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专题 11 函数中的同构问题
近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不
同的式子通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方
法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式问题中，
或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.
(一)同构函数揭秘
同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如
ex + x与 x + ln x 属于“跨阶函数”，而 ex + ln x 属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般
是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题
转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类： f x = xex , f x = x ln x,
f x = x + ex , f x = x + ln x ， f x = ex - x + a, f x = ln x - x + a 等，在一些求参数的取值范围、零点个数、
不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解.
ex
利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如； x = eln x , x = ln ex , xex = ex+ln x , = ex-ln x 等.
x
【例 1】（2024 届江苏省苏州市高三下学期三模）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2) a 2 当 时，证明： e2x ．
x
1
【解析】（1）函数 f x = lnx + ax +1,a R 的定义域为 0, + ，且 f x = + a ．
x
1
当 a 0时，"x 0,+ , f x = + a > 0 恒成立，所以 f x 在区间 0, + 上单调递增；
x
1 1+ ax 1
当 a<0时，令 f x = + a = = 0，解得 x = - ，
x x a
x 1 当 0, - ÷时， f x > 0, f x
1
在区间 0,-

a ÷
上单调递增，
è è a
x 1 , f x 0, f x 1当 - + <

÷ 时， 在区间 - ,+ ÷上单调递减．
è a è a
综上所述，当 a 0时， f x 在区间 0, + 上单调递增；
1 1
当 a < 0时， f x 在区间 0,- ÷ 上单调递增，在区间 - ,+ ÷上单调递减．
è a è a
f x lnx + 2x +1
（2）当 a 2时，因为 x > 0 ，所以要证 e2x ，只要证明 e2x 即可，
x x
即要证 lnx + 2x +1 xe2x ，等价于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1，则 g x = ex -1，
在区间 - ,0 上， g x < 0, g x 单调递减；在区间 0, + 上， g x > 0, g x 单调递增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 e x x + 1（当且仅当 x = 0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 2x + lnx = 0时，等号成立．
h x 2x lnx 0, h 1 2又 = + 在 + 上单调递增， ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1÷ ，使得 2x0 + lnx0 = 0成立．综上所述，原不等式成立．
è e
2
【例 2】（2024 届重庆市南开中学高三上学期第质量检测）已知函数 f x = x + lnx + ax 在 x =1处的切线 l和
直线 x + y = 0垂直.
(1)求实数 a的值；
f (x ) - f (x ) - x2 + x2(2)若对任意的 x , x 0, 2 ， x x ，都有 1 2 1 21 2 1 2 x x > m 成立（其中 e为自然对数的底数），求e 1 - e 2
实数 m 的取值范围.
【解析】（1）由函数 f x = x2 + lnx + ax ，可得 f (x) 2x 1= + + a ，可得 f 1 = a + 3
x
因为函数在 x =1处的切线 l 和直线 x + y = 0垂直，所以 f 1 =1，
即 a + 3 = 1，解得 a = -2 .
（2）解：不妨设0 < x1 < x2 2，则 ex1 - ex2 < 0，
2 2
因为对任意的 x1, x2 0, 2 x x f (x1) - f (x2 ) - x1 + x， 21 2 ，都有 x x > m 成立，e 1 - e 2
可得 f (x1) - f (x2 ) - x
2
1 + x
2
2 < m ex1 - ex2 ，即 f (x1) - x21 - me x1 < f (x ) - x22 2 - me x2 ，
设 g x = f x - x2 - mex ，则 g(x1) < g(x2 )，故 g x 在 0,2 单调递增，
g (x) 1= - 2 - mex 0 m e- x
1
从而有 ，即 - 2÷在 0,2 x 上恒成立，x è
h(x) e- x 1设 = - 2

÷，则m h x x ，è min
2
h (x) = -e- x 1 - 2 + e- x 1 2x - x -1因为 ÷ ×

-
- x
x x2 ÷
= e × (0 < x 2)，
è è x2
令 h x > 0，即 2x2 - x -1 = 2x +1 x -1 > 0，解得1< x 2，
令 h x < 0，即 2x2 - x -1 = 2x +1 x -1 < 0，解得0 < x <1，
所以 h x 在 0,1 单调递减，在 1,2 单调递增，
1 1 1
又因为 h(1) = - ，故 h x 在 0, 2 上最小值 h(x)
e min
= - ，所以m - ，
e e
m , 1ù实数 的取值范围是 - - .
è e ú
(二) xex 型同构
ln x + ln a +1
【例 3】（2024 届广西贵港市高考模拟预测）已知函数 f (x) = aeax - ．
x
(1)当 a =1时，请判断 f (x) 的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求实数 a 的取值范围．
x 1+ ln x
【解析】（1）当 a =1时， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
ln x x2ex + ln x 1
所以 f (x) = ex + 2 = 2 ，令 h(x) = x
2ex + ln x ，则 h (x) = (x2 + 2x)ex + ，
x x x
当 x (0,+ )时， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上单调递增，
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零点 x0 ，且 x
1
0 ( ,1)，2 4 2
当 x (0, x0 )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上单调递减，
当 x (x0 ,+ ) 时， f (x) > 0， f (x) 在 x0 ,+ 单调递增．
\ f (x)有一个极小值点 x0 ，无极大值点．
Q f (x) aeax ln x + ln a +1（2） = - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，则 t (0,+ ) \2a et
ln t +1
， - +1恒成立．
t
设 g(x) = ex
ln x +1
- ，由（1）可知 g(x)的最小值为 g(x0 )．x
ln x 1
又 h(x0 ) = x
2ex0 + ln x = 0 \ x ex00 0 ， 0 = -
0 = - ln x = -e- ln x0 ln x
x0 x
0 0 ．（﹡）
0
设m(x) = xex ，当 x > 0时，m (x) = (x +1)ex > 0，\ m(x) 在 (0, + )上单调递增，
Q x0 (
1 ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x ) x ln x e
x
0 ，\ 0 = -
0
0 ，即 = x ．0
\ g(x x 1+ ln x0 0 1 1- x00 ) = e - = - =1x x ，0 0 x0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，\a 的取值范围为 0,1 ．
(三) x + a ln x 型同构
ln x
【例 4】（2023 届福建省宁德市高三高考前最后一卷）已知函数 f x = + m m R ．
x
(1)讨论函数 f x 的零点的个数﹔
a eax +1
(2) m = 0 x > 0 当 时，若对任意 ，恒有 ≥ f x x2 +1 ，求实数 a 的取值范围．2
f x ln x ln x【解析】（1）令 = + m = 0,则 = -m ，记 g x ln x= ，则 g x 1- ln x= 2 ，x x x x
当 x>e时， g x < 0，此时 g x 在 e, + 单调递减，
当0 < x < e 时， g x > 0，此时 g x 在 0,e 单调递增，
1
故当 x=e时， g x 取极大值也是最大值 g e = ，
e
又 g 1 = 0，而当1 < x时， g x > 0，故当0 < x <1时， g x < 0，当1< x时， g x > 0 ，作出 g x 的图象
如下：
1 1
因此当-m > 时，即m < - ， g x = -m无交点，此时 f x 无零点，
e e
1 1
当-m = 或-m 0时，即m = - 或m 0 ， g x = -m有一个交点，此时 f x 有一个零点，
e e
0 m 1 1当 < - < 时，即- < m < 0， g x = -m有两个交点，此时 f x 有 2 个零点，
e e
1
综上可知：当m < - 时， f x 无零点，
e
当m
1 1
= - 或m 0 f x 有一个零点，当- < m < 0， f x 有 2 个零点，
e e
a eax +1
（2）当m = 0时，若对任意 x > 0 ，恒有 ≥ f x x2 +1 等价于：2
对任意 x > 0，恒有 ax eax +1 ≥ ln x2 x2 +1 ，
令F x = x +1 ln x ax 2，则不等式等价于F e F x ，
由于F x = ln x x +1+ ，
x
m x ln x x +1, m x 1 1 x -1令 = + = - 2 = 2 ，x x x x
当0 < x <1, m x < 0, m x 单调递减，当 x >1, m x > 0, m x 单调递增，所以F x = m x m 1 = 2 > 0，
故F x 在 0, + 单调递增，
ax
由F e F x2 得 eax x2对任意 x > 0恒成立，
两边取对数得 ax 2ln x
a ln x
对任意 x > 0恒成立，
2 x
a
故 g x a 1 2，所以 a ，故 a的范围为 a 2
2 max
。
2 e e e
(四) ex + ax + b 型同构
【例 5】（2024 届福建省漳州市高三上学期质量检测）已知函数 f (x) = aex + x +1 .
(1)讨论 f (x) 的单调性；
x -1
(2)当 x >1时， f (x) > ln + x ，求实数 a 的取值范围.
a
【解析】（1）依题意，得 f (x) = aex +1 .
当 a 0时， f (x) > 0，所以 f (x) 在 (- , + )单调递增.
当 a<0时，令 f (x) > 0，可得 x < - ln(-a) ；令 f (x) < 0 ，可得 x > - ln(-a)，
所以 f (x) 在 (- ,- ln(-a)) 单调递增，在 (- ln(-a),+ )单调递减.
综上所述，当 a 0时， f (x) 在 (- , + )单调递增；当 a<0时， f (x) 在 (- ,- ln(-a)) 单调递增，在
(- ln(-a),+ )单调递减.
x -1 x -1
（2）因为当 x >1时， f (x) > ln + x x，所以 ae + x +1 > ln + x，
a a
即 eln a ex + x +1 > ln(x -1) - ln a + x，
即 ex+ ln a + ln a + x > ln(x -1) + x -1，
即 ex+ ln a + x + ln a > eln(x-1) + ln(x -1) .
令 h(x) = ex + x ，则有 h(x + ln a) > h(ln(x -1))对"x (1, + ) 恒成立.
因为 h (x) = ex +1 > 0，所以 h(x) 在 (- , + )单调递增，
故只需 x + ln a > ln(x -1)，
即 ln a > ln(x -1) - x对"x (1, + ) 恒成立.
令F (x) = ln(x -1) - x ，则F (x)
1 1 2 - x= - = ，令F (x) = 0，得 x = 2 .
x -1 x -1
当 x (1, 2) 时，F (x) > 0，当 x (2,+ ) 时， F (x) < 0，
所以 F (x)在 (1, 2)单调递增，在 (2, + ) 单调递减，
所以F (x) F (2) = -2
1
.因此 ln a > -2，所以 a > .
e2
(五) ln x + ax + b 型同构
【例 6】（2024 届江苏省宿迁市高三下学期三模）已知函数 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲线 y = f (x) 在 x = 2处的切线的方程为 x + y = b，求实数b的值；
(2)若函数 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求a的取值范围．
9a
【解析】（1）因为 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，函数的定义域为 (a, ]4 ，
所以 f (x)
1 2
= -
x - a 9a ，- 4x
由曲线 y = f (x) 在 x = 2处的切线的方程为 x + y = b，得 f (2) = -1，
所以 f (2)
1 2
= - = -1
2 - a 9a ，- 8
设 h(a)
1 2 8
= - ( < a < 2) h (a)
1 9
= + > 0
2 - a 9a - 8 9 ， (a - 2)2 (9a - 8) 9a - 8 ，
所以函数 h(a) (
8
是 , 2)9 上的递增函数，又
h(1) = -1，
1 2
所以方程 - = -12 a 有唯一解 a =1- ，9a - 8
所以 f (x) = ln(x - 1) + 9 - 4x ， f (2) =1，
所以切点坐标为 (2,1)，代入直线方程 x + y = b得b = 3．
9a
（2） f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，定义域为 (a, ]4 ，
f (x) 1 2 9a - 4x - 2(x - a)= - =
x a ，- 9a - 4x (x - a) 9a - 4x
-2
设 g(x) = 9a - 4x - 2(x - a)，所以 g (x) = - 2 < 0，
9a - 4x
所以 g(x)在 (a, 9a ) 9a 5a4 上递减，又 g(a) = 5a > 0，
g( ) = - < 0
4 2 ，
所以当 x (a, x0 )时， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0，函数 f (x) 递增，
x 9a当 (x0 , )时， g(x) < 0，即 f (x) < 0 ，函数 f (x)4 递减，
所以函数 f (x) 的最大值 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 9a - 4x0 ，
又 g(x0 ) = 9a - 4x0 - 2(x0 - a) = 0 ，所以 9a - 4x0 = 2(x0 - a)，
所以 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，
因为 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，即 ln(x0 - a) + 2(x0 - a)≤ ln a + 2a 恒成立，
设 h(x) = ln x + 2x 1，则 h (x) = x + 2 > 0，所以 h(x) 递增，
x 9a所以 0 - a≤ a ，即 x0 2a 恒成立，因为 g(x)在 (a, )4 上递减，且
g(x0 ) = 0，
1
所以只需 g(2a)≤0恒成立，即 a - 2a≤0 ，又 a > 0，所以 a ．4
(六)利用单调函数定义同构
【例 7】（2024 届贵州省六盘水市 2024 届高三下学期三诊）若函数 f x 在 a,b 上有定义，且对于任意不同
的 x1, x2 a,b ，都有 f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，则称 f x 为 a,b 上的“k 类函数”
(1)若 f x = x2 ，判断 f x 是否为 1,2 上的“4 类函数”；
(2)若 f x 2= ln x + a +1 x 1+ 为 1,e 上的“2 类函数”，求实数 a 的取值范围；
e x
(3)若 f x 为 1,2 上的“2 类函数”且 f 1 = f 2 ，证明："x1， x2 1,2 ， f x1 - f x2 < 1 .
【解析】（1）函数 f x = x2 是 1,2 上的“4 类函数”，理由如下：
不妨设 x1, x2 1,2 ，所以 2 < x1 + x2 < 4，
f x1 - f x2 = x21 - x22 = x1 - x2 x1 + x2 < 4 x1 - x2 ，
所以 f x = x2 是 1,2 上的“4 类函数”；
f x 2 ln x a 1 x 1 f x 1 2（2） = + + + ， = - 2 + + a +1，e x x ex
由题意知，对于任意不同的 x1, x2 1,e 都有 f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 ，
不妨设 x1 < x2，则-2 x2 - x1 < f x1 - f x2 < 2 x2 - x1 ，
故 f x1 + 2x1 < f x2 + 2x2且 f x1 - 2x1 > f x2 - 2x2 ，
所以 f x + 2x为 1,e 上的增函数， f x - 2x 为 1,e 上的减函数，
所以对任意的 x 1,e ，即-2 f x 2，
由 f x 2 a 1 2 1 g x 1 2 2 - + ，令 = - +1，则 a g x ， x 1,e ，x ex x2 ex min
1 1 1
令 = t
é ,1ùê ú得 y t
2 2= - t 1+1 é在 ê ,1
ù
x e e e ú
上单调递增， g x =1-min ，e2
由 f x -2 a 1 2 1 2 2 - - 3，令 h x = 2 - - 3，x ex x ex
只需 a
1
h x é1 ù 2 2 é1 ùmax ， x 1,e ，令 = t ê ,1ú得 y = t - t - 3在 ê ,1ú 单调递增，x e e e
2 2 1
所以 h x = h 1 = -2 - ì，综上所述，实数 a 的取值范围为 ía - 2 - a 1- ümax e e e2 ；
（3）证明：因为 f x 为 1,2 上的“2 类函数”，所以 f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 ，
1 x < x 2 x x 1不妨设 1 2 ，当 1 - 2 < 时， f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 <1；2
1 1
当 x1 - x2 <1时，因为 f 1 = f 2 ，-1 < x1 - x2 2 - 2
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 2 - f x2 f x1 - f 1 + f 2 - f x2
< 2 x 1 1 -1 + 2 2 - x2 = 2 x1 - x2 +1 2 - +12 ÷ =1，è
综上所述，"x1， x2 1,2 ， f x1 - f x2 < 1 .
【例 1】（2024 ax -ax届西省九江市高三第三次统考）已知函数 f x = e + e (a R ，且 a 0) .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若方程 f x = x + x-1有三个不同的实数解，求a的取值范围.
【解析】（1）解法一： f x = a eax - e-ax ax -ax令 g x = a e - e ，
2 ax -ax
则 g x = a e + e > 0 \ g x 在R 上单调递增.
又 g 0 = 0,\当 x < 0 时， g x < 0 ，即 f x < 0；当 x > 0时， g x > 0，即 f x > 0
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
a eax +1 eax -1
解法二： f x = a eax - e-ax = eax
①当 a > 0时，由 f x < 0得 x < 0 ，由 f x > 0得 x > 0
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增
②当 a < 0时，同理可得 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
（2）解法一：由 f x = x + x-1，得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = ex + e- x x - x，则 h ax = h lnx ，又Qh x = e + e 为偶函数，\h ax = h lnx
lnx
由（1）知 h x 在 0, + 上单调递增，\ ax = lnx ，即 = a 有三个不同的实数解.
x
lnx
令m x = , m x 1- lnx= ，由m 2 x > 0，得0 < x < e;由m x < 0 ，得 x>e，x x
\m x 1在 0,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，且m 1 = 0,m e =
e
\ y = m x 在 0,1 上单调递减，在 1,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减
1
当 x 0 时，m x + ；当 x + 时，m x 0，故0 < a <
e
1 1 a 1解得- < a < 0或0 < a

< ，故 的取值范围是 - ,0÷ 0,
1
e e è e ÷ è e
-1
解法二：由 f x = x + x 得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0，
令 h x = x + x-1，则 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.
由 h eax = h x ，得 eax = x 或 eax = x-1，
两边同时取以 e为底的对数，得 ax = lnx或 ax = -lnx ，
\ ax lnx lnx= ，即 = a 有三个不同的实数解，下同解法一.
x
【例 2】（2024 2 2届江苏省徐州市邳州市高三上学期月考）已知函数 f x = x +1 lnx - x - ax ．
(1)若 a =1，求 f x 的最小值；
(2)若方程 f x = axe2ax - x2 有解，求实数 a 的取值范围．
【解析】（1）当 a =1时， f x = x2 +1 lnx - x2 - x，
f x = 2xlnx - x 1 1+ -1，设 g x = f x ，则 g x = 1 + 2 ln x - 2 ，x x
g x 在 0, + 上单调递增，且 g 1 = 0，
所以 x 0,1 时， g x < 0， f x 单调递减，
x 1,+ 时， g x > 0， f x 单调递增，所以 f x = f 1 = -1min ；
（2） f x = axe2ax - x2 2 x2 +1 ln x = 2ax e2ax即 +1 ，
x2即 +1 ln x2 = e2ax +1 ln e2ax ，设 h x = x +1 ln x x > 0 2 2ax，则 h x = h e ，
h x ln x 1 1 x -1= + 1 + ，设m x = ln x +1+ x > 0 ，则m x = ，
x x x2
所以 x 0,1 时，m x < 0 ，m x 单调递减，
x 1,+ 时，m x > 0，m x 单调递增，
所以m x m 1 = 2 > 0，即 h x > 0， h x 在 0, + 上单调递增，
2ax 2
所以方程 f x = axe - x 有解即 x 2 = e2 ax 在 0, + 上有解，
a ln x2ax = 2ln x有解，即 = 有解，设 n x ln x= x 1- ln x> 0 ，则 n x = 2 ，x x x
x 0,e 时， n x > 0， n x 单调递增，
x e, + 1时， n x < 0， n x 单调递减，所以 n x n e = ，
e
当 x 0时，n x - 1，所以 a 1 ù，即实数 a 的取值范围是
e
- ,
è e ú
．

1
【例 3】（2024 届陕西省西安市部分学校高三上学期考试）已知函数 f x = ln x - ax - .
x
(1)当 a = 2，求 f x 的极值；
(2)若 f x -e-ax 恒成立，求 a的取值范围.
【解析】（1）当 a = 2 f x 1时 = ln x - 2x - ， x 0, + ，
x
1 1 -2x
2 + x +1 - x -1 2x +1
则 f x = - 2 + 2 = 2 = 2 ， x x x x
所以在 0,1 上 f x > 0， f x 单调递增，在 1, + 上 f x < 0， f x 单调递减，
当 x =1时 f x 取得极大值， f 1 = 0 - 2 -1 = -3，故 f x 的极大值为-3，无极小值.
（2）由 f x -e-ax ，可得 ln x - ax 1- -e-ax ln x 1 ax e-ax ln x 1 lneax 1，则 - - ，即 - - .
x x x eax
1
令 g x = ln x - ，则 g x g eax ，
x
因为 g x 在 0, + ln x上单调递增，所以 x eax ，则 a .
x
令 h x ln x h x 1- ln x= ，则 = ，
x x2
在 0,e 上 h x > 0， h x 单调递增，在 e, + 1上 h x < 0， h x 单调递减，即 h(x)max = h e = ， e
a 1
1
所以 ，则 a
é
的取值范围为 ê ,+

÷ .e e
【例 4】（2024 x届安徽省六校教育研究会高三上学期素质测试）已知函数 f x = ae - x（ e是自然对数的底
数）.
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若 g x = aex x -1 - ln x + f x 有两个零点，求实数 a的取值范围.
x
【解析】（1）因为 f x = ae - x，所以 f x = aex -1，
当 a 0时， f x < 0，所以 f x 在 R 上单调递减；
当 a > 0时，令 f x > 0得 x > - ln a ；令 f x < 0得 x < - ln a ，
所以 f x 在 - , - ln a 上单调递减，在 - ln a, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 R 上单调递减，无增区间；当 a > 0时， f x 在 - , - ln a 上单调递减，在
- ln a, + 上单调递增.
（2 x x x x）由题意 g x = ae x -1 - ln x + f x = axe - ln x - x = axe - ln xe x > 0 有两个零点，
令 t = xex ， x > 0 ，则 t = 1+ x ex > 0 在 0, + 上恒成立，所以 t = xex 在 0, + 上单调递增，
故 t > 0，所以 g x = axex - ln xex 有两个零点等价于T t = at - ln t 有两个零点，
a ln t ln t等价于 = 有两个不同的实数解，等价于 y = a与 h(t) = 有两个交点，
t t
h (t) 1- ln t则 = ， h (t) > 02 得0 < t < e， h
(t) < 0得 t > e，
t
所以 h(t)
ln t
= 在 0,e 上单调递增，在 e,+ 上单调递减，又 h(e) ln e 1= = ， h(1) = 0，
t e e
当 t 趋向于 0 且为正时， h(t)趋向于负无穷大，当 t 趋向于正无穷大时， h(t)趋向于 0，如图：
由图可知，要使 y = a与 h(t)
ln t 1
= 有两个交点，则0 < a < ，
t e
1
所以实数 a的取值范围为0 < a < .
e
1
【例 5】（2024 2届重庆市渝北中学高三上学期月考）已知函数 f x = x + aln x -1 ，
4
g x f x 1 1= + - x2x + x ．e 4
(1)当 a = -1时，求函数 f x 的极值；
(2)若任意x1、 x2
g x - g x
1,+ 且 x1 x
1 2
2 ，都有 >1 ax 成立，求实数 的取值范围．1 - x2
1 2
【解析】（1）当 a = -1时， f x = x - ln x -1 ，其中 x 1,+ ，
4
2
则 f x 1 1 x - x - 2= x - = ，令 f x = 02 x 1 2 x 1 ，解得 x=- 1或 x = 2，- -
又因为 x >1，所以 x = 2，
列表如下：
x 1,2 2 2, +
f x - 0 +
f x 单调递减 极小值 单调递增
因此 f x 有极小值 f 2 =1，无极大值.
（2）解：因为 g x = f x 1 1+ x - x2 x
1
+ 2， f x = x + aln x -1 ，
e 4 4
所以 g x = a ln x -1 1+ x + x ，其中 x 1,+ ，e
对"x1、 x2 1,+ 且 x1 x2 ，不妨设 x1 > x2 ，则 x1 - x2 > 0，
得到 g x1 - g x2 > x1 - x2 ，化为 g x1 - x1 > g x2 - x2 ，
设 h x = g x - x 且函数 h x 的定义域为 1, + ，
1
所以 h x = aln x -1 + x 在 1, + 为增函数，e
a 1 x -1
即有 h x = - 0对 x >1恒成立，即 a 对任意的 x >1恒成立，
x -1 ex ex
j x x -1 2 - x设 = x ，其中 x 1,+ ，则j x =e ex ，
令j x > 0，解得1 < x < 2，令j x < 0，解得 x > 2，
所以j x 在 1,2 上单调递增，在 2, + 上单调递减，
所以j x 1 1最大值j 2 = 2 ，因此实数 a的取值范围是 a ．e e2
【例 6】已知函数 f x = x - a ln x, a R
(1)请讨论函数 f x 的单调性
1
(2)当 x
é
ê ,+

÷ 时，若 e
x l ln ln x + x +1 +1 le 恒成立，求实数 的取值范围 x
'
【解析】 (1) f (x) 1
a x - a
= - = (x > 0)
x x
当 a 0时， f ' (x) > 0，f (x)在 (0, + )上递增
当 a > 0时，在 (0, a)上f ' (x) < 0， f (x) 单调递减
在 (a,+ ) 上 f ' (x) > 0， f (x) 单调递增
(2)原式等价于 xex = eln x+x l(ln(ln x + x +1) +1)
设 t = ln x + x ， x é
1 , + ÷
êe
1
由（1）当 a = -1时， f (x)= ln x + x 为增函数 ， \t [ -1, + )，
e
∴ t等式等价于 e l(ln(t +1) +1) t
é1
， ê -1,+

÷恒成立，
e
t
1
t 1 1 e= -1时， -1ee > 0成立， t ( -1,+ )时，l ，e e ln(t +1) +1
t
设 g(t)
e 1
= ， t ( -1,+ )，
ln(t +1) +1 e
et (ln(t +1) +1) - et ( 1 ) ln(t +1) +1 1-
g ' (t) = t +1 = et × t +1 ，
(ln(t +1) +1)2 (ln(t +1) +1)2
设 h(t) = ln(t 1) 1
1
+ + - ，
t +1
h (t) 1 1= + 2 > 0所以 h(t)
1
在 ( -1, + )t 1 (t 1) 上为增函数，+ + e
又因为 h(0) 0 (
1
= ，所以在 -1,0)上， h(t) < 0，\ g ' (t) < 0， g (t)为减函数，
e
在 (0，+ )上， h(t) > 0，\ g ' (t) > 0， g (t)为增函数，
\ g(t)min = g(0) =1 ，\l 1．
1．（2024 届江西省南昌市高三二模）已知 f (x) = a x - xa (x > 0,a > 0且 a 1) .
(1)当 a = e时，求证： f (x) 在 (e, + )上单调递增;
2
(2)设 a > e x
ée
，已知" ê ln a,+ ÷，有不等式 f (x) 0恒成立，求实数 a2 的取值范围.
x
【解析】（1）当 a = e时， f (x) = ex - xe ，则 f (x) = e - exe-1 = e ex-1 - xe-1 ，
令 f (x) > 0，则 ex-1 > xe-1，两边取对数得 x -1 > (e -1) ln x .
g(x) = x -1- (e -1) ln x(x > e) g x 1 e -1 1 e -1 1设 ，则 = - > - = > 0，
x e e
所以 g x 在 (e, + )单调递增，
所以 x (e,+ )时 g(x) > g(e) = 0，即 x (e,+ )时， x -1 > (e -1) ln x ，
所以 x (e,+ )时 ex-1 > xe-1恒成立，即 f (x) > 0，
所以 f (x) 在 (e, + )上单调递增.
f (x) 0 x a ln x ln a（2） ，即 a x ，两边取对数得: x ln a a ln x，即 .
x a
2
设 h(x)
ln x
= ，则问题即为：当 x e ln a时，h(x) h(a) 恒成立.
x 2
x e
2
只需 ln a时， h(x)max h(a) . h (x)
1- ln x
= ，令 h 2 (x) = 0得 x=e，2 x
当0 < x < e 时， h (x) > 0， h(x) 单调递增；当 x>e时， h (x) < 0， h(x) 单调递减.
e2 e2 2
又因为 a > e，则 ln a e> > e，所以 x ln a时， h(x) 单调递减，
2 2 2
e2 e2
所以 x ln a时， h(x)max = h ln a ÷ h(a)，2 è 2
e2 2 2 1 2
所以 ln a a, 即 ln a 2 × a .设j (x) = ln x - 2 × x(x > e) j

，则 (x) = - 2 ，2 e e x e
e2 2
当e < x < 时，j (x) > 0 ，j(x) e单调递增；当 x > 时，j (x) < 0，j(x) 单调递减，
2 2
e2 2 2
所以j(x)max = j ÷ = ln
e 2 e
-
2 2
× > ln e -1 = 0，
è 2 e 2
当 x=e 2 2时，j(e) = ln e - ×e =1- > 0， x + 2 时，j(x) < 0，e e
x e
2
所以j(x) 的图象与 轴有 1 个交点，设这个交点为 x1 x1 > ÷，
è 2
因为j e2 = 0 2，所以 x1 = e ；所以当 x>e时，j (x) 0 e < x e2，
a > e ln a 2 × a e < a e2即当 时，不等式 ，
e2
2
所以当不等式 f (x) 0 x e在 ln a(a > e) 恒成立时， e < a e2 .
2
a e,e2即实数 的取值范围为 ù .
1
2．（2024 福建省福宁古五校教学联合体质量监测）已知函数 f (x) = ax + (a -1) ln x + ,a R．
x
(1)讨论函数 f (x) 的单调性;
(2)若关于 x 的方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1有两个不相等的实数根 x1, x2 ，
（i）求实数 a的取值范围;
ex1 ex2 2a
（ii）求证: + > ．
x2 x1 x1x2
【解析】（1）因为 f (x) = ax + (a -1) ln x
1
+ ，
x
f (x) a a -1 1 ax
2 + (a -1)x -1 (x +1)(ax -1)
所以 = + - 2 = = ，其中 x > 0,x x x2 x2
①当 a 0时， f (x) < 0 ，所以函数 f (x) 的减区间为 (0, + )，无增区间；
②当 a > 0时，由 f (x) > 0得 x
1
> ，由 f (x) < 0
1
可得0 < x < ．
a a
1 1
所以函数 f (x)

的增区间为 ,+

÷ ，减区间为 0, ÷．
è a è a
综上：当 a 0时，函数 f (x) 的减区间为 (0, + )，无增区间；
1 1
当 a > 0时，函数 f (x) 的增区间为 ,+ ÷ ，减区间为a
0,
a ÷
．
è è
（2）（ⅰ）方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1可化为 xex = ax + a ln x ，即 ex+ln x = a(x + ln x) ．
令 t(x) = x + ln x，因为函数 t(x)在 (0, + )上单调递增，
易知函数 t(x) = x + ln x的值域为R ，
结合题意，关于 t 的方程 et = at （*）有两个不等的实根．
t
又因为 t = 0 e不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为 = a ．
t
t t
令 g(t) e= ，其中 t 0 ，则 g (t) e (t -1)=
t t 2
．
由 g (t) < 0 可得 t < 0或0 < t <1，由 g (t) > 0可得 t > 1，
所以，函数 g (t)在 (- ,0)和( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增．
所以，函数 g (t)的极小值为 g(1) = e ，
et et
且当 t < 0时， g(t) = < 0；当 t > 0时，则 g(t) = > 0．
t t
作出函数 g (t)和 y = a的图象如图所示：
由图可知，当 a > e时，函数 y = a与 g (t)的图象有两个交点，
所以，实数 a的取值范围是 (e, + )．
ex1 ex2 2a x
（ⅱ）要证 + > ，只需证 x e 1 + x ex2 > 2a，即证 et1 t2x x x x 1 2 + e > 2a．2 1 1 2
因为 et = at ，所以只需证 t1 + t2 > 2 ，
由（i）知，不妨设0 < t1 <1 < t2．
ìt = ln a + ln t t
et at t = ln a + ln t 1 1 t - t = ln 2因为 = ，所以 ，即 ít ln a ln t ，作差可得 2 = +
2 1
2 t1
t t22 + t1 2 +1> t 2
所以只需证 t2 - t t ，即只需证
1
1 ln 2 t > ．
t 2
t
1 -1 ln
2
t1 t1
p t= 2 (t > 1) ln p 2( p -1) h( p) ln p 2( p -1)令 ，只需证 > ，令 = -t p 1 p 1 ，其中
p > 1，
1 + +
h ( p) 1 4 ( p -1)
2
则 = - = > 0，
p ( p +1)2 p( p +1)2
所以 h( p) 在 (1, + )上单调递增，故h( p) > h(1) = 0 ，即 h( p) > 0在 (1, + )上恒成立．
所以原不等式得证.
3．（2024 届天津市八校高三下学期联合模拟）已知 f x = x + ax × lnx a R ，
(1)当 a = 2时，求 f x 在点 e，f e 处的切线方程；
(2)讨论 f x 的单调性；
(3)若函数 f x 存在极大值，且极大值为 1，求证： f x e- x + x2 ．
【解析】（1）当 a = 2时， f x = x + 2xlnx ，则 f e = e + 2e = 3e，
又 f x = 3+ 2lnx，则切线的斜率 k = f e = 5，
所求切线方程为 y - 3e = 5 x - e ，即 y = 5x - 2e．
1
（2）函数 f x 的定义域为 0, + ，Q f x =1+ alnx + ax × =1+ a + alnx．
x
①当 a = 0时， f x =1 > 0， f x 在 0, + 上单调递增．
1 1- 1+ ÷ - 1+ ÷
②当 a > 0时， x è a a e , + ÷÷时， f x > 0，\函数 f x 在 e
è
,+ ÷÷ 上单调递增；
è è
- 1 1 1+ ÷ - 1+ ÷
x 0,e
è a ÷÷时， f x < 0
a
，\函数 f x 在 è 0,e ÷÷上单调递减．
è è
1 1 1- + a ÷ - 1+ ÷ ③当 a<0时， x 0,e è ÷÷时， f x > 0，函数 f x 在 0,e
è a
÷÷上单调递增；
è è
1 1- 1+ ÷ - 1+
x e è a , + ÷÷时， f
a ÷x < 0，函数 f x 在 e è ,+ ÷÷ 上单调递减．
è è
- 1 1+
综上可得，当 a = 0时，函数 f x
÷
在 0，+ 上单调递增；当 a > 0时，函数 f x 在 0,e
è a ÷÷上单调递减，
è
1 1 1 1- + - + 1 a ÷ a ÷
- 1+ ÷
在 e è ,+ ÷ 上单调递增；当 a<0时，函数 f x 在 0,e è ÷上单调递增，在 e è a ÷ ÷ ,+ ÷÷ 上单调递减．
è è è
1- 1+ ÷
（3）证明：由（2）可知，当 a<0时， f x a存在极大值，且极大值为 f e è ÷÷ =1，
è
1 1
-
1 1 1 - + ÷ é 1 ù
则 1+ ÷ - 1+ ÷ - 1+a ÷ è a

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

1 1- 1+ -

1+

整理得 ÷
÷ 1
e è a × -a =1，从而 e è a
1
= - ，设- = t ，则 et-1 = t ．
a a
g t = et-1令 - t t > 0 t-1，所以 g t = e -1，
当0 < t <1时， g t < 0，所以 g t 在 0,1 上单调递减；
当 t > 1时， g t > 0，所以 g t 在 1, + 上单调递增．
而 g 1 = e0 -1 = 0，所以 et-1 - t = 0 的根为 t =1， 从而 a = -1．
因此 f x = x - xlnx，即证 x - xlnx e- x + x2 x > 0 成立，
1 lnx e
- x
x e
- x
也就是证 - + ，即证1- x - lnx lnx = e
- x-lnx ，
x e
也就是证 e- x-lnx -x - lnx +1，设u = -x - lnx，即证 eu u +1．
u
设H u = e - u -1，\H u = eu -1，
当u - ,0 时，H u < 0，H u 在 - ,0 上单调递减；
当u 0, + 时， H u > 0 ，H u 在 0, + 上单调递增．
H u H 0 = 0，即 eu - u -1 0 \ f x e- x + x2恒成立， 恒成立．
4．（2024 届全国统一考生押题卷）已知函数 f x = x - 2 ex ， g x = axln ax a > 0 ．
(1)求曲线 y = f x 在点 2, f 2 处的切线方程．
(2)当 a =1时，讨论函数 g x 的单调性．
(3)若 f x g x - 2ex 对任意 x 1,+ 恒成立，求实数 a的取值范围．
【解析】（1）由题意，得 f x = x -1 ex ，则 f 2 = e2 ，又 f 2 = 0 ，
2
所以曲线 y = f x 在点 2, f 2 处的切线方程为 y - 0 = e x - 2 ，即 y = e2x - 2e2；
（2）当 a =1时， g x = xlnx ，其定义域为 0, + ，
且 g x = lnx +1，由 g x > 0 x 1，得 > ，由 g x < 0 1，得0 < x < ，
e e
所以 g x 1 1 在 ,+ e ÷上单调递增，在 0, ÷上单调递减；è è e
（3） f x g x - 2ex 对任意 x 1, + 恒成立，
即 xex axln ax ex，即 lnex axln ax 对任意 x 1, + 恒成立，
若0 < ax 1，则上述不等式显然成立，
此时 0 < a < 1，若 a =1，则只需不等式 ex lnx 对任意 x 1, + 恒成立，
j x = ex - x -1 x >1 j x = ex证明如下：设 ，则 -1，
因为 x >1，所以 ex > e，所以j x > e -1 > 0，
所以j x 在 1, + 上单调递增，
且j x > j 1 = e - 2 > 0，所以 ex > x +1在 1, + 上恒成立，
由 ex > x +1得 x > ln x +1 ，
则 x -1 > lnx x >1 x成立，所以 e > x +1 > x -1 > lnx x >1 成立，
从而 ex > lnx x得证，即不等式 e > lnx x >1 恒成立，
故 a =1；若 ax >1，则 a > 1，
设函数 h x = xlnx x，则 h e h ax 对任意 x 1, + 恒成立，
由（2）知函数 h x = xlnx在 1, + 上单调递增，
ex
所以 e x ax ，即 a 对任意 x 1, + 恒成立，
x
x x
设 t x e= ，则 t x -1 ex = > 0在 1, + 上恒成立，
x x2
ex
所以 t x = 在 1, + 上单调递增，所以 t x > t 1 = e ，所以 a e ，
x
又 a > 1，所以1< a e ，综上所述，实数 a的取值范围为 0,e ．
5．（2024 届山东省部分学校高三上学期联考）已知函数 f x = a ln x +1 - ax .
(1)当 a 0时，讨论 f x 的单调性；
x+1
(2)当 x＞-1时， f x ax - e + a＞ 恒成立，求实数 a的取值范围.
x +1
【解析】（1） f x = a ln x +1 - ax 定义域为 -1, + ， f x a -ax= - a = ，
x +1 x +1
①当 a＞0时，令 f x ＞0，得-1＜x＜0，此时 f x 单调递增，
令 f x ＜0，得 x＞0，此时 f x 单调递减；
②当 a＜0时，令 f x ＞0，得 x＞0，此时 f x 单调递增，
令 f x ＜0，得-1＜x＜0，此时 f x 单调递减；
综上所述，当 a＞0时， f x 在 -1,0 单调递增，在 0, + 单调递减；
当 a＜0时， f x 在 0, + 单调递增，在 -1,0 单调递减.
（2）记 t = x +1 - ln x +1 ，
由（1）知，当 a =1时， f x = ln x +1 - x f 0 = 0，
则 x - ln x +1 0，则 t = x +1 - ln x +1 1，
x+1 x+1
当 x＞-1时， f x = a ln x 1 ax ax - e + a e+ - ＞ = a - 恒成立，
x +1 x +1
ex+1
即 a ln x +1 - a x +1 ＞- 对 x＞-1恒成立，
x +1
即 a é x +1 - ln x +1 ù e
x+1 -ln＜
x+1
对 x＞-1恒成立，
et
则 at＜et ，即 a＜ 对 t 1恒成立，
t
t t
h t e= t 1 te - e
t t -1 et
令 ， h t = 2 = 0对 t 1恒成立，t t t 2
则 h t 在 1, + 单调递增，所以 h t h 1 = e，
所以a＜e，即实数 a的取值范围为 - , e .
6.已知 f x = x2ex - a x + 2ln x
(1)当 a = e时，求 f x 的单调性；
(2)讨论 f x 的零点个数．
(1) a = e x > 0 f x = x2【解析】 解：因为 ， ， ex - e x + 2ln x
所以 f x = x2 + 2x x 2 ee x + 2 - e x 1+ ÷ = x x + 2 e - = x + 2 xex e - ÷ ， f 1 = 0
è x x è x
g x = xex e- g x = x +1 ex e令 ， + 2 > 0，所以 g x 在 0, + 单增，且 g 1 = 0，x x
x 0,1 g x = xex e当 时 - < 0，当 x 1, + x e时 g x = xe - > 0，
x x
所以当 x 0,1 时 f x < 0，当 x 1, + 时 f x > 0，
所以 f x 在 0,1 单调递减，在 1, + 单调递增
2
(2)解：因为 f x = eln x ×ex - a x + 2ln x = ex+2ln x - a x + 2ln x = 0
令 t = x + 2ln x ，易知 t = x + 2ln x 在 0, + 上单调递增，且 t R ，
故 f x 的零点转化为 f x = ex+2ln x - a x + 2ln x = et - at = 0 即 et = at ， t R ，
设 g t = et - at ，则 g t = et - a，当 a = 0时， g t = et 无零点；
当 a < 0时， g t = et - a > 0，故 g t 为R 上的增函数，
1
而 g 0 =1 > 0 g 1 ， ÷ = ea -1 < 0，故 g t 在R 上有且只有一个零点；
è a
当 a > 0时，若 t - , ln a ，则 g t < 0； t ln a, + ，则 g t > 0；
故 g t = g ln a = a 1- ln amin ，
若 a = e，则 g t = 0，故 g tmin 在R 上有且只有一个零点；
若0 < a < e ，则 g t > 0min ，故 g t 在R 上无零点；
若 a > e，则 g t < 0，此时 ln a > 1，而 g 0 =1 > 0， g 2ln a = a2 - 2a ln a = a a - 2ln amin ，
设 h a = a - 2ln a ， a > e，则 h a a - 2= > 0，
a
故 h a 在 e, + 上为增函数，故 h a > h e = e - 2 > 0 即 g 2ln a > 0 ，
故此时g t 在R 上有且只有两个不同的零点；
综上：当 0 a < e时，0 个零点；当 a = e或 a < 0时，1 个零点； a > e时，2 个零点；
7.已知函数 f x = ex - alnx,a R .
(1)当 a = 0时，若曲线 y = f x 与直线 y = kx 相切于点 P ，求点 P 的坐标；
(2)当 a = e时，证明： f x e；
(3)若对任意 x 0, + ，不等式 f x > alna恒成立，请直接写出 a的取值范围.
(1) a = 0 f x = ex x【解析】 当 时， , f x = e .
ì k = e
x0
设P x0 , e
x0 ，则切线斜率 k = ex0 .由切点性质，得 í x ，解得 x0 = 1 .
e 0 = kx0
所以点 P 的坐标 1,e .
e
(2)当 a = e时， f x = ex - elnx x，其中 x > 0，则 f x = e - ，
x
g x ex e e令 = - ，其中 x > 0，则 g x = ex + 2 > 0，x x
故函数 f x 在 0, + 上单调递增，且 f 1 = 0，
当 x 变化时， x, f x , f x 变化情况如下表：
x 0,1 1 1, +
f x - 0 +
f x 单调递减 极小值 单调递增
由上表可知， f (x)min = f 1 = e .所以 f x e .
(3)显然 a > 0，在 0, + 上 f x = ex - alnx > alna恒成立，即 ex-lna - lnx > lna 恒成立即
ex-lna - ln a > ln x 恒成立，所以 ex-lna + x - lna > x + lnx = elnx + lnx 恒成立，
构造函数 g x = ex + x, x 0, + ，易知 g x 在 0, + 上是增函数，
所以 x - lna > lnx 恒成立，即 lna < (x - lnx)min ，
h x x lnx,h x x -1令 = - = (x > 0)，
x
当 x 0,1 时， h x < 0，所以 h x 在 0,1 上单调递减，
当 x 1,+ 时， h x > 0，所以 h x 在 1, + 上单调递增，
所以 h(x)min = h 1 =1，所以 lna <1，解得0 < a < e ，所以实数 a的取值范围 0,e .
2x
8.（2023 ae -1届广东省深圳市光明区高三二模）已知函数 f x = 的图象在 1, f 1 处的切线经过点
x
2, 2e2 .
(1)求 a的值及函数 f x 的单调区间；
2
(2)设 g x ax -1= ，若关于 x 的不等式lxg x e2lx -1在区间 1, + 上恒成立，求正实数l 的取值范围.
lnx
1 f x ae
2x -1
【解析】（ ）函数 = 的定义域是 x∣x 0 ，
x
2axe2x - ae2x -1
f x = , f 2 1 = ae2 +1, .x
2 2
所以 f x 在点 1, ae -1 处的切线方程为 y - ae -1 = ae2 +1 x -1 ，
2
切线经过点 2, 2e ，则 a =1 .
2x -1 e2x +1f x 2x 2x= 2 ，设j x = 2x -1 e +1,j x = 4xe ，x
x = 0是j x 的极小值点，且j 0 = 0，
因此 f x > 0在 x∣x 0 恒成立，
e2x -1
所以函数 f x = 的单调增区间为 - ,0 , 0, + ，无单调减区间.
x
2 2 2lx
（2）l > 0, a =1,lx ax -1 e2lx x -1 e -1-1在区间 1, + 上恒成立，即 ，
lnx lnx lx
2t 2lx
令 t = lnx(t > 0) e -1 e -1，则 ，即 f t f lx .
t lx
由（1），只需要 t x
lnx
l ，也就是l 在区间 1, + 上恒成立.
x
设 h x lnx , h x 1- lnx= = 2 , h e = 0 ，.x x
1< x < e, h (x) > 0; x > e,h (x) < 0，
故 h e 1 h x lnx= 是 = 的最大值，
e x
é1
所求l 的取值范围是 ê ,+

÷ .
e
f x 2 a + x + ln x9.已知 = ex+1 - ， g x = ， a R ．
x x
(1)当 x 1,+ 时，求函数 g x 的极值；
(2)当 a = 0时，求证： f x g x ．
1- a - ln x
【解析】 (1) g x = 2 ，当 a 1时， g x < 0，即 g x 在 1, + 上单调递减，x
故函数 g x 不存在极值；
当a <1时，令 g x = 0 ，得 x = e1-a ，
x 1,e1-a e1-a e1-a ,+
g x + 0 -
g x 增函数 极大值 减函数
a + e1-a + 1- a 1+ e1-a
故 g x = g e1-a = = = ea-1 +1，无极小值.
极大值 e1-a e1-a
综上，当 a 1时，函数 g x 不存在极值；
当a <1 a-1时，函数 g x 有极大值， g x = e +1极大值 ，不存在极小值．
(2)显然 x > 0，要证： f x g x ，
ex+1 x + 2 + ln x即证： ，即证：
x xe
x+1 ln x + x + 2 ，
eln x+x+1即证： ln x + x +1 +1．
令 t = ln x + x +1，故只须证： et t +1．
设 h x = ex - x -1 h x = ex，则 -1，
当 x > 0时， h x > 0，当 x < 0 时， h x < 0，
故 h x 在 0, + 上单调递增，在 - ,0 上单调递减，
即 h x = h 0min = 0，所以h x 0，从而有 e x x + 1．
故 et t +1，即 f x g x ．
ln x
10.（2023 届海南省海口市龙华区高三一模）已知函数 f x = +1 .
x -1
(1)讨论函数 f x 的单调性；
lxlx e -1
(2)已知l > 0，若存在 x 1,+ ，不等式 lx ln x成立，求实数l 的最大值. e +1 x -1
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 0,1 U 1, + ，
1 1- - ln x 1
所以 f x = x ，∴令 g x =1- - ln x，则 g x
1- x
= 2 ，
x -1 2 x x
∴函数 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减.
又∵ g 1 = 0，∴当 x 0,1 U 1, + 时， g x < 0，∴ f x < 0，
∴函数 f x 在 0,1 ， 1, + 上单调递减.
lx
lx e -1 lx（2）∵ lx ln x，且l > 0， x >1，∴ ， e +1 x -1
e -1 > 0
lx
∴ ln e ln x ∴ ln e
lx
1 ln xlx ， + +1，∴ f elx f x .e -1 x -1 elx -1 x -1
∵ elx 1,+ ，由（1）知，函数 f x 在 1, + 上单调递减，
∴只需 elx x在 1, + 上能成立，
ln x
∴两边同时取自然对数，得lx ln x，即l 在 1, + 上能成立.
x
j x ln x x 1 1- ln x令 = > ，则j x = ，
x x2
∵当 x 1,e 时，j x > 0，∴函数j x 在 1,e 上单调递增，
当 x e, + 时，j x < 0，∴函数j x 在 e, + 上单调递减，
∴j x j e 1 1= =max ，∴ l ，e e
1
又l > 0
1
，∴ 0 < l ，∴实数l 的最大值为 .
e e
11.（2023 x届吉林省长春外国语学校高三上学期考试）已知函数 f x = e - ax （e 是自然对数的底数）.
(1)当 a =1时，求 f (x) 的极值点；
(2)讨论函数 f (x) 的单调性；
(3) g x = ex若 x -1 - a ln x + f x 有两个零点，求实数 a的取值范围.
【解析】（1）当 a =1时， f x = ex - x ,则 f x = ex -1.
当 x - ,0 时， f x < 0，此时函数 f (x) 递减，当 x (0, + ) 时， f x > 0，此时函数 f (x) 递增，
所以 f (x) 极小值点为 x = 0，无极大值点.
（2）求导 f x = ex - a
①当 a 0时， f x > 0， f (x) 在R 上递增
②当 a > 0时，当 x - , ln a 时， f x < 0， f (x) 在 (- , ln a)上递减，
当 x (ln a, + )时， f x > 0，此时函数 f (x) 在 (ln a, + )上递增.
（3）等价于 g x = xex - a ln x + x = xex - a ln xex x > 0 有两个零点，
t = xex令 , x > 0 x，则 t = x +1 e > 0 在 x > 0时恒成立，所以 t = xex 在 x > 0时单调递增，故 t > 0，
所以 g x = xex - a ln xex 有两个零点，等价于 h t = t - a ln t 有两个零点.
因为 h (t) 1
a t - a
= - =
t t ，
①当 a 0时， h (t) > 0 ， h(t)在 t > 0上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意舍去，
②当 a > 0时，令 h (t) > 0 ，得 t > a， h(t)单调递增，令 h (t) < 0，得 0 < t < a ， h(t)单调递减，
所以 h(t)min = h a = a - a ln a .
若 h a > 0，得0 < a < e ，此时 h(t) > 0恒成立，没有零点；
若 h a = 0，得 a = e，此时 h t 有一个零点.
若 h a < 0 ，得 a > e，因为 h 1 =1 > 0， h e = e - a < 0 ， h(e100a ) = e100a -100a2 > 0，
所以 h(t)在 1,e ， e,e100a 上各存在一个零点，符合题意，
综上， a的取值范围为 (e, + ) .
12．已知函数 f x = ex ， g x = sin x .
(1)求 g x = sin x在 x = 0处的切线方程；
(2)求证： g x × g x +1< x × f x - ln x .
(3)当 x 0,p 时， g x - 2 é f x -1ù m ln x +1 ，求实数m 的取值范围.
【解析】 (1)因为 g x = sin x，则 g x = cos x， g 0 = cos 0 =1， g 0 = 0，
所以， g x = sin x在 x = 0处的切线方程为 y = x .
(2)要证明 g x × g x +1< x × f x - ln x ，
即证： sin x × cos x +1- x × ex + ln x < 0 ，
sin 2x
即证： +1- x ×ex + ln x < 0，（*）
2
设 F x = sin 2x - 2x，则 F x = 2cos 2x - 2 = 2 cos2x -1 0，
所以，F x 在 0, + 内单调递减，故F x < F 0 = 0，
所以，当 x > 0时， sin 2x < 2x，
所以要证（*）成立，只需证 x +1- x × ex + ln x 0，
x
设H x = e - x -1，则H x = ex -1，
x
当 x > 0时，H x = e -1 > 0，故函数H x 在 0, + 上单调递增，
当 x < 0 时，H x = ex -1 < 0，故函数H x 在 - ,0 上单调递减，
故H x H 0 = 0，则 e x x + 1，
则 ex+ln x x + ln x +1，即 xex x + ln x +1，故 x +1- x × ex + ln x 0成立，所以原命题得证.
(3)由题得 sin x - 2 ex -1 m ln x +1 在 x 0,p 上恒成立，
即 h x = 2ex + m ln x +1 - sin x - 2 0， x 0,p 恒成立，
因为 h x = 2ex m+ - cos x，
x +1
①若m 0 ， h x 2ex - cos x > 0， h x 在 0,p 上单调递增， h x h 0 = 0，符合题意；
②若m < 0，令j x = h x = 2ex m+ - cos x ， x 0,p ，
x +1
j x = 2ex m则 - + sin x > 0 h x x +1 2 ，所以 在 0,p 单调递增，且 h 0 =1+ m，
（i）若-1 m < 0 ， h x h 0 0， h x 在 0,p 上单调递增， h x h 0 = 0，符合题意；
1 x m x
（ii）若m < -1， h 0 < 0 ，当 x > 0时，0 < <1，则 h x = 2e + - cos x > 2e + m -1，
x +1 x +1
1- m 1- m ln1-m
取 x = ln > 0，则 h
2
ln
2 ÷
> 2e 2 + m -1 = 0，
è

则存在 x0 0, ln
1- m
÷ ，使得当 x 0, x0 时， h x < 0， h x 单调递减，
è 2
此时 h x < h 0 = 0 ，不合题意；综上，m -1 .
13.已知函数 h x = xex - mx, g x = lnx + x +1 .
(1)当m =1时，求函数 h x 的单调区间：
(2)若 h x …g x 在 x 0, + 恒成立，求实数m 的取值范围.
【解析】 (1)当m =1时 h x = xex - x,h x = x +1 ex -1
设m x = h x = x +1 ex -1，则m x = x + 2 ex 0 x -2
m x = x + 2 ex < 0 x < -2
\m x 即 h x 在 - , -2 递减，在 -2, + 递增，
当 x - ,-2 ,h x = x +1 ×ex -1< 0，当 x -2,0 ,h x < h 0 = 0
而当 x 0, + , h x h 0 = 0所以当 x - ,0 , h x < 0,h x 递减；
x 0, + , h x 0, h x 递增.
故函数增区间为 0, + ，减区间为 - ,0
x
(2) m +1 ex lnx 1 xe - lnx -1 - - = ， x 0, +
x x x
xex - lnx -1 x2ex + lnx
令 f x = , f x = 2 , x 0,+ x x
令p x = x2ex + lnx, p x = ex x2 1+ 2x + > 0, x 0,+ x
1
\ p -2x 在 0, + p 1 递增，而 ÷ = ee -1 < 0, p 1 > 0，
è e
\$x 1 21 ,1÷，使 p x1 = 0，即 x1 ex1 + lnx1 = 0 *
è e
当 x 0, x1 时， f x < 0, f x 在 0, x1 递减，当 x x1,+ 时， f x > 0, f x 在 x1,+ 递增
\ f (x)min = f x1 = ex
lnx 1
1 - 1 -
x1 x1
2 ln
1
因为 x1 e
x1 + lnx1 = 0 * x ex 1 lnx 1 ln 1 e x ln 1可变形为 11 = - = = 1 ** x 11 x1 x1 x1
Q y = xex , y = x +1 ex又 > 0,\ y = xex在 0, + 递增，
1
由（**）可得 x1 = ln = -lnx , e
x 11 =
x 11 x1
\ f (x)min = f x ex
lnx 1 1 1
= 1 11 - - = +1- =1\m +1 1\m 0x1 x1 x1 x1
故m 取值范围为 - , 0
14．已知函数 f (x) = xex - ax - a ln x .
(1)若 a = e，求 f x 的单调区间；
(2)是否存在实数 a，使 f x 1对 x 0, + 恒成立，若存在，求出 a 的值或取值范围；若不存在，请说明
理由.
x
【解析】 (1)因为 f x = xe - ax - a ln x，
f x x 1 ex a a x x +1所以 = + - - > 0 f x = xex，即 - a .
x x
当 a = e
x +1 x
时， f x = xe - e ，x
令 g x = xex - e，则 g x = x +1 ex > 0，
所以 g x 在 0, + 单调递增，因为 g 1 = 0，
所以，当0 < x <1时， g x < 0， f x < 0；当 x >1时， g x > 0， f x > 0，
所以 f x 的单调递减区间是 0,1 ，单调递增区间是 1, + .
(2)设 h x = x + ln x ， x 0, + ，易知 h x 在 0, + 单调递增.又当 x 0,1 时， x + ln x <1+ ln x，所以
y = x + ln x x 0,1 的值域为 - ,1 ；
当 x 1,+ 时， y = x + ln x x 1, + 的值域为 1, + .
所以 h x = x + ln x 的值域为R .
故对于R 上任意一个值 y0 ，都有唯一的一个正数 x0 ，使得 y0 = x0 + ln x0 .
因为 xex - ax - a ln x -1 0 ex+ln x，即 - a x + ln x -1 0 .
F t = et设 - at -1， t R x+ln x，所以要使 e - a x + ln x -1 0，只需F t 0min .
当 a 0时，因为F -1 1= + a -1 < 0，即 f -1 <1，所以 a 0不符合题意.
e
当 a > 0 t时，当 t - , ln a 时，F t = e - a < 0，F t 在 - , ln a 单调递减；
当 t ln a, + t时，F t = e - a > 0 ，F t 在 ln a, + 单调递增.
所以F t = F ln a = a - a ln a -1min .设m a = a - a ln a -1， a 0, + ，
则m a = - ln a ，当 a 0,1 时，m a > 0，m a 在 0,1 单调递增；
当 a 1,+ 时，m a < 0，m a 在 1, + 单调递减.
所以m a = m 1 = 0max ，所以m a 0，F t 0min ，当且仅当 a =1时，等号成立.
又因为F t 0，所以F t = 0min ，所以 a =1 .
综上，存在 a 符合题意， a =1 .
15．已知函数 f (x) = ax + ln x +1．
(1)若 f (x) 在 (0, + )上仅有一个零点，求实数 a 的取值范围；
(2)若对任意的 x > 0， f (x) xe2x 恒成立，求实数 a 的取值范围．
1
【解析】 (1) f (x) = + a ， x > 0，
x
当 a 0时， f (x) > 0恒成立，所以 f (x) 在 (0, + )上单调递增．
又 f e-a-1 = ae-a-1 - a -1+1 = a e-a-1 -1 0 ， f (1) = a +1 > 0，
所以此时 f (x) 在 (0, + )上仅有一个零点，符合题意；
当 a < 0时，令 f (x) > 0，解得0 < x
1
< - ；令 f (x) < 0，解得 x
1
> - ，
a a
0, 1 1 所以 f (x) 在 - ÷ 上单调递增，所以 f (x) 在 - ,+ ÷上单调递减．
è a è a
要使 f (x) 在 (0,
1
+ ) 上仅有一个零点，则必有 f - ÷ = 0，解得 a = -1．
è a
综上，当 a 0或 a = -1时， f (x) 在 (0, + )上仅有一个零点．
(2)因为 f (x) = ax + ln x +1，所以对任意的 x > 0， f (x) xe2x 恒成立，
2x ln x +1
等价于 a e - 在 (0, + )上恒成立．
x
m(x) = e2x ln x +1- (x > 0) a m(x) m (x) 2x
2e2x + ln x
令 ，则只需 即可，则 = ，
x min x2
1
再令 g(x) = 2x2e2x + ln x(x > 0)，则 g (x) = 4 x2 + x e2x + > 0，x
所以 g(x)在 (0, + )上单调递增．
g 1 e
1
因为 ÷ = - 2ln 2 < 0， g(1) = 2e
2 > 0，所以 g(x)有唯一的零点 x0 ，且 < x <1，
è 4
0
8 4
所以当0 < x < x0 时，m (x) < 0，当 x > x 0时，m (x) > 0，
所以m(x)在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增．
2x2 2x因为 00 e + ln x0 = 0，所以 2x0 + ln 2x0 = ln - ln x0 + - ln x0 ，
设 S(x) = x + ln x(x > 0)，则 S (x)
1
=1+ > 0 ，
x
所以函数 S(x) 在 (0, + )上单调递增．
因为 S 2x0 = S - ln x0 e2x
1
0
，所以 2x0 = - ln x0 ，即 = x ．0
m(x) m x = e2x ln x0 +1 1 ln x 10所以 0 - = - 0 - = 2x x ，0 0 x0 x0
则有 a 2．所以实数 a 的取值范围为 (- , 2]．
2
16．已知函数 f x ax -1= 2，其图象在 x=e处的切线过点 2e,2e ．
ln x
(1)求 a 的值；
(2)讨论 f x 的单调性；
(3)若l > 0 2lx，关于 x 的不等式lxf x e -1在区间[1, + ) 上恒成立，求l 的取值范围．
2
【解析】 (1) ax -1因为函数 f x = ，
ln x
2ax ln x 1- ax2 -1
所以 f e ae2 = -1 x f e ae 1， f x = ，则 = + ，
ln x 2 e
所以函在 x=e 2 1 处的切线方程为 y - ae -1 = ae + ÷ x - e ，
è e
2e,2e2 2 2 1 又因为切线过点 ，所以 2e - ae -1 = ae + ÷ 2e - e ，
è e
即 2ae2 = 2e2 ，解得 a =1；
2 2x2 2x -1 ln x - x +1(2)由（1）知； f x = ，则 f x = ，
ln x x ln x 2
令 g x = 2x2 ln x - x2 +1，则 g x = 4x ln x ，
当0 < x <1时， g x < 0，当 x >1时， g x > 0 ， 所以 g x > g 1 = 0
即当0 < x <1时， f x > 0，当 x >1时， f x > 0，
所以 f x 在 0,1 上递增，在 1, + 上递增；
(3) 2lx因为 x 的不等式lxf x e -1在区间[1, + ) 上恒成立，
e2lx -1 x2 -1
所以 在区间[1, + ) 上恒成立，
lx ln x
f elx即 f x 在区间[1, + ) 上恒成立，
因为 f x 在 1, + 上递增，所以 elx x在区间[1, + ) 上恒成立，
l ln x即 在区间[1, + ) h x ln x h x 1- ln x上恒成立，令 = ，则 = 2 ，x x x
当0 < x < e 时， h x > 0，当 x>e时， h x < 0，
所以当 x=e时， h x 取得最大值 h e 1 1= ，所以l .
e e专题 11 函数中的同构问题
近年来同构函数频频出现在模拟试卷导数解答题中，高考真题中也出现过同构函数的身影，同构法是将不
同的式子通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方
法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式、不等式问题中，
或利用函数单调性定义确定函数单调性，利用此方法求解某些导数压轴题往往能起到秒杀效果.
(一)同构函数揭秘
同构式是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式，导数中同构函数问题大多属于指对跨阶问题，比如
ex + x与 x + ln x 属于“跨阶函数”，而 ex + ln x 属于“跳阶函数”，对于指对跳阶的函数问题，直接求解，一般
是通过隐零点代换来简化，并且有很大局限性，有些题若采用指对跨阶函数进行同构，可将跳阶函数问题
转化为跨阶函数问题，从而使计算降阶，通常构造的同构函数有以下几类： f x = xex , f x = x ln x,
f x = x + ex , f x = x + ln x ， f x = ex - x + a, f x = ln x - x + a 等，在一些求参数的取值范围、零点个数、
不等式证明、双变量问题中，利用复合函数单调性，复合函数零点个数等问题中常通过构造同构函数求解.
ex
利用同构函数解题要注意一些常见的凑形技巧，如； x = eln x , x = ln ex , xex = ex+ln x , = ex-ln x 等.
x
【例 1】（2024 届江苏省苏州市高三下学期三模）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2) a 2 当 时，证明： e2x ．
x
1
【解析】（1）函数 f x = lnx + ax +1,a R 的定义域为 0, + ，且 f x = + a ．
x
1
当 a 0时，"x 0,+ , f x = + a > 0 恒成立，所以 f x 在区间 0, + 上单调递增；
x
1 1+ ax 1
当 a<0时，令 f x = + a = = 0，解得 x = - ，
x x a
x 1 当 0, - ÷时， f x > 0, f x
1
在区间 0,-

a ÷
上单调递增，
è è a
x 1 , f x 0, f x 1当 - + <

÷ 时， 在区间 - ,+ ÷上单调递减．
è a è a
综上所述，当 a 0时， f x 在区间 0, + 上单调递增；
1 1
当 a < 0时， f x 在区间 0,- ÷ 上单调递增，在区间 - ,+ ÷上单调递减．
è a è a
f x lnx + 2x +1
（2）当 a 2时，因为 x > 0 ，所以要证 e2x ，只要证明 e2x 即可，
x x
即要证 lnx + 2x +1 xe2x ，等价于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1，则 g x = ex -1，
在区间 - ,0 上， g x < 0, g x 单调递减；在区间 0, + 上， g x > 0, g x 单调递增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 e x x + 1（当且仅当 x = 0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 2x + lnx = 0时，等号成立．
h x 2x lnx 0, h 1 2又 = + 在 + 上单调递增， ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1÷ ，使得 2x0 + lnx0 = 0成立．综上所述，原不等式成立．
è e
2
【例 2】（2024 届重庆市南开中学高三上学期第质量检测）已知函数 f x = x + lnx + ax 在 x =1处的切线 l和
直线 x + y = 0垂直.
(1)求实数 a的值；
f (x ) - f (x ) - x2 + x2(2)若对任意的 x , x 0, 2 ， x x ，都有 1 2 1 21 2 1 2 x x > m 成立（其中 e为自然对数的底数），求e 1 - e 2
实数 m 的取值范围.
【解析】（1）由函数 f x = x2 + lnx + ax ，可得 f (x) 2x 1= + + a ，可得 f 1 = a + 3
x
因为函数在 x =1处的切线 l 和直线 x + y = 0垂直，所以 f 1 =1，
即 a + 3 = 1，解得 a = -2 .
（2）解：不妨设0 < x1 < x2 2，则 ex1 - ex2 < 0，
2 2
因为对任意的 x1, x2 0, 2 x x f (x1) - f (x2 ) - x1 + x， 21 2 ，都有 x x > m 成立，e 1 - e 2
可得 f (x1) - f (x2 ) - x
2
1 + x
2
2 < m ex1 - ex2 ，即 f (x1) - x21 - me x1 < f (x ) - x22 2 - me x2 ，
设 g x = f x - x2 - mex ，则 g(x1) < g(x2 )，故 g x 在 0,2 单调递增，
g (x) 1= - 2 - mex 0 m e- x
1
从而有 ，即 - 2÷在 0,2 x 上恒成立，x è
h(x) e- x 1设 = - 2

÷，则m h x x ，è min
2
h (x) = -e- x 1 - 2 + e- x 1 2x - x -1因为 ÷ ×

-
- x
x x2 ÷
= e × (0 < x 2)，
è è x2
令 h x > 0，即 2x2 - x -1 = 2x +1 x -1 > 0，解得1< x 2，
令 h x < 0，即 2x2 - x -1 = 2x +1 x -1 < 0，解得0 < x <1，
所以 h x 在 0,1 单调递减，在 1,2 单调递增，
1 1 1
又因为 h(1) = - ，故 h x 在 0, 2 上最小值 h(x)
e min
= - ，所以m - ，
e e
m , 1ù实数 的取值范围是 - - .
è e ú
(二) xex 型同构
ln x + ln a +1
【例 3】（2024 届广西贵港市高考模拟预测）已知函数 f (x) = aeax - ．
x
(1)当 a =1时，请判断 f (x) 的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求实数 a 的取值范围．
x 1+ ln x
【解析】（1）当 a =1时， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
ln x x2ex + ln x 1
所以 f (x) = ex + 2 = 2 ，令 h(x) = x
2ex + ln x ，则 h (x) = (x2 + 2x)ex + ，
x x x
当 x (0,+ )时， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上单调递增，
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零点 x0 ，且 x
1
0 ( ,1)，2 4 2
当 x (0, x0 )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上单调递减，
当 x (x0 ,+ ) 时， f (x) > 0， f (x) 在 x0 ,+ 单调递增．
\ f (x)有一个极小值点 x0 ，无极大值点．
Q f (x) aeax ln x + ln a +1（2） = - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，则 t (0,+ ) \2a et
ln t +1
， - +1恒成立．
t
设 g(x) = ex
ln x +1
- ，由（1）可知 g(x)的最小值为 g(x0 )．x
ln x 1
又 h(x0 ) = x
2ex0 + ln x = 0 \ x ex00 0 ， 0 = -
0 = - ln x = -e- ln x0 ln x
x0 x
0 0 ．（﹡）
0
设m(x) = xex ，当 x > 0时，m (x) = (x +1)ex > 0，\ m(x) 在 (0, + )上单调递增，
Q x0 (
1 ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x ) x ln x e
x
0 ，\ 0 = -
0
0 ，即 = x ．0
\ g(x x 1+ ln x0 0 1 1- x00 ) = e - = - =1x x ，0 0 x0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，\a 的取值范围为 0,1 ．
(三) x + a ln x 型同构
ln x
【例 4】（2023 届福建省宁德市高三高考前最后一卷）已知函数 f x = + m m R ．
x
(1)讨论函数 f x 的零点的个数﹔
a eax +1
(2) m = 0 x > 0 当 时，若对任意 ，恒有 ≥ f x x2 +1 ，求实数 a 的取值范围．2
f x ln x ln x【解析】（1）令 = + m = 0,则 = -m ，记 g x ln x= ，则 g x 1- ln x= 2 ，x x x x
当 x>e时， g x < 0，此时 g x 在 e, + 单调递减，
当0 < x < e 时， g x > 0，此时 g x 在 0,e 单调递增，
1
故当 x=e时， g x 取极大值也是最大值 g e = ，
e
又 g 1 = 0，而当1 < x时， g x > 0，故当0 < x <1时， g x < 0，当1< x时， g x > 0 ，作出 g x 的图象
如下：
1 1
因此当-m > 时，即m < - ， g x = -m无交点，此时 f x 无零点，
e e
1 1
当-m = 或-m 0时，即m = - 或m 0 ， g x = -m有一个交点，此时 f x 有一个零点，
e e
0 m 1 1当 < - < 时，即- < m < 0， g x = -m有两个交点，此时 f x 有 2 个零点，
e e
1
综上可知：当m < - 时， f x 无零点，
e
当m
1 1
= - 或m 0 f x 有一个零点，当- < m < 0， f x 有 2 个零点，
e e
a eax +1
（2）当m = 0时，若对任意 x > 0 ，恒有 ≥ f x x2 +1 等价于：2
对任意 x > 0，恒有 ax eax +1 ≥ ln x2 x2 +1 ，
令F x = x +1 ln x ax 2，则不等式等价于F e F x ，
由于F x = ln x x +1+ ，
x
m x ln x x +1, m x 1 1 x -1令 = + = - 2 = 2 ，x x x x
当0 < x <1, m x < 0, m x 单调递减，当 x >1, m x > 0, m x 单调递增，所以F x = m x m 1 = 2 > 0，
故F x 在 0, + 单调递增，
ax
由F e F x2 得 eax x2对任意 x > 0恒成立，
两边取对数得 ax 2ln x
a ln x
对任意 x > 0恒成立，
2 x
a
故 g x a 1 2，所以 a ，故 a的范围为 a 2
2 max
。
2 e e e
(四) ex + ax + b 型同构
【例 5】（2024 届福建省漳州市高三上学期质量检测）已知函数 f (x) = aex + x +1 .
(1)讨论 f (x) 的单调性；
x -1
(2)当 x >1时， f (x) > ln + x ，求实数 a 的取值范围.
a
【解析】（1）依题意，得 f (x) = aex +1 .
当 a 0时， f (x) > 0，所以 f (x) 在 (- , + )单调递增.
当 a<0时，令 f (x) > 0，可得 x < - ln(-a) ；令 f (x) < 0 ，可得 x > - ln(-a)，
所以 f (x) 在 (- ,- ln(-a)) 单调递增，在 (- ln(-a),+ )单调递减.
综上所述，当 a 0时， f (x) 在 (- , + )单调递增；当 a<0时， f (x) 在 (- ,- ln(-a)) 单调递增，在
(- ln(-a),+ )单调递减.
x -1 x -1
（2）因为当 x >1时， f (x) > ln + x x，所以 ae + x +1 > ln + x，
a a
即 eln a ex + x +1 > ln(x -1) - ln a + x，
即 ex+ ln a + ln a + x > ln(x -1) + x -1，
即 ex+ ln a + x + ln a > eln(x-1) + ln(x -1) .
令 h(x) = ex + x ，则有 h(x + ln a) > h(ln(x -1))对"x (1, + ) 恒成立.
因为 h (x) = ex +1 > 0，所以 h(x) 在 (- , + )单调递增，
故只需 x + ln a > ln(x -1)，
即 ln a > ln(x -1) - x对"x (1, + ) 恒成立.
令F (x) = ln(x -1) - x ，则F (x)
1 1 2 - x= - = ，令F (x) = 0，得 x = 2 .
x -1 x -1
当 x (1, 2) 时，F (x) > 0，当 x (2,+ ) 时， F (x) < 0，
所以 F (x)在 (1, 2)单调递增，在 (2, + ) 单调递减，
所以F (x) F (2) = -2
1
.因此 ln a > -2，所以 a > .
e2
(五) ln x + ax + b 型同构
【例 6】（2024 届江苏省宿迁市高三下学期三模）已知函数 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲线 y = f (x) 在 x = 2处的切线的方程为 x + y = b，求实数b的值；
(2)若函数 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求a的取值范围．
9a
【解析】（1）因为 f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，函数的定义域为 (a, ]4 ，
所以 f (x)
1 2
= -
x - a 9a ，- 4x
由曲线 y = f (x) 在 x = 2处的切线的方程为 x + y = b，得 f (2) = -1，
所以 f (2)
1 2
= - = -1
2 - a 9a ，- 8
设 h(a)
1 2 8
= - ( < a < 2) h (a)
1 9
= + > 0
2 - a 9a - 8 9 ， (a - 2)2 (9a - 8) 9a - 8 ，
所以函数 h(a) (
8
是 , 2)9 上的递增函数，又
h(1) = -1，
1 2
所以方程 - = -12 a 有唯一解 a =1- ，9a - 8
所以 f (x) = ln(x - 1) + 9 - 4x ， f (2) =1，
所以切点坐标为 (2,1)，代入直线方程 x + y = b得b = 3．
9a
（2） f (x) = ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，定义域为 (a, ]4 ，
f (x) 1 2 9a - 4x - 2(x - a)= - =
x a ，- 9a - 4x (x - a) 9a - 4x
-2
设 g(x) = 9a - 4x - 2(x - a)，所以 g (x) = - 2 < 0，
9a - 4x
所以 g(x)在 (a, 9a ) 9a 5a4 上递减，又 g(a) = 5a > 0，
g( ) = - < 0
4 2 ，
所以当 x (a, x0 )时， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0，函数 f (x) 递增，
x 9a当 (x0 , )时， g(x) < 0，即 f (x) < 0 ，函数 f (x)4 递减，
所以函数 f (x) 的最大值 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 9a - 4x0 ，
又 g(x0 ) = 9a - 4x0 - 2(x0 - a) = 0 ，所以 9a - 4x0 = 2(x0 - a)，
所以 fmax (x) = f (x0 ) = ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，
因为 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，即 ln(x0 - a) + 2(x0 - a)≤ ln a + 2a 恒成立，
设 h(x) = ln x + 2x 1，则 h (x) = x + 2 > 0，所以 h(x) 递增，
x 9a所以 0 - a≤ a ，即 x0 2a 恒成立，因为 g(x)在 (a, )4 上递减，且
g(x0 ) = 0，
1
所以只需 g(2a)≤0恒成立，即 a - 2a≤0 ，又 a > 0，所以 a ．4
(六)利用单调函数定义同构
【例 7】（2024 届贵州省六盘水市 2024 届高三下学期三诊）若函数 f x 在 a,b 上有定义，且对于任意不同
的 x1, x2 a,b ，都有 f x1 - f x2 < k x1 - x2 ，则称 f x 为 a,b 上的“k 类函数”
(1)若 f x = x2 ，判断 f x 是否为 1,2 上的“4 类函数”；
(2)若 f x 2= ln x + a +1 x 1+ 为 1,e 上的“2 类函数”，求实数 a 的取值范围；
e x
(3)若 f x 为 1,2 上的“2 类函数”且 f 1 = f 2 ，证明："x1， x2 1,2 ， f x1 - f x2 < 1 .
【解析】（1）函数 f x = x2 是 1,2 上的“4 类函数”，理由如下：
不妨设 x1, x2 1,2 ，所以 2 < x1 + x2 < 4，
f x1 - f x2 = x21 - x22 = x1 - x2 x1 + x2 < 4 x1 - x2 ，
所以 f x = x2 是 1,2 上的“4 类函数”；
f x 2 ln x a 1 x 1 f x 1 2（2） = + + + ， = - 2 + + a +1，e x x ex
由题意知，对于任意不同的 x1, x2 1,e 都有 f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 ，
不妨设 x1 < x2，则-2 x2 - x1 < f x1 - f x2 < 2 x2 - x1 ，
故 f x1 + 2x1 < f x2 + 2x2且 f x1 - 2x1 > f x2 - 2x2 ，
所以 f x + 2x为 1,e 上的增函数， f x - 2x 为 1,e 上的减函数，
所以对任意的 x 1,e ，即-2 f x 2，
由 f x 2 a 1 2 1 g x 1 2 2 - + ，令 = - +1，则 a g x ， x 1,e ，x ex x2 ex min
1 1 1
令 = t
é ,1ùê ú得 y t
2 2= - t 1+1 é在 ê ,1
ù
x e e e ú
上单调递增， g x =1-min ，e2
由 f x -2 a 1 2 1 2 2 - - 3，令 h x = 2 - - 3，x ex x ex
只需 a
1
h x é1 ù 2 2 é1 ùmax ， x 1,e ，令 = t ê ,1ú得 y = t - t - 3在 ê ,1ú 单调递增，x e e e
2 2 1
所以 h x = h 1 = -2 - ì，综上所述，实数 a 的取值范围为 ía - 2 - a 1- ümax e e e2 ；
（3）证明：因为 f x 为 1,2 上的“2 类函数”，所以 f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 ，
1 x < x 2 x x 1不妨设 1 2 ，当 1 - 2 < 时， f x1 - f x2 < 2 x1 - x2 <1；2
1 1
当 x1 - x2 <1时，因为 f 1 = f 2 ，-1 < x1 - x2 2 - 2
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f 1 + f 2 - f x2 f x1 - f 1 + f 2 - f x2
< 2 x 1 1 -1 + 2 2 - x2 = 2 x1 - x2 +1 2 - +12 ÷ =1，è
综上所述，"x1， x2 1,2 ， f x1 - f x2 < 1 .
【例 1】（2024 ax -ax届西省九江市高三第三次统考）已知函数 f x = e + e (a R ，且 a 0) .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若方程 f x = x + x-1有三个不同的实数解，求a的取值范围.
【解析】（1）解法一： f x = a eax - e-ax ax -ax令 g x = a e - e ，
2 ax -ax
则 g x = a e + e > 0 \ g x 在R 上单调递增.
又 g 0 = 0,\当 x < 0 时， g x < 0 ，即 f x < 0；当 x > 0时， g x > 0，即 f x > 0
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
a eax +1 eax -1
解法二： f x = a eax - e-ax = eax
①当 a > 0时，由 f x < 0得 x < 0 ，由 f x > 0得 x > 0
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增
②当 a < 0时，同理可得 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增.
（2）解法一：由 f x = x + x-1，得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0
令 h x = ex + e- x x - x，则 h ax = h lnx ，又Qh x = e + e 为偶函数，\h ax = h lnx
lnx
由（1）知 h x 在 0, + 上单调递增，\ ax = lnx ，即 = a 有三个不同的实数解.
x
lnx
令m x = , m x 1- lnx= ，由m 2 x > 0，得0 < x < e;由m x < 0 ，得 x>e，x x
\m x 1在 0,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，且m 1 = 0,m e =
e
\ y = m x 在 0,1 上单调递减，在 1,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减
1
当 x 0 时，m x + ；当 x + 时，m x 0，故0 < a <
e
1 1 a 1解得- < a < 0或0 < a

< ，故 的取值范围是 - ,0÷ 0,
1
e e è e ÷ è e
-1
解法二：由 f x = x + x 得 eax + e-ax = x + x-1 ，易得 x > 0，
令 h x = x + x-1，则 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.
由 h eax = h x ，得 eax = x 或 eax = x-1，
两边同时取以 e为底的对数，得 ax = lnx或 ax = -lnx ，
\ ax lnx lnx= ，即 = a 有三个不同的实数解，下同解法一.
x
【例 2】（2024 2 2届江苏省徐州市邳州市高三上学期月考）已知函数 f x = x +1 lnx - x - ax ．
(1)若 a =1，求 f x 的最小值；
(2)若方程 f x = axe2ax - x2 有解，求实数 a 的取值范围．
【解析】（1）当 a =1时， f x = x2 +1 lnx - x2 - x，
f x = 2xlnx - x 1 1+ -1，设 g x = f x ，则 g x = 1 + 2 ln x - 2 ，x x
g x 在 0, + 上单调递增，且 g 1 = 0，
所以 x 0,1 时， g x < 0， f x 单调递减，
x 1,+ 时， g x > 0， f x 单调递增，所以 f x = f 1 = -1min ；
（2） f x = axe2ax - x2 2 x2 +1 ln x = 2ax e2ax即 +1 ，
x2即 +1 ln x2 = e2ax +1 ln e2ax ，设 h x = x +1 ln x x > 0 2 2ax，则 h x = h e ，
h x ln x 1 1 x -1= + 1 + ，设m x = ln x +1+ x > 0 ，则m x = ，
x x x2
所以 x 0,1 时，m x < 0 ，m x 单调递减，
x 1,+ 时，m x > 0，m x 单调递增，
所以m x m 1 = 2 > 0，即 h x > 0， h x 在 0, + 上单调递增，
2ax 2
所以方程 f x = axe - x 有解即 x 2 = e2 ax 在 0, + 上有解，
a ln x2ax = 2ln x有解，即 = 有解，设 n x ln x= x 1- ln x> 0 ，则 n x = 2 ，x x x
x 0,e 时， n x > 0， n x 单调递增，
x e, + 1时， n x < 0， n x 单调递减，所以 n x n e = ，
e
当 x 0时，n x - 1，所以 a 1 ù，即实数 a 的取值范围是
e
- ,
è e ú
．

1
【例 3】（2024 届陕西省西安市部分学校高三上学期考试）已知函数 f x = ln x - ax - .
x
(1)当 a = 2，求 f x 的极值；
(2)若 f x -e-ax 恒成立，求 a的取值范围.
【解析】（1）当 a = 2 f x 1时 = ln x - 2x - ， x 0, + ，
x
1 1 -2x
2 + x +1 - x -1 2x +1
则 f x = - 2 + 2 = 2 = 2 ， x x x x
所以在 0,1 上 f x > 0， f x 单调递增，在 1, + 上 f x < 0， f x 单调递减，
当 x =1时 f x 取得极大值， f 1 = 0 - 2 -1 = -3，故 f x 的极大值为-3，无极小值.
（2）由 f x -e-ax ，可得 ln x - ax 1- -e-ax ln x 1 ax e-ax ln x 1 lneax 1，则 - - ，即 - - .
x x x eax
1
令 g x = ln x - ，则 g x g eax ，
x
因为 g x 在 0, + ln x上单调递增，所以 x eax ，则 a .
x
令 h x ln x h x 1- ln x= ，则 = ，
x x2
在 0,e 上 h x > 0， h x 单调递增，在 e, + 1上 h x < 0， h x 单调递减，即 h(x)max = h e = ， e
a 1
1
所以 ，则 a
é
的取值范围为 ê ,+

÷ .e e
【例 4】（2024 x届安徽省六校教育研究会高三上学期素质测试）已知函数 f x = ae - x（ e是自然对数的底
数）.
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若 g x = aex x -1 - ln x + f x 有两个零点，求实数 a的取值范围.
x
【解析】（1）因为 f x = ae - x，所以 f x = aex -1，
当 a 0时， f x < 0，所以 f x 在 R 上单调递减；
当 a > 0时，令 f x > 0得 x > - ln a ；令 f x < 0得 x < - ln a ，
所以 f x 在 - , - ln a 上单调递减，在 - ln a, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 R 上单调递减，无增区间；当 a > 0时， f x 在 - , - ln a 上单调递减，在
- ln a, + 上单调递增.
（2 x x x x）由题意 g x = ae x -1 - ln x + f x = axe - ln x - x = axe - ln xe x > 0 有两个零点，
令 t = xex ， x > 0 ，则 t = 1+ x ex > 0 在 0, + 上恒成立，所以 t = xex 在 0, + 上单调递增，
故 t > 0，所以 g x = axex - ln xex 有两个零点等价于T t = at - ln t 有两个零点，
a ln t ln t等价于 = 有两个不同的实数解，等价于 y = a与 h(t) = 有两个交点，
t t
h (t) 1- ln t则 = ， h (t) > 02 得0 < t < e， h
(t) < 0得 t > e，
t
所以 h(t)
ln t
= 在 0,e 上单调递增，在 e,+ 上单调递减，又 h(e) ln e 1= = ， h(1) = 0，
t e e
当 t 趋向于 0 且为正时， h(t)趋向于负无穷大，当 t 趋向于正无穷大时， h(t)趋向于 0，如图：
由图可知，要使 y = a与 h(t)
ln t 1
= 有两个交点，则0 < a < ，
t e
1
所以实数 a的取值范围为0 < a < .
e
1
【例 5】（2024 2届重庆市渝北中学高三上学期月考）已知函数 f x = x + aln x -1 ，
4
g x f x 1 1= + - x2x + x ．e 4
(1)当 a = -1时，求函数 f x 的极值；
(2)若任意x1、 x2
g x - g x
1,+ 且 x1 x
1 2
2 ，都有 >1 ax 成立，求实数 的取值范围．1 - x2
1 2
【解析】（1）当 a = -1时， f x = x - ln x -1 ，其中 x 1,+ ，
4
2
则 f x 1 1 x - x - 2= x - = ，令 f x = 02 x 1 2 x 1 ，解得 x=- 1或 x = 2，- -
又因为 x >1，所以 x = 2，
列表如下：
x 1,2 2 2, +
f x - 0 +
f x 单调递减 极小值 单调递增
因此 f x 有极小值 f 2 =1，无极大值.
（2）解：因为 g x = f x 1 1+ x - x2 x
1
+ 2， f x = x + aln x -1 ，
e 4 4
所以 g x = a ln x -1 1+ x + x ，其中 x 1,+ ，e
对"x1、 x2 1,+ 且 x1 x2 ，不妨设 x1 > x2 ，则 x1 - x2 > 0，
得到 g x1 - g x2 > x1 - x2 ，化为 g x1 - x1 > g x2 - x2 ，
设 h x = g x - x 且函数 h x 的定义域为 1, + ，
1
所以 h x = aln x -1 + x 在 1, + 为增函数，e
a 1 x -1
即有 h x = - 0对 x >1恒成立，即 a 对任意的 x >1恒成立，
x -1 ex ex
j x x -1 2 - x设 = x ，其中 x 1,+ ，则j x =e ex ，
令j x > 0，解得1 < x < 2，令j x < 0，解得 x > 2，
所以j x 在 1,2 上单调递增，在 2, + 上单调递减，
所以j x 1 1最大值j 2 = 2 ，因此实数 a的取值范围是 a ．e e2
【例 6】已知函数 f x = x - a ln x, a R
(1)请讨论函数 f x 的单调性
1
(2)当 x
é
ê ,+

÷ 时，若 e
x l ln ln x + x +1 +1 le 恒成立，求实数 的取值范围 x
'
【解析】 (1) f (x) 1
a x - a
= - = (x > 0)
x x
当 a 0时， f ' (x) > 0，f (x)在 (0, + )上递增
当 a > 0时，在 (0, a)上f ' (x) < 0， f (x) 单调递减
在 (a,+ ) 上 f ' (x) > 0， f (x) 单调递增
(2)原式等价于 xex = eln x+x l(ln(ln x + x +1) +1)
设 t = ln x + x ， x é
1 , + ÷
êe
1
由（1）当 a = -1时， f (x)= ln x + x 为增函数 ， \t [ -1, + )，
e
∴ t等式等价于 e l(ln(t +1) +1) t
é1
， ê -1,+

÷恒成立，
e
1
t 1 1 -1 t (1
t
= - 时， ee > 0成立， -1,+ )
e
时，l ，
e e ln(t +1) +1
t
g(t) e t (1设 = ， -1,+ )，
ln(t +1) +1 e
et (ln(t +1) +1) - et ( 1 ) ln(t +1) 1+1-
g ' (t) = t +1 = et × t +1 ，
(ln(t +1) +1)2 (ln(t +1) +1)2
设 h(t) = ln(t +1)
1
+1- ，
t +1
h (t) 1 1= + > 0 h(t) (1 -1, + )
t +1 (t +1)2 所以 在 上为增函数，e
又因为 h(0)
1
= 0，所以在 ( -1,0)上， h(t) < 0，\ g ' (t) < 0， g (t)为减函数，
e
在 (0，+ )上， h(t) > 0，\ g ' (t) > 0， g (t)为增函数，
\ g(t)min = g(0) =1 ，\l 1．
1．（2024 届江西省南昌市高三二模）已知 f (x) = a x - xa (x > 0,a > 0且 a 1) .
(1)当 a = e时，求证： f (x) 在 (e, + )上单调递增;
a > e x ée
2
ln a, (2)设 ，已知" ê + ÷，有不等式 f (x) 02 恒成立，求实数
a的取值范围.

1
2．（2024 福建省福宁古五校教学联合体质量监测）已知函数 f (x) = ax + (a -1) ln x + ,a R．
x
(1)讨论函数 f (x) 的单调性;
(2)若关于 x 的方程 xf (x) = x2ex - x ln x +1有两个不相等的实数根 x1, x2 ，
（i）求实数 a的取值范围;
ex1 ex2 2a
（ii）求证: + > ．
x2 x1 x1x2
3．（2024 届天津市八校高三下学期联合模拟）已知 f x = x + ax × lnx a R ，
(1)当 a = 2时，求 f x 在点 e，f e 处的切线方程；
(2)讨论 f x 的单调性；
(3)若函数 f x - x 2存在极大值，且极大值为 1，求证： f x e + x ．
4．（2024 x届全国统一考生押题卷）已知函数 f x = x - 2 e ， g x = axln ax a > 0 ．
(1)求曲线 y = f x 在点 2, f 2 处的切线方程．
(2)当 a =1时，讨论函数 g x 的单调性．
(3)若 f x g x - 2ex 对任意 x 1,+ 恒成立，求实数 a的取值范围．
5．（2024 届山东省部分学校高三上学期联考）已知函数 f x = a ln x +1 - ax .
(1)当 a 0时，讨论 f x 的单调性；
x+1
(2)当 x ax - e + a＞-1时， f x ＞ 恒成立，求实数 a的取值范围.
x +1
6.已知 f x = x2ex - a x + 2ln x
(1)当 a = e时，求 f x 的单调性；
(2)讨论 f x 的零点个数．
7. x已知函数 f x = e - alnx,a R .
(1)当 a = 0时，若曲线 y = f x 与直线 y = kx 相切于点 P ，求点 P 的坐标；
(2)当 a = e时，证明： f x e；
(3)若对任意 x 0, + ，不等式 f x > alna恒成立，请直接写出 a的取值范围.
2x
8.（2023 f x ae -1届广东省深圳市光明区高三二模）已知函数 = 的图象在 1, f 1 处的切线经过点
x
2, 2e2 .
(1)求 a的值及函数 f x 的单调区间；
(2) g x ax
2 -1
设 = ，若关于 x 的不等式lxg x e2lx -1在区间 1, + 上恒成立，求正实数l 的取值范围.
lnx
9. f x = ex+1 2 g x a + x + ln x已知 - ， = ， a R ．
x x
(1)当 x 1,+ 时，求函数 g x 的极值；
(2)当 a = 0时，求证： f x g x ．
ln x
10.（2023 届海南省海口市龙华区高三一模）已知函数 f x = +1 .
x -1
(1)讨论函数 f x 的单调性；
lx
lx e -1
(2)已知l > 0，若存在 x 1,+ ，不等式 lx ln x成立，求实数l 的最大值. e +1 x -1
11.（2023 x届吉林省长春外国语学校高三上学期考试）已知函数 f x = e - ax （e 是自然对数的底数）.
(1)当 a =1时，求 f (x) 的极值点；
(2)讨论函数 f (x) 的单调性；
(3)若 g x = ex x -1 - a ln x + f x 有两个零点，求实数 a的取值范围.
12．已知函数 f x = ex ， g x = sin x .
(1)求 g x = sin x在 x = 0处的切线方程；
(2)求证： g x × g x +1< x × f x - ln x .
(3)当 x 0,p 时， g x - 2 é f x -1ù m ln x +1 ，求实数m 的取值范围.
13. x已知函数 h x = xe - mx, g x = lnx + x +1 .
(1)当m =1时，求函数 h x 的单调区间：
(2)若 h x …g x 在 x 0, + 恒成立，求实数m 的取值范围.
14．已知函数 f (x) = xex - ax - a ln x .
(1)若 a = e，求 f x 的单调区间；
(2)是否存在实数 a，使 f x 1对 x 0, + 恒成立，若存在，求出 a 的值或取值范围；若不存在，请说明
理由.
15．已知函数 f (x) = ax + ln x +1．
(1)若 f (x) 在 (0, + )上仅有一个零点，求实数 a 的取值范围；
(2)若对任意的 x > 0， f (x) xe2x 恒成立，求实数 a 的取值范围．
ax216 -1．已知函数 f x = ，其图象在 x=e 2处的切线过点 2e,2e ．
ln x
(1)求 a 的值；
(2)讨论 f x 的单调性；
(3)若l > 0，关于 x 的不等式lxf x e2lx -1在区间[1, + ) 上恒成立，求l 的取值范围．

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