文档内容
同构函数
【知识拓展】
同构法在近几年的模考中频繁出现，首先将题目中的等式或不等式经过适当的整
理变形，表示成两侧具有相同结构，然后利用这个结构式构造相对应的函数，再
利用函数单调性解题.
【类型突破】
类型一 地位同等同构型
含有二元变量x ，x 的函数，常见的同构类型有以下几种：
1 2
(1)g(x )－g(x )>λ[f(x )－f(x )] g(x )＋λf(x )>g(x )＋λf(x )，构造函数 φ(x)＝g(x)＋
1 2 2 1 1 1 2 2
⇔
λf(x)；
(2)>k(x ＝－⇔f(x )＋>f(x )＋，构造函数φ(x)＝f(x)＋.
1 2 1 2 1 2
⇔
例1 (1)(2024·温州统考)已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的(
)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
(2)若0＜x ＜x ＜a，都有x ln x －x ln x ≤x －x 成立，则a的最大值为( )
1 2 2 1 1 2 1 2
A. B.1
C.e D.2e
训练1 (1)若2a＋log a＝4b＋2log b，则( )
2 4
A.a>2b B.a<2bC.a>b2 D.a，证明：≥e＋1；
(3)若不等式x＋aln x＋≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.
类型三 零点同构型
例 4 (1)已知函数 f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数 a 的取值范围是
________.
(2)已知x 是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则e 2－x0＋ln x ＝________.
0 0
训练3 已知f(x)＝xln x＋x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不
同的实数解，求a的取值范围.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2024·合肥调研)若2 024x－2 024y<2 025－x－2 025－y，x，y∈R，则( )
A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0
C.ln |x－y|>0 D.ln |x－y|<0
2.已知实数x ，x 满足x 3x ＝9，x (log x －2)＝81，则x x ＝( )
1 2 1 1 2 3 2 1 2
A.27 B.32
C.64 D.81
3.已知函数f(x)＝ex－ax2的定义域为，且对∀x ，x ∈，x ≠x ，b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则( )
A.ln(a－b)<0 B.ln(a＋b)>1
C.3a＋3－b>2 D.3a－1<3b
6.(2024·茂名模拟)已知mem＋ln n>nln n＋m(m∈R)，则下列结论一定正确的是(
)
A.若m>0，则m－n>0 B.若m>0，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
7.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范
围是________.
8.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝xa＋1－xax(x≥0，a>0且a≠1)有两个不同的零点，
则实数a的取值范围为________.
四、解答题
9.(2024·邵阳模拟)已知函数f(x)＝ex＋1－＋1，g(x)＝＋2.
(1)讨论函数g(x)在定义域内的单调性；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围.【解析版】
类型一 地位同等同构型
含有二元变量x ，x 的函数，常见的同构类型有以下几种：
1 2
(1)g(x )－g(x )>λ[f(x )－f(x )] g(x )＋λf(x )>g(x )＋λf(x )，构造函数 φ(x)＝g(x)＋
1 2 2 1 1 1 2 2
⇔
λf(x)；
(2)>k(x ＝－⇔f(x )＋>f(x )＋，构造函数φ(x)＝f(x)＋.
1 2 1 2 1 2
⇔
例1 (1)(2024·温州统考)已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的(
)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
(2)若0＜x ＜x ＜a，都有x ln x －x ln x ≤x －x 成立，则a的最大值为( )
1 2 2 1 1 2 1 2
A. B.1
C.e D.2e
答案 (1)A (2)B
解析 (1)设f(t)＝t－ln t，t>0，
则f′(t)＝1－＝，
由f′(t)>0得t>1，由f′(t)<0得0y>1时，f(x)>f(y)，
即x－ln x>y－ln y成立，故充分性成立.
但x－ln x>y－ln y成立时，可能有x＝，y＝1，此时xy>1”是“x－ln x>y－ln y”的充分不必要条件.故选A.
(2)由x ln x －x ln x ≤x －x ，
2 1 1 2 1 2
两边同除以x x 得－≤－，
1 2
即＋≤＋，
令f(x)＝＋，
则f(x)在(0，a)上单调递增.
∴f′(x)≥0在(0，a)上恒成立，而f′(x)＝，可知f(x)在(0，1)上单调递增，
∴a≤1，∴a的最大值为1，故选B.
规律方法 含有地位同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.
训练1 (1)若2a＋log a＝4b＋2log b，则( )
2 4
A.a>2b B.a<2b
C.a>b2 D.a1)恒成立，
即a(eax＋1)≥2ln x(x>1)恒成立(*).
当a≤0时，a(eax＋1)≤0，
∵x>1，∴2ln x>0，∴当a≤0时，(*)不成立，故a>0.
当a>0时，(*)整理得ax(eax＋1)≥2(x2＋1)·ln x(x>1)恒成立，即axeax＋ax≥x2ln x2
＋ln x2＝ln x2·eln x2＋ln x2(x>1)恒成立.
设g(t)＝tet＋t，t>0，则g′(t)＝(t＋1)et＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，
∴g(t)＝tet＋t在(0，＋∞)上单调递增.
又a>0，x∈(1，＋∞)，∴要使对任意x∈(1，＋∞)，a(eax＋1)－2ln x≥0成立，只
需满足当x∈(1，＋∞)时，ax≥ln x2恒成立，即只需满足a≥(x>1)恒成立.
设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，
∴a≥h(x) ＝h(e)＝，即a的取值范围为.
max
考向2 指对同构与证明不等式
例3 已知函数f(x)＝ex－1ln x，g(x)＝x2－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(0，2)时，f(x)≤g(x).
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ex－1ln x＋＝ex－1.
记h(x)＝ln x＋，则h′(x)＝－＝，
所以当01时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(1)＝1，
所以f′(x)＝ex－1>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明 原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1)，
即≤，即证≤在(0，2)上恒成立.
设l(x)＝，则l′(x)＝＝，
所以当x<1时，l′(x)>0，l(x)单调递增；当x>1时，l′(x)<0，l(x)单调递减，
所以l(x)≤l(1)＝.
令t(x)＝ln x－x＋1，则t′(x)＝－1＝，
当00，t(x)单调递增；当x>1时，t′(x)<0，t(x)单调递减，
所以t(x) ＝t(1)＝0，所以ln x≤x－1，
max
且当x∈(0，2)时，有
所以l(ln x)≤l(x－1)，即≤，
所以当x∈(0，2)时，有f(x)≤g(x)成立.
规律方法 指对跨阶同构的基本模式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤bln b aea≤(ln b)eln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右构造形式：aea≤bln b ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
⇔
③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
⇔(2)商型：<，一般也有三种同构方式：
①同左构造形式：< <，构造函数f(x)＝；
②同右构造形式：< <，构造函数f(x)＝；
⇔
③取对构造形式：a－ln ab±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>b±ln b ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右构造形式：ea±a>b±ln b ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
⇔
训练2 已知函数f(x)＝x－ln x.
⇔
(1)求函数f(x)的单调性；
(2)当x>，证明：≥e＋1；
(3)若不等式x＋aln x＋≥xa对x∈(1，＋∞)恒成立，求实数a的最小值.
(1)解 f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝(x>0)，
令f′(x)＝0，解得x＝1，
则当01时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
(2)证明 要证：≥e＋1，
即证：ex＋ln ex≥ex＋x ex－x≥ex－ln ex ex－ln ex≥ex－ln ex，
⇒ ⇒
又∵ex≥ex>1，
由(1)可得：f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故f(ex)≥f(ex)，故原不等式成立.
(3)解 x＋aln x＋≥xa ＋x≥xa－aln x e－x－ln e－x≥xa－aln x e－x－ln e－x≥xa
⇒ ⇒ ⇒－lnxa f(e－x)≥f(xa)，
⇒
当a≥0时，e－x≤xa恒成立，
又因为01)，g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e.
当10，g(x)单调递增，
当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)的最大值为g(e)＝－＝－e，
所以a≥－e，所以a的最小值为－e.
类型三 零点同构型
例 4 (1)已知函数 f(x)＝xex－a(x＋ln x)有两个零点，则实数 a 的取值范围是
________.
(2)已知x 是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2的零点，则e 2－x0＋ln x ＝________.
0 0
答案 (1)(e，＋∞) (2)2
解析 (1)f(x)＝xex－a(x＋ln x)
＝ex＋ln x－a(x＋ln x)，
令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数单调递增.
由et－at＝0有两个根，即a＝，即有两个交点，
可画出函数图象得到a的范围是(e，＋∞).
(2)x2ex－2＋ln x－2＝0，
可得x2ex－2＝2－ln x，
即＝2－ln x，
x2ex＝2e2－e2ln x，xex＝－ln x，
即xex＝ln ，
两边同取自然对数，
ln x＋x＝ln＋ln ，
所以ln＝x，即2－ln x＝x，
即ln x＝2－x，
∴e2－x＝x，∴e
2－x
0＋ln x ＝x ＋ln x ＝2.
0 0 0
规律方法 在涉及函数的零点问题时，可根据函数式的结构或转化为方程后构造
函数，其实质是把函数式简化，以达到研究函数零点的目的.
训练3 已知f(x)＝xln x＋x2＋1，若关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不
同的实数解，求a的取值范围.
解 由xex－a＝f(x)－x2＋ax－1(x＞0)，
即xex－a＝xln x＋ax，
即ex－a＝ln x＋a，即ex－a＋x－a＝x＋ln x，
∴ln(ex－a)＋ex－a＝ln x＋x，
令h(x)＝ln x＋x(x＞0)，
则h(ex－a)＝h(x)，h′(x)＝＋1＞0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴ex－a＝x，
则x－a＝ln x，a＝x－ln x(x＞0)，
因为关于x的方程xex－a＝f(x)－x2＋ax－1有两个不同的实数解，
则方程a＝x－ln x(x＞0)有两个不同的实数解.
令φ(x)＝x－ln x，
则φ′(x)＝1－＝，
当0＜x＜1时，φ′(x)＜0，
当x＞1时，φ′(x)＞0，
所以函数φ(x)＝x－ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(x) ＝φ(1)＝1，
min
当x→0时，φ(x)→＋∞，
当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
所以a＞1，综上，a的范围为(1，＋∞).
【精准强化练】
一、单选题
1.(2024·合肥调研)若2 024x－2 024y<2 025－x－2 025－y，x，y∈R，则( )
A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0
C.ln |x－y|>0 D.ln |x－y|<0
答案 A
解析 由2 024x－2 024y<2 025－x－2 025－y，x，y∈R，
可得2 024x－2 025－x<2 024y－2 025－y，
由于函数y＝2 024x，y＝－2 025－x均在R上单调递增，
则函数f(x)＝2 024x－2 025－x在R上单调递增.
则2 024x－2 025－x<2 024y－2 025－y f(x)x y－x＋1>1 ln(y－x＋1)>ln 1＝0，故A正确，B错误.
⇒ ⇒
C，D选项，由条件知|x－y|与1的大小关系无法判断，故C，D错误.
2.已知实数x ，x 满足x 3x ＝9，x (log x －2)＝81，则x x ＝( )
1 2 1 1 2 3 2 1 2
A.27 B.32
C.64 D.81
答案 D
解析 由题意得，x >0，x >0.
1 2
令log x －2＝t，则x ＝32＋t，32＋tt＝81，
3 2 2
得t·3t＝9，∴x ，t是方程x·3x＝9的根.
1
令f(x)＝x·3x(x>0)，则f′(x)＝3x＋x·3xln 3>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x ＝t，即log x －2＝x ，∴x x ＝(log x －2)x ＝81.
1 3 2 1 1 2 3 2 2
3.已知函数f(x)＝ex－ax2的定义域为，且对∀x ，x ∈，x ≠x ，x ，因为对∀x ，x ∈，当x ≠x 时都有b>1，若ea－2a＝aeb＋1－bea，则( )
A.ln(a－b)<0 B.ln(a＋b)>1
C.3a＋3－b>2 D.3a－1<3b答案 BC
解析 由ea－2a＝aeb＋1－bea，
得(b＋1)ea＝a(eb＋1＋2)，
所以＝，
令f(x)＝(x>1)，
则f′(x)＝>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
因为－＝>0，
所以f(a)>f(b＋1)，所以a>b＋1，所以a－b>1，所以ln(a－b)>ln 1＝0，A错误；
因为a＋b>b＋1＋b>3>e，
所以ln(a＋b)>ln e＝1，B正确；
易知3a＋3－b>3b＋1＋3－b>2＝2，C正确；
因为a－1>b，所以3a－1>3b，D错误.
6.(2024·茂名模拟)已知mem＋ln n>nln n＋m(m∈R)，则下列结论一定正确的是(
)
A.若m>0，则m－n>0 B.若m>0，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 原式可变形为mem－m>nln n－ln n，即mem－m>ln n·eln n－ln n，
因而可构造函数f(x)＝xex－x，则f(m)>f(ln n).
f′(x)＝ex(x＋1)－1，当x>0时，ex>1，x＋1>1，则ex(x＋1)>1，f′(x)>0，
当x<0时，0f(ln n)，满足题意，但m－n＝0，A错误.
对于B，若m>0，则当ln n≤0，
即01≥n，即em－n>0；
当ln n>0，即n>1时，由f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 f(m)>f(ln n)，得m>ln
n，则em－n>0.B正确.
对于C，若m<0，则当ln n≤0，即00时，即n>1时，令h(x)＝f(x)－f(－x)＝x(ex＋e－x－2).
∵ex＋e－x－2≥2－2＝0，
当且仅当ex＝e－x，即x＝0时等号成立，
∴当x<0时，h(x)<0，即f(x)0，－m>0，
∴ln n<－m，即ln n＋m<0.C正确.
对于D，取m＝－2，n＝，则ln n＝－1>m，
∵f(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴f(m)>f(ln n)，满足题意，
但em＋n＝＋<2，D错误.故选BC.
三、填空题
7.若关于x的不等式x2e3x≥(k＋3)x＋2ln x＋1对任意x>0恒成立，则k的取值范
围是________.
答案 (－∞，0]
解析 原不等式可变形为e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)≥kx＋1，e2ln x＋3x－(3x＋2ln x)－
1≥kx，
利用ex≥x＋1，可得kx≤0，
又x>0，故k≤0.
8.(2024·武汉调研)已知函数f(x)＝xa＋1－xax(x≥0，a>0且a≠1)有两个不同的零点，
则实数a的取值范围为________.
答案 (0，1)∪{e}
解析 令f(x)＝0，得xa＋1－xax＝0，即x(xa－ax)＝0，则x＝0或xa＝ax.
当x>0时，对xa＝ax等号两边同时取对数可得aln x＝xln a，故＝(a>0且a≠1).
设函数g(x)＝，
则g′(x)＝，
当x>e时，g′(x)<0，当00，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，
＋∞)上单调递减，
故g(x)的最大值为g(e)＝，
又当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，当x>1时，g(x)>0，
故可作出函数g(x)的大致图象如图所示.
要使f(x)有两个不同的零点，只需方程＝(a>0且a≠1)有一个解，
即曲线y＝g(x)与直线y＝(a>0且a≠1)有一个交点，
数形结合可知<0或＝，
得00，得0e.
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
(2)由f(x)≥g(x)，即ex＋1－＋1≥＋2，
得a≤xex＋1－ln x－x＝eln x＋x＋1－(ln x＋x＋1)＋1，
令t＝ln x＋x＋1，t∈R，
即a≤et－t＋1恒成立，令φ(t)＝et－t＋1，t∈R，
则φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0；
当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(t) ＝φ(0)＝2，故
min
a≤2.
