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3.6　同构问题
一、单项选择题(每小题5分，共10分)
1.已知x，y为不相等的正实数，ln x+ln y=-x，则(　　)
A.x>y B.xC.x+y>2 D.x+y<2
2.若不等式ex+a≥ln x-a恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A.[0，+∞) B.[-1，+∞)
C. D.[-e，+∞)
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
3.(2025·邯郸模拟)已知a>0，b∈R，e是自然对数的底数，若b+eb=a+ln a，则a-b的值可以是(　　)
A.-1 B.1 C.2 D.3
4.e是自然对数的底数，m∈R，n>0，已知mem+ln n>nln n+m，则下列结论一定正确的是(　　)
A.若m>0，则m-n>0
B.若m>0，n>1，则em-n>0
C.若m<0，则m+ln n<0
D.若m<0，则em+n>2
三、填空题(每小题5分，共10分)
5.(2026·辽宁名校联盟期中)已知实数x，y满足xex-4=1，y(ln y-1)=e5，其中e为自然对数的底数，则xy=　　　　　.
6.已知函数f(x)=eλx-2ln x(x>0)，若f(x)≥x2-λx恒成立，则实数λ的取值范围为　　　　.
四、解答题(共28分)
7.(13分)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(5分)
(2)若不等式f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围.(8分)
8.(15分)已知函数f(x)=e2x-.
(1)讨论函数f(x)的零点的个数；(7分)
(2)证明：xe2x-ln x-2x->0.(8分)
3.6　同构问题
一、单项选择题(每小题5分，共10分)
1.已知x，y为不相等的正实数，ln x+ln y=-x，则(　　)
A.x>y B.xC.x+y>2 D.x+y<2
答案　C
解析　由ln x+ln y=-x得，
ln x+x=-ln y+=ln+，
构造函数f(x)=ln x+x，x>0，
易知f(x)=ln x+x在(0，+∞)上单调递增，
结合ln x+x=ln+，得x=，即xy=1，
由基本不等式可知x+y≥2=2，
当且仅当x=y=1时等号成立，
又x≠y，所以x+y>2.
2.若不等式ex+a≥ln x-a恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A.[0，+∞) B.[-1，+∞)
C. D.[-e，+∞)
答案　B
解析　构造函数f(x)=ex+x，
则f(x)在R上为增函数，
由ex+a≥ln x-a得ex+a+a+x≥ln x+x，
即ex+a+x+a≥eln x+ln x，
即f(x+a)≥f(ln x)，∴x+a≥ln x，
∴a≥ln x-x，
令g(x)=ln x-x(x>0)，
则g'(x)=-1=，
由g'(x)>0得0由g'(x)<0得x>1，则g(x)在(1，+∞)上单调递减，
∴g(x)max=g(1)=-1，
∴a≥-1.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
3.(2025·邯郸模拟)已知a>0，b∈R，e是自然对数的底数，若b+eb=a+ln a，则a-b的值可以是(　　)
A.-1 B.1 C.2 D.3
答案　BCD
解析　设函数f(x)=x+ex，
则f(x)在R上是增函数，
所以b+eb-(a+ln a)=b+eb-(ln a+eln a)=f(b)-f(ln a)=0，
所以b=ln a，即a=eb，所以a-b=eb-b，
令g(x)=ex-x，则g'(x)=ex-1，
当x<0时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(0)=1，从而a-b≥1，结合选项，可得B，C，D符合题意.
4.e是自然对数的底数，m∈R，n>0，已知mem+ln n>nln n+m，则下列结论一定正确的是(　　)
A.若m>0，则m-n>0
B.若m>0，n>1，则em-n>0
C.若m<0，则m+ln n<0
D.若m<0，则em+n>2
答案　BC
解析　构造函数f(x)=xex-x，
则f'(x)=(x+1)ex-1，
当x<0时，0当x≥0时，ex≥1 f'(x)≥x+1-1=x≥0，
所以f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增.
又mem+ln n>nln n+m mem-m>eln nln n-ln n f(m)>f(ln n).
A选项，取m=n=e，则ln n=ln e=1因为f(x)在(0，+∞)上单调递增，
则f(m)>f(ln n)满足题意，但此时m-n=0，故A错误；
B选项，若m>0，n>1，则ln n>0，又f(m)>f(ln n)，
且f(x)在(0，+∞)上单调递增，则m>ln n em>n，故B正确；
C选项，若m<0，当0当n>1时，构造函数g(x)=f(x)-f(-x)=x(ex+e-x-2)，显然当x<0时，
g(x)<0，又m<0，则g(m)=f(m)-f(-m)<0 f(m)又f(m)>f(ln n)，则f(ln n)0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，
则ln n<-m ln n+m<0.
综上，若m<0，则m+ln n<0，故C正确；
D选项，取m=-2，n=，则ln n=-1>m，又f(x)在(-∞，0)上单调递减，
则f(m)>f(ln n)满足题意，但此时em+n=+<2，故D错误.
三、填空题(每小题5分，共10分)
5.(2026·辽宁名校联盟期中)已知实数x，y满足xex-4=1，y(ln y-1)=e5，其中e为自然对数的底数，则xy=　　　　　.
答案　e5
解析　xex-4=1 xex=e4且x>0，y(ln y-1)=e5 ln=e4且ln>0，
故xex=ln=·ln，构造函数f(x)=xex(x>0)，则f'(x)=(x+1)ex>0，
所以f(x)=xex(x>0)在(0，+∞)上单调递增，所以x=ln，所以xy=yln=e5.
6.已知函数f(x)=eλx-2ln x(x>0)，若f(x)≥x2-λx恒成立，则实数λ的取值范围为　　　　.
答案　
解析　由f(x)≥x2-λx恒成立，即eλx-2ln x≥x2-λx对x>0恒成立，
整理得eλx+ln eλx≥x2+ln x2对x>0恒成立，
令g(x)=x+ln x，则g(eλx)≥g(x2)，易知g(x)在(0，+∞)上单调递增，
则eλx≥x2，即λx≥ln x2，
整理得λ≥对x>0恒成立，
令h(x)=，则h'(x)=，
可得当x∈(0，e)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
则h(x)max=h(e)=，
所以λ≥.
四、解答题(共28分)
7.(13分)已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a.
(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(5分)
(2)若不等式f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围.(8分)
解　(1)当a=e时，f(x)=ex-ln x+1，
∴f'(x)=ex-，∴k=f'(1)=e-1.
∵f(1)=e+1，∴切点坐标为(1，1+e)，
∴函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1)，即y=(e-1)x+2，
∴切线与两坐标轴交点坐标分别为(0，2)，，
∴所求三角形面积为×2×=.
(2)方法一　由f(x)≥1得aex-1-ln x+ln a≥1，
即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x，
而ln x+x=eln x+ln x，
∴eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x.
令h(x)=ex+x，则h'(x)=ex+1>0，
∴h(x)在R上单调递增.
由eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x，
可得h(ln a+x-1)≥h(ln x)，
∴ln a+x-1≥ln x，
∴ln a≥(ln x-x+1)max.
令F(x)=ln x-x+1，
则F'(x)=-1=，
∴当x∈(0，1)时，F'(x)>0，F(x)单调递增；
当x∈(1，+∞)时，F'(x)<0，F(x)单调递减.
∴F(x)max=F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1.
∴实数a的取值范围为[1，+∞).
方法二　∵f(x)=aex-1-ln x+ln a，x>0，
∴f'(x)=aex-1-，且a>0.
设g(x)=f'(x)，则g'(x)=aex-1+>0，
∴g(x)在(0，+∞)上单调递增，
即f'(x)在(0，+∞)上单调递增，
当a=1时，f'(1)=0，当01时，f'(x)>0，∴f(x)min=f(1)=1，
∴f(x)≥1恒成立.
当a>1时，<1，∴<1，
∴f'f'(1)=a(a-1)<0，
∴存在唯一x0>0，使得f'(x0)=a-=0，且当x∈(0，x0)时，f'(x)<0，
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
∴a=，∴ln a+x0-1=-ln x0，
因此f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a
=+ln a+x0-1+ln a≥2ln a-1+2=2ln a+1>1，
∴f(x)≥1恒成立；
当0∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1，+∞).
8.(15分)已知函数f(x)=e2x-.
(1)讨论函数f(x)的零点的个数；(7分)
(2)证明：xe2x-ln x-2x->0.(8分)
(1)解　函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，
则f'(x)=2e2x+>0，
所以f(x)在(-∞，0)，(0，+∞)上单调递增.
当x<0时，f(x)=e2x->0，此时没有零点；
当x>0时，f(x)单调递增，f=-4<0，f(1)=e2-1>0，
由函数零点存在定理得f(x)在区间内有唯一零点.
综上可得，函数f(x)只有一个零点.
(2)证明　方法一　要证xe2x-ln x-2x->0，
即证eln xe2x-ln x-2x->0，
即证eln x+2x-(ln x+2x)->0，
即证eln x+2x-(ln x+2x)>，
令t=ln x+2x，
由于et≥t+1(证明略)，
即证1>，显然成立，
得证.
方法二　要证xe2x-ln x-2x->0，
即证xe2x-ln x-2x>.
令g(x)=xe2x-ln x-2x，定义域为(0，+∞)，
则g'(x)=e2x+2xe2x--2=(2x+1)e2x-=(2x+1)=(2x+1)f(x).
由(1)知，f(x)在区间内有唯一零点，
设其为x0，则-=0， ①
因为2x+1>0，且f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，f(x)<0，即g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-2x0.
由①可得=，ln x0=-2x0，
所以g(x)min=x0·+2x0-2x0=1.
又当x>0时，<1恒成立，
所以g(x)=xe2x-ln x-2x≥g(x0)=1>，得证.

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