 x ln(x +1)）當(dāng) > y > e -1時(shí)，求證： ex- y > ．
ln(y +1)
1 f (x) 2 1 2x -1【解析】（ ）解： = - = ，
x x
f (x) 0 1 1 得 0 x ， f (x) > 0 得 x > ，
2 2
1 1
\ f (x)在 (0, ) 上遞減，在 ( ,+ ) 上遞增．
2 2
（2）解：Q函數(shù) f (x) 在 x = 1處取得極值，
\a = 1，
\ f (x)…bx - 2 1 1 lnx+ - …b ，
x x
g(x) 1 1 lnx 1令 = + - ，則 g (x) = - 2 (2 - lnx) ，x x x
由 g (x)…0 得， x…e2 ，由 g (x) 0 得， 0 x e2 ，
\ g(x) 在 (0 ， e2 ]上遞減，在[e2 ， + ) 上遞增，
\ g(x)min = g(e
2 ) 1 1= 1- 2 ，即b 1- 2 ．e e
x y
（3）證明： ex- y ln(x +1) e e> ，即證 > ，
ln(y +1) ln(x +1) ln(y +1)
ex
令 g(x) = ，
ln(x +1)
則只要證明 g(x) 在 (e -1,+ ) 上單調(diào)遞增，
ex[ln(x 1) 1+ - ]
又Q g (x) = x +12 ，ln (x +1)
顯然函數(shù) h(x) = ln(x 1) 1+ - 在 (e -1,+ ) 上單調(diào)遞增．
x +1
\h(x) > 1 1- > 0，即 g (x) > 0 ，
e
x y
\ g(x) 在 (e -1,+ ) e e上單調(diào)遞增，即 > ，
ln(x +1) ln(y +1)
x y e 1 ex- y ln(x +1)\當(dāng) > > - 時(shí)，有 > ．
ln(y +1)
【變式 9-2】已知函數(shù) f (x) = 2ln(x +1) + sin x +1，函數(shù) g(x) = ax -1- blnx(a ，b R ， ab 0) ．
（1）討論 g(x) 的單調(diào)性；
（2）證明：當(dāng) x…0時(shí)， f (x) 3x +1．
（3）證明：當(dāng) x > -1時(shí)， f (x) (x2 + 2x + 2)esin x ．
【解析】解：（1） g(x) ax - b的定義域?yàn)?(0,+ )， g (x) = ，
x
當(dāng) a > 0，b 0時(shí)， g (x) > 0，則 g(x) 在 (0,+ )上單調(diào)遞增；
當(dāng) a > 0，b > 0 時(shí)，令 g (x) b> 0，得 x > ，
a
令 g (x) b b b 0，得 0 x ，則 g(x) 在 (0, ) 上單調(diào)遞減，在 ( ,+ )上單調(diào)遞增；
a a a
當(dāng) a 0 ，b > 0 時(shí)， g (x) 0，則 g(x) 在 (0,+ )上單調(diào)遞減；
當(dāng) a 0 b，b 0時(shí)，令 g (x) > 0，得 0 x ，
a
令 g (x) 0，得 x b> ，則 g(x) 在 (0, b ) b上單調(diào)遞增，在 ( ,+ )上單調(diào)遞減；
a a a
2
（2）證明：設(shè)函數(shù) h(x) = f (x) - (3x +1) ，則 h (x) = + cos x - 3．
x +1
Q x…0 2，\ (0,2]， cos x [-1，1]，
x +1
則 h (x) 0 ，從而 h(x) 在[0 ， + ) 上單調(diào)遞減，
\h(x) = f (x) - (3x +1) h(0) = 0 ，即 f (x) 3x +1．
（3）證明：方法一：當(dāng) a = b = 1時(shí)， g(x) = x -1- lnx ．
由（1）知， g(x)min = g （1） = 0，\ g(x) = x -1- lnx…0，即 x…1+ lnx．
當(dāng) x > -1時(shí)， (x +1)2 > 0 ， (x +1)2 esin x > 0，則 (x +1)2 esin x…1+ ln[(x +1)2 esin x ]，
即 (x +1)2 esin x…2ln(x +1) + sin x +1，又 (x2 + 2x + 2)esin x > (x +1)2 esin x ，
\(x2 + 2x + 2)esin x > 2ln(x +1) + sin x +1，
即 f (x) (x2 + 2x + 2)esin x ．
方法二：當(dāng) x > -1時(shí)，要證 f (x) (x2 + 2x + 2)esin x ，
只需證 (x +1)2 esin x - [2ln(x +1) + sin x] -1+ esin x > 0
即證 eln( x+1)
2 +sin x - [2ln(x +1) + sin x] -1+ esin x > 0 ，
令 F (x) = ex - x -1，易證 F (x)…0 ，
故 eln( x+1)
2 +sin x - [2ln(x +1) + sin x] -1+ esin x > 0 ，
所以當(dāng) x > -1時(shí)， f (x) (x2 + 2x + 2)esin x ．
x lnx - x lnx
1．若對(duì)任意的 x1, x2 (m,+ )，且 x1 x ,
1 2 2 1
2 2x - x ，則 m 的最小值是（ ）2 1
2 1 1 e
A． B． C． D．
e e e2 4
【答案】B
x1lnx2 - x2lnx1
【解析】因?yàn)?x1 x2 , 2，故可得 x1 ln x2 - x2 ln x1 2x2 - 2xx2 - x
1，
1
ln x2 2 ln x1 2 ln x2 + 2 ln x + 2
即 + + 1x2 x x x
，
2 1 1 x2 x
，
1
f x ln x + 2令 = ，則上式等價(jià)于 f x2 f x1 ，又 x1 xx 2，
根據(jù)題意， f x 在 m,+ 單調(diào)遞減；
' - ln x -1 ' 1 f x 1又 f (x) = 2 ，令 f (x) 0，解得 x > ，即 的單調(diào)減區(qū)間為 , +

x e e ÷
，
è
要滿足題意，只需m
1
，即m
1
的最小值為 .
e e
故選：B.
x
2．對(duì)于任意 x1, x2 (2,+ ) ，當(dāng) x1 x2 時(shí)，恒有 a ln
2 - 2(x2 - x ) 0x 1 成立,則實(shí)數(shù)
a的取值范圍是
1
【答案】 - , 4
【解析】對(duì)于任意 x1，x2 ∈ 2，+ ，當(dāng)x2＞x1時(shí)，恒有 a（ln x2﹣1n x1）＜2（x2﹣x1）成立，
即恒有 aln x2﹣2 x2＜a1n x1﹣x1成立，
令 f（x）＝alnx﹣2x，則 f（x）在 2，+ 上為減函數(shù)，
a
則 f′（x）= - 2 0 在 2，+ 上恒成立，
x
∴a≤2x 在 2，+ 上恒成立，
即 a≤4．
∴實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 (- , 4]．
故答案為 (- , 4]．
3．若 ex - ax -x + ln(ax)，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為
【答案】 0,e
【解析】不等式 ex - ax -x + ln(ax)可化為 ex + x eln（ax）+ ln(ax)，
設(shè) g x = ex + x，則 g x = ex +1 > 0，即 g x 在 R 上單調(diào)遞增，
因?yàn)?g x g ln ax ，所以 x ln ax 恒成立，
根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得， a<0時(shí)顯然不成立，所以 a > 0，
所以 x ln ax = ln a + ln x，所以 ln a x - ln x 恒成立.
令 f x = x - ln x，則 f x 1=1- ,
x
當(dāng)0 x 1時(shí) f x 0，即 f x 單調(diào)遞減；當(dāng) x >1時(shí) f x > 0，即 f x 單調(diào)遞增.
所以 f x f 1 =1，
所以只需 ln a 1，即 a e ，又 a > 0，
所以 a的取值范圍為 0,e .
故選：B
1 ae 1
4．已知 a > 1，對(duì)任意 x 1,+ 都有 lna - ÷ x1 - e lnx 0è x ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .x e
2 ù
【答案】 1,e e ú
è
1 ae 1 lna 1 1 lna 1 1 1-
【解析】因?yàn)? lna - ÷ 1 - e x lnx 0

，即 lna
1 e 1- ÷ 1 x e lnx e

lna -

÷e x e
lnxe lnx e
è x x e è
x è x ，e x
g x = xex x令 , g x = x +1 e ，令 g x > 0，即 x +1 ex > 0，所以 x > -1，
令 g x 0 x，即 x +1 e 0，所以 x -1，
g x = xex所以 在 - , -1 上為減函數(shù)，在 -1, + 上為增函數(shù)，
1 1 1
依題意有 g lna - ÷ g lnx e
1 1
÷ ，又x a >1, x >1 lna - > -1, lnx
e = lnx > 0 ，
è è x e
所以 lna
1 1
- lnx lna 1 1 + lnx在 x 1,+ 恒成立，
x e x e
h x 1 1令函數(shù) = + lnx,h x -1 1 -e + x -e + x= 2 + = 2 ，令 h x > 0，即 2 > 0 ，所以 x>e，x e x ex ex ex
-e + x
令 h x 0，即 2 0，所以1 x e ，ex
所以 h x 1 1= + lnx在 1,e 上為減函數(shù)，在 e, + 上為增函數(shù)，
x e
2
所以 h x = h e 2= 2min ，故 lna 1 a e e ，e e
2 ù
故答案為： 1,e e ú .
è
5．已知當(dāng) x 0,e x+2 x，不等式 ae ln - 2恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 .
a
é 1
【答案】 ê 3 ,+ e ÷
x+2 x
【解析】由 ae ln - 2，得 ex+ln a+2 ，a ln x - ln a - 2
即 ex+lna+2 + x + lna + 2 elnx + lnx，
f x = ex設(shè) + x，則 f x + ln a + 2 f ln x ，
因?yàn)楹瘮?shù) y = ex , y = x 在R 上都單調(diào)遞增，
所以函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增，則 x + lna + 2 lnx，
所以 lna lnx - x - 2，
1 1- x
設(shè) g x = lnx - x - 2, x 0,e ，則 g x = -1 = ，
x x
當(dāng) x 0,1 時(shí)， g x > 0， g x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x 1,e 時(shí)， g x 0， g x 單調(diào)遞減，
所以 g x = g 1max = -3，
所以 lna -3，則 a e-3 ，
a é 1 + 所以實(shí)數(shù) 的取值范圍為 ê ， ÷． e3
é 1
故答案為： ê 3 ,+

÷ .
e
6．當(dāng) x > 0時(shí)， ae2x ln
x
x 恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .ae
é 1
【答案】 ê ,+ 2e ÷
【解析】因?yàn)楫?dāng) x > 0時(shí)， ae2x ln
x
x 恒成立，ae
所以 ae2x ln x - ln a - x在 0, + 上恒成立，
所以 eln a+2x + ln a + 2x eln x + ln x 在 0, + 上恒成立，
f x = ex令 + x，可得 f x = ex +1 > 0，
所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 f ln a + 2x f ln x ，
所以 ln a + 2x ln x在 0, + 上恒成立，即 ln a ln x - 2x在 0, + 上恒成立，
所以 ln a ln x - 2x ， x 0, + max 即可.
令 g x = ln x - 2x 1 1- 2x，可得 g x = - 2 = ，
x x
令 g x = 0, 1- 2x則 = 0 1，解得 x = ，
x 2
0 x 1當(dāng) 時(shí)， g x > 0 ,
2
當(dāng) x
1
> 時(shí)， g x 0 ,
2
所以 g x 在 0,
1 1
÷ 上單調(diào)遞增，在 ,+ ÷上單調(diào)遞減,
è 2 è 2
所以 g x g 1 = ln
1
-1 1= ln ，
è 2 ÷ 2 2e
所以 ln a ln
1 1
，解得 a ，
2e 2e
a é 1 所以實(shí)數(shù) 的取值范圍是 ê ,+ ÷ . 2e
1
7 1．已知當(dāng) x e時(shí)，不等式 xa + - e x a ln x 恒成立，則正實(shí)數(shù) a的取值范圍是 ．
x
a 1【答案】
e
1 1
【解析】由題意，原不等式可變形為 e x - xa - alnx，
x
1
1 1 a
即 e x - lne x xa - lnxa ，設(shè) f x = x - lnx，則當(dāng) x e時(shí)， f e
x ÷ f x 恒成立，
è
因?yàn)?f x =1 1 x -1- = ，所以函數(shù) f x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
x x
1 1ù 1
因?yàn)?x e， a > 0，則 0, ú ，所以 e x >1，
a
x e x > 1
，
è
因?yàn)?f x 在 1, + 上單調(diào)遞增，
1
f e x f xa 1 1所以要使 ÷ ，只需 e x xa ， 在 x e, + 上恒成立，取對(duì)數(shù)，得 alnx，è x
因?yàn)?x e
1
，所以 a ．令 h x = xlnx， x e, + ，因?yàn)?h x = lnx +1 > 0xlnx ，
所以 h x 在 e, + 上單調(diào)遞增，所以 h x = h emin = e，
所以0
1 1
，則 a
1
.
xlnx e e
1
故答案為： a .
e
8．已知函數(shù) f x = ln x - ax +1， a R ．
(1)求函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上的最大值；
(2)若"x > 0 2x， f x xe - 2ax 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
【解析】（1）函數(shù)的定義域?yàn)? 0, + .
由已知可得 f x 1 1- ax= - a = ．
x x
當(dāng) a 0時(shí)， f x > 0，故 f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增，
所以函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上的最大值為 f 2 = ln 2 - 2a +1；
當(dāng) a > 0時(shí)，由 f x > 0，解得0 x 1 ；由 f x 0，解得 x 1> ．
a a
所以函數(shù) f x 1 1 在 0, ÷上單調(diào)遞增，在 ,+ a ÷ 上單調(diào)遞減.，è è a
0 a 1 1則當(dāng) 時(shí)， > 2，則函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上單調(diào)遞增，
2 a
所以最大值為 f 2 = ln 2 - 2a +1；
1
當(dāng) a 1時(shí)，1
1
2，則函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上先增后減，
2 a
f 1 1所以最大值為 = ln -1+1 = - ln a ；
è a ÷ a
1
當(dāng)a 1時(shí)， 1，則函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上單調(diào)遞減，
a
所以最大值為 f 1 =1- a；
綜上所述，當(dāng) a
1
時(shí)， 函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上的最大值為 f 2 = ln 2 - 2a +1，
2
1 1 1
當(dāng) a 1時(shí)，函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上的最大值為 f ÷ = ln -1+1 = - ln a ，2 è a a
當(dāng)a 1時(shí)，函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上的最大值為 f 1 =1- a；
（2）設(shè) g(x) = ex - x -1，則 g x = ex -1，
當(dāng) x - ,0 時(shí)， g (x) 0， g(x)單調(diào)遞減，
當(dāng) x 0, + 時(shí)， g (x) > 0， g(x)單調(diào)遞增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0，則 ex x +1，
依題意，"x > 0， f x xe2x - 2ax 恒成立，即 a lnx +1 e2x - 恒成立，
x
e2x ln x +1
xe2x - ln x +1 e2x+ln x - ln x +1 2x + lnx +1- ln x +1
而 - = = = 2，
x x x x
當(dāng)且僅當(dāng) 2x + lnx = 0時(shí)，等號(hào)成立，
1 2
因?yàn)楹瘮?shù) h(x) = 2x + lnx在 0, + 上單調(diào)遞增， h ÷ = -1 0,h 1 = 2 0，
è e e
x 1 所以存在 0 ,1÷，使得 2x0 + ln x0 = 0成立，
è e
a e2x ln x +1- 所以 ÷ = 2x ，即實(shí)數(shù) a 的取值范圍為
- , 2 .
è min
9．（2024·云南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ex + a, g(x) = ln x.
(1)若函數(shù) g x 在 x =1處的切線 l也與函數(shù) f x 的圖象相切，求 a的值；
(2)若 f x + a g x 恒成立，求 a的取值范圍.
【解析】（1）Q g(x) = ln x,\ g (x)
1
= ，即 g(1) = 0, g (1) =1，
x
\函數(shù) g x 在 x =1的切線 l的方程為 y - g(1) = g (1)(x -1)，
代入得切線 l的方程為 y = x -1 .
Q f (x) = ex + a,\ f (x) = ex ，
由切線 l的斜率為 1，則令 f (x) = ex =1，解得： x = 0，
由 f (0) =1+ a，則函數(shù) f (x) 在 x = 0處的切線方程為 y - f (0) = f (0)(x - 0)，
代入得： y = x +1+ a，這與 y = x -1重合，所以得 a = -2 .
（2）由 f x + a g x 恒成立，等價(jià)于 ex+a + a ln x 恒成立，
即： ex+a + x + a x + ln x恒成立， 利用 x + ln x=elnx + ln x，
則令 h x = ex + x，則 h(x + a) h(ln x) .
Qh x = ex又 +1 > 0 ，\h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
所以不等式 h(x + a) h(ln x)恒成立等價(jià)于 x + a ln x恒成立，
即 a ln x - x .
令m(x) = ln x - x
1 1- x
，所以m x = -1 = ，
x x
因?yàn)楫?dāng)0 x 1時(shí)，m x 1- x= > 0，所以m x 在 0,1 上的單調(diào)遞增，
x
1- x
又因?yàn)楫?dāng) x >1時(shí)，m x = 0，所以m x 在 1, + 上的單調(diào)遞減，
x
所以m(x)max = ln1-1 = -1，即 a ln x - x = -1max ，
所以 a的取值范圍是： -1, + .
10 x a．已知函數(shù) f (x) = x e +1 - ax ln x, a R.
(1)若 a = 0, 求曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程．
(2)若 a =1, 證明： f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增．
(3)當(dāng) x >1時(shí)， f (x) a ln x恒成立，求 a的取值范圍．
x
【解析】（1）因?yàn)?a = 0, 所以 f (x) = x e +1 , 則 f (x) = (x +1)ex +1.
又 f (1) = e +1, f (1) = 2e +1,
所以曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程為 y - e -1 = (2e +1)(x -1),
即 (2e +1)x - y - e = 0.
x
（2）證明：因?yàn)?a =1, 所以 f (x) = x e +1 - x ln x,則 f (x) = (x +1)ex - ln x.
令 g(x) = ex - x -1,h(x) = ln x x 1, g (x)
1- x
- + 則 = ex -1, h (x) = .
x
當(dāng) x (0,+ )時(shí)， g (x) > 0, g(x)單調(diào)遞增，故 g(x) > g(0) =0.
當(dāng) x (0,1) 時(shí)，h (x) > 0,h(x)單調(diào)遞增，
當(dāng) x (1,+ )時(shí)，h (x) 0,h(x)單調(diào)遞減，故 h(x) h(1) = 0．
從而 f (x) = (x +1)ex - ln x > (x +1)2 - x -1 = x2 + x > 0在 (0, + )上恒成立，
則在 f (x) (0, + )上單調(diào)遞增.
（3） f (x) a ln x在 (1, + ) x a ln x上恒成立等價(jià)于 x e +1 ax + a ln x = a ln x e +1
在 (1, + )上恒成立．
若 a 0 a ln x ea ln x則 +1 0 ，則 x ex +1 a ln x ea ln x +1 顯然恒成立．
若 a > 0,則 a ln x > 0 在 (1, + )上恒成立，
令j(x) = x ex +1 , 由（1）可知j (x) > 0 在 (0, + )上恒成立，
故由 x ex +1 a ln x ea ln x +1 得j(x) j(a ln x) x則 x a ln x 即 a ．
ln x
x H (x) ln x -1令H (x) = (x >1),則 = ,
ln x (ln x)2
當(dāng) x (1, e) 時(shí)，H (x) 0, H (x) 單調(diào)遞減，當(dāng) x (e,+ )時(shí)，H (x) > 0, H (x) 單調(diào)遞增，
則H (x)min = H (e) = e,則0 a e ．
綜上所述， a的取值范圍為 (- , e].
x
11 e．已知函數(shù) f x = x > 0 .
x
(1)求 f x 的最小值；
(2)求證： f x > ln x - x + 3；
(3)當(dāng) x 1 x時(shí)，不等式 e + a ln ax ≥2ax 恒成立，求正數(shù) a的取值范圍.
x ex x -1
【解析】（1）由 f x e= x > 0 ，求導(dǎo)可得 f x = ，令 f x = 0，解得 x =12 ，則x x
x 0,1 1 1, +
f x - 0 +
f x 減 極小值 增
所以 f x 的最小值為 f 1 = e .
ex
（2）要證 f x > ln x - x + 3，只要證 - ln x + x - 3 > 0，
x
x x x
e e x -1 1 e + xg x ln x x 3 x 0 x -1 法一：設(shè) = - + - > ，則
x g x = 2 - +1 = ，x x x2
當(dāng) x 0,1 時(shí)， g x 0；當(dāng) x 1, + 時(shí)， g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
x
因此 g x g 1 = e - 2 > 0 e，即 - ln x + x - 3 > 0，
x
所以 f x > ln x - x + 3 .
ex
法二：令 t = ，由（1）可知 t e ，則 ln t = - ln x + x，
x
所以只要證 t + ln t - 3 > 0，
設(shè)u t = t + ln t - 3 t e ，u t =1 1+ > 0在 e, + 上恒成立，
t
所以u(píng) t 在 é e, + 上單調(diào)遞增，則u t u e = e - 2 > 0，
所以 t + ln t - 3 > 0，即原不等式得證.
x
（3）不等式 e + a ln ax 2ax x x x可化為 e - ax = e - a ln e ax - a ln ax ，
設(shè) h x = x - a ln x x > 0 ， h x 1 a x - a= - = ，
x x
由 a > 0，則當(dāng) x 0, a 時(shí)， h x 0；當(dāng) x a, + 時(shí)， h x > 0，
所以 h x 在 0, a 上單調(diào)遞減，在 a,+ 上單調(diào)遞增，
x
原不等式等價(jià)于 h e h ax ，
①當(dāng) a 0,e 時(shí)，因?yàn)?x 1，則 ex e a, ax a ，
x
所以 h ex h ax 轉(zhuǎn)化為 e x ax ，即 a e ，
x
ex
由（1）可知 f x = 的最小值為 e，所以 a e ，符合題意，
x
所以0 a e .
x
②當(dāng) a e, + e時(shí)，由（1）可知， f x = 在 é1, + 單調(diào)遞增， f x e，x
ex
所以 = a在 1, + 有唯一實(shí)數(shù)解，設(shè)為 x0 ，且 x0 >1，則 ex0 = ax0， x0 = ln ax0 ，x
設(shè)j x = ex + a ln ax - 2ax x，則j x0 = e 0 + a ln ax0 - 2ax0 = ax0 + ax0 - 2ax0 = 0，
x
若 e + a ln ax 2ax成立，則j x 0 = j x0 ，
j x 1, + j x = 0 j x ex a因?yàn)?在 上是可導(dǎo)函數(shù)，所以 0 ，而 = + - 2a，x
a x -1 2
則j x = ex a 2a ax a00 + - = 0 + - 2a
0 = > 0，與j x0 = 0 矛盾，不合題意，舍去.x0 x0 x0
綜上：正數(shù) a的取值范圍是 0,e .
12．（2024· x廣東佛山·一模）已知函數(shù) f x = ae .
(1)討論函數(shù)F x = f x + x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) x > 2 f x x - 2時(shí)， > ln - 2，求 a的取值范圍.
a
【解析】（1）F x = aex +1，定義域?yàn)镽
當(dāng) a 0時(shí)，F(xiàn) x > 0恒成立，函數(shù)F x 在R 上是增函數(shù)
當(dāng) a 0時(shí)，由F x = 0得 x0 = - ln -a ，
當(dāng) x - ln -a 時(shí)，F(xiàn) x > 0，函數(shù)F x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x > - ln -a 時(shí)，F(xiàn) x 0，函數(shù)F x 單調(diào)遞減.
綜上所述，當(dāng) a 0時(shí)，函數(shù)F x 在R 上是增函數(shù)；
當(dāng) a 0時(shí)，函數(shù)F x 在 - , - ln -a 上單調(diào)遞增，在 - ln -a , + 上單調(diào)遞減.
a 0 f x ln x - 2（2）顯然 > ，由 > - 2 aex，得 + x + ln a > ln x - 2 + x - 2 ，即
a
ex+ln a + x + ln a > eln x-2 + ln x - 2 ①
令 g x = ex + x，不等式①即為 g x + ln a > g ln x - 2 ，
因?yàn)?g x = ex +1 > 0，所以函數(shù) g x 在 - , + 內(nèi)單調(diào)遞增，
所以 x + ln a > ln x - 2 即 ln a > ln x - 2 - x ，
令 h x = ln x - 2 - x，則 h x 1 3- x= -1 = ，
x - 2 x - 2
當(dāng) 2 x 3時(shí)， h x > 0，函數(shù) h x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x > 3時(shí)， h x 0，函數(shù) h x 單調(diào)遞減
當(dāng) x = 3時(shí)，函數(shù) h x 取最大值 h 3 = -3
1
所以 ln a > -3，解得 a >
e3
.
13 ae
2x -1 2
．（2024·廣東深圳·二模）已知函數(shù) f x = 的圖象在 1, f 1 處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn) 2,2e .
x
(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= 2lx，若關(guān)于 x 的不等式lxg x e -1在區(qū)間 1, + 上恒成立，求正實(shí)數(shù)l 的取值范圍.
lnx
2x
【解析】（1）函數(shù) f x ae -1= 的定義域是 x∣x 0 ，
x
2axe2x - ae2x -1
f x = 2 .
x2
, f 1 = ae +1,
所以 f x 在點(diǎn) 1, ae2 -1 2處的切線方程為 y - ae -1 = ae2 +1 x -1 ，
2
切線經(jīng)過(guò)點(diǎn) 2,2e ，則 a =1 .
2x
f x 2x -1 e +1= ，設(shè)j x = 2x -1 e2x +1,j x = 4xe2x
x2
，
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(wú)單調(diào)減區(qū)間.
x
ax2 -1 x2 -1 e2lx
（2）l > 0, a =1,lx e2lx -1在區(qū)間 1, + -1上恒成立，即 ，
lnx lnx lx
2t 2lx
t = lnx(t > 0) e -1 e -1令 ，則 ，即 f t f lx .
t lx
由（1），只需要 t lx l
lnx
，也就是 在區(qū)間 1, + 上恒成立.
x
h x lnx , h x 1- lnx設(shè) = = , h e = 0 ，.
x x2
1 x e, h (x) > 0; x > e,h (x) 0，
故 h e 1= 是 h x lnx= 的最大值，
e x
1
所求l
é
的取值范圍是 ê ,+ e ÷
.

14．（2024· x廣東佛山·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = e - aln ax +1 -1，其中 a > 0， x 0 .
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求函數(shù) f x 的零點(diǎn)；
(2)若函數(shù) f x 0恒成立，求 a的取值范圍.
x
【解析】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f x = e - ln x +1 -1，
f x 1= ex - ，
x +1
1
當(dāng) x 0 時(shí)， ex 1 ，得 f x 0恒成立.
x +1
即可得 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增.
而此時(shí) f 0 = 0，
即可得 f x 在 0, + 上僅有 1 個(gè)零點(diǎn)，且該零點(diǎn)為 0.
（2）函數(shù) f x 0 x等價(jià)于 e - aln ax +1 -1 0，
x
因 a > 0 e，所以 ln ax 1 1+ +
a a
ex-lna得 ln ax 1+1 +
a
x-lna
所以 e + x - lna ln ax +1 1+ + x - lna
a
ex-lna x lna ln ax +1
ax+1
+ -
ax +1 ln ÷
所以 + = e è a ax +1 a ÷
+ln ÷
è a è a
構(gòu)造函數(shù) g x = ex + x g x - lna g ln ax +1 ，上式等價(jià)于 ÷÷
è è a
函數(shù) g x ax +1 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，從而可得 x - lna ln ÷成立.
è a
化簡(jiǎn)可得 x ln ax +1 等價(jià)于ex - ax -1 0恒成立.
設(shè)函數(shù) h x = ex - ax -1，易知 h 0 = 0，
h x = ex - a ，
當(dāng)0 a 1時(shí)，因 x 0 ，ex 1 h x = ex ，故 - a 0，
所以 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
所以 h x h 0 = 0，滿足題意，
當(dāng) a > 1時(shí)， x 0, ln a 時(shí)， h x = ex - a 0，
此時(shí) h x 在 0, ln a 上單調(diào)遞減，
故當(dāng) x 0, ln a 時(shí) h x h 0 = 0，不符合題意.
綜上可得 a的取值范圍是 0,1 .
15．（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ln x + ln a + (a -1)x + 2(a > 0)．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2)若不等式 ex-2 f (x) 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【解析】（1） f (x) 的定義域?yàn)?(0, + )， f (x)
1
= + a -1，
x
當(dāng)a 1時(shí)， f (x) > 0， f (x) 在 (0, + )上為增函數(shù)；
當(dāng) 0 a 1時(shí)，由 f (x) > 0，得0 1 x ，由 f (x) 0 x 1，得 > ，
1- a 1- a
1 1
所以 f (x) 在 (0, ) 上為增函數(shù)，在 ( , + )上為減函數(shù).
1- a 1- a
綜上所述：當(dāng)a 1時(shí)， f (x) 在 (0, + )上為增函數(shù)；
當(dāng) 0 a 1時(shí)， f (x) 在 (0,
1 ) 1上為增函數(shù)，在 ( , + )上為減函數(shù).
1- a 1- a
（2） ex-2 f (x) ex-2 ln x + ln a + (a -1)x + 2 ex-2 + x - 2 ln(ax) + ax
ln ex-2 + ex-2 ln(ax) + ax，
設(shè) g(x) = ln x + x ，則原不等式恒成立等價(jià)于 g(ex-2 ) g(ax)在 (0, + )上恒成立，
1
g (x) = +1 > 0， g(x)在 (0, + )上為增函數(shù)，
x
則 g(ex-2 ) g(ax)在 (0, + )上恒成立，等價(jià)于ex-2 ax 在 (0, + )上恒成立，
ex-2
等價(jià)于 a 在 (0, + )上恒成立
x
ex-2 ex-2x - ex-2 x-2h(x) (x > 0) h (x) e (x -1)令 = ， =
x x2
= ，
x2
令 h (x) 0，得0 x 1，令 h (x) > 0，得 x >1，
所以 h(x) 在( 0, 1)上為減函數(shù)，在 (1, + )上為增函數(shù)，
所以 h(x)min = h(1)
1 1
= ，故0 a .
e e
16．（2024· x廣東汕頭·三模）設(shè) f x = e ， g x = ln x，
(1)證明： xf x x + g x +1；
x g x
(2) 若存在直線 y = t ，其與曲線 y = f x 和 y = 共有 3 個(gè)不同交點(diǎn) A x1, t ，B x2 , t ，C x3 , t x
x1 x2 x3 ，求證：x1，x2， x3成等比數(shù)列.
【解析】（1）因?yàn)?f x = ex ， g x = ln x，所以 xf x x + g x +1等價(jià)于 xex x + ln x +1，
即 ex+ln x x + ln x +1，
令 t = x + ln x, t R ，則只需證 et t +1，
設(shè) g(t) = et - t -1, t R ，則 g (t) = et -1, t R ，
當(dāng) t 0時(shí)， g (t) 0 ， g(t)單調(diào)遞減；當(dāng) t > 0時(shí)， g (t) > 0， g(t)單調(diào)遞增；
故 g(t) g(0) =1- 0 -1 = 0，即 et t +1成立，
所以 ex+ln x x + ln x +1成立，即 xf x x + g x +1得證；
（2）記F (x)
x x
= =
f x ex ，則F
(x) 1- x= x ，e
當(dāng) x (- ,1) 時(shí)，F(xiàn) (x) > 0；當(dāng) x (1,+ )時(shí)， F (x) 0．
故 F (x)在 (- ,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在 (1, + )內(nèi)單調(diào)遞減，故F (x)max = F (1)
1
= ；
e
g x ln x G (x) 1- ln x記G(x) = = ，則 = 2 ，x x x
當(dāng) x (0,e)時(shí)，G (x) > 0，當(dāng) x (e,+ )時(shí)，G (x) 0，
G(x) (0, e) (e, + ) G(x) G(e) 1故 在 內(nèi)單調(diào)遞增，在 內(nèi)單調(diào)遞減，故 max = = .e
所以函數(shù) F (x)與函數(shù)G(x)有相同的最大值，畫(huà)出 F (x)與G(x)的圖象如下圖：
1
可知， t 且1 x2 e，又當(dāng) x (0,+ )時(shí)，F(xiàn) (x) > 0，故 t > 0，e
當(dāng)0 t
1
時(shí)，直線 y = t 與兩條曲線 y = F (x)和 y = G(x)各有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
e
則直線 y = t 與曲線 y = F (x)的兩個(gè)交點(diǎn)分別位于區(qū)間( 0, 1)和 1, + ，
而直線 y = t 與曲線 y = G(x)的兩個(gè)交點(diǎn)分別位于區(qū)間 (0, e)和 (e, + 拔高點(diǎn)突破 03 導(dǎo)數(shù)中的朗博同構(gòu)、雙元同構(gòu)、指對(duì)同構(gòu)
與二次同構(gòu)問(wèn)題　
目錄
01 方法技巧與總結(jié) ...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結(jié) ...............................................................................................................................2
題型一：同構(gòu)法的理解 ........................................................................................................................4
題型二：利用同構(gòu)比較大小 ................................................................................................................5
題型三：方程同構(gòu) ................................................................................................................................6
題型四：零點(diǎn)同構(gòu) ................................................................................................................................6
題型五：雙元同構(gòu) ................................................................................................................................7
題型六：朗博同構(gòu) ................................................................................................................................8
題型七：利用同構(gòu)解決不等式恒成立問(wèn)題 ........................................................................................9
題型八：利用同構(gòu)求最值 ....................................................................................................................9
題型九：利用同構(gòu)證明不等式 ..........................................................................................................10
03 過(guò)關(guān)測(cè)試 .........................................................................................................................................11
方法技巧總結(jié)一、常見(jiàn)的同構(gòu)函數(shù)圖像
函數(shù)表達(dá)式 圖像 函數(shù)表達(dá)式 圖像
y = ln x - x
y = ln x + x 函數(shù)極值點(diǎn)
1, -1
y = x ln x y ln x=
x
函數(shù)極值點(diǎn)
函數(shù)極值點(diǎn)
1 , 1 - ÷ e, 1 è e e e ÷è
y x= y = ex + x
ln x
過(guò)定點(diǎn)
函數(shù)極值點(diǎn)
e,e 0,1
x
y = ex - x y = xe
函數(shù)極值點(diǎn)
函數(shù)極值點(diǎn)
0,1 -1,
1
-
e ֏
x y xy e == exx
函數(shù)極值點(diǎn)
函數(shù)極值點(diǎn)
11,e 1, e ֏
方法技巧總結(jié)二：同構(gòu)式的基本概念與導(dǎo)數(shù)壓軸題
1、同構(gòu)式：是指除了變量不同，其余地方均相同的表達(dá)式
2、同構(gòu)式的應(yīng)用：
（1）在方程中的應(yīng)用：如果方程 f a = 0和 f b = 0 呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則 a,b可視為方程 f x = 0
的兩個(gè)根
（2）在不等式中的應(yīng)用：如果不等式的兩側(cè)呈現(xiàn)同構(gòu)特征，則可將相同的結(jié)構(gòu)構(gòu)造為一個(gè)函數(shù)，進(jìn)
而和函數(shù)的單調(diào)性找到聯(lián)系．可比較大小或解不等式．<同構(gòu)小套路>
x x
①指對(duì)各一邊，參數(shù)是關(guān)鍵；②常用“母函數(shù)”： f x = x e ， f x = e x ；尋找“親戚函數(shù)”是關(guān)鍵；
③信手拈來(lái)湊同構(gòu)，湊常數(shù)、 x 、參數(shù)；④復(fù)合函數(shù)（親戚函數(shù)）比大小，利用單調(diào)性求參數(shù)范圍．
（3）在解析幾何中的應(yīng)用：如果 A x1, y1 , B x2 , y2 滿足的方程為同構(gòu)式，則 A,B 為方程所表示曲
線上的兩點(diǎn)．特別的，若滿足的方程是直線方程，則該方程即為直線 AB 的方程
（4）在數(shù)列中的應(yīng)用：可將遞推公式變形為“依序同構(gòu)”的特征，即關(guān)于 an ,n 與 an-1,n -1 的同構(gòu)
式，從而將同構(gòu)式設(shè)為輔助數(shù)列便于求解
3 x、常見(jiàn)的指數(shù)放縮： e x +1(x = 0);ex ex(x =1)
1 x
4、常見(jiàn)的對(duì)數(shù)放縮：1- ln x x -1(x =1);ln x (x = e)
x e
5

、常見(jiàn)三角函數(shù)的放縮： x 0, ÷,sin x x tan x
è 2
6、學(xué)習(xí)指對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)時(shí)，曾經(jīng)提到過(guò)兩個(gè)這樣的恒等式：
1 當(dāng)a > 0 a 1, x > 0 aloga x（ ） 且 時(shí)，有 = x
（2 x） 當(dāng) a > 0 且 a 1時(shí)，有 loga a = x
再結(jié)合指數(shù)運(yùn)算和對(duì)數(shù)運(yùn)算的法則，可以得到下述結(jié)論（其中 x > 0 ）
（3） xex = ex+ln x; x + ln x = ln xex
x x
（4 e ex-ln x : x ln x ln e） = - =
x x
（5） x2ex = ex+2ln x; x + 2ln x = ln x2ex
x x
（6 e） = ex-2ln x , e x-2ln x
x2 x2
= e
x
再結(jié)合常用的切線不等式 lnx x-1， ln x ,ex x +1,ex ex 等，可以得到更多的結(jié)論，這里僅以
e
第（3）條為例進(jìn)行引申：
x x+ln x
（7） xe = e x + ln x +1； x + ln x = ln xex xex -1
xex = ex+ln x（8） e(x + ln x)
x
； x + ln x = ln xex xe = xex-1e
7、同構(gòu)式問(wèn)題中通常構(gòu)造親戚函數(shù) xex 與 x ln x ，常見(jiàn)模型有：
1
① a x > log x ex ln a ln x> x ln a ex ln aa > x ln x = ln x e
ln x x ln a > ln x a > ee ；
ln a
② elx
ln x
> lelx > ln x l x elx > x ln x l x elx > ln x eln x l x 1> ln x l > ；
l e
③ eax + ax > ln x + 1 + x + 1 = eln x+1 + ln x + 1 ax > ln x + 1
8、乘法同構(gòu)、加法同構(gòu)
（1）乘法同構(gòu)，即乘 x 同構(gòu)，如 ln a ex ln a > ln x x ln a ex ln a > ln x eln x ；
（2）加法同構(gòu)，即加 x 同構(gòu)，如 a x > loga x a
x + x > loga x + x = a
loga x + loga x ，
（3）兩種構(gòu)法的區(qū)別：
①乘法同構(gòu)，對(duì)變形要求低，找親戚函數(shù) xex 與 x ln x 易實(shí)現(xiàn)，但構(gòu)造的函數(shù) xex 與 x ln x 均不是單調(diào)函
數(shù)；
②加法同構(gòu)，要求不等式兩邊互為反函數(shù)，構(gòu)造后的函數(shù)為單調(diào)函數(shù)，可直接由函數(shù)不等式求參數(shù)范
圍；
題型一：同構(gòu)法的理解
【典例 1-1】對(duì)下列不等式或方程進(jìn)行同構(gòu)變形，并寫(xiě)出相應(yīng)的同構(gòu)函數(shù)．
(1) log x - k 2kx2 0；
1
(2) e2lx - ln x 0；
l
m
(3) x2lnx - me x 0；
1
(4)a eax + 1 2 x + ÷ lnx ；
è x
(5) a ln x -1 + 2 x -1 ax + 2ex ；
(6) x + a ln x + e- x xa (x >1)；
(7) e- x - 2x - ln x = 0；
(8) x2ex + lnx = 0．
【典例 1-2】關(guān)于 x 的不等式aeax -2ln x 2ln 2有解，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .
【變式 1-1】（2024· 2內(nèi)蒙古·三模）已知函數(shù) f x = x - ax + 2lnx .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2) a > 0, f x eax若 恒成立，求 a的取值范圍.
題型二：利用同構(gòu)比較大小
1
【典例 2-1】已知 a,b,c
ln5
,+ ÷ ，且 = -5ln a
ln3
， = -3lnb
ln 2
， = -2ln c ，則（
e ）è a b c
A．bC． a c b D． a b c
【典例 2-2】已知 a,b,c (1,+ ) 2．且 a - 2ln a 1
ln 2
- = ，b2 - 2lnb 1
1 c2 2ln c 1 ln π- = ， - - = ，則（
π ）2 e
A．b > a > c B．b > c > a
C． a > b > c D． c > a > b
【變式 2-1】已知 a，b， c (0,1) ，且 a - 5 = ln a - ln 5，b - 4 = ln b - ln 4， c - 3 = ln c - ln 3，則 a，b，c 的
大小關(guān)系是（ ）
A．b【變式 2-2】已知 a = 0.5ln 2，b = 0.4 ln 5 - ln 2 ， c 8= ln 3 - ln 2 ，則 a，b ，c的大小順序是（ ）
9
A． a b c B．b a c
C． c b a D． a c b
題型三：方程同構(gòu)
【典例 3-1】（江蘇省常州市前黃高級(jí)中學(xué) 2023-2024 學(xué)年高三期初數(shù)學(xué)試題）已知實(shí)數(shù) a,b滿足 a = e2024-a ，
2021+ ln b = e3-ln b ，則 ab = ．
【典例 3-2】（江蘇省泰州市泰興中學(xué) 2023-2024 學(xué)年高三期中數(shù)學(xué)試題）已知實(shí)數(shù) a，b 滿足 e2021-a - a = 0，
e2-lnb - ln b - 2019 = 0,則 ab＝ ．
ì ( x-1)3 +2018 x-1 =-5
【變式 3-1】設(shè) x，y 為實(shí)數(shù)，且滿足 3í(y -1) + 2018 y -1 = 5，則 x + y = （ ）

A．2 B．5 C．10 D．2018
【變式 3-2 x】同構(gòu)式通俗的講是結(jié)構(gòu)相同的表達(dá)式，如： f x = x + e ， f ln x = ln x + eln x = ln x + x ，稱
x ex x 6 ln 3x 1 3 5x +e 與 ln x + x 為同構(gòu)式．已知實(shí)數(shù) x , x 滿足 11 2 + 1 = ， 2 + + x2 = ，則 x1 + 3x2 = ．2 2
【變式 3-3】（2024·高三·遼寧大連·期中）在數(shù)學(xué)中，我們把僅有變量不同，而結(jié)構(gòu) 形式相同的兩個(gè)式子
稱為同構(gòu)式，相應(yīng)的方程稱為同構(gòu)方程，相應(yīng)的不等式稱為同構(gòu)不等式．若關(guān)于 a的方程 aea-2 = e4 和關(guān)于
b 3l-1 +的方程b(ln b - 2) = e a,b R 可化為同構(gòu)方程，則ab的值為（ ）
A． e8 B．e C． ln 6 D．1
題型四：零點(diǎn)同構(gòu)
【典例 4-1】（2024·高三·天津西青·期末）已知函數(shù) f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x．
(1)若曲線數(shù) y = f (x) 與 y = g(x) 在 x =1處切線的斜率相等，求 a的值；
(2)若函數(shù) f (x) 與 g(x)有相同的最小值．
①求 a的值；
②證明：存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 與 y = g(x) 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右三個(gè)交點(diǎn)
的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．
【典例 4-2】（2024·江西南昌·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
(2)是否存在直線 y = b，其與兩條曲線 y = f (x) 和 y = g(x) 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫
坐標(biāo)成等差數(shù)列？說(shuō)明理由．
x ln x
【變式 4-1】（2024·上海嘉定·一模）已知 f (x) = x , g(x) = ．e x
(1)求函數(shù) y = f (x)、y = g(x) 的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)請(qǐng)嚴(yán)格證明曲線 y = f (x)、y = g(x) 有唯一交點(diǎn)；
a 0, 1 (3)對(duì)于常數(shù) ÷ ，若直線 y = a 和曲線 y = f (x)、y = g(x) 共有三個(gè)不同交點(diǎn) xe 1
, a 、 x2 ,a 、 x3 ,a ，其
è
中 x1 x2 x3，求證： x1、x2、x3 成等比數(shù)列．
ax lnx
【變式 4-2】已知函數(shù) f x = x 和 g x = 有相同的最大值b .e ax
(1)求 a,b；
(2)證明：存在直線 y = m，其與兩條曲線 y = f x 和 y = g x 共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)
交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列.
題型五：雙元同構(gòu)
【典例 5-1】已知函數(shù) f x = alnx 1+ x2 + a +1 x +1．
2
1 當(dāng) a = -1時(shí)，求函數(shù) f x 的單調(diào)增區(qū)間；
2 若函數(shù) f x 在 0, + 上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；
3 若 a > 0，且對(duì)任意 x1， x2 0, + ， x1 x2 ，都有 f x1 - f x2 > 2 x1 - x2 ，求實(shí)數(shù) a 的最小值．
【典例 5-2】（河南省焦作市 2020—2021 學(xué)年高三年級(jí)第一次模擬考試數(shù)學(xué)試題）已知對(duì)任意的 a，b R
b - a eb-a be-b都有 - la 恒成立，則實(shí)數(shù)l 的值為（ ）
A． e B．1 C．0 D．-e
【變式 5-1】（四川省成都市第七中學(xué) 2023-2024 學(xué)年高三階段性考試數(shù)學(xué)試題）若實(shí)數(shù) x ， y 滿足
4ln x + 2ln y x2 + 4y - 4，則（ ）
A． xy 2= B． x + y = 2
2
C． 2x + y =1+ 2 D． x3 y =1
1
【變式 5-2】（山西省太原市 2024 2 x屆高三期中數(shù)學(xué)試題）已知 f (x) = ax - e + (a +1)x ，對(duì)任意
2
f
x , x (0, ) x + 1 - f x2 1 2 都有 a ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是（x x ）1 - 2
A． (- ,0] B．( 0, 1) C． (- ,1] D．[1,+ )
x
【變式 5-3】對(duì)于任意x1， x2 [1, + ) ，當(dāng) x2 > x1 時(shí)，恒有 a ln
2 2(x - x )
x 2 1 成立；則實(shí)數(shù)
a的取值范圍是
1
A． (- ,0] B． (- ,1] C． (- , 2] D． (- ,3]
【變式 5-4】（多選題）（重慶市 2024 屆高三沖刺押題聯(lián)考（二）數(shù)學(xué)試題）若實(shí)數(shù) x ， y 滿足
4ln x + 2ln 2y x2 + 8y - 4 ，則（ ）
1
A． xy 2= B． x + y = 2 C． x + 2y = + 2 D． x2 y =1
4 2
題型六：朗博同構(gòu)
【典例 6-1】已知函數(shù) f x = alnx - 2x(a > 0) xae-2x，若不等式 3 f x +1對(duì) x > 0恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值
范圍為 .
【典例 6-2】（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）當(dāng) x > 0時(shí)， x2 e4x - 2lnx ax +1恒成立，則實(shí)數(shù) a最大值為（ ）
4 4
A． B．4 C． 2 D．8e e
【變式 6-1】不等式 2xex - 2ax - ln2x -1 0恒成立，則實(shí)數(shù) a的最大值為（ ）
1
A B 1． ． 2 C．1 D．24
【變式 6-2】對(duì)任意 x > 0，若不等式 ax2 ex + ax ln x(a > 0)恒成立，則 a 的取值范圍為（ ）
A． (0,2e] B． (1, + ) C． (0,1] D． 0,e
題型七：利用同構(gòu)解決不等式恒成立問(wèn)題
7-1 2024· · f (x) = a x【典例 】（ 江西 三模）已知函數(shù) - loga x, a (0,1) (1,+ )，若 f (x) 在其定義域上沒(méi)有零
點(diǎn)，則 a的取值范圍是 .
2
【典例 7-2】（2024· x全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）若不等式 a 1+ lnx 在 x 1,+ 上恒成立，則實(shí)數(shù) ax-1 的取值范圍e
為（ ）
é3
A． 1, + B． ê ,+

÷ C． 2, + D． 4, +
2
ax+1
【變式 7-1】已知函數(shù) f x = ae - lnx +1，若對(duì)任意的 x e,+ , f x 0恒成立，則正實(shí)數(shù) a的取值范
圍為（ ）
0, 1 é1A． 2 ÷ B． ê ,
1
+ e, + é ÷ C． D． ê 2 ,+ è e e ÷ e
【變式 7-2】（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x)
a
= aex +1n - 2，若 f x > 0恒成立，則正實(shí)數(shù)
x + 2
a的取值范圍是（ ）
A．0 a e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
kx 1
【變式 7-3】（2024·江西贛州·二模）已知函數(shù) f x = e +1， g x = 1+ ÷ ln x .若 kf x g x ，則 k 的取
è x
值范圍為（ ）
A． 0,e B． e,+ 1 é ,+ 0, 1ùC． ÷ D．
êe è e ú
【變式 7-4】已知不等式 2le2x + ln l ln x 在 x 0, + 上恒成立，則實(shí)數(shù)l 的取值范圍是（ ）
é1 ,+ é 1A． ê ÷ B． ê 2 ,
1
+ é÷ C． ê ,+

D é
2
÷ ． ê ,+

e e 2e
÷
e
題型八：利用同構(gòu)求最值
【典例 8-1 lnx】“朗博變形”是借助指數(shù)運(yùn)算或?qū)?shù)運(yùn)算，將 x 化成 x = ln e x ， x = e x > 0 的變形技巧.已知函
x
f x = x ex g x lnx= - f x = g x = t > 0 1數(shù) ， ，若 1 2 ，則 x et 的最大值為（ ）x 2
1 1
A． 2 B． C．1 D． ee e
【典例 8-2 2 2】已知函數(shù) f (x) = x + ln(x -1), g(x) = x ln x，若 f x1 = 1+ 2ln t, g x2 = t ，則 x1x2 - x2 ln t 的
最小值為（ ）
1 1 2
A 1． - B．-e C．2e e2
D．
e
【變式 8-1】（2024·江西·臨川一中校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x + ln x -1 ， g x = x ln x，若
f x 21 =1+ 2ln t ， g x2 = t ，則 x1x2 - x2 ln t 的最小值為（ ）
1 1 1 2A． 2 B． - e C．- D．e 2e e
ln t
【變式 8-2 2】已知函數(shù) f (x) = x + ln(x -1), g(x) = x ln x，若 f x1 = 1+ 2ln t, g x2 = t ，則 x x - x 的最大值1 2 2
為（ ）
1 1 1
A． B． C． e2 D． e2e e
2
8-3 1 a b ln b (b【變式 】已知大于 的正數(shù) ， 滿足 2a )
n ，則正整數(shù) n的最大值為（ ）
e a
A．7 B．8 C．5 D．11
題型九：利用同構(gòu)證明不等式
【典例 9-1 2a】已知函數(shù) f (x) = lnx + - 2(a R) ．
x +1
（1）討論函數(shù) f (x) 的單調(diào)性；
（2）當(dāng) a = 2時(shí)，求證： f (x) > 0 在 (1,+ )上恒成立；
2
（3）求證：當(dāng) x > 0 時(shí)， ln(x x+1) > ．
ex -1
【典例 9-2】已知函數(shù) f (x) = e2x 1- ．
x
（1）討論函數(shù) f (x) 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）證明： xe2x - lnx 1- 2x - > 0 ．
x +1
【變式 9-1】已知函數(shù) f (x) = ax -1- lnx(a R)．
（1）當(dāng) a = 2時(shí)，求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù) f (x) 在 x = 1處取得極值，對(duì)"x (0,+ )， f (x)…bx - 2 恒成立，求實(shí)數(shù)b 的取值范圍；
3 x y e 1 ex- y ln(x +1)（ ）當(dāng) > > - 時(shí)，求證： > ．
ln(y +1)
【變式 9-2】已知函數(shù) f (x) = 2ln(x +1) + sin x +1，函數(shù) g(x) = ax -1- blnx(a ，b R ， ab 0) ．
（1）討論 g(x) 的單調(diào)性；
（2）證明：當(dāng) x…0時(shí)， f (x) 3x +1．
（3）證明：當(dāng) x > -1時(shí)， f (x) (x2 + 2x + 2)esin x ．
x lnx - x lnx
1．若對(duì)任意的 x1, x2 (m,+ )，且 x1 x2 ,
1 2 2 1 2
x - x ，則 m 的最小值是（ ）2 1
2 1 1 e
A． B． C． D．
e e e2 4
x
2．對(duì)于任意 x1, x2 (2,+ ) ，當(dāng) x1 x
2
2 時(shí)，恒有 a ln - 2(x2 - x1) 0成立,則實(shí)數(shù) ax 的取值范圍是 1
3．若 ex - ax -x + ln(ax)，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍為
lna 1- ae
1
4．已知 a > 1，對(duì)任意 x 1,+ 都有 ÷ 1 - e x lnx 0è x ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .x e
5．已知當(dāng) x 0,e aex+2，不等式 ln x - 2恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 .
a
6．當(dāng) x > 0時(shí)， ae2x ln
x
x 恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .ae
1
7 1．已知當(dāng) x e時(shí)，不等式 xa + - e x a ln x 恒成立，則正實(shí)數(shù) a的取值范圍是 ．
x
8．已知函數(shù) f x = ln x - ax +1， a R ．
(1)求函數(shù) f x 在區(qū)間 1,2 上的最大值；
(2) "x > 0 f x xe2x若 ， - 2ax 恒成立，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍．
9．（2024·云南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ex + a, g(x) = ln x.
(1)若函數(shù) g x 在 x =1處的切線 l也與函數(shù) f x 的圖象相切，求 a的值；
(2)若 f x + a g x 恒成立，求 a的取值范圍.
10．已知函數(shù) f (x) = x ex +1 - axa ln x, a R.
(1)若 a = 0, 求曲線 y = f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程．
(2)若 a =1, 證明： f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞增．
(3)當(dāng) x >1時(shí)， f (x) a ln x恒成立，求 a的取值范圍．
x
11．已知函數(shù) f x e= x > 0 .
x
(1)求 f x 的最小值；
(2)求證： f x > ln x - x + 3；
(3)當(dāng) x 1 x時(shí)，不等式 e + a ln ax ≥2ax 恒成立，求正數(shù) a的取值范圍.
12．（2024·廣東佛山·一模）已知函數(shù) f x = aex .
(1)討論函數(shù)F x = f x + x 的單調(diào)性；
x - 2
(2)當(dāng) x > 2時(shí)， f x > ln - 2，求 a的取值范圍.
a
2x
13．（2024·廣東深圳·二模）已知函數(shù) f x ae -1= 的圖象在 1, f 1 2處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn) 2,2e .
x
(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
14．（2024· x廣東佛山·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = e - aln ax +1 -1，其中 a > 0， x 0 .
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求函數(shù) f x 的零點(diǎn)；
(2)若函數(shù) f x 0恒成立，求 a的取值范圍.
15．（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ln x + ln a + (a -1)x + 2(a > 0)．
(1)討論 f (x) 的單調(diào)性；
(2)若不等式 ex-2 f (x) 恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
16．（2024· · f x = ex廣東汕頭 三模）設(shè) ， g x = ln x，
(1)證明： xf x x + g x +1；
y x(2)若存在直線 y = t
g x
，其與曲線 = f x 和 y = 共有 3 個(gè)不同交點(diǎn) A x , t ，B x , t ，C x , t x 1 2 3
x1 x2 x3 ，求證：x1，x2， x3成等比數(shù)列.
17．（2024·江西宜春·一模）已知函數(shù) f x = ln x + a -1 x， a R .
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)對(duì)任意的 x > 0， f x x2ex - ln x - 4x -1恒成立，求 a的取值范圍.
18．（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ex ， g(x) = ln(x + n)，直線 l : y = x + m為曲線 y = f (x) 與
y = g(x) 的一條公切線.
(1)求m, n；
(2)若直線 l : y = s 0 s 1 與曲線 y = f (x) ，直線 l，曲線 y = g(x) 分別交于 A(x1, y1), B(x2 , y2 ),C(x3 , y3) 三
點(diǎn)，其中 x1 x2 x3，且 x1, x2 , x3成等差數(shù)列，證明：滿足條件的 s 有且只有一個(gè).

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