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微重点 3 同构函数问题
[考情分析] 同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维.同构函数问题是指在不
等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构
有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大.
考点一 地位同等同构型
例1 (2024·西安模拟)若e2a-eb>4a2-b2+1，则( )
A.4a2>b2 B.4a2 D. <
4 2 4 2
答案 D
解析 因为e2a-eb>4a2-b2+1，
所以e2a-4a2>eb-b2+1，
又eb-b2+1>eb-b2，
所以e2a-4a2>eb-b2，
令函数f(x)=ex-x2，求导得f'(x)=ex-2x，
令g(x)=ex-2x，求导得g'(x)=ex-2，
当xln 2时，g'(x)>0，函数g(x)在(-∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增，
g(x) =g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0，即f'(x)>0，因此函数f(x)在R上单调递增，
min
原不等式等价于f(2a)>f(b)，于是2a>b，
对于A，B，取2a=1，b=-1，有4a2=b2，A，B错误；
(1) 2a (1) b
对于C，D， < ，
2 2
(1) a (1) b
即 < ，C错误，D正确.
4 2
[规律方法] 含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，
使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题.
跟踪演练1 (多选)若2a+log a=4b+2log b，则( )
2 4
A.a>2b B.a<2b
C.a>b D.a0，
所以2b+log b<22b+log b<22b+log 2b，
2 2 2
所以2b+log b<2a+log a<22b+log 2b，
2 2 2
即f(b)0，f(x)单调递增；
当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
由aeax≥ln x对∀x≥3恒成立，
可知a>0，所以ax>0，ln x>0，
由axeax≥eln xln x即f(ax)≥f(ln x)可得ax≥ln x，
lnx
即a≥ 对∀x≥3恒成立，
x
lnx 1-lnx
令g(x)= ，则g'(x)= ，
x x2
当x≥3时，g'(x)<0，g(x)在[3，+∞)上单调递减，
ln3 ln3
故g(x)的最大值为g(3)= ，故a≥ ，
3 3
[ln3 )
所以实数a的取值范围是 ，+∞ .
3
考向2 指对同构与证明不等式
例3 (2024·威海模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+1.
(1)求f(x)的极值；
(2)证明：ln x+x+1≤xex.
(1)解 由题意得f(x)=ln x-ax+1的定义域为(0，+∞)，
1 1-ax
则f'(x)= -a= ，
x x
当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增，无极值；
1 1
当a>0时，令f'(x)<0，则x> ，令f'(x)>0，则00，
1
则g'(x)=(x+1)ex- -1，
x
1
令h(x)=(x+1)ex- -1，x>0，
x
1
则h'(x)=(x+2)ex+ >0，
x2
即h(x)在(0，+∞)上单调递增，
(1) 3 1
h = e2-3<0，
2 2
1
h(e)=(e+1)ee- -1>0，
e
(1 )
故∃x ∈ ，e ，
0 2
使得h(x )=0，即x ex 0=1，
0 0
当x∈(0，x )时，h(x)<0即g'(x)<0，g(x)在(0，x )上单调递减，
0 0
当x∈(x ，+∞)时，h(x)>0即g'(x)>0，g(x)在(x ，+∞)上单调递增，
0 0
1
故g(x) =g(x )=x ex 0-ln -x -1=0，
min 0 0 ex
0
0
即g(x)≥0，即xex≥ln x+x+1，
则ln x+x+1≤xex.
方法二 (同构)
ln x+x+1=ln x+ln ex+1=ln(xex)+1，
要证ln x+x+1≤xex，
即证ln(xex)+1≤xex，
令t=xex，t>0，
即证ln t+1≤t，
令φ(t)=ln t+1-t，t>0，
1 1-t
∴φ'(t)= -1= ，
t t
当t∈(0，1)时，φ'(t)>0，当t∈(1，+∞)时，φ'(t)<0，
∴φ(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
∴φ(t)≤φ(1)=0，∴ln t+1-t≤0，
即ln t+1≤t，即原不等式成立.
考向3 指对同构与函数零点
x
例4 (2024·六安模拟)若关于x的方程m+eln m= +e(ln x-x)有解，则实数m的最大值为 .
ex
1
答案
e
解析 由题意得，eln m+eln m=eln x-x+e(ln x-x)，
令f(x)=ex+ex，则f(ln m)=f(ln x-x)，
易知f(x)在R上单调递增，所以ln m=ln x-x.
1-x
令g(x)=ln x-x，x>0，则g'(x)= ，
x
当x∈(0，1)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)≤g(1)=-1，
1
所以ln m≤-1，得01)，构造函数f(x)=x+ln x.
ea b
(2)商型： ≤ ，一般有三种同构方式：
a lnb
ea elnb ex
①同左构造形式： ≤ ，构造函数f(x)= ；
a lnb x
ea b x
②同右构造形式： ≤ ，构造函数f(x)= ；
ln ea lnb lnx
③取对构造形式：a-ln a≤ln b-ln(lnb)(b>1)，构造函数f(x)=x-ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)=ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)=x±ln x.x2+3x+2
跟踪演练2 (2024·抚顺模拟)设函数f(x)= .
ex+1
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当x>e-1时，证明：f(x)0；
2 2
(-1+√5 )
当x∈ ，+∞ 时，f'(x)<0.
2
( -1-√5) (-1+√5 )
故f(x)在 -∞， 和 ，+∞ 上单调递减，
2 2
(-1-√5 -1+√5)
在 ， 上单调递增.
2 2
x2+3x+2 (x+1)(x+2)
(2)证明 f(x)= = ，
ex+1 ex+1
当x>e-1时，ln(x+2)>1，
(x+1)(x+2)
要证 .
x+1 ln(x+2)
ex (x-1)ex
设h(x)= ，则h'(x)= ，
x x2
当x>1时，h'(x)>0，则h(x)在(1，+∞)上单调递增，
ex+1
且h(x+1)= ，
x+1
eln(x+2)
h(ln(x+2))= ，
ln(x+2)
当x>e-1时，x+1>e，ln(x+2)>1，故只需证明x+1>ln(x+2).
令g(x)=x-ln(x+1)，x∈(-1，+∞)，x
则g'(x)= ，
x+1
当x∈(-1，0)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
故g(x)≥g(0)=0，
则x≥ln(x+1)在(-1，+∞)上成立，
故x+1>ln(x+2)，即f(x)b
C.a≤b D.a≥b
答案 B
解析 由题意，命题的否定“∀a，b∈R，a-cos b>b-cos a”为真命题，
即a+cos a>b+cos b，
设f(x)=x+cos x，则f'(x)=1-sin x≥0，
所以f(x)为增函数，所以由f(a)>f(b)可知a>b.
2.(2024·滁州统考)若存在两个正实数x，y使得等式x(1+ln x)=xln y-ay成立(其中ln x，ln y是以e为底的对
数)，则实数a的取值范围为( )
( 1 ] ( 1]
A. 0， B. 0，
e2 e
C. ( -∞， 1 ] D. ( -∞， 1]
e2 e
答案 C
x x x x
解析 x(1+ln x)=xln y-ay可化为a=- - ln ，令t= ，则t>0，令f(t)=-t-tln t，
y y y y
1
则f'(t)=-2-ln t，令f'(t)=0，可得t= ，
e2
1
当00，
e2
1
当t> 时，f'(t)<0，
e2( 1 ) ( 1 )
所以函数f(t)在区间 0， 上单调递增，在区间 ，+∞ 上单调递减，
e2 e2
( 1 ) 1 2 1
则f(t)≤f =- + = ，
e2 e2 e2 e2
( 1 ]
故a的取值范围为
-∞，
.
e2
3.设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeae B.b>ea
C.ab0，∴ea>1，
∵b>0，bln b>aea>0，∴b>1.
当x>1时，f'(x)=ln x+1>0，
则f(x)在(1，+∞)上单调递增，∴ea1-ln x有解，则实数a的取值范围为( )
A. ( - 1 ，+∞ ) B. ( - 1 ，+∞ )
e2 e
C. ( -∞， 1 ) D. ( -∞， 1)
e2 e
答案 A
解析 因为当x∈(0，+∞)时，axex+x>1-ln x有解，
即axex>1-ln x-x=1-ln(xex)(x>0)有解，
1-ln(xex
)
即a> (x>0)有解，
xex
1-lnt
令t=xex，则t∈(0，+∞)，则a> 有解，
t
1-lnt
设f(t)= (t>0)，
t
lnt-2
则f'(t)= ，
t2
当0e2时，f'(t)>0，f(t)单调递增，
1
所以当t∈(0，+∞)时，f(t)≥f(e2)=- ，
e2( 1 )
所以a的取值范围为
- ，+∞
.
e2
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.若f(x)=xex-a(x+ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是 .
答案 (e，+∞)
解析 f(x)=xex-a(x+ln x)
=ex+ln x-a(x+ln x)，
令t=x+ln x，t∈R，显然该函数为增函数.
当t=0时，f(x)=1在(0，+∞)上恒成立，无零点，故t≠0.
et
当t≠0时，由et-at=0，得a= ，
t
et et
可知函数y= (t≠0)的图象与直线y=a有两个交点，令g(t)= ，t≠0，
t t
et (t-1)
则g'(t)= ，
t2
当t>1时，g'(t)>0，g(t)在(1，+∞)上单调递增；
当t<0或0e，故实数a的取值范围为(e，+∞).
6.(2024·河南省名师联盟模拟)已知正数a，b满足bea=ln a-ln b，则b的最大值为 .
1
答案
e
a
解析 由bea=ln a-ln b，得bea=ln ，
b
a a a a
所以aea=
b
ln
b
=ln
b
·
e
ln b.
设f(x)=xex(x>0)，由f'(x)=(x+1)ex>0，得f(x)在(0，+∞)上单调递增，
a
因为a，b为正数，所以bea=ln >0，
b( a)
则等式化为f(a)=f ln ，
b
a a a
所以a=ln ，即ea= ，得b= .
b b ea
t 1-t
令g(t)= (t>0)，则g'(t)= ，
et et
当00；当t>1时，g'(t)<0，
所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
1 1
则g(t) =g(1)= ，故b的最大值为 .
max e e
三、解答题(共30分)
7.(15分)(2024·商洛模拟)已知函数f(x)=xln x-x-ln x+1的导函数为f'(x).
(1)证明：函数f(x)有且只有一个极值点；(6分)
(2)若xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立，求实数m的取值范围.(9分)
(1)证明 由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)，
1 1
且f'(x)=ln x+1-1- =ln x- ，
x x
1
令φ(x)=ln x- ，
x
1 1 1+x
则φ'(x)= + = >0(x>0)，
x x2 x2
所以φ(x)即f'(x)在(0，+∞)上单调递增，
1
又f'(1)=-1<0，f'(e)=1- >0，
e
所以f'(x)在(1，e)上有唯一零点x ，
0
当0x 时，f'(x)>0，
0 0
所以f(x)在(0，x )上单调递减，在(x ，+∞)上单调递增，
0 0
所以函数f(x)有且只有一个极值点x .
0
(2)解 xf'(x)-f(x)≤-3-mxex恒成立，
即(xln x-1)-(xln x-x-ln x+1)≤-3-mxex恒成立，
即ln x+x+1≤-mxex恒成立，
即ln(xex)+1≤-mxex恒成立.
令t=xex>0，则ln t+1≤-mt，
lnt+1
所以-m≥ ，
tlnt+1
令g(t)= (t>0)，
t
-lnt
则g'(t)= ，
t2
令g'(t)<0，得t>1，令g'(t)>0，得01时，g(x)>0.(9分)
(1)解 由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1，则f'(-1)=-1，即k=-1.
l
因为切线l与直线x-ay+2=0垂直，
所以直线x-ay+2=0的斜率为1，得a=1，
1
则f(-1)=-1×(e-1-1)=1- ，
e
( 1) 1
故l的方程为y- 1- =-1×(x+1)，即x+y+ =0.
e e
(2)证明 由题知g(x)=axex+(2-ln x-x)e3，
当a>1时，g(x)>xex+(2-ln x-x)e3，
故只需证xex+(2-ln x-x)e3≥0，
即证eln x+x≥(ln x+x-2)e3，
即证eln x+x-3≥ln x+x-3+1.
令F(t)=et-(t+1)，则F'(t)=et-1，
当t>0时，F'(t)>0，F(t)单调递增；
当t<0时，F'(t)<0，F(t)单调递减.
所以F(t) =F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0时取等号.
min
易知函数y=ln x+x-3的值域为R，
所以eln x+x-3≥ln x+x-3+1，
当且仅当ln x+x-3=0时取等号，
故当a>1时，g(x)>0.
