专题11函数中的同构问题（学生版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_02高考数学_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列

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+lnx属于“跨阶函数”，而ex +lnx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=xlnx, f x=x+ex, f x=x+lnx， f x=ex -x+a, f x=lnx-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=elnx,x=lnex,xex =ex+lnx, =ex-lnx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,aÎR． (1)讨论 f x的单调性； f x (2)当a£2时，证明： £e2x． x 1 【解析】（1）函数 f x=lnx+ax+1,aÎR的定义域为0,+¥，且 fx= +a． x 1 当a³0时，"xÎ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 æ 1ö æ 1ö 当xÎç0,- ÷时， fx>0, f x在区间ç0,- ÷上单调递增， è aø è aøæ 1 ö æ 1 ö 当xÎç- ,+¥÷时， fx<0, f x在区间ç- ,+¥÷上单调递减． è a ø è a ø 综上所述，当a³0时， f x在区间0,+¥上单调递增； æ 1ö æ 1 ö 当a<0时， f x在区间ç0,- ÷上单调递增，在区间ç- ,+¥÷上单调递减． è aø è a ø 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 ³lnx+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³g0=e0-0-1=0，所以ex ³ 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． æ1ö 2 又hx=2x+lnx在0,+¥上单调递增，hç ÷= -1<0,h1=2>0， èeø e æ1 ö 所以存在x Îç ,1 ÷，使得2x +lnx =0成立．综上所述，原不等式成立． 0 èe ø 0 0 【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=x2+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； (2)若对任意的x,x Î0,2，x ¹ x ，都有 f(x 1 )- f(x 2 )-x 1 2+x 2 2 >m成立（其中e为自然对数的底数），求 1 2 1 2 ex1 -ex2 实数m的取值范围. 1 【解析】（1）由函数 f x=x2+lnx+ax，可得 f(x)=2x+ +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0m成立， 1 2 1 2 ex1 -ex2 可得 f(x )- f(x )-x2+x2 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00，\h(x)在(0,+¥)上单调递增， 1 e 1 又 h( )= -ln2<0，h(1)=e，\h(x)存在唯一零点x ，且x Î( ,1)， Q 2 4 0 0 2 当xÎ(0,x )时， f(x)<0， f(x)在0,x 上单调递减， 0 0 当xÎ(x ,+¥)时， f(x)>0， f(x)在x ,+¥单调递增． 0 0 \f(x)有一个极小值点x ，无极大值点． 0 lnx+lna+1 （2） Q f(x)=aeax- ≥2a2-a恒成立， x \axeax-[ln(ax)+1]≥2a2x-ax恒成立，\axeax-[ln(ax)+1]+ax≥2a2x恒成立． lnt+1 令t=ax，则tÎ(0,+¥)，\2a£et - +1恒成立． t lnx+1 设g(x)=ex- ，由（1）可知g(x)的最小值为g(x )． x 0lnx 1 又h(x )=x2ex0 +lnx =0，\x ex0 =- 0 =- lnx =-e-lnx0 lnx ．（﹡） 0 0 0 0 x x 0 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， 1 x Î( ,1)，\x >0，-lnx >0， Q 0 2 0 0 1 由（﹡）知m(x )=m(-lnx )，\ x = -ln x ，即ex0 = ． 0 0 0 0 x 0 1+lnx 1 1-x \g(x )=ex0 - 0 = - 0 =1， 0 x x x 0 0 0 \2a£1+1=2，\a£1，又a>0，\a的取值范围为0,1． (三)x+alnx型同构 lnx 【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mÎR． x (1)讨论函数 f x的零点的个数﹔ a  eax+1  (2)当m=0时，若对任意x>0，恒有 ≥ f x x2+1 ，求实数a的取值范围． 2 lnx lnx lnx 1-lnx 【解析】（1）令 f x= +m=0,则 =-m，记gx= ，则gx= ， x x x x2 当x>e时，gx<0，此时gx在e,+¥单调递减， 当00，此时gx在0,e单调递增， 故当x=e时，gx取极大值也是最大值ge= 1 ， e 又g1=0，而当10，故当00 ，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m³0，gx=-m有一个交点，此时 f x有一个零点， e e 1 1 当0<-m< 时，即- 0，恒有 ≥ f x x2+1 等价于： 2 对任意x>0，恒有ax  eax+1 ≥lnx2 x2+1  ， 令Fx=x+1lnx，则不等式等价于F  eax ³F  x2 ， x+1 由于Fx=lnx+ ， x x+1 1 1 x-1 令mx=lnx+ ,mx= - = ， x x x2 x2 当01,mx>0,mx单调递增，所以Fx=mx³m1=2>0， 故Fx在0,+¥单调递增， 由F  eax ³F  x2 得eax ³x2对任意x>0恒成立， a lnx 两边取对数得ax³2lnxÞ ³ 对任意x>0恒成立， 2 x a a 1 2 2 故 ³gx ，所以 ³ Þa³ ，故a的范围为a³ 。 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a³0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a³0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，所以aex+x+1>ln +x， a a 即elnaex+x+1>ln(x-1)-lna+x，即ex+lna+lna+x>ln(x-1)+x-1， 即ex+lna+x+lna>eln(x-1)+ln(x-1). 令h(x)=ex+x，则有h(x+lna)>h(ln(x-1))对"xÎ(1,+¥)恒成立. 因为h(x)=ex+1>0，所以h(x)在(-¥,+¥)单调递增， 故只需x+lna>ln(x-1)， 即lna>ln(x-1)-x对"xÎ(1,+¥)恒成立. 1 2-x 令F(x)=ln(x-1)-x，则F(x)= -1= ，令F(x)=0，得x=2. x-1 x-1 当xÎ(1,2)时，F(x)>0，当xÎ(2,+¥)时，F(x)<0， 所以F(x)在(1,2)单调递增，在(2,+¥)单调递减， 1 所以F(x)£F(2)=-2.因此lna>-2，所以a> . e2 (五)lnx+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)≤lna+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 1 2 所以 f(x)= - ， 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， 1 2 所以 f(2)= - =-1， 2-a 9a-8 1 2 8 1 9 设h(a)= - ( 0， 2-a 9a-8 9 (a-2)2 (9a-8) 9a-8 8 所以函数h(a)是( ,2)上的递增函数，又h(1)=-1， 9 1 2 所以方程 - =-1有唯一解a=1， 2-a 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 1 2 9a-4x-2(x-a) f(x)= - = ， 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 9a 9a 5a 所以g(x)在(a, )上递减，又g(a)= 5a >0，g( )=- <0， 4 4 2 所以当xÎ(a,x )时，g(x)>0，即 f(x)>0，函数 f(x)递增， 0 9a 当xÎ(x , )时，g(x)<0，即 f(x)<0，函数 f(x)递减， 0 4 所以函数 f(x)的最大值 f (x)= f(x )= ln(x -a)+ 9a-4x ， max 0 0 0 又g(x )= 9a-4x -2(x -a)=0，所以 9a-4x =2(x -a)， 0 0 0 0 0 所以 f (x)= f(x )= ln(x -a)+2(x -a)， max 0 0 0 因为 f(x)≤lna+2a恒成立，即ln(x -a)+2(x -a)≤lna+2a恒成立， 0 0 1 设h(x)=lnx+2x，则h(x)= +2>0，所以h(x)递增， x 9a 所以x -a≤a，即x £2a恒成立，因为g(x)在(a, )上递减，且g(x )=0， 0 0 4 0 1 所以只需g(2a)≤0恒成立，即 a-2a≤0，又a>0，所以a³ ． 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x,x Îa,b，都有 f x - f x  f x -2x ， 1 1 2 2 1 1 2 2 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xÎ1,e，即-2£ fx£2， 1 2 1 2 由 fx£2Þa£ - +1，令gx= - +1，则a£gx ，xÎ1,e， x2 ex x2 ex min 1 é1 ù 2 é1 ù 1 令 =tÎ ,1 得y=t2- t+1在 ,1 上单调递增，gx =1- ， ê ú ê ú x ëe û e ëe û min e2 1 2 1 2 由 fx³-2Þa³ - -3，令hx= - -3， x2 ex x2 ex 1 é1 ù 2 é1 ù 只需a³hx ，xÎ1,e，令 =tÎ ,1 得y=t2- t-3在 ,1 单调递增， ê ú ê ú max x ëe û e ëe û 2 ì 2 1 ü 所以hx =h1=-2- ，综上所述，实数a的取值范围为ía -2- £a£1- ý； max e î e e2þ （3）证明：因为 f x为1,2上的“2类函数”，所以 f x - f x  <2 x -x ， 1 2 1 2 1 不妨设1£x 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a¹0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，则hax=hlnx，又 hx=ex+e-x为偶函数，\hax=hlnx Q 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 1-lnx 令mx= ,mx= ，由mx>0，得0e， x x2 1 \mx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 æ 1 ö æ 1ö 解得- 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， lnx \ax = lnx ，即 = a 有三个不同的实数解，下同解法一. x 【例2】（2024届江苏省徐州市邳州市高三上学期月考）已知函数 f x=  x2+1  lnx-x2-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， 1 1 fx= 2xlnx-x+ -1，设gx= fx，则gx=1+2lnx- ， x x2 gx在0,+¥上单调递增，且g1=0， 所以xÎ0,1时，gx<0， fx单调递减， xÎ1,+¥时，gx>0， fx单调递增，所以 fx = f1=-1； min （2） f x=axe2ax-x2即2  x2+1  lnx=2ax  e2ax+1  ， 即  x2+1  lnx2 =  e2ax+1  lne2ax，设hx=x+1lnxx>0，则h  x2 =h  e2ax ， 1 1 x-1 hx=lnx+1+ ，设mx=lnx+1+ x>0，则mx= ， x x x2 所以xÎ0,1时，mx<0，mx单调递减， xÎ1,+¥时，mx>0，mx单调递增， 所以mx ³ m1 = 2 > 0，即hx>0，hx在0,+¥上单调递增， 所以方程 f x=axe2ax-x2有解即x2 =e2ax在0,+¥上有解， lnx lnx 1-lnx 2ax=2lnx有解，即a= 有解，设nx= x>0，则nx= ， x x x2 xÎ0,e时，nx>0，nx单调递增， 1 xÎe,+¥时，nx<0，nx单调递减，所以nx£ne= ， e 1 æ 1ù 当x0时，nx-¥，所以a£ ，即实数a的取值范围是ç-¥, ú ． e è eû 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=lnx-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. 1 【解析】（1）当a=2时 f x=lnx-2x- ，xÎ0,+¥， x1 1 -2x2+x+1 -x-12x+1 则 fx= -2+ = = ， x x2 x2 x2 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. 1 1 1 1 （2）由 f x£-e-ax，可得lnx-ax- £-e-ax，则lnx- £ax-e-ax，即lnx- £lneax- . x x x eax 1 令gx=lnx- ，则gx£g  eax ， x lnx 因为gx在0,+¥上单调递增，所以x£eax，则 £a. x lnx 1-lnx 令hx= ，则hx= ， x x2 1 在0,e上hx>0，hx单调递增，在e,+¥上hx<0，hx单调递减，即h(x) =he= ， max e 1 é1 ö 所以a³ ，则a的取值范围为 ê ,+¥÷. e ëe ø 【例4】（2024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=aex-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-lnx+ f x有两个零点，求实数a的取值范围. 【解析】（1）因为 f x=aex-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>-lna；令 fx<0得x<-lna， 所以 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上单调递减，无增区间；当a>0时， f x在-¥,-lna上单调递减，在 -lna,+¥上单调递增. （2）由题意gx=aexx-1-lnx+ f x=axex-lnx-x=axex-ln  xex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-lnt有两个零点，lnt lnt 等价于a= 有两个不同的实数解，等价于y=a与h(t)= 有两个交点， t t 1-lnt 则h(t)= ，h(t)>0得0e， t2 lnt lne 1 所以h(t)= 在0,e上单调递增，在e,+¥上单调递减，又h(e)= = ，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： lnt 1 由图可知，要使y=a与h(t)= 有两个交点，则01成立，求实数a的取值范围． 1 2 1 2 x -x 1 2 1 【解析】（1）当a=-1时， f x= x2-lnx-1，其中xÎ1,+¥， 4 1 1 x2-x-2 则 fx= x- = ，令 fx=0，解得x=-1或x=2， 2 x-1 2x-1 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.1 1 1 （2）解：因为gx= f x+ - x2+x， f x= x2+alnx-1， ex 4 4 1 所以gx=alnx-1+ +x，其中xÎ1,+¥， ex 对"x 、x Î1,+¥且x ¹ x ，不妨设x >x ，则x -x >0， 1 2 1 2 1 2 1 2 得到gx -gx >x -x ，化为gx -x >gx -x ， 1 2 1 2 1 1 2 2 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+ 在1,+¥为增函数， ex a 1 x-1 即有hx= - ³0对x>1恒成立，即a³ 对任意的x>1恒成立， x-1 ex ex x-1 2-x 设jx= ，其中xÎ1,+¥，则jx= ， ex ex 令jx>0，解得12， 所以jx在1,2上单调递增，在2,+¥上单调递减， 1 1 所以jx最大值j2= ，因此实数a的取值范围是a³ ． e2 e2 【例6】已知函数 f x=x-alnx,aÎR (1)请讨论函数 f x的单调性 é1 ö l (2)当xÎ ê ,+¥÷时，若ex ³ lnlnx+x+1+1恒成立，求实数l的取值范围 ëe ø x a x-a 【解析】 (1) f'(x)=1- = (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 =elnx+x ³l(ln(lnx+x+1)+1) é1 ö 设t=lnx+x，xÎ ê ,+¥÷ ëe ø 1 由（1）当a=-1时， f(x)=lnx+x为增函数 ， \tÎ[ -1,+¥)， e é1 ö ∴等式等价于et ³l(ln(t+1)+1)，tÎ ê -1,+¥÷恒成立， ëe ø1 1 et 1 t= -1时， -1 成立，tÎ( -1,+¥)时，l£ ， ee >0 e e ln(t+1)+1 et 1 设g(t)= ，tÎ( -1,+¥)， ln(t+1)+1 e 1 1 et(ln(t+1)+1)-et( ) ln(t+1)+1- g'(t)= t+1 =et× t+1， (ln(t+1)+1)2 (ln(t+1)+1)2 1 设h(t)=ln(t+1)+1- ， t+1 1 1 1 h(t)= + >0所以h(t)在( -1,+¥)上为增函数， t+1 (t+1)2 e 1 又因为h(0)=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) =g(0)=1 ，\l£1． min 1．（2024届江西省南昌市高三二模）已知 f(x)=ax -xa(x>0,a>0且a¹1). (1)当a=e时，求证： f(x)在(e,+¥)上单调递增; ée2 ö (2)设a>e，已知"xÎ ê lna,+¥÷，有不等式 f(x)³0恒成立，求实数a的取值范围. ë 2 ø 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)lnx+ ,aÎR． x (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若关于x的方程xf(x)= x2ex -xlnx+1有两个不相等的实数根x,x ， 1 2 （i）求实数a的取值范围; ex1 ex2 2a （ii）求证: + > ． x x xx 2 1 1 2 3．（2024届天津市八校高三下学期联合模拟）已知 f x=x+ax×lnxaÎR， (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+x2．4．（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³gx-2ex对任意xÎ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=alnx+1-ax. (1)当a¹0时，讨论 f x的单调性； ax-ex+1+a (2)当x＞-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+2lnx (1)当a=e时，求 f x的单调性； (2)讨论 f x的零点个数． 7.已知函数 f x=ex-alnx,aÎR. (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³e； (3)若对任意xÎ0,+¥，不等式 f x>alna恒成立，请直接写出a的取值范围. 8.（2023届广东省深圳市光明区高三二模）已知函数 f x= ae2x-1 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； ax2-1 (2)设gx= ，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 2 a+x+lnx 9.已知 f x=ex+1- ，gx= ，aÎR． x x (1)当xÎ1,+¥时，求函数gx的极值； (2)当a=0时，求证： f x³gx． lnx 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 e -1 lx (2)已知l>0，若存在xÎ1,+¥，不等式 ³ ³lnx成立，求实数l的最大值.  lx x-1 e +1 11.（2023届吉林省长春外国语学校高三上学期考试）已知函数 f x=ex-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-alnx+ 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=sinx. (1)求gx=sinx在x=0处的切线方程； (2)求证：gx×gx+10， f(x)£xe2x恒成立，求实数a的取值范围． 16．已知函数 f x= ax2-1 ，其图象在x=e处的切线过点  2e,2e2 ． lnx (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．