资源简介

导数中的 5种同构函数问题
【考点分析】
考点一：常见的同构函数图像
x ex x lnx
八大同构函数分别是：y= xex，y= x，y= x ，y= xlnx，y=
x
e lnx
，y= x ，y= e x 1，y= x lnx 1
我们通过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．
图 1 图 2 图 3 图 4
图 5 图 6 图 7 图 8
考点二：常见同构方法
(1) xex= ex+lnx;x+ lnx= ln xex
(2) e
x x
x-lnx e
x = e : x- lnx= ln x
(3) x2ex= ex+2lnx;x+ 2lnx= ln x2ex
(4) e
x x
= ex-2lnx, e2 2 = e
x-2lnx
x x
【题型目录】
题型一：利用同构解决不等式问题
题型二：利用同构求函数最值
题型三：利用同构解决函数的零点问题
题型四：利用同构解决不等式恒成立问题
题型五：利用同构证明不等式
【典例例题】
题型一：利用同构解决不等式问题
【例1】(2022·河南 ·模拟预测 (理 ))不等式 2lnx> xln2的解集是 ( )
A. 1,2 B. 2,4 C. 2,+∞ D. 4,+∞
【例2】(2022·陕西宝鸡 ·一模 (理 ))已知 a> 1，b> 1，则下列关系式不可能成立的是 ( )
A. eblna≤ ab B. eblna≥ ab C. aeb≥ blna D. aeb≤ blna
【例3】(2022·陕西 ·长安一中高二期末 (理 ))已知 0< x< y< π，且 eysinx= exsiny，其中 e为自然对数的底数，
则下列选项中一定成立的是 ( )
A. y< π4 B. x+ y<
π
2 C. cosx+ cosy> 0 D. sinx> siny
【例4】(2022·江苏苏州 ·模拟预测 )若 x，y∈ (0,+∞)，x+ lnx= ey+ siny，则 ( )
A. ln(x- y)< 0 B. ln(y- x)> 0 C. x< ey D. y< lnx
【例5】(2022 ·四川 ·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学模拟预测 (理 ))已知 a、b ∈ R，a2e a+ lna = 0，
bln b+ lnb- 1b = 1，则 ( )
A. ab< ea< b B. ab< ea= b C. b< ea< ab D. ea= b< ab
【题型专练】
1. (2022·陕西 ·泾阳县教育局教学研究室高二期中 (理 ))已知 a> b> 0，且满足 alnb= blna，e为自然对数的
底数，则 ( )
A. be< ea< eb B. be< eb< ea C. eb< ea< be D. ea< be< eb
2. (2022·全国 ·高三专题练习 (理 ))设 a= 20202022，b= 20212021，c= 20222020，则 ( )
A. a> b> c B. b> a> c C. c> a> b D. c> b> a
3. (2022·广东 ·中山市迪茵公学高二阶段练习 )已知 a> b> 0，下列不等式，成立的一个是 ( )
A. a3- b3> a- b B. lna- lnb> a- b C. sina- sinb> a- b D. ea- eb> a- b
4
4. (2022· 2全国 ·高三专题 )已知 x,y满足 x2= e2-x ，lny= ey + 2(其中 e是自然对数的底数 )，则 x
2y= ( )
A. e4 B. e3 C. e2 D. e
5. (2022·四川 ·广安二中模拟预测 (理 ))已知 0< x< y< π，且 eysinx= exsiny，其中 e为自然对数的底数，则
下列选项中一定成立的是 ( )
A. cosx+ cosy< 0 B. cosx+ cosy> 0 C. cosx> siny D. sinx> siny
6. (2022·福建 ·三明一中模拟预测 )己知 e为自然对数的底数，a，b均为大于 1的实数，若 aea+1+ b< blnb，则
( )
A. b< ea+1 B. b> ea+1 C. ab< e D. ab> e
题型二：利用同构求函数最值
【例1】(2022·四川省通江中学高二期中 (文 ))已知函数 f x = xex,g x = xlnx，若 f m = g n = t(t> 0)，则
mn lnt的取值范围为 ( )
A. -∞ , 1 B. 1e 2 ,+∞ C.
1
e ,+∞ D. -
1
e ,+∞e
【例2】(2022·江西 ·临川一中模拟预测 (文 ))已知函数 f x = x+ ln x- 1 ，g x = xlnx，若 f x1 = 1+ 2lnt，
g x = t22 ，则 x1x2- x2 lnt的最小值为 ( )
A. 12 B. -
1 1 2
e e
C. - 2e D. e
2 n
【例3】(2022·全国 ·高三专题练习 (理 ))设大于 1的两个实数 a ln b b，b满足
e2a
< a ，则正整数 n的最大值为
( )．
A. 7 B. 9 C. 11 D. 12
【题型专练】
1. (2022·四川绵阳 ·高二期末 (理 ))已知函数 f(x) = ex+ x，g(x) = xex，若 f(x1) = lnk，g(x2) = k，则 ex1+x2lnk的
最小值是 ( )
A. - e-1 B. e-1 C. e-2 D. - e-2
2. (2022·全国 ·高二期末 )已知函数 f (x) = x + ln(x - 1) ,g(x) = xlnx，若 f x1 = 1 + 2lnt,g x = t 22 ，则
x 21x2- x2 lnt 的最小值为 ( )
A. - 1 1 1 2e B. - 2e C. 2 D.e e
题型三：利用同构解决函数的零点问题
【例1】(2022·海南华侨中学模拟预测 )已知函数 f x = ax- logax(a> 0且 a≠ 1)有两个不同的零点，则实数 a
的取值范围是 ( )．
1 1 1
A. 1,e e B. e e,e C. 1, e D. e e, e
【例2】(2022·全国 ·高三专题 )已知函数 f x = xex 2a lnx+ x 有两个零点，则 a的最小整数值为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【题型专练】
1. (2021·全国 ·模拟预测 )在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方
程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于 a的方程 aea= e6和关于 b的方程 b lnb 2 = e3λ 1
(a,b,λ∈R)可化为同构方程，则 λ=________，ln ab =________．
2. (2022·辽宁 ·大连市普兰店区高级中学模拟预测 )已知函数 f x = ln x+ 1 - x+ 1．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)设函数 g x = aex- x+ lna，若函数F x = f x - g x 有两个零点，求实数 a的取值范围．
题型四：利用同构解决不等式恒成立问题
【例1】(2022·广东广州 ·三模 )对于任意 x> 0都有 xx- axlnx≥ 0，则 a的取值范围为 ( )
1
A. 0,e B. -e1- e,e
C. -∞ ,- 1-
1
e e ∪ e,+∞ D. -∞ ,e
【例2】(2022·全国 ·高三专题练习 (文 ))已知 e是自然对数的底数 .若 x∈ [1,+∞)，使memx- 6x5lnx≤ 0，则
实数m的取值范围为 ( )
A. -∞ , 1 6 B. -∞ ,
6
e C. -∞ ,
e
6 D. (-∞ ,6]
【例3】(2022·宁夏中卫 ·三模 (理 ))不等式 aeax> lnx在 (0,+∞)上恒成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. 12e ,+∞ B.
1
e ,+∞ C. (1,+∞) D. (e,+∞)
【例4】(2022·陕西渭南 ·二模 (文 ))设实数 λ> 0，对任意的 x> 1，不等式 λeλx≥ lnx恒成立，则 λ的最小值为
( )
A. e B. 12e C.
1
e D.
2
e
【例5】(2022·辽宁 ·高二期中 )已知 a> 0，若在 (1,+∞)上存在 x使得不等式 ex- x≤ xa- alnx成立，则 a的最
小值为 ( )
A. 1e B. 1 C. 2 D. e
a a
【例6】(2022·四川省泸县第二中学模拟预测 (理 ))已知 a> 0，不等式 xex- x 2 lnx 2≥ 0对任意的实数 x> 1恒成
立，则实数 a的最大值为 ( )
A. 12e B. 2e C.
1
e D. e
【题型专练】
1. (2022·辽宁葫芦岛 ·高二期末 )已知 a< 0，不等式 xa+1ex+ alnx≥ 0对任意的实数 x> 2恒成立，则实数 a的
最小值为 ( )
A. - 2e B. - e C. - 1 D. - 1e 2e
2. (2022·黑龙江 ·哈尔滨三中高二期末 )已知函数 f(x) = ex- aln(ax+ a) - a，(a> 0)，若关于 x的不等式 f(x)
> 0恒成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. (0,1) B. 0, 1 1e C. e ,1 D. 0,e
3. (2022·黑龙江 ·哈尔滨市第六中学校高二期末 )若对任意 x∈ -1,+∞ ，不等式 aex- ln x+ 1 + lna≥ 1恒
成立，则实数 a的最小值是 ( )
A. 1 B. 2 C. e D. 3
4. (2022·湖北 ·高二期末 )若关于 x的不等式 aex- ln(x- 1) - 1≥ 0在区间 (1,+∞)上恒成立，则实数 a的取值
范围为 ( )
A. 1 2 ,+∞ B. 1 e ,+∞ C. 1,+∞ D. e,+∞ e
5. (2023·河南 ·洛宁县第一高级中学一模 (理 ))对任意 x∈ 0,+∞ ，不等式 a- 1 x+ ln ax ≤ ex恒成立，则
实数 a的取值范围为 ( )
A. 0,1 B. 0,e C. 0,2e D. 0,e2
题型五：利用同构证明不等式
【例1】(2023· x全国 ·高三专题练习 )已知函数 f(x) = x-
ex
.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)已知 a,b∈R，且 a≠ b，若 aea+b+ bea= aeb+ bea+b，求证：a+ b> 0.
【例2】(2022· x- 1海南中学高三阶段练习 )已知函数 f(x) = x .e
(1)求 f(x)的单调区间与极值.
(2)设m，n为两个不相等的正数，且mlnn-nlnm=m-n，证明：mn> e4.
【例3】(2022·河北 ·高三阶段练习 )已知函数 f(x) = xlnx．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设 a，b为两个不相等的正数，且 ab= ba 2 1 1，证明：e < a + < 1．b
2 lnx
【例4】(2022·河南郑州 ·二模 (文 ))已知函数 f x = e ex- x + 1，g x = x + 2.
(1)求函数 g x 的极值；
(2)当 x> 0时，证明：f x ≥ g x
【题型专练】
1. (2021·全国 ·高考真题 )已知函数 f x = x 1- lnx .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)设 a，b blna- alnb= a- b 2< 1 1为两个不相等的正数，且 ，证明： a + < e.b
2. (2022·全国 ·高三专题练习 )已知函数 f(x) = 2e- x lnx，其中 e= 2.71828 为自然对数的底数.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 x1,x2∈ 0,1 ，且 x2lnx1- x1lnx2= 2ex1x2 lnx1- lnx2 ，证明：2e< 1 + 1x x < 2e+ 1.1 2
3. (2022·河南省浚县第一中学模拟预测 (理 ))已知函数 f x = ex- ax a∈R ．
(1)讨论 f(x)的单调性．
(2)若 a= 0，证明：对任意的 x> 1，都有 f x ≥ x4- 3x3lnx+ x3．导数中的 5种同构函数问题
【考点分析】
考点一：常见的同构函数图像
x ex
八大同构函数分别是：y= xex，y= x，y= x ，y= xlnx y=
x y= lnx， lnx， x ，y= e
x x 1，y= x lnx 1
e
我们通过基本的求导来看看这六大同构函数的图像，再分析单调区间及极值，以及它们之间的本质联系．
图 1 图 2 图 3 图 4
图 5 图 6 图 7 图 8
考点二：常见同构方法
(1) xex= ex+lnx;x+ lnx= ln xex
x x
(2) e = ex-lnxx : x- lnx= ln
e
x
(3) x2ex= ex+2lnx;x+ 2lnx= ln x2ex
ex ex(4) = ex-2lnx, = ex-2lnx
x2 x2
【题型目录】
题型一：利用同构解决不等式问题
题型二：利用同构求函数最值
题型三：利用同构解决函数的零点问题
题型四：利用同构解决不等式恒成立问题
题型五：利用同构证明不等式
【典例例题】
题型一：利用同构解决不等式问题
【例1】(2022·河南 ·模拟预测 (理 ))不等式 2lnx> xln2的解集是 ( )
A. 1,2 B. 2,4 C. 2,+∞ D. 4,+∞
【答案】B
【解析】
结合不等式特点，构造函数，研究其单调性，从而求出解集.
【详解】
设 f x = lnx x> 0 ，则 f x = 1- lnx x 2 ，当 0< x< e时，f
x > 0；当 x> e时，f x < 0，所以 f x 在
x
0,e 上是增函数，在 e,+∞ 上是减函数．原不等式可化为 lnxx >
ln2
2 ，即 f x > f 2 ，结合 f 2 = f 4 ，
可得 2< x< 4，所以原不等式的解集为 x 2< x< 4 ．
故选：B
【例2】(2022·陕西宝鸡 ·一模 (理 ))已知 a> 1，b> 1，则下列关系式不可能成立的是 ( )
A. eblna≤ ab B. eblna≥ ab C. aeb≥ blna D. aeb≤ blna
【答案】D
【解析】
构造函数 f x = x- lnx x> 0 ，利用导数判断其单调性可判断AB；
x
构造函数 g x = e x ，h x =
lnx
x ，利用导数判断单调性可判断CD.
【详解】
对于 eblna≤ ab，两边取对数得 ln eblna ≤ ln ab ，
即 b- lnb≤ lna- ln lna ，
构造函数 f x = x- lnx x> 0 ，f 1 x- 1 x = 1- x = x ，
当 x> 1时，f x > 0，f x 是单调递增函数，
当 0< x< 1时，f x < 0，f x 是单调递减函数，
若 1< b≤ lna，则 b- lnb≤ lna- ln lna ，即 eblna≤ ab，故A正确；
若 1< lna≤ b，则 b- lnb≥ lna- ln lna ，eblna≥ ab，故B正确；
x
构造函数 g e lnx x = x ，h x = x ，
ex e
x x- 1
g x = x = 2 ，当 x> 1时，g
x > 0，g x 单调递增，所以 g x > g 1 = e，
x
h x = 1- lnx 2 ，当 x> e时，h
x > 0，h x 单调递减，当 0< x< e时，h x < 0，h x 单调递增，h x ≤
x
h e = 1 e，
b
所以 x> 1时 g x > h x ，即 e > lna a ，b
所以 aeb≥ blna成立，aeb≤ blna不可能成立，故C正确D错误.
故选：D.
【点睛】
思路点睛：双变量的不等式的大小比较，应该根据不等式的特征合理构建函数，并利用导数判断函数的单调
性，从而判断不等式成立与否.
【例3】(2022·陕西 ·长安一中高二期末 (理 ))已知 0< x< y< π，且 eysinx= exsiny，其中 e为自然对数的底数，
则下列选项中一定成立的是 ( )
A. y< π4 B. x+ y<
π
2 C. cosx+ cosy> 0 D. sinx> siny
【答案】C
【解析】
通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.
【详解】
因为 eysinx= ex sinysiny，所以 sinxx =e ey
，
令 g(t) = sintt ，所以 g(x) = g(y)，对函数 g(t) =
sint
e et
，t∈ (0,π)求导：
t t
g (t) = e cost- e sintt 2 =
cost- sint
t ， 由 g
(t)> 0有：t∈ 0, π(e ) e 4 ，
由 g (t)< 0有：t∈ π4 ,π ，所以 g(t) =
sint
t 在 0, π πe 4 单调递增，在 4 ,π
单调递减，因为 0< x< y< π，由 g(x) = g(y)有：0< x< π4 < y< π，
故A错误；
因为 0< x< y< sinyπ，所以 ey> ex，由 sinxx = y 有：siny> sinx，e e
故D错误；
因为 0< x< π4 < y< π，所以 cosx= 1- sin
2x> 0，|cosy| = 1- sin2y
因为 siny> sinx，所以 cosx> |cosy|，所以 cosx+ cosy> 0，故C正确；
令 h(t) = g(t) - g π - t 有：h (t) = g (t) - g π - t = cost- sint + sint- cost2 2 et πe 2-t
π
(sint- cost) et- e 2-t= π ，当 0< t< π，h (t)> 0恒成立 .所以 h(t) = g(t) - g π2 - t e 2
在 (0,π)单调递增，当 0< x< π4 时，h(x) = g(x) - g
π
2 - x < 0，
即 g(x)< g π2 - x ，又 g(x) = g(y)，所以 g(x) = g(y)< g
π
2 - x ，
因为 0< x< π4 < y< π，所以
π
2 - x∈
π
4 ,
π
2 ，因为 g(t) =
sint
et
在
π4 ,π 内单调递减，所以 y>
π
2 - x，即 y+ x>
π
2，故B错误.
故选：C .
【例4】(2022·江苏苏州 ·模拟预测 )若 x，y∈ (0,+∞)，x+ lnx= ey+ siny，则 ( )
A. ln(x- y)< 0 B. ln(y- x)> 0 C. x< ey D. y< lnx
【答案】C
【解析】
利用 y> siny可得 x+ lnx< ey+ y，再利用同构可判断 x,ey的大小关系，从而可得正确的选项.
【详解】
设 f x = x- sinx,x> 0，则 f x = 1- cosx≥ 0(不恒为零 )，
故 f x 在 (0,+∞)上为增函数，故 f x > f 0 = 0，
所以 x> sinx，故 y> siny在 (0,+∞)上恒成立，
所以 x+ lnx< ey+ y= ey+ lney，
但 g x = x+ lnx为 (0,+∞)上为增函数，故 x< ey即 lnx< y，
所以C成立，D错误.
取 x= e，考虑 1+ e= ey+ siny的解，
若 y≥ e+ 1，则 ey≥ ee+1> 5> e+ 2≥ 1+ e- siny，矛盾，
故 y< e+ 1即 y- x< 1，此时 ln(y- x)< 0，故B错误.
取 y= 1，考虑 x+ lnx= e+ sin1，
若 x≤ 2，则 x+ lnx≤ 2+ ln2< 3< e+ 12 < e+ sin1，矛盾，
故 x> 2，此时 x- y> 1，此时 ln(x- y)> 0，故A错误，
故选：C .
【点睛】
思路点睛：多元方程隐含的不等式关系，往往需要把方程放缩为不等式，再根据函数的单调性来判断，注意利
用同构来构建新函数.
【例5】(2022 ·四川 ·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学模拟预测 (理 ))已知 a、b ∈ R，a2e a+ lna = 0，
bln b+ lnb- 1 = 1，则 ( )b
A. ab< ea< b B. ab< ea= b C. b< ea< ab D. ea= b< ab
【答案】B
【解析】
由 a2ea+ lna= 0可得出 aea= 1 ln 1 ，构造函数 f x = xex可得出 a+ lna= 0，可得出 aeaa a = 1，由
1 1 1bln b+ lnb- = 1可得出 b+ lnb= + e b，构造函数 g x = x+ ex可得出 1 1b b + ln = 0，然后构造函数b b
h x = x+ lnx可得出 a= 1 ，再对所得等式进行变形后可得出合适的选项.b
【详解】
由 a2ea+ lna= 0可得 aea=- 1 1a lna= a ln
1
a，由题意可知 a> 0，
构造函数 f x = xex，其中 x> 0，则 f x = x+ 1 ex> 0，
1
所以，函数 f x 在 0,+∞ 上单调递增，由 aea= 1 ln 1 = eln aa a ln
1
a 可得 f
1
a = f ln a ，
所以，a=-lna，由 a> 0可得 lna< 0，则 0< a< 1，且 a+ lna= 0，①
1 1 1 1由 bln b+ lnb- = 1可得 b+ lnb- = e b，则 b+ lnb= 1 + e b，由题意可知 b> 0，b b b
构造函数 g x = x+ ex，其中 x> 0，则 g x = 1+ ex> 0，
所以，函数 g x 在 0,+∞ 上单调递增，
1 1
由 b+ lnb= 1 + e b，即 lnb+ elnb= 1 + e b，可得 g lnb = g 1 ，所以，lnb= 1 ，b b b b
由 lnb= 1 > 0可得 b> 1，且 1 =-ln 1 ，则 1 + ln 1 = 0，②
b b b b b
令 h x = x+ lnx，其中 x> 0，则 h x = 1+ 1x > 0，所以，函数 h x 在 0,+∞ 上为增函数，
由①②可得 h a = h 1 = 0，所以，a= 1 ，可得 ab= 1，b b
由 a+ lna= lnea+ lna= ln aea = 0可得 aea= 1，则 ea= 1a = b，
因为 0< a< 1，则 ab= 1< ea= b，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查指对同构问题，需要对等式进行变形，根据等式的结构构造合适的函数，并利用函数的
单调性得出相应的等式，进而求解.
【题型专练】
1. (2022·陕西 ·泾阳县教育局教学研究室高二期中 (理 ))已知 a> b> 0，且满足 alnb= blna，e为自然对数的
底数，则 ( )
A. be< ea< eb B. be< eb< ea C. eb< ea< be D. ea< be< eb
【答案】B
【解析】
构造函数 f x = lnx x , x> 0 ，利用导函数研究函数的单调性判断即可.
【详解】
解：因为 y= ex在R上单调增，a> b> 0，所以 ea> eb，故A、D错误；
构造函数 f x = lnx x , x> 0 ，则 f
x = 1- lnx 2 = 0，x= e，x
当 x∈ 0,e 时，f x > 0，f x 单调增，
当 x∈ e,+∞ 时，f x < 0，f x 单调减，
因为 alnb= blna，lna = lnba ，即 fb a = f b ，又 a> b> 0，
所以 0< b< e，a> e，lna> 0，alnb= blna> 0，
所以 1< b< e< a，
所以 lnb < lnee ，elnb< blne，lnb
e< lneb，即 be< eb，
b
所以 ea< be< eb，故B正确.
故选：B.
2. (2022·全国 ·高三专题练习 (理 ))设 a= 20202022，b= 20212021，c= 20222020，则 ( )
A. a> b> c B. b> a> c C. c> a> b D. c> b> a
【答案】A
【解析】
ln2020
由于 lna = 2021 lnx 2
lnb ln2021
，所以构造函数 f x = x+ 1 x≥ e ，利用导数判断其为减函数，从而可比较出 f 2020
2022
> f 2021 > 0，进而可比较出 a,b的大小，同理可比较出 b,c的大小，即可得答案
【详解】
ln2020
∵ lna = 2022ln2020 = 2021 ，构造函数 f x = lnx x≥ e2 ，f x = x+ 1- xlnx2021ln2021 ln2021 x+ 1 2 ，lnb x x+ 1
2022
令 g x = x+ 1- xlnx，则 g x =-lnx< 0，
∴ g x 在 e2,+∞ 上单减，∴ g x ≤ g e2 = 1- e2< 0，故 f x < 0，
∴ f x 在 e2,+∞ 上单减，∴ f 2020 > f 2021 > 0，
lna f 2020∴ = > 1
lnb f 2021
∴ lna> lnb.∴ a> b，
同理可得 lnb> lnc，b> c，故 a> b> c，
故选：A
3. (2022·广东 ·中山市迪茵公学高二阶段练习 )已知 a> b> 0，下列不等式，成立的一个是 ( )
A. a3- b3> a- b B. lna- lnb> a- b C. sina- sinb> a- b D. ea- eb> a- b
【答案】D
【解析】
在 x> 0时，构造函数 f(x) = x3- x,g(x) = lnx- x,h(x) = sinx- x,φ(x) = ex- x，探讨它们的单调性即可分
别判断选项A，B，C，D作答.
【详解】
因 a3- b3> a- b a3- a> b3- b，则令 f(x) = x3- x，x> 0，f (x) = 3x2- 1，
显然函数 f(x)在 0, 33 上递减，在
3
3 ,+∞ 上递增，
即函数 f(x)在 (0,+∞)上不单调，而 a> b> 0，则不能比较 f(a)与 f(b)的大小，A不是；
因 lna- lnb> a- b lna- a> lnb- b，则令 g(x) = lnx- x，x> 0，g (x) = 1x - 1，
显然函数 g(x)在 (0,1)上递增，在 (1,+∞)上递减，在 (0,+∞)上不单调，而 a> b> 0，则不能比较 g(a)与 g(b)
的大小，B不是；
因 sina- sinb> a- b sina- a> sinb- b，则令 h(x) = sinx- x，x> 0，h (x) = cosx- 1≤ 0，
函数 h(x)在 (0,+∞)上单调递减，由 a> b> 0，得 h(a)< h(b)，即 sina- a< sinb- b，C不是；
因 ea- eb> a- b ea- a> eb- b，则令 φ(x) = ex- x，x> 0，φ (x) = ex- 1> 0，
函数 φ(x)在 (0,+∞)上单调递增，由 a> b> 0，得 φ(a)> φ(b)，即 ea- a> eb- b，D是.
故选：D
【点睛】
思路点睛：某些涉及数或式大小关系问题，细心探求变量关系，构造函数，利用函数的单调性求解.
4
4. ( 22022· e全国 ·高三专题 )已知 x,y满足 x2= e2-x ，lny= y + 2(其中 e是自然对数的底数 )，则 x
2y= ( )
A. e4 B. e3 C. e2 D. e
【答案】A
【解析】
4 4 4
对 2= 2-x2x e 两边取对数，得 lnx2= 2- x2,再与 lny= ey + 2相加整理得 lnx
2+ x2= ln e ey + y ，构造函数 g
(t) = lnt+ t，根据单调性，即可求解.
【详解】
4
解：x2= e2-x2,两边取对数得：lnx2= 2- x2，又 lny= ey + 2，两式相加得：
lnx2+ lny= 4- x2+ e
4 4 4 4
y ，即 lnx
2+ x2= lne4- lny+ e = ln e ey y + y ，
4
令 g(t) = lnt+ t，故上式变为 g(x2) = g ey ，易知 g(t) = lnt+ t在 0,+∞ 上单调递增，
4
故 x2= ey ，故 x
2y= e4，
故选：A
5. (2022·四川 ·广安二中模拟预测 (理 ))已知 0< x< y< π，且 eysinx= exsiny，其中 e为自然对数的底数，则
下列选项中一定成立的是 ( )
A. cosx+ cosy< 0 B. cosx+ cosy> 0 C. cosx> siny D. sinx> siny
【答案】B
【解析】
构造 f sinx x = x ，0< x< π，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得到AB选项，构造e
差函数，得到 x> π2 - y，从而判断出C选项.
【详解】
构造 f x = sinx x ，0< x< π，则 f x =
sinx
x > 0恒成立，e e
则 f x = cosx- sinx
ex
，
当 0< x< π 时，cosx> sinx，f x = cosx- sinx4 x > 0，e
当 π4 < x< π时，cosx< sinx，f
x = cosx- sinx < 0
ex
所以 f x = sinx x 在 0, π4 单调递增，在
π
4 ,π 单调递减，e
因为 0< x< y< π，所以 0< x< π4 < y< π，0< e
x< ey，
又 sinx
siny
x = y > 0，所以 0< sinx< siny，D错误，e e
因为 0< x< π4 < y< π，所以 cosx= 1- sin
2x> 0， cosy = 1- sin2y，
所以 cosx> cosy ，所以 cosx+ cosy> 0，A错误，B正确.
令 g π π x = f x - f 2 - x ，则 g 4 = 0，
π
x 2-x
g x = f π cosx- sinx sinx- cosx
sinx- cosx e - e
x + f 2 - x = x + π- =e πe 2 x e 2
当 0< x< π时，g x > 0恒成立，
所以 g π x = f x - f 2 - x 在 0,π 上单调递增，
当 x∈ 0, π4 时，g x = f x - f
π
2 - x < 0，即 f
π
x < f 2 - x ，
因为 f x = f y ，
所以 f π y < f 2 - x
因为 0< x< π4 < y< π，
所以 π π2 - x> 4，
因为 f x 在在 π4 ,π 单调递减，
所以 y> π2 - x，即 x>
π
2 - y
因为 φ x = cosx在 0,π 上单调递减，
所以 cosx< cos π2 - y = siny，C错误
故选：B
【点睛】
结合题目特征，构造函数，利用函数单调性比较函数值的大小，是比较大小很重要的方法，本题中构造 f x =
sinx
ex
进行求解.
6. (2022·福建 ·三明一中模拟预测 )己知 e为自然对数的底数，a，b均为大于 1的实数，若 aea+1+ b< blnb，则
( )
A. b< ea+1 B. b> ea+1 C. ab< e D. ab> e
【答案】B
【解析】
由题意化简得到 ealnea< b ln b，设 f x = xlnx，得到 f(ea)< f be e e ，结合题意和函数 f x 的单调性，即可
求解.
【详解】
由 aea+1+ b< blnb，可得 aea+1< blnb- b= b(lnb- 1) = bln be，即 e
alnea< b be ln e，
设 f x = xlnx，可得 f(ea)< f be ，
因为 a> 0，可得 ea> 1，
又因为 b(lnb- 1)> 0,b> 0，所以 lnb> 1，即 b> e，所以 be > 1，
当 x> 1时，f x = lnx+ 1> 0，可得函数 f x 在 (1,+∞)为单调递增函数，
所以 ea< b，即 b> ea+1e .
故选：B.
题型二：利用同构求函数最值
【例1】(2022·四川省通江中学高二期中 (文 ))已知函数 f x = xex,g x = xlnx，若 f m = g n = t(t> 0)，则
mn lnt的取值范围为 ( )
A. -∞ , 1e B.
1 ,+∞ C. 1 ,+∞ D. - 1 ,+∞
e2 e e
【答案】D
【解析】
先求得m,n的取值范围，然后化简mn lnt，结合导数求得mn lnt的取值范围.
【详解】
由于 f m = g n = t(t> 0)，
即mem=nlnn= t> 0，所以m> 0,n> 1，
当 x> 0时，f x = x+ 1 ex> 0,f x 递增，
所以 f m = t有唯一解.
当 x> 1时，g x = 1+ lnx> 0,g x 递增，
所以 g n = t有唯一解.
由mem=nlnn得m em= elnn lnn m= lnn，
所以mn lnt= nlnn lnt = tlnt.
令 h t = tlnt,h t = 1+ lnt，
所以 h t 在区间 0, 1e ,h
t < 0,h t 递减；在区间 1 ,+∞ ,h e t > 0,h t 递增.
所以 h t ≥ h 1 =- 1 e e，
所以mn lnt的取值范围为 - 1 e ,+∞ .
故选：D
【点睛】
本题要求mn lnt的取值范围，主要的解题思路是转化为只含有一个变量 t的表达式，然后利用导数来求得
取值范围 .在转化的过程中，主要利用了对数、指数的运算.
【例2】(2022·江西 ·临川一中模拟预测 (文 ))已知函数 f x = x+ ln x- 1 ，g x = xlnx，若 f x1 = 1+ 2lnt，
g x = t22 ，则 x1x2- x2 lnt的最小值为 ( )
A. 1 B. - 12 e C. -
1 2
e 2e
D. e
【答案】B
【解析】
通过 f x 、g x 解析式，f x1 、g x2 的值求得 x1x2- x2关于 t的表达式，结合导数求得所求的最小值.
【详解】
f x 的定义域为 1,+∞ ，所以 x1> 1，ex1-1> 1.f x1 = 1+ 2lnt t> 0.
f x1 = 1+ 2lnt，x - 1+ ln x - 1 = lnt2，则 ex1-1+ln x1-1 1 1 = x1- 1 ex1-1= t2，
又因为 g x2 = t2，所以 x lnx = x - 1 ex1-1= ex1-1lnex1-12 2 1 ，
令 h x = xlnx，则 h x = h ex1-12 ，
h x = lnx+ 1，当 x> 1时，h x > 0，h x 递增，
所以 x = ex1-1，则 x x - x lnt= x - 1 ex1-12 1 2 2 1 lnt= t2 lnt= tlnt，
h x = xlnx，h x = lnx+ 1，
所以 h x 在区间 0, 1 e ,h x < 0,h x 递减；在区间
1
e ,+∞ ,h x > 0,h x 递增，
所以 h x 的最小值为 h 1e =-
1
e，即B选项正确.
故选：B
【点睛】
含参数的多变量的题目，结合方法是建立变量、参数之间的关系式，主要方法是观察法，根据已知条件的结构
来进行求解.
2 n
【例3】(2022·全国 ·高三专题练习 (理 ))设大于 1 a b ln b b的两个实数 ， 满足 2a < a ，则正整数 n的最大值为e
( )．
A. 7 B. 9 C. 11 D. 12
【答案】B
【解析】
将已知条件变形为 ln
2b e2a
n < n ，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出n的最大值即可.b a
【详解】
ln2b bn 2 2a解：易知 2a < n 等价于
ln b
n <
e
n ．e a b a
ln2x xn-1 lnx 2-nlnx令 = > ，则 =
lnx 2-nlnx
f x n x 1 f x 2n =

x x xn+1
．
2
令 f x = 0得 x= en．
2 2
当 f x > 0时 x∈ 1,en ；当 f x < 0时 x∈ en,+∞ ．
2 2
所以 f x 在 1,en 上单调递增，在 en,+∞ 上单调递减，
2 2
2
则 f x 有最大值 f en = n2 ．e
e2x e2x 2x-n令 g x = n x>

1 ，则 g x =
x xn+1
．
当 n2 ≤ 1时不符合，舍去，所以
n
2 > 1．
则 g x = 0，x= n2．
当 g n n x > 0时 x> 2；当 g
x < 0时 1< x< 2．
所以 g n n x 在 1, 2 上单调递减，在 2 ,+∞ 上单调递增，
n
则 g x 有最小值 g n2 =
e
n n ． 2
ln2b e2a 2若 n < n 成立，只需 f en ≤ gb a
n
2 ，
2
2n en即 ≤ ，即 en+2 n n-2≥
e2 n n 2
．
2
两边取自然对数可得n+ 2≥ n- 2 ln n2．
当n= 2时等式成立；当n≥ 3时有 n+ 2 nn- 2 ≥ ln 2．
令 φ x+ 2 x = x- 2 - ln
x
2，本题即求 φ x > 0的最大的正整数．
φ x = -4 1
x- 2 2
- x < 0恒成立，则 φ x 在 3,+∞ 上单调递减．
因为 φ 5 8 = 3 - ln4> 0，φ 9
11 9
= 7 - ln 2 ≈ 1.5714- 1.51> 0，φ 10 =
3
2 - ln5< 0，
所以 φ x > 0的最大正整数为 9．
故选：B．
【题型专练】
1. (2022·四川绵阳 ·高二期末 (理 ))已知函数 f(x) = ex+ x，g(x) = xex，若 f(x1) = lnk，g(x2) = k，则 ex1+x2lnk的
最小值是 ( )
A. - e-1 B. e-1 C. e-2 D. - e-2
【答案】A
【解析】
先通过中间量 k找到 x1,x2的关系，然后反带回去，将代求表达式表示成关于 k的函数来求解.
【详解】
x
依题意得， > , > ， f(x1) = lnkk 0 x2 0
e 1+ x1= lnk
ex 1( ) = x = + x1= lnk= lnx2e
x2= x2+ lnx ，于是 ex12 + xg x k x e 2 k 1=2 2
x2+ lnx lnx2 x2= e + lnx2，设 h(x) = e + x，显然 h(x)在R上单调，于是 h(x1) = h(lnx2)，根据 h(x)单调性可知 x1
= lnx ，故 x = ex1，于是 x ex2= k= ex1ex2= ex1+x22 2 2 ，故 ex1+x2lnk= klnk，在令 p(k) = klnk，p (k) = 1+ lnk，于是 0
< k< e-1,p (k)< 0,p(k)递减，k> e-1,p (k)> 0,p(k)递增，故 k= e-1，p(k)取得最小值-e-1.
故选：A
2. (2022·全国 ·高二期末 )已知函数 f (x) = x + ln(x - 1) ,g(x) = xlnx，若 f x1 = 1 + 2lnt,g x2 = t 2，则
x1x2- x2 lnt2的最小值为 ( )
A. - 1e B. -
1
2e C.
1 D. 2
e2 e
【答案】A
【解析】
由已知条件可推得 t2= (x1- 1)ex1-1= elnx2 lnx2，即有 lnx2= x1- 1，结合目标式化简可得 x1x2- x2 lnt= t2
lnt2，令 h(u) =u lnu，利用导函数研究其单调性并确定区间最小值，即为 x1x2- x2 lnt2的最小值．
【详解】
f x1 = x1+ ln x1- 1 = 1+ 2lnt，所以 x1- 1+ ln x1- 1 = lnt2，
则 ln x - 1 ex1-11 = lnt2．
于是 x - 1 ex1-11 = t2,g x2 = x2lnx2= t2．所以 x1- 1 ex1-1= x2lnx2= lnx elnx22 ．
构造函数 y= xex，
易知当 x> 0时，y= xex单调递增．所以，x1- 1= lnx2．
于是 x1x2- x2 lnt2= x2 x1- 1 lnt2= x2lnx2lnt2= t2lnt2，
令u= t2> 0，则 h(u) =ulnu,h (u) = lnu+ 1,h 1e = 0． h(u)在 0,
1
e 上单调递减，
在 1e ,+∞ 单调递增．所以 h(u)min= h
1
e =-
1
e，即 x1x2- x2 lnt
2 1 min=- e．
故选：A
题型三：利用同构解决函数的零点问题
【例1】(2022·海南华侨中学模拟预测 )已知函数 f x = ax- logax(a> 0且 a≠ 1)有两个不同的零点，则实数 a
的取值范围是 ( )．
1 1 1
A. 1,e e B. e e,e C. 1, e D. e e, e
【答案】A
【解析】
解法一：令 f x = 0，得 ax= logax，进而得到 ay+ y= ax+ x．令 g x = ax+ x，由其单调性得到 x= y，即 ax=
x，进而转化为 lna= lnxx ，利用导数法判断；解法二：令 f x = 0，得 a
x= logax，进而得到 ay+ y= ax+ x．令
g x = ax+ x，由其单调性得到 x= y，即 ax= x，然后利用导数的几何意义求解判断.
【详解】
解法一：通过选项判断可知 a> 1，
令 f x = 0，得 ax= logax，
y= ax y= ax由 = ，得 y log x aya = x
，所以 ay+ y= ax+ x．
令 g x = ax+ x，则 g x = g y ，且 g x 在 0,+∞ 上单调递增，
所以 x= y，即 ax= x，
所以 xlna= lnx，即 lna= lnxx ，
令 g x = lnx，g x = 1- lnx x x2
，
∴ g x 在 0,e 上单调递增，在 e,+∞ 上单调递减，则 g x max= g e = 1e，
又 x> 1时，g x = lnx x > 0，且 g 1 = 0，画出 g x 大致图像，
1
可知 0< lna< 1e，则 1< a< e
e．
故选：A．
解法二：通过选项判断可知 a> 1，
令 f x = 0，得 ax= logax，
y= ax y= ax由 y x = ，得 y= ，所以 a + y= a + x．y logax a x
令 g x = ax+ x，则 g x = g y ，且 g x 在 0,+∞ 上单调递增，
所以 x= y，即 ax= x，
当直线 y= x与 y= ax图像相切时，设切点为 x0,y0 ，
x0
由 y = a lna= 1axlna，则有 1 ax = ，故 x0lna= 1，则 x0= lna = log0 x ae．0
又 ax0= x0，即 alogae= logae，则 logae= e，
1
∴ a= e e．
要使得直线 y= x与 y= ax图像有两个交点，
1
则 1< a< e e，
故选：A．
【例2】(2022·全国 ·高三专题 )已知函数 f x = xex 2a lnx+ x 有两个零点，则 a的最小整数值为 ( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
先将函数化为 f(x) = ex+lnx- 2a(lnx+ x)，令 t= x+ lnx，进而只需说明 g t = et- 2at在R上有两个零点，
然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.
【详解】
f(x) = xex- 2a(lnx+ x) = ex+lnx- 2a(lnx+ x)，
设 t= x+ lnx(x> 0)，t = 1+ 1x > 0，即函数在 0,+∞ 上单调递增，易得 t∈R，于是问题等价于函数 g t =
et- 2at在R上有两个零点，g t = et- 2a，
若 a≤ 0，则 g t > 0，函数 g t 在R上单调递增，至多有 1个零点，不合题意，舍去；
若 a> 0，则 x∈ -∞ ,ln2a 时，g t < 0，g t 单调递减，x∈ ln2a,+∞ 时，g t > 0，g t 单调递增.
因为函数 g t 在R上有两个零点，所以 g t min= g ln2a = 2a 1- ln2a < 0 a> e 2，
而 g 0 = 1> 0，
限定 t> 1 ，记 φ t = et- t，φ t = et- 1> 0，即 φ t 在 1,+∞ 上单调递增，于是 φ t = et- t> φ 1 = e-
t 2 2
1> 0 et> t，则 t> 2时 ，e2> t2 e
t> t4 ，此时 g t >
t
4 - 2at=
t e
4 t- 8a ，因为 a> 2，所以 8a> 4e>
1，于是 t> 8a时，g t > 0.
综上：当 a> e2 时，有两个交点，a的最小整数值为 2.
故选：C .
【题型专练】
1. (2021·全国 ·模拟预测 )在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方
程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于 a的方程 aea= e6和关于 b的方程 b lnb 2 = e3λ 1
(a,b,λ∈R)可化为同构方程，则 λ=________，ln ab =________．
【答案】 3 8
【解析】
两个方程分别取自然对数，转化后由同构的定义求得 λ，然后利用新函数的单调性得 a,b关系，从而求得 ab的
值．
【详解】
对 aea= e6两边取自然对数得 lna+ a= 6 ①．对 b lnb- 2 = e3λ-1两边取自然对数得 lnb+ ln lnb- 2 =
3λ- 1，即 lnb- 2+ ln lnb- 2 = 3λ- 3 ②．
因为方程①，②为两个同构方程，所以 3λ- 3= 6，解得 λ= 3．
设 f x = lnx+ x(x> 0)，则 f x = 1 x + 1> 0，
所以函数 f x 在 0,+∞ 上单调递增，所以方程 f x = 6的解只有一个，所以 a= lnb- 2，
所以 ab= lnb- 2 b= b lnb- 2 = e3×3-1= e8，故 ln ab = lne8= 8．
故答案为：3；8．
2. (2022·辽宁 ·大连市普兰店区高级中学模拟预测 )已知函数 f x = ln x+ 1 - x+ 1．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)设函数 g x = aex- x+ lna，若函数F x = f x - g x 有两个零点，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为 -1,0 ；单减区间为 0,+∞
(2) 0,1
【解析】
(1)求定义域，求导，由导函数的正负求出函数 f x 的单调区间；(2)同构处理，为设函数 h x = ex+ x，则
h x+ lna = h ln x+ 1 ，结合 h x = ex+ x的单调性得到 lna= ln x+ 1 - x有两个根，结合第一问中的
结论，列出不等关系，求出 a的取值范围.
(1)
函数的定义域为 x x>-1 ，
f′ x 1 -x = x+ 1 - 1= x+ 1 ,f′ x > 0,-1< x< 0;f′ x < 0,x> 0．
函数 f x 的单调递增区间为 -1,0 ；单减区间为 0,+∞ ．
(2)
要使函数F x = f x - g x 有两个零点，即 f x = g x 有两个实根，
即 ln(x+ 1) - x+ 1= aex- x+ lna有两个实根．
即 ex+lna+ x+ lna= ln(x+ 1) + x+ 1．
整理为 ex+lna+ x+ lna= eln(x+1)+ ln(x+ 1)，
设函数 h x = ex+ x，则上式为 h x+ lna = h ln x+ 1 ，
因为 h′ x = ex+ 1> 0恒成立，所以 h x = ex+ x单调递增，所以 x+ lna= ln x+ 1 ．
所以只需使 lna= ln x+ 1 - x有两个根，设M x = ln x+ 1 - x．
由 (1)可知，函数M x )的单调递增区间为 -1,0 ；单减区间为 0,+∞ ，
故函数M x 在 x= 0处取得极大值，M x max=M 0 = 0．
当 x→-1时，M x →-∞；当 x→+∞时，M x →-∞，
要想 lna= ln x+ 1 - x有两个根，只需 lna< 0，解得：0< a< 1．
所以 a的取值范围是 0,1 ．
题型四：利用同构解决不等式恒成立问题
【例1】(2022·广东广州 ·三模 )对于任意 x> 0都有 xx- axlnx≥ 0，则 a的取值范围为 ( )
1
A. 0,e B. -e1- e,e
C. -∞ ,-e1-
1
e ∪ e,+∞ D. -∞ ,e
【答案】B
【解析】
t= f x = xlnx，由导数的单调性求出 t= f x ≥- 1 e，所以 x
x- axlnx≥ 0 exlnx- axlnx≥ 0转化为：et-
at≥ 0任意 t≥- 1e 恒成立，令 g t = e
t- at，分类讨论 a值，求出 g t min，即可求出答案.
【详解】
xx- axlnx≥ 0 exlnx- axlnx≥ 0，令 t= f x = xlnx，
则 f x = lnx+ 1，所以 f x 在 0, 1e 上单调递减，在
1
e ,+∞ 上单调递减，
所以 f x ≥ f 1 = 1 ln 1 =- 1e e e e，所以 t= f x ≥-
1
e，
所以 xx- axlnx≥ 0转化为：et- at≥ 0，令 g t = et- at，g t = et- a，
①当 a≤ 0时，g t ≥ 0，所以 g t 在 -
1
e ,+∞ 上单调递增，所以
g t = g - 1 = e-
1
e
min e - -
1 1 1a e ≥ 0 a≥-e
1- e，所以-e1- e≤ a≤ 0.
②当 a> 0时，您 g t = 0，所以 t= lna，
(i) 1当 lna<- 1e 即 a< e
- e 时，
g t >
1 1
0，所以 g t 在 - 1 e ,+∞ 上单调递增，g t min= g -
1
e = e
- e- a - 1 ≥ 0 a≥-e1- ee ，所以 0< a
< e- 1e .
(ii)当 lna≥- 1 1e 即 a≥ e
- e 时，
g t 在 1 - e ,lna 上单调递减，在 lna,+∞ 上单调递增，g t min= g lna = e
lna- a lna ≥ 0 a- alna≥
0 1- lna≥ 0，
1
所以 a≤ e，所以 e- e≤ a≤ e.
1
综上，a的取值范围为： -e1- e,e .
故选：B.
【例2】(2022·全国 ·高三专题练习 (文 ))已知 e是自然对数的底数 .若 x∈ [1,+∞)，使memx- 6x5lnx≤ 0，则
实数m的取值范围为 ( )
A. -∞ , 1 B. -∞ , 6 6 e C. -∞ ,
e
6 D. (-∞ ,6]
【答案】B
【解析】
先讨论m≤ 时，不等式成立； > 时，不等式变形为 mx≤ 6 lnx60 m 0 mxe lnx e ，构造函数 f(x) = xex x≥ 0 ，由单
调性得到mx≤ lnx6，参变分离后构造函数 g(x) = 6lnxx ，求出 g(x)最大值即可求解.
【详解】
当m≤ 0时，memx≤ 0,6x5lnx≥ 0，显然memx- 6x5lnx≤ 0成立，符合题意；
当m> 0时，由 x≥ 1，memx- 6x5lnx≤ 0，可得mxemx- 6x6lnx≤ 0，即mxemx≤ x6lnx6，mxemx≤ lnx6elnx6，
令 f(x) = xex x≥ 0 ，f (x) = x+ 1 ex> 0，f(x)在 0,+∞ 上单增，又mx> 0,lnx6≥ 0，故mxemx≤
6
lnx6elnx ，
即 f(mx)≤ f(lnx6)，即mx≤ lnx6，m≤ 6lnxx ，即 x∈ 1,+∞ 使m≤
6lnx
x 成立，令 g(x) =
6lnx
x ，则 g (x)
= 6- 6lnx
x2
，
当 x∈ 1,e 时，g (x)> 0,g(x)单增，当 x∈ e,+∞ 时，g (x)< 0,g(x)单减，故 g(x)max= g(e) = 6e，故 0≤ 6e；
综上：m≤ 6e .
故选：B
【点睛】
本题关键点在于当m> 0时，将不等式变形为mxemx≤ lnx6elnx6，构造函数 f(x) = xex x≥ 0 ，借助其单调性
得到mx≤ lnx6，再参变分离构造函数 g(x) = 6lnxx ，求出其最大值，即可求解.
【例3】(2022·宁夏中卫 ·三模 (理 ))不等式 aeax> lnx在 (0,+∞)上恒成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. 12e ,+∞ B.
1
e ,+∞ C. (1,+∞) D. (e,+∞)
【答案】B
【解析】
将 aeax> lnx变为 axeax> xlnx即 axeax> lnx elnx，构造新函数 g(x) = xex,(x> 0)，利用其单调性得到 ax>
lnx,a> lnxx ，继而求得答案.
【详解】
当 a≤ 0时，不等式 aeax> lnx在 (0,+∞)上恒成立不会成立，
故 a> 0 ，
当 x∈ (0,1] 时，lnx≤ 0 ，此时不等式 aeax> lnx恒成立；
不等式 aeax> lnx在 (1,+∞)上恒成立,
即 axeax> xlnx在 (1,+∞)上恒成立,
而 axeax> xlnx即 axeax> lnx elnx，
设 g(x) = xex,g (x) = (x+ 1)ex ，当 x>-1 时，g (x) = (x+ 1)ex> 0，
故 g(x) = xex,(x>-1)是增函数，
则 axeax> lnx elnx即 g(ax)> g(lnx)，故 ax> lnx,a> lnxx ，
设 h(x) = lnx ,(x> 1) ,h (x) = 1- lnxx x2
，
当 1< x< e 时，h (x) = 1- lnx2 > 0， h(x)递增，x
当 x> e 时，h (x) = 1- lnx2 < 0， h(x)递减，x
故 h(x)≤ h(e) = 1e ，则 a>
1
e ，
综合以上，实数 a的取值范围是 a> 1e ，
故选：B
【点睛】
本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解
答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数 ,这一点解题的突破点.
【例4】(2022·陕西渭南 ·二模 (文 ))设实数 λ> 0，对任意的 x> 1，不等式 λeλx≥ lnx恒成立，则 λ的最小值为
( )
A. e B. 12e C.
1
e D.
2
e
【答案】C
【解析】
由题设有 eλx λx≥ elnx lnx，构造 f(t) = t et并利用导数研究单调性即可得 x∈ (1,+∞)上 λ≥ lnxx 恒成立，
再构造 g(x) = lnxx ，x∈ (1,+∞)并应用导数求最值，即可得 λ的最小值.
【详解】
由题设，eλx λx≥ xlnx= elnx lnx，令 f(t) = t et，则在 f (t) = (t+ 1) et> 0，
所以 f(t)单调递增，又 f(λx)> f(lnx)，即 x∈ (1,+∞)上 λx≥ lnx，即 λ≥ lnxx 恒成立，
令 g(x) = lnxx ，x∈ (1,+∞)，则 g
(x) = 1- lnx，
x2
所以，(1,e)上 g (x)> 0，则 g(x)递增；(e,+∞)上 g (x)< 0，则 g(x)递减；
则 g(x)≤ g(e) = 1 ，故 λ≥ 1e e .
故选：C
【点睛】
关键点点睛：根据同构形式结合导数研究 f(t) = t et的单调性，进而将问题转化为 x∈ (1,+∞)上 λ≥ lnxx 恒
成立，再次构造函数求最值，确定参数范围.
【例5】(2022·辽宁 ·高二期中 )已知 a> 0，若在 (1,+∞)上存在 x使得不等式 ex- x≤ xa- alnx成立，则 a的最
小值为 ( )
A. 1e B. 1 C. 2 D. e
【答案】D
【解析】
先利用 xa= ealnx将不等式转化为 ex- x≤ ealnx- alnx，借助单调性得到 x≤ alnx，参变分离后构造函数 f(x)
= xlnx (x> 1)，结合单调性求出最小值即可.
【详解】
∵ xa= elnxa= ealnx，∴不等式即为：ex- x≤ ealnx- alnx
由 a> 0且 x> 1，∴ alnx> 0，设 y= ex- x，则 y = ex- 1> 0，故 y= ex- x在 (0,+∞)上是增函数，∴ x≤
alnx，即 a≥ xlnx，
即存在 x∈ (1,+∞)，使 a≥ xlnx，∴ a≥
x
lnx ，设 f(x) =
x
lnx (x> 1)，则 f
(x) = lnx- 12 ,x∈ (1,e) ,f
(x)
min ln x
< 0；
x∈ (e,+∞) ,f (x)> 0；∴ f(x)在 (1,e)上递减，在 (e,+∞)上递增，∴ f(x)min= f(e) = e，∴ a≥ e．
故选：D.
a a
【例6】(2022·四川省泸县第二中学模拟预测 (理 ))已知 a> 0，不等式 xex- x 2 lnx 2≥ 0对任意的实数 x> 1恒成
立，则实数 a的最大值为 ( )
A. 12e B. 2e C.
1
e D. e
【答案】B
【解析】
构造函数 f(x) = xex ，利用函数单调性可得 2 ≥ lnx，再构造函数 g(x) = lnxa x x ,(x> 1)，利用导数求出函数的
最大值即可
【详解】
a a
不等式 xex- x 2 lnx 2≥ 0对任意的实数 x> 1恒成立
a a
∴ xex≥ x 2 lnx 2
令 f(x) = xex
∴ f (x) = (x+ 1)ex> 0 对任意的实数 x> 1恒成立
a
∴ f(x)≥ f lnx 2 ，∴ x≥ a2 lnx ，∴
2 ≥ lnxa x
令 g(x) = lnxx ,(x> 1)
g (x) = 1- lnx
x2
令 g (x) = 0 ，解得 x= e
当 1< x< e 时，g (x)> 0 ，函数单调递增
当 x> e 时，g (x)< 0 ，函数单调递减
∴ g(x)max= g(e) = 1e
∴ 2 1a ≥ e ，∴ a≤ 2e ，所以实数 a的最大值为 2e
故选：B
【题型专练】
1. (2022·辽宁葫芦岛 ·高二期末 )已知 a< 0，不等式 xa+1ex+ alnx≥ 0对任意的实数 x> 2恒成立，则实数 a的
最小值为 ( )
A. - 2e B. - e C. - 1e D. -
1
2e
【答案】B
【解析】
首先不等式同构变形为 exlnex≥ x-alnx-a，引入函数 f(x) = xlnx，由导数确定单调性得 ex≥ x-a，分离参数变
形为-a≤ xlnx，再引入函数 g(x) =
x
lnx，由导数求得其最小值，从而得 a的范围，得最小值．
【详解】
不等式 xa+1ex+ alnx≥ 0可化为 xex≥ x-alnx-a，即 exlnex≥ x-alnx-a，
a< 0，x> 2，则 x-a> 1，ex> 1，
设 f(x) = xlnx，则 f (x) = lnx+ 1，x> 1时，f (x)> 0，f(x)是增函数，
所以由 exlnex≥ x-alnx-a得 ex≥ x-a，x≥-alnx，-a≤ xlnx，
所以 x> 2时，-a≤ xlnx 恒成立．
设 g(x) = x lnx，则 g (x) =
lnx- 1，
ln2x
2< x< e时，g (x)< 0，g(x)递减，x> e时，g (x)> 0，g(x)递增，
所以 g(x)min= g(e) = e，
所以-a≤ e，a≥-e．所以 a的最小值是-e．
故选：B．
【点睛】
难点点睛：本题考查用导数研究不等式恒成立问题，难点在于不等式的同构变形，然后引入新函数，由新函数
的单调性化简不等式，从而再由变量分离法转化为求函数的最值．
2. (2022·黑龙江 ·哈尔滨三中高二期末 )已知函数 f(x) = ex- aln(ax+ a) - a，(a> 0)，若关于 x的不等式 f(x)
> 0恒成立，则实数 a的取值范围是 ( )
A. (0,1) B. 0, 1e C.
1
e ,1 D. 0,e
【答案】A
【解析】
首先将不等式进行恒等变形，然后构造新函数，结合函数的性质即可求得实数 a的取值范围．
【详解】
x
由题意可得：ea > ln(x+ 1) + lna+ 1，
∴ ex-lna+ x- lna> ln(x+ 1) + x+ 1，
∴ ex-lna+ x- lna> eln(x+1)+ ln(x+ 1)，
令 g(x) = ex+ x，易得 g(x)在 (1,+∞)上单调递增，
∴ x- lna> ln(x+ 1)，记 h x = x- lna- ln(x+ 1)，则 h x = 1- 1x+ 1 =
x
x+ 1 ,
故当 x∈ -1,0 时，h x < 0，此时 h(x)单调递减，当 x∈ 1,+∞ 时，h x > 0，此时 h(x)单调递增，故
h x min= h 0 =-lna，故只需-lna> 0 0< a< 1
故实数 a的取值范围为 0，1 ．
故选：A
3. (2022·黑龙江 ·哈尔滨市第六中学校高二期末 )若对任意 x∈ -1,+∞ ，不等式 aex- ln x+ 1 + lna≥ 1恒
成立，则实数 a的最小值是 ( )
A. 1 B. 2 C. e D. 3
【答案】A
【解析】
由 aex- ln x+ 1 + lna≥ 1得 ex+lna+ x+ lna≥ eln 1+x + ln x+ 1 ，令F x = ex+ x，利用F x 的单调性可
得 x+ lna≥ ln x+ 1 ，转化为对任意 x∈ -1,+∞ 时 lna≥ ln x+ 1 - x恒成立，令 h x = ln x+ 1 -
x x>-1 ，利用导数求出 h x 的最值可得答案.
【详解】
由 aex- ln x+ 1 + lna≥ 1得 ex+lna+ x+ lna≥ eln 1+x + ln x+ 1 ，
令F x = ex+ x，因为 y= ex,y= x都是单调递增函数，
所以F x = ex+ x为单调递增函数，
所以 x+ lna≥ ln x+ 1 ，
即对任意 x∈ -1,+∞ 时 lna≥ ln x+ 1 - x恒成立，
令 h x = ln x+ 1 - x x>-1 ，h x = -xx+ 1，
当-1< x< 0时，h x > 0，h x 单调递增，
当 x> 0时，h x > 0，h x 单调递减，
所以 h x ≥ h 0 = ln1= 0，
所以 lna≥ 0，即 a≥ 1.
故选：A.
4. (2022·湖北 ·高二期末 )若关于 x的不等式 aex- ln(x- 1) - 1≥ 0在区间 (1,+∞)上恒成立，则实数 a的取值
范围为 ( )
A. 1 2 ,+∞ B. 1 e ,+∞ C. 1,+∞ D. e,+∞ e
【答案】A
【解析】
先利用特值缩小实数 a的范围，再利用导数求得 aex- ln(x- 1) - 1在区间 (1,+∞)上的最小值，进而构造函
数并利用导数判断单调性，从而得到实数 a的取值范围.
【详解】
当 a≤ 0时，f(2) = ae2- 1< 0，不满足题意，舍去，所以 a> 0．
x
令 f(x) = aex- ln(x- 1) + 1(x> 1)，则 f (x) = aex- 1x- 1 =
e
x- 1 a(x- 1) - e
-x ，
令 g(x) = a(x- 1) - e-x，则 g (x) = a+ e-x> 0，则 g(x)在 (1,+∞)上单调递增，
又 g(1) =- 1e < 0，g(x) = a(x- 1) -
1
x > a(x- 1) -
1
e，则 g 1+
1
e ae > 0，
所以存在唯一 x0∈ 1,1+ 1ae 使得 g x0 = 0，
即 a 1 1 x0- 1 = x ，则 ae
x0=
e 0 x0- 1
当 x∈ 1,x0 时，g(x)< 0，则 f (x)< 0，则 f(x)单调递减，
当 x∈ x0,+∞ 时，g(x)> 0，则 f (x)> 0，则 f(x)单调递增，
所以 f(x)min= f x = aex00 - ln x0- 1 - 1= 1x - 1 - ln x0- 1 - 1≥ 0恒成立．0
令 h(x) = 1x- 1 - ln(x- 1) - 1，x∈ (1,+∞)，
则 h (x) =- 1 12 - x- 1 < 0，所以 h(x)在 (1,+∞)上单调递减，(x- 1)
又 h(2) = 0，所以 f x0 ≥ 0 h x0 ≥ h(2)，所以 1< x0≤ 2．
又因为 a= 1x ，且 φ(x) =
1
x 在 (1,2]上单调递减，e 0 x0- 1 e (x- 1)
所以 a∈ 1 2 ,+∞e ．
故选：A．
5. (2023·河南 ·洛宁县第一高级中学一模 (理 ))对任意 x∈ 0,+∞ ，不等式 a- 1 x+ ln ax ≤ ex恒成立，则
实数 a的取值范围为 ( )
A. 0,1 B. 0,e C. 0,2e D. 0,e2
【答案】B
【解析】
x x
不等式可转化为 a≤ ex 对任意 x∈ 0,+∞ 恒成立，构造 h x =
e
x 利用导数求出 h x 的最小值即可.
【详解】
由 a- 1 x+ ln ax ≤ ex，则 ax+ ln ax ≤ ex+ lnex，
x
因为 y= x+ lnx在 0,+∞ 上为增函数，所以 ax≤ ex，即 a≤ ex 对任意 x∈ 0,+∞ 恒成立，
ex ex设函数
x- 1
h x = x ，则 h x = x2
，
由 h x < 0可得 0< x< 1，由 h x > 0可得 x> 1，
所以 h x 在 0,1 上为减函数，在 1,+∞ 上为增函数，所以 a≤ h x min= h 1 = e，
因为 ax> 0对任意的 x∈ 0,+∞ 恒成立，所以 a> 0，
所以 0< a≤ e.
故选：B．
题型五：利用同构证明不等式
【例1】(2023·全国 ·高三专题练习 )已知函数 f(x) = x- xx .e
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)已知 a,b∈R，且 a≠ b，若 aea+b+ bea= aeb+ bea+b，求证：a+ b> 0.
【答案】(1)f(x)在 -∞ ,0 单调递减，在 0,+∞ 单调递增 (2)证明见解析
【解析】
(1)对 f(x)求导，注意到 f (0) = 0，研究 f (x)的分子，最终求出 f(x)的单调性；
(2)先对 aea+b- aeb= bea+b- bea同除以 ea+b，变形为 f(a) = f(b)，再构造差函数解决极值点偏移问题
(1)
x
f (x) = e + x- 1 x x ，令 g x = e + x- 1，则 g x = e
x+ 1> 0，
e
∴ g x = ex+ x- 1在R单调递增，
注意到 g 0 = 0
∴当 x∈ -∞ ,0 时，g x < 0，此时 f (x)< 0，f(x)单调递减，当 x∈ 0,+∞ 时，g x > 0，此时 f (x)> 0，f
(x)单调递增
∴ f(x)在 -∞ ,0 单调递减，在 0,+∞ 单调递增
(2)
aea+b+ bea= aeb+ bea+b等价于 aea+b- aeb= bea+b- bea，等式两边同除以 ea+b得：
a ea- 1 b eb- 1= a b ，即 f(a) = f(b)e e
由 (1)知：f(x)在 -∞ ,0 单调递减，在 0,+∞ 单调递增
∴ a，b一正一负，不妨设 a< 0< b
构造新函数 h(x) = f x - f -x ，则 h(0) = 0
x -x
∴ ( ) = e + x- 1 e - x- 1
x+ 1 ex+ x- 1 1- ex
h x f x + f -x =
ex
+ =
e-x ex
令 φ x = x+ 1 ex+ x- 1，则 φ x = x+ 2 ex+ 1
当 x> 0时，显然 φ x > 0恒成立，所以 φ x > φ 0 = 0
又 1- ex< 0对 x∈ 0,+∞ 恒成立，
所以在 x∈ 0,+∞ 时，h (x)< 0，即 h(x)单调递减
h(x)< h(0) = 0
∵ b> 0
∴ h(b)< 0，即 f b < f -b
∵ f(a) = f(b)
∴ f a < f -b
其中 a< 0，-b< 0，且 f(x)在 -∞ ,0 单调递减
∴ a>-b，即 a+ b> 0
【点睛】
方法点睛：构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用
贯穿于整个高中数学的教学之中 .某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其
内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用 .因此对函数的单调
性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的 .根据题目的特点，构造一个适当的
函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧 .许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明
快的思路，有着非凡的功效
【例2】(2022· x- 1海南中学高三阶段练习 )已知函数 f(x) = .
ex
(1)求 f(x)的单调区间与极值.
(2)设m，n为两个不相等的正数，且mlnn-nlnm=m-n，证明：mn> e4.
【答案】(1)单调递增区间为 (-∞ ,2)，单调递减区间为 (2,+∞)，极大优值 1
e2
，无极小值；(2)证明见解析.
【解析】
首先求函数的导数，利用导数和单调性，极值点的关系，即可求解；
(2)首先由条件变形为 lnn- 1 lnm- 1lnm = lnm ，即 f lnm = f(lnn)，通过构造函数 h(x) = (x- 1)e
4-x- (3- x)
e e
ex，x∈ (2,3)，转化为极值点偏移问题，即可求解.
【详解】
(1)解：f(x)的定义域为R，f x = 2- x r .e
当 x∈ (-∞ ,2)时，f x > 0；当 x∈ (2,+∞)时，f x < 0.
所以 f x 的单调递增区间为 (-∞ ,2)，单调递减区间为 (2,+∞).
故 f x 在 x= 2处取得极大值，且极大值为 1
e2
，无极小值.
(2)证明：易知m，n> 0，
mlnn-nlnm=m-n m(lnn- 1)
=n lnm- 1 lnn- 1 = lnm- 1 lnn- 1 n m lnn =
lnm- 1
e elnm
即 f lnm = f(lnn)，lnm≠ lnn.
不妨设 x1= lnm，x2= lnn，x1< x2.
(1)可知 x2∈ (2,+∞)，f x1 = f x2 > 0，x1∈ (1,2)
当 x2≥ 3时，x1+ x2> 4，mn> e4
当 2< x2< 3时，1< 4- x2< 2，
x - 1 4- x - 1 x - 1 e4-x22 - 3- x ex2f x2 - f
2
4- x2 = 2 - 2ex2 e4-x
=
2 e4
设 h(x) = (x- 1)e4-x- (3- x)ex，x∈ (2,3)，
则 h x = 2- x e4-x- 2- x ex= 2- x e4-x- ex ，
因为 x∈ (2,3)，4- x< x，
所以 h (x)> 0，h(x)在区间 (2,3)上单调递增，
h(x)> (2- 1)e4-2- (3- 2)e2= 0，
所以 f x2 - f 4- x2 = f x1 - f 4- x2 > 0，f x1 > f 4- x2
又因为 x1，4- x2∈ (1,2)，所以 x1> 4- x2，
即 x1+ x2> 4，故mm> e4.
【例3】(2022·河北 ·高三阶段练习 )已知函数 f(x) = xlnx．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设 a，b为两个不相等的正数，且 ab= ba 2 1 1，证明：e < a + < 1．b
【答案】(1)单调递增区间为 1e ,+∞ ，单调递减区间为 0,
1
e (2)证明见解析
【解析】
(1)直接求导确定 f(x)的单调性即可；
(2)令 x = 1 1 2 21 a ,x2= ，先证 e < x1+ x2，构造函数 h(x) = f(x) - f e - x ，求导确定 h(x)的单调性进而证b
得；再证 x1+ x < 1，构造函数 φ(x) = f(x) - f(1- x) ,x∈ 0, 12 e ，求导确定单调性进而证得.
(1)
f (x) = lnx+ 1，定义域为 (0,+∞)，
由 f (x) = 0，解得 x= 1e，
由 f (x)> 0，解得 x> 1e，
由 f (x)< 0，解得 0< x< 1e，
所以 f(x)的单调递增区间为 1e ,+∞ ，单调递减区间为 0,
1
e ．
(2)
∵ a，b为两个不相等的正数，且 ab= ba，
∴ blna= alnb，即 1 1 1 1a ln a = ln ，b b
由 (1)可知 f(x)min= f 1e =-
1
e，且 f(1) = 0，x→ 0时，f(x) → 0，
则令 x1= 1a ,x
1
2= ，b
则 x1,x 12为 f(x) = k的两根，且 k∈ - e ,0 ，
不妨设 x 1 1 2 11∈ 0, e ,x2∈ e ,1 ，则 e - x1> e，
先证 2 2e < x1+ x2，即证 x2> e - x1，即证 f x2 = f x1 > f
2
e - x1 ，
令 h(x) = f(x) - f 2e - x ，即证在 x∈ 0,
1
e 上，h(x)> 0，
则 h (x) = f (x) - f 2e - x = lnx+ ln
2
e - x + 2= ln -x
2+ 2e x + 2，
h (x)在 0, 1e 上单调递增，即 h
(x)< h 1e = 0，
∴ h (x)< 0在 0, 1e 上恒成立，即 h(x)在 0,
1
e 上单调递减，h(x)> h
1
e = 0，
∴ f(x)> f 2e - x ，即可得 x2>
2
e - x1；
再证 x 11+ x2< 1，即证 e < x2< 1- x1，
由 (1)f(x)单调性可得证 f x2 = f x1 < f 1- x1 ，
令 φ(x) = f(x) - f(1- x) ,x∈ 0, 1e ，
φ (x) = lnx+ ln(1- x) + 2= ln -x2+ x + 2，
φ (x)在 0, 1e 上单调递增，
∴ φ (x) = φ 1e > 0，且当 x→ 0,φ
(x)< 0，
所以存在 x0使得 φ x0 = 0，
即当 x∈ 0,x0 时，φ (x)< 0,φ(x)单调递减，
当 x∈ x , 10 e 时，φ
(x)> 0,φ(x)单调递增，
又有 x→ 0,φ(x)< 0，
且 φ 1e = f
1
e - f 1-
1
e < 0，
所以 φ(x)< 0恒成立，
∴ x1+ x2< 1，
则 2e <
1 + 1a < 1，即可证得．b
【点睛】
本题关键点在于先令 x = 1 1 2 1 11 a ,x2= ，再将b e < a + < 1转化为两个极值点偏移问题，先构造函数 h(x) =b
f(x) - f 2e - x ，求导确定在 x∈ 0,
1
e 上，h(x)> 0即可证明
2
e < x1+ x2；再构造函数 φ(x) = f(x) - f(1-
x) ,x∈ 0, 1e ，求导得 φ(x)< 0恒成立，即可证得 x1+ x2< 1，即可证得
2 1 1
e < a + < 1.b
【例4】(2022·河南郑州 ·二模 (文 ))已知函数 f x = e ex- 2 + 1 g x = lnxx ， x + 2.
(1)求函数 g x 的极值；
(2)当 x> 0时，证明：f x ≥ g x
【答案】(1)极大值为 1e + 2，无极小值 (2)证明见解析
【解析】
(1)首先确定 g x 定义域为 (0,+∞) ,求导可得 g′ 1- lnx x =
x2
，根据导数的应用，
分 x∈ 0,e 和 x∈ e,+∞ 时，两种情况讨即可得解；
(2)要证 f x ≥ g x 即证 xex+1- lnx- x- 2≥ 0，
令 h x = xex+1- lnx- x- 2 x> 0 ，求导利用隐零点问题的解决方法求得 h x min≥ 0即可.
(1)
g x = lnx + 2定义域为 (0,+∞) ,g′ x = 1- lnx x x2
，
则，x∈ 0,e 时，g′ 1- lnx x =
x2
> 0，g x 在 0,e 单调递增，
x∈ e,+∞ 时，g′ x = 1- lnx2 < 0，g x 在 e,+∞ 单调递减，x
故函数 g 1 x 的极大值为 g e = e + 2，无极小值
(2)
证明 f x ≥ g x 等价证明 xex+1- 2≥ lnx+ x(x> 0)，
即 xex+1- lnx- x- 2≥ 0.
令 h x = xex+1- lnx- x- 2 x> 0
h′ x = x+ 1 ex+1- 1+ xx = x+ 1 e
x+1- 1x ，
令 φ x = ex+1- 1x，则 φ x 在 0,+∞ 上单调递增，
1 11而 φ 10 = e 10- 10< e
2- 10< 0,φ 1 = e2- 1> 0，
故 φ x 在 0,+∞ 上存在唯一零点 x0，且 x0∈ 110 ,1 ，
x∈ 0,x0 时，φ x < 0,h′ x < 0，h x 在 x∈ 0,x0 上单调递减；
x∈ x0,+∞ 时，φ x > 0,h′ x > 0，h x 在 x∈ x0,+∞ 上单调递增，
故 h x min= h x0 = x0ex0+1- lnx0- x0- 2，又因为 φ x0 = 0即 ex0+1= 1x ，0
所以 h x0 =-lnx0- x0- 1= x0+ 1 - x0- 1= 0，从而 h x ≥ h x0 = 0，
即 f x ≥ g x
【点睛】
本题考查了导数的应用，导函数 f (x)> 0则原函数 f(x)为增函数，f (x)< 0原函数为减函数，同时考查了极
值的概念 .本题的关键点如下：
(1)极值点在何处取得；
(2)隐零点问题在求最值中的运用.
【题型专练】
1. (2021·全国 ·高考真题 )已知函数 f x = x 1- lnx .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)设 a，b为两个不相等的正数，且 blna- alnb= a- b，证明：2< 1 + 1a < e.b
【答案】(1)f x 的递增区间为 0,1 ，递减区间为 1,+∞ ；(2)证明见解析.
【解析】
(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 1a =m,
1 =n，命题转换为证明：2b
差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】
(1)f x 的定义域为 0,+∞ ．
由 f x = x 1- lnx 得，f x =-lnx，
当 x= 1时，f′ x = 0；当 x∈ 0,1 时 f′ x > 0；当 x∈ 1,+∞ 时，f ' x < 0．
故 f x 在区间 0,1 内为增函数，在区间 1,+∞ 内为减函数，
(2) [方法一 ]：等价转化
由 blna- alnb= a- b得 1a 1- ln
1 1
a = 1- ln
1 ，即 f 1a = f
1 ．b b b
由 a≠ b，得 1 1a ≠ ．b
由 (1)不妨设 1a ∈ (0,1) ,
1 ∈ (1,+∞)，则 f 1a > 0，从而 f
1
b b > 0，得
1 ∈ (1,e)，
b
①令 g x = f 2- x - f x ，
则 g (x) = ln(2- x) + lnx= ln(2x- x2) = ln[1- (x- 1)2]，
当 x∈ 0,1 时，g′ x < 0，g x 在区间 0,1 内为减函数，g x > g 1 = 0，
从而 f 2- x > f x ，所以 f 2- 1a > f
1
a = f
1 ，
b
由 (1)得 2- 1 < 1 即 2< 1a a +
1 ．①
b b
令 h x = x+ f x ，则 h' x = 1+ f x = 1- lnx，
当 x∈ 1,e 时，h′ x > 0，h x 在区间 1,e 内为增函数，h x < h e = e，
从而 x+ f x < e，所以 1 + f 1 < e．b b
又由 1 ∈ (0,1)，可得 1 < 1 1- ln 1a a a a = f
1
a = f
1 ，b
所以 1 1 1a + < fb b +
1 = e．②
b
由①②得 2< 1 1a + < e．b
[方法二 ]【最优解】：blna- alnb= a- b变形为 lnaa -
lnb = 1 - 1 ，所以 lna+ 1 = lnb+ 1．
b b a a b
令 1a =m,
1 =n．则上式变为m 1- lnm =nb 1- lnn ，
于是命题转换为证明：2令 f x = x 1- lnx ，则有 f m = f n ，不妨设m由 (1)知 0 2．
要证：m+n> 2 n> 2-m f n < f 2-m f(m)< f 2-m
f m - f 2-m < 0．
令 g x = f x - f 2- x ,x∈ 0,1 ，
则 g′ x =-lnx- ln 2- x =-ln x 2- x ≥-ln1= 0，
∴ g x 在区间 0,1 内单调递增，所以 g x < g 1 = 0，即m+n> 2．
再证m+n< e．
因为m 1- lnm =n 1- lnn >m，所以需证n 1- lnn +n< e m+n< e．
令 h x = x 1- lnx + x,x∈ 1,e ，
所以 h' x = 1- lnx> 0，故 h x 在区间 1,e 内单调递增．
所以 h x < h e = e．故 h n < e，即m+n< e．
综合可知 2< 1 + 1a < e．b
[方法三 ]：比值代换
证明 1a +
1 > 2同证法 2．以下证明 x1+ x2< e．b
不妨设 x2= tx1，则 t=
x2
x > 1，1
由 x1(1- lnx1) = x2(1- lnx2)得 x1(1- lnx1) = tx1[1- ln(tx1)]，lnx1= 1- tlntt- 1，
要证 x1+ x2< e，只需证 1+ t x1< e，两边取对数得 ln(1+ t) + lnx1< 1，
即 ln(1+ t) + 1- tlntt- 1 < 1，
ln(1+ t)
即证 t <
lnt
t- 1．
s
( ) = ln(1+ s)
- ln(1+ s)
记 g s s ,s∈ (0,+∞)，则 g
(s) = 1+ s
s2
.
记 h(s) = s 1 11+ s - ln(1+ s)，则 h′ (s) = (1+ s)2
- 1+ s < 0，
所以，h s 在区间 0,+∞ 内单调递减． h s < h 0 = 0，则 g' s < 0，
所以 g s 在区间 0,+∞ 内单调递减．
由 t∈ 1,+∞ 得 t- 1∈ 0,+∞ ，所以 g t < g t- 1 ，
ln(1+ t)
即 < lntt t- 1．
[方法四 ]：构造函数法
由已知得 lna lnb 1 1 1 1a - = - a，令b b a = x1, = xb 2，
不妨设 x1< x2，所以 f x1 = f x2 ．
由 (Ⅰ )知，0< x1< 1< x2< e，只需证 2< x1+ x2< e．
证明 x1+ x2> 2同证法 2．
-2+ e + lnx
再证明 x1+ x2< e．令 h(x) = 1- lnxx- e (0< x< e) ,h
(x) = x ．
(x- e)2
令 φ(x) = lnx+ ex - 2(0< x< e)，则 φ′ (x) =
1
x -
e = x- e < 0．
x2 x2
所以 φ x > φ e = 0,h′ x > 0，h x 在区间 0,e 内单调递增．
因为 < 1- lnx1 1- lnx2 1- lnx1 x1- e0 x1< x2< e，所以 x1- e
< x - e ，即2 1- lnx
>
2 x2- e
又因为 1- lnx x x x - ef x1 = f x2 ，所以 11- lnx =
2 2 1
2 x
, >
1 x1 x - e
，
2
即 x22- ex2< x21- ex1, x1- x2 x1+ x2- e > 0．
因为 x1< x2，所以 x1+ x2< e，即 1 1a + < e．b
综上，有 2< 1 1a + < e结论得证．b
【整体点评】
(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数
问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题
中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于 x1+ x2- e< 0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
2. (2022·全国 ·高三专题练习 )已知函数 f(x) = 2e- x lnx，其中 e= 2.71828 为自然对数的底数.
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若 x1,x2∈ 0,1 ，且 x2lnx1- x1lnx2= 2ex1x2 lnx1- lnx 1 12 ，证明：2e< x +1 x
< 2e+ 1.
2
【答案】(1)x∈ 0,e 时，递增；x∈ e,+∞ 时，递减；(2)证明见解析.
【解析】
(1)首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；(2)首先方程变形为
2e- 1 ln 1x x = 2e-
1
x ln
1 1
x ，设 x = a1，
1
x = a2，通过构造函数F(x) = f(x) - f 2e- x ，1< x< e，利1 1 2 2 1 2
用导数证明 a1+ a2> 2e，再分 a2< e+ 1和 e+ 1≤ a2< 2e时，证明 a1+ a2< 2e+ 1.
【详解】
解：(1)f '(x) = 2ex - (1+ lnx)，y=
2e
x 是减函数，y= 1+ lnx是增函数，
所以 f '(x)在 0,+∞ 单调递减，
∵ f ' e = 0，
∴ x∈ 0,e 时，f '(x)> f ' e = 0，f(x)单调递增；x∈ e,+∞ 时，f '(x)< f ' e = 0，f(x)单调递减.
( )由题意得，lnx1 - lnx2 2x x = 2elnx1- 2elnx2，即1 2
2e- 1x lnx1= 2e-
1
x lnx ， 2e-
1
2 x ln
1
x = 2e-
1 ln 1 ，1 2 1 1 x2 x2
设 1x = a1，
1
x = a2，则由 x1,x2∈ 0,1 得，a1,a2∈ 1,+∞ ，且 f a1 = f a2 .1 2
不妨设 a1< a2，则即证 2e< a1+ a2< 2e+ 1，
由 f 2e = 0及 f(x)的单调性知，1< a1< e< a2< 2e.
令F(x) = f(x) - f 2e- x ，1< x< e，则
2
F'(x) = f '(x) + f '(2e- x) = 4e( - ) - 2- ln x(2e- x) ，x 2e x
2
∵ x 2e- x ≤ e2，∴F'(x)> 4e 22 - 2- lne = 0，F(x)∴ f(x)< f 2e- x ，取 x= a1，则 f a1 < f 2e- a1 ，
又 f a1 = f a2 ，则 f a2 < f 2e- a1 ，
又 2e- a1> e，a2> e，且 f(x)在 e,+∞ 单调递减，∴ a2> 2e- a1，a1+ a2> 2e.
下证：a1+ a2< 2e+ 1.
(i)当 a2< e+ 1时，由 a1< e得，a1+ a2< 2e+ 1；
(ii)当 e+ 1≤ a2< 2e时，令G(x) = f(x) - f(2e+ 1- x)，e+ 1< x< 2e，则
G'(x) = f '(x) + f '(2e+ 1- x) = 2ex - 1- lnx+
2e
2e+ 1- x - 1- ln(2e+ 1- x)
= 2e(2e+ 1) 22 - 2- ln -x + (2e+ 1)x ，-x + (2e+ 1) x
记 t=-x2+ (2e+ 1)x，e+ 1≤ x< 2e，则G'(x) = 2e(2e+ 1)t - 2- lnt，
又 t=-x2+ (2e+ 1)x在 e+ 1,2e 为减函数，∴ t∈ 2e,e2+ 1 ，
2e(2e+ 1) - 2在 2e,e2+
2e(2e+ 1)
t 1 单调递减，lnt在 2e,e
2+ 1 单调递增，∴ t - 2- lnt单调递减，从而，
G'(x)在 e+ 1,2e 单调递增，
又G'( ) = 2e(2e+ 1)2e
2e(2e+ 1- ) - 2- ln2e(2e+ 1- 2e) = 2e- 1- ln2e，lnx≤ x- 1，2e
∴G' 2e > 0，
'( + )= 2e(2e+ 1)又G e 1 e- 1(e+ 1) (2e+ 1- e- 1) - 2- ln(e+ 1) (2e+ 1- e- 1) = e+ 1 - ln(e+ 1)< 0，
从而，由零点存在定理得，存在唯一 x0∈ (e+ 1,2e)，使得G' x0 = 0，
当 x∈ e+ 1,x0 时，G'(x)当 x∈ x0,2e 时，G'(x)>G' x0 = 0 G(x)单调递增.
所以，G(x)≤max G(e+ 1) ,G(2e) ，
又G(e+ 1) = f(e+ 1) - f(2e+ 1- e- 1) = f(e+ 1) - f(e) = (e- 1)ln(e+ 1) - e，
lnx ≤ 1x e lnx≤
x
e ln(e+ 1)≤
e+ 1
e ，
所以，G(e+ 1)< (e- 1) e+ 1 - e= -1e e < 0，
显然，G 2e = f 2e - f 2e+ 1- 2e = 0- 0= 0，
所以，G(x)< 0，即 f(x) - f 2e+ 1- x < 0，
取 x= a2∈ e+ 1,2e ，则 f a2 < f 2e+ 1- a2 ，
又 f a1 = f a2 ，则 f a1 < f 2e+ 1- a2 ，
结合 2e+ 1- a2< 2e+ 1- e+ 1 = e，a1< e，以及 f(x)在 0,e 单调递增，得到 a1< 2e+ 1- a2，
从而 a1+ a2< 2e+ 1.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问要证明不等式 2e< 1 1x + x < 2e+ 1成立，换元后转化为 2e< a1+ a2< 2e+ 1，两1 2
次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式.
3. (2022·河南省浚县第一中学模拟预测 (理 ))已知函数 f x = ex- ax a∈R ．
(1)讨论 f(x)的单调性．
(2)若 a= 0，证明：对任意的 x> 1，都有 f x ≥ x4- 3x3lnx+ x3．
【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析
【解析】
(1)分类讨论 a的取值范围，利用导数求解函数 f(x)的单调区间；
(2)对原不等式整理化简得到 ex-3lnx≥(x- 3lnx+ 1)，将 x- 3lnx整体代换，并构造函数求解 x- 3lnx的取
值范围，通过整体代换，构造新函数 g x = ex- x- 1，利用导数求解函数 g(x)的极值，结合 x- 3lnx的取值
范围，即可证明.
(1)
解：由题意可得 f x = ex- a．
当 a≤ 0时，f x > 0恒成立，则 f(x)在R上单调递增；
当 a> 0时，由 f x > 0，得 x> lna，由 f x < 0，得 x< lna，
则 f(x)在 -∞ ,lna 上单调递减，在 lna,+∞ 上单调递增．
综上，当 a≤ 0时，f(x)在R上单调递增；
当 a> 0时，f(x)在 -∞ ,lna 上单调递减，在 lna,+∞ 上单调递增．
(2)
证明：由题得，a= 0时，对任意的 x> 1，都有 f x ≥ x4- 3x3lnx+ x3，即 ex≥ x3(x- 3lnx+ 1)，
x
等价于 e x-3lnx
x3
≥(x- 3lnx+ 1)，即 e ≥(x- 3lnx+ 1).
设 g x = ex- x- 1，则 g x = ex- 1．
由 g x > 0，得 x> 0；由 g x < 0，得 x< 0．
则 g(x)在 0,+∞ 上单调递增，在 -∞ ,0 上单调递减，
故 g x ≥ g 0 = 0，即 ex- x- 1≥ 0，即 ex≥ x+ 1，当且仅当 x= 0时，等号成立．
设 h x = x- 3lnx，则 h x = 1- 3 = x- 3 x x ．
由 h x > 0，得 x> 3；由 h x < 0，得 0< x< 3．
则 h(x)在 (0,3)上单调递减，在 3,+∞ 上单调递增．
因为 h 3 = 3- 3ln3< 0，h e2 = e2- 6> 0，所以 h x = 0有解，
则 ex-3lnx≥ x- 3lnx+ 1，当且仅当 x- 3lnx= 0时，等号成立．
即 e
x
3 ≥ x- 3lnx+ 1，即 f x ≥ x
4- 3x3lnx+ x3．
x
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注
意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极 (最 )值问题处
理

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