文档内容
培优点 2 指对同构问题
把一个等式或不等式通过变形，使左右两边结构形式完全相同，构造函数，利用函数的
单调性进行处理，找到这个函数模型的方法就是同构法．同构法主要解决含有指数、对数混
合的等式或不等式问题．
题型一 同构法的理解
例1 (1)若ea＋a>b＋ln b(a，b为变量)成立，则下列选项正确的是( )
A．a＞ln b B．a＜ln b
C．ln a＞b D．ln a＜b
答案 A
解析 方法一 由ea＋a>b＋ln b，
可得ea＋a>eln b＋ln b，
令f(x)＝ex＋x，则f(a)＞f(ln b)，
因为f(x)在R上是增函数，所以a＞ln b.
方法二 由ea＋a>b＋ln b，
可得ea＋ln ea>b＋ln b，
令g(x)＝x＋ln x，则g(ea)>g(b)，
因为g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以ea>b，即a＞ln b.
(2)若关于a的方程aea－2＝e4和关于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a，b∈R )可化为同构方程，
＋
则ab的值为( )
A．e8 B．e C．ln 6 D．1
答案 A
解析 对aea－2＝e4两边取自然对数，
得ln a＋a＝6，①
对b(ln b－2)＝e3λ－1两边取自然对数，
得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1，
即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3，②
因为方程①②为两个同构方程，
所以3λ－3＝6，解得λ＝3，
设F(x)＝ln x＋x，x>0，则F′(x)＝＋1>0，
所以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＝ln b－2，所以ab＝(ln b－2)b＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8.
思维升华 利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通过幂转指或幂转对进行等价变形，构造函数，
然后由构造的函数的单调性进行研究．
跟踪训练1 已知不等式ax＋eax＞ln(bx)＋bx进行指对同构时，可以构造的函数是( )
A．f(x)＝ln x＋x B．f(x)＝xln x
C．f(x)＝xex D．f(x)＝
答案 A
解析 由恒等式x＝ln ex可得ax＝ln eax，
所以ax＋eax＞ln(bx)＋bx可变形为
ln eax＋eax＞ln(bx)＋bx，
构造函数f(x)＝ln x＋x，
可得f(eax)＞f(bx)．
题型二 同构法的应用
命题点1 aln a与xex同构
例2 设实数k>0，对于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，则k的最小值为________．
答案
解析 由kekx≥ln x得kxekx≥xln x，
即kxekx≥eln x·ln x，
令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(ln x)．
因为f′(x)＝(x＋1)ex，
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
因为kx>0，ln x>0，所以kx≥ln x，即k≥，
令h(x)＝(x＞1)，则h′(x)＝，
当x∈(1，e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x) ＝h(e)＝，即k≥，
max
所以k的最小值为.
命题点2 beb与xln x同构
例3 (2023·南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeae B．b>ea C．ab0)，
因为a>0，则ea>1，因为b>0，且bln b>aea>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
ealn ea0对∀x∈(0,1)恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 由题意可知a>0，>，即>对∀x∈(0,1)恒成立．设g(x)＝，则问题转化为g(aex)>g(x)在
(0,1)上恒成立，因为g′(x)＝，所以当00，当x>e时，g′(x)<0，所以g(x)
在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)<0；当
x∈(1，＋∞)时，g(x)>0.①在x∈(0,1)上，若aex≥1恒成立，即a≥1，g(aex)≥0>g(x)；②在
x∈(0,1)上，若0x恒成立，即0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以h(x)0，ex≥(a－1)x＋ln(ax)恒成立，则a的最大值是________．
答案 e
解析 由ex≥(a－1)x＋ln(ax)，
可得ex＋x≥ax＋ln(ax)，
即ex＋x≥eln(ax)＋ln(ax)，
令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln(ax))，
因为f(x)在R上是增函数，
所以x≥ln(ax)，即a≤，
令h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x) ＝h(1)＝e，即a≤e，
min
所以a的最大值是e.
思维升华 常见的同构函数有：①f(x)＝；②f(x)＝xln x；③f(x)＝xex；④f(x)＝.
其中①④可以借助＝＝，②③可以借助xex＝(ln ex)ex＝(ln t)t＝tln t进行指对互化．
跟踪训练2 (1)(2024·武汉模拟)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________．
答案 e
解析 ∵xa＝ ＝ealn x，∴不等式即为ex－x≤ealn x－aln x，
∵a>0且x>1，∴aln x>0，
设y＝ex－x，x∈(0，＋∞)，则y′＝ex－1>0，
故y＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，
∴x≤aln x，即a≥，
即存在x∈(1，＋∞)，使a≥，
∴a≥ ，
min
设f(x)＝(x>1)，
则f′(x)＝，当x∈(1，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴f(x) ＝f(e)＝e，∴a≥e.
min
故a的最小值为e.
(2)若对任意 x∈[e，＋∞)，满足 2x3ln x－ ≥0 恒成立，则实数 m 的取值范围是
________________________．
答案 (－∞，2e]
解析 由2x3ln x－ ≥0，
得2x3ln x≥ ，即2x2ln x≥ ，
即x2ln x2≥ ，即
令f(x)＝xex，则f(ln x2)≥f 恒成立，
利用函数f(x)＝xex的单调性可知ln x2≥恒成立，即m≤2xln x(x≥e)，所以m≤2e.
1．设x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，则下列选项正确的是( )
A．x>y B．x>ln y
C．xx＋y等价于ex－x>y－ln y，
令f(x)＝ex－x，x>0，则f(ln y)＝eln y－ln y＝y－ln y，
∴不等式ex－x>y－ln y等价于f(x)>f(ln y)，
∵f′(x)＝ex－1，
∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
∴若y∈(1，＋∞)，则ln y∈(0，＋∞)，
由f(x)>f(ln y)有x>ln y；
若y∈(0,1]，则ln y≤0，
由x>0，有x>ln y.
综上所述，x>ln y.
2．若ex－ax≥－x＋ln(ax)，则正实数a的取值范围为( )
A. B．(0，e]
C. D．(e，＋∞)
答案 B
解析 不等式ex－ax≥－x＋ln(ax)，
可化为ex＋x≥eln ax＋ln ax，
设g(x)＝ex＋x，则g′(x)＝ex＋1>0，
即g(x)在R上是增函数，
而g(x)≥g(ln ax)，因为a>0，x>0，
所以x≥ln ax＝ln a＋ln x，
由已知ln a≤x－ln x恒成立，
令f(x)＝x－ln x，则f′(x)＝1－，
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝1，故只需ln a≤1，即a≤e.
又a>0，所以a的取值范围为(0，e]．
3．已知函数f(x)＝x2ex－a(x＋2ln x)有两个零点，则a的取值范围是( )
A．a≥1 B．a≤2
C．a≤e D．a>e
答案 D
解析 f(x)＝x2ex－a(x＋2ln x)＝ex＋2ln x－a(x＋2ln x)，
令t＝x＋2ln x，显然该函数单调递增，t∈R，
则et－at＝0有两个根，
当t＝0时，等式为1＝0，不符合题意；
故t≠0时，等式转化为a＝有两个根，
即y＝a和y＝有两个交点，设g(x)＝，
求导得g′(x)＝，
故当x∈(－∞，0)和x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
g(x)单调递增；且当x∈(－∞，0)时，g(x)<0，g(1)＝e，
故g(x)＝的大致图象如图所示．
由图可得，a的取值范围是a>e.
4．(多选)若不相等的正数a，b满足aa＝bb，则( )
A．a＞1
B．b＜1
C．a＋b>
D. (n∈N*)
答案 BCD
解析 由aa＝bb，得aln a＝bln b，
令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1＝0，
解得x＝，
当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以0，
即证明b>－a，
只需证f(b)>f ，
只需证f(a)>f ，
令g(x)＝f(x)－f ＝xln x－ln，0g＝0，
所以a＋b>，故C正确；由于f(x)在(1，＋∞)上单调递增，而>，
所以f >f ，
所以ln >ln ，
所以 (n∈N*)，故D正确．
5．若∀x∈(0，＋∞)，ln 2x－≤ln a恒成立，则a的取值范围为________．
答案
解析 依题意，ln 2x－≤ln a
ln 2x－ln a≤
2ln ≤aex
⇔
ln ≤exln ex.
⇔
⇔
∵x>0，a>0，
∴若0<≤1，显然成立，此时满足≤11，令f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1>0在(1，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
而ln ≤exln ex，∴≤ex.
综上，≤ex在(0，＋∞)上恒成立，∴a≥.
令g(x)＝，g′(x)＝，
∴当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减．
∴g(x)≤g(1)＝，即a≥.
6．(2024·漳州质检)已知函数f(x)＝aex＋x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>1时，f(x)>ln ＋x，求实数a的取值范围．
解 (1)依题意，得f′(x)＝aex＋1.
当a≥0时，f′(x)>0，
所以f(x)在R上是增函数．
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))上单调递增，在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≥0时，f(x)在R上是增函数；当a<0时，f(x)在(－∞，－ln(－a))上单调递增，
在(－ln(－a)，＋∞)上单调递减．
(2)因为当x>1时，f(x)>ln ＋x，
所以aex＋x＋1>ln ＋x，即eln aex＋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R上是增函数，
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＝，
令F′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(1,2)时，F′(x)>0，当x∈(2，＋∞)时，F′(x)<0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以F(x)≤F(2)＝－2.
因此ln a>－2，所以a>.
