第26讲导数同构_2027年高考数学一轮复习讲义_2027年高考一轮复习讲义-解析版

第26讲 导数同构
知识梳理
方法技巧总结一、常见的同构函数图像
函数表达式 图像 函数表达式 图像
y=lnx-x
y=lnx+x 函数极值点
1,-1 
y=xlnx
函数极值点
1 1
 ,-
e e

lnx
y=
x
函数极值点
1
e,
e

x
y=
lnx
函数极值点
e,e 
y=ex+x
过定点
0,1 
y=ex-x
函数极值点
0,1 
y=xex
函数极值点
1
-1,-
e

ex x
y= y=
x ex
函数极值点 函数极值点
第 页 共 页
635 34271,e 
1
1,
e

方法技巧总结二：同构式的基本概念与导数压轴题
1、同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式
2、同构式的应用：
(1)在方程中的应用：如果方程 fa  =0和fb  =0呈现同构特征，则a,b可视为方程
fx  =0的两个根
(2)在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个
函数，进而和函数的单调性找到联系．可比较大小或解不等式．<同构小套路>
①指对各一边，参数是关键；②常用“母函数”：fx  =x⋅ex，fx  =ex±x；寻找“亲戚函
数”是关键；
③信手拈来凑同构，凑常数、x、参数；④复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数
范围．
(3)在解析几何中的应用：如果Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  满足的方程为同构式，则A,B为方程
所表示曲线上的两点．特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线AB的方程
(4) 在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于 a n ,n  与
a n-1 ,n-1  的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解
3、常见的指数放缩：ex≥x+1(x=0);ex≥ex(x=1)
1 x
4、常见的对数放缩：1- ≤lnx≤x-1(x=1);lnx≤ (x=e)
x e
π
5、常见三角函数的放缩：x∈0,
2
 ,sinx<x<tanx
6、学习指对数的运算性质时，曾经提到过两个这样的恒等式：
(1) 当a>0且a≠1, x>0时，有alogax=x
(2) 当 a>0且a≠1时，有log ax=x
a
再结合指数运算和对数运算的法则，可以得到下述结论(其中x>0)
(3)xex=ex+lnx;x+lnx=lnxex

ex ex
(4) =ex-lnx:x-lnx=ln
x x
(5)x2ex=ex+2lnx;x+2lnx=lnx2ex

ex ex
(6) =ex-2lnx, =ex-2lnx
x2 x2
x
再结合常用的切线不等式lnx≤x-1，lnx≤ ,ex≥x+1,ex≥ex 等，可以得到更多的结
e
论，这里仅以第(3)条为例进行引申：
第 页 共 页
636 3427(7)xex=ex+lnx≥x+lnx+1；x+lnx=lnxex

≤xex-1
(8)xex=ex+lnx≥e(x+lnx)；x+lnx=lnxex 
xex
≤ =xex-1
e
7、同构式问题中通常构造亲戚函数xex与xlnx，常见模型有：
lnx 1
①ax>log x⇒exlna> ⇒xlna⋅exlna>xlnx=lnx⋅elnx⇒xlna>lnx⇒a>ee；
a lna
lnx 1
②eλx> ⇒λeλx>lnx⇒λx⋅eλx>xlnx⇒λx⋅eλx>lnx⋅elnx⇒λx>lnx⇒λ> ；
λ e
③eax+ax>lnx+1  +x+1=elnx+1  +lnx+1  ⇒ax>lnx+1 
8、乘法同构、加法同构
(1)乘法同构，即乘x同构，如lna⋅exlna>lnx⇔xlna⋅exlna>lnx⋅elnx；
(2)加法同构，即加x同构，如ax>log x⇔ax+x>log x+x=alogax+log x，
a a a
(3)两种构法的区别：
①乘法同构，对变形要求低，找亲戚函数xex与xlnx易实现，但构造的函数xex与xlnx均不
是单调函数；
②加法同构，要求不等式两边互为反函数，构造后的函数为单调函数，可直接由函数不等式求
参数范围；
必考题型全归纳
1 题型一：不等式同构
1
1007 (2024·四川达州·高二校考阶段练习)已知a,b,c∈ ,+∞
e

ln5 ln3
，且 =-5lna， =
a b
ln2
-3lnb， =-2lnc，则 ( )
c
A.b<c<a B.c<b<a C.a<c<b D.a<b<c
【答案】A
1
【解析】设函数f(x)=xlnx，f(x)=1+lnx，当x∈ ,+∞
e
 ,f(x)>0，此时f(x)单调递
1
增，当x∈0,
e

ln5 ln3 ln2
,f(x)<0，此时f(x)单调递减，由题 =-5lna， =-3lnb， =
a b c
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
-2lnc，得alna= ln ,blnb= ln ,clnc= ln = ln ，因为 < < <
5 5 3 3 2 2 4 4 5 4 3
1 1 1 1 1 1 1 1
，所以 ln > ln > ln ，则alna>clnc>blnb，且a,b,c∈ ,+∞
e 5 5 4 4 3 3 e
 ，所以a
>c>b.
故选：A.
ln2
1008 (2024·湖北黄石·高二校考期中)已知a,b,c∈(1,+∞)．且a2-2lna-1= ，b2-
2
1 lnπ
2lnb-1= ，c2-2lnc-1= ，则 ( )
e π
A.b>a>c B.b>c>a C.a>b>c D.c>a>b
【答案】B
【解析】令gx 
lnx
= ，则gx
x

1-lnx
= ，即gx
x2
 在e,+∞  上单调递减，
lne lnπ ln4 lne lnπ ln2
∴ > > ，即 > > ，
e π 4 e π 2
第 页 共 页
637 3427设fx  =x2-2lnx-1x>1  ，则fx 
2
2x2-1
=2x- =
x

>0，
x
即fx  在1,+∞  上单调递增，
又∵fb  >fc  >fa  ，∴b>c>a.
故选：B.
1009 (2024·陕西榆林·高二校考期末)已知a，b，c∈(0,1)，且a-5=lna-ln5，b-4=lnb-
ln4，c-3=lnc-ln3，则a，b，c的大小关系是 ( )
A.b<c<a B.a<c<b C.a<b<c D.c<b<a
【答案】C
1 x-1
【解析】构造函数f(x)=x-lnx(x∈(0,+∞))⇒f(x)=1- = ，
x x
当0<x<1时，f(x)<0,f(x)单调递减，
当x>1时，f(x)>0,f(x)单调递增，
a-5=lna-ln5⇒a-lna=5-ln5⇒f(a)=f(5)，
b-4=lnb-ln4⇒b-lnb=4-ln4⇒f(b)=f(4)，
c-3=lnc-ln3⇒c-lnc=3-ln3⇒f(c)=f(3)，
因为5>4>3>1，所以f(5)>f(4)>f(3)，即f(a)>f(b)>f(c)，
而a，b，c∈(0,1)，所以a<b<c，
故选：C
1010 (2024·河南·高二校联考期中)已知a=0.5ln2，b=0.4ln5-ln2 
8
，c= ln3-ln2
9
 ，则
a，b，c的大小顺序是 ( )
A.a<b<c B.b<a<c C.c<b<a D.a<c<b
【答案】D
5 9
ln ln
ln2 2 4
【解析】因为a= ，b= ，c= ，
2 5 9
2 4
构造函数fx 
lnx
= ,x>0
x
 ，其导函数fx 
1-lnx
= ，
x2
令fx 
1-lnx
= =0，解得：x=e，列表得：
x2
x 0,e  e e,+∞ 
fx  + 0 -
fx 
极大值
↑ 1 ↓
e
所以fx 
lnx
= 在0,e
x
 上单增.
9 5
因为0<2< < <e，所以f2
4 2

9
<f
4

5
<f
2
 ，即a<c<b
故选:D.
1011 (2024·全国·高三专题练习)已知0<x<y<π，且eysinx=exsiny，其中e为自然对数的
底数，则下列选项中一定成立的是 ( )
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638 3427A.cosx+cosy<0 B.cosx+cosy>0
C.cosx>siny D.sinx>siny
【答案】B
【解析】构造fx 
sinx
= ，0<x<π，则fx
ex

sinx
= >0恒成立，
ex
则fx 
cosx-sinx
= ，
ex
π
当0<x< 时，cosx>sinx，fx
4

cosx-sinx
= >0，
ex
π
当 <x<π时，cosx<sinx，fx
4

cosx-sinx
= <0
ex
所以fx 
sinx π
= 在0,
ex 4

π
单调递增，在 ,π
4
 单调递减，
π
因为0<x<y<π，所以0<x< <y<π，0<ex<ey，
4
sinx siny
又 = >0，所以0<sinx<siny，D错误，
ex ey
π
因为0<x< <y<π，所以cosx= 1-sin2x>0，cosy
4
 = 1-sin2y，
所以cosx>cosy  ，所以cosx+cosy>0，A错误，B正确.
令gx  =fx 
π
-f -x
2

π
，则g
4
 =0，
gx  =fx 
π
+f -x
2

cosx-sinx sinx-cosx sinx-cosx
= + =
ex π-x
e2
 ex-e π 2 -x 
π
e2
当0<x<π时，gx  >0恒成立，
所以gx  =fx 
π
-f -x
2
 在0,π  上单调递增，
π
当x∈0,
4
 时，gx  =fx 
π
-f -x
2
 <0，即fx 
π
<f -x
2
 ，
因为fx  =fy  ，
所以fy 
π
<f -x
2

π
因为0<x< <y<π，
4
π π
所以 -x> ，
2 4
因为fx 
π
在 ,π
4
 单调递减，
π π
所以y> -x，即x> -y
2 2
因为φx  =cosx在0,π  上单调递减，
π
所以cosx<cos -y
2
 =siny，C错误
故选：B
1012 (2024·江西赣州·高二江西省信丰中学校考阶段练习)已知函数f(x)的导数f(x)满足
f(x)+(x+1)f(x)>0对x∈R恒成立，且实数x，y满足(x+1)f(x)-(y+1)f(y)>0，
则下列关系式恒成立的是 ( )
1 1
A. < B.ex<ey
x3+1 y3+1
x y
C. < D.x-y>sinx-siny
ex ey
第 页 共 页
639 3427【答案】D
【解析】令gx  =(x+1)f(x)，则gx  =f(x)+(x+1)f(x)>0，
所以函数gx  单调递增，
又(x+1)f(x)-(y+1)f(y)>0，所以(x+1)f(x)>(y+1)f(y)，
所以x>y，
1 1 1 1 1 1
对于A，当x=2，y=-2时， = ， =- ，此时 > ，故A错误；
x3+1 9 y3+1 7 x3+1 y3+1
对于B，由指数函数的单调性可得ex>ey，故B错误；
x y -1 x y
对于C，当x=0，y=-1时， =0， = =-e，此时 > ，故C错误；
ex ey e-1 ex ey
对于D，令hx  =x-sinx，则hx  =1-cosx≥0，所以函数hx  单调递增，所以x-
sinx>y-siny即x-y>sinx-siny，故D正确.
故选：D.
2 题型二：同构变形
1013 (2024·全国·高三专题练习)对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函
数．
(1)log x-k⋅2kx≥0；
2
1
(2)e2λx- ln x≥0；
λ
m
(3)x2lnx-mex ≥0；
(4)aeax+1 
1
≥2x+
x
 lnx；
(5)alnx-1  +2x-1  ≥ax+2ex；
(6)x+alnx+e-x≥xa(x>1)；
(7)e-x-2x-lnx=0；
(8)x2ex+lnx=0．
【解析】(1)显然x>0，则log x-k⋅2kx≥0⇔xlog x≥kx⋅2kx⇔(log x)⋅2log2x≥kx⋅
2 2 2
2kx，f(x)=x⋅2x.
1 1
(2)显然x>0，则e2λx- ln x≥0⇔e2λx≥ lnx⇔2λxe2λx≥xlnx⇔2λxe2λx≥(lnx)
λ 2λ
elnx，g(x)=xex.
m m m m m
(3)显然x>0，则x2lnx-mex ≥0⇔xlnx≥ ex ⇔lnx+ln(lnx)≥ +ln ，
x x x
h(x)=x+lnx.
1
(4)显然x>0，则a(eax+1)≥2x+
x
 lnx⇔axeax+ax≥2x2lnx+2lnx=x2lnx2+
lnx2
⇔ax⋅eax+ax≥lnx2⋅elnx2+lnx2，u(x)=xex+x.
(5)aln(x-1)+2(x-1)≥ax+2ex⇔aln(x-1)+2(x-1)≥alnex+2ex，v(x)=alnx
+2x.
(6)x>1，x+alnx+e-x≥xa⇔x+e-x≥xa-lnxa⇔e-x-lne-x≥xa-lnxa，r(x)=x
-lnx.
(7)e-x-2x-lnx=0⇔e-x-x=x+lnx⇔e-x+lne-x=x+lnx，φ(x)=x+lnx.
lnx 1 1 1 1
(8)x2ex+lnx=0⇔xex=- ⇔xex= ln ⇔exlnex= ln ，ϕ(x)=xlnx.
x x x x x
第 页 共 页
640 34273 题型三：零点同构
x-1
1014 (2024·全国·高三专题练习)设x,y∈R，满足
 5+2x+sinx-1  =3
y-1  5+2y+siny-1 

 ，则x+y=
=1
( )
A.0 B.2 C.4 D.6
【答案】B
x-1
【解析】
 5+2x+sinx-1  =3
y-1  5+2y+siny-1 
 x-1
可化为： 
=1
 5+2x-1  +sinx-1  =1
y-1  5+2y-1  +siny-1 

 .
=-1
记fx  =x5+2x+sinx，定义域为R.
因为fx  =5x4+2+cosx>0，所以fx  在R上单调递增.
又f-x  =-x  5+2×-x  +sin-x  =-x5+2x+sinx  =-fx  ，
所以fx  为奇函数.
fx-1
所以由
 =1
fy-1 


可得：x-1+y-1=0，所以x+y=2.
=-1
故选：B
1015 (2024·全国·高二专题练习)在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式
子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式．若关于a的方
程aea-2=e4和关于b的方程b(lnb-2)=e3λ-1 a,b∈R+  可化为同构方程，则ab的值为
( )
A.e8 B.e C.ln6 D.1
【答案】A
【解析】对aea-2=e4两边取自然对数，得lna+a=6①，
对b(lnb-2)=e3λ-1两边取自然对数，得lnb+ln(lnb-2)=3λ-1，
即lnb-2+ln(lnb-2)=3λ-3②，
因为方程①②为两个同构方程，所以3λ-3=6，解得λ=3，
1
设F(x)=lnx+x，x>0，则F(x)= +1>0，
x
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=lnb-2，所以ab=lnb-2  b=blnb-2  =e3×3-1=e8．
故选：A
1016 (2024·安徽池州·高三池州市第一中学校考阶段练习)已知函数fx 
ax
= 和gx
ex
 =
lnx
有相同的最大值b.
ax
(1)求a,b；
(2)证明：存在直线y=m，其与两条曲线y=fx  和y=gx  共有三个不同的交点，并且
从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【解析】(1)fx 
ax
= ⇒fx
ex

a1-x
=

，
ex
当a>0时，当x>1时，fx  <0,fx  单调递减，
当x<1时，fx  >0,fx  单调递增，
第 页 共 页
641 3427所以当x=1时，函数fx  有最大值，即f(x) max =f1 
a
= ； e
当a<0时，当x>1时，fx  >0,fx  单调递增，
当x<1时，fx  <0,fx  单调递减，
所以当x=1时，函数fx  有最小值，没有最大值，不符合题意，
由gx 
lnx
= ⇒gx
ax

1-lnx
= ，
ax2
当a>0时，当x>e时，gx  <0,gx  单调递减，
当0<x<e时，gx  >0,gx  单调递增，
所以当x=e时，函数gx  有最大值，即g(x) max =ge 
1
= ； ae
当a<0时，当x>e时，gx  >0,gx  单调递增，
当0<x<e时，gx  <0,gx  单调递减，
所以当x=e时，函数gx  有最小值，没有最大值，不符合题意，
a 1
于是有 = ⇒a=±1,.
e ae
1
∵a>0,∴a=1,b=
e
(2)由(1)知，两个函数图象如下图所示：
由图可知：当直线y=m经过点M时，此时直线y=m与两曲线y=fx  和y=gx  恰
好有三个交点，不妨设0<x <1<x <e<x
1 2 3
x x lnx lnx
且 1 = 2 = 2 = 3 =m，
ex1 ex2 x
2
x
3
x lnx lnx
由 ex 1 1 = x 2 2 = elnx 2 2 ⇒fx 1  =flnx 2  ，又x <1,lnx <lne=1， 1 2
又当x∈-∞,1  时，fx  单调递增，所以x =lnx ， 1 2
x lnx lnx
又 ex 2 2 = x 3 3 = elnx 3 3 ⇒fx 2  =flnx 3  ，又x >1,lnx >lne=1， 2 3
又当x∈1,+∞  时，fx  单调递减，所以x =lnx ， 2 3
x lnx x 1 x x 1
3 = 3 = 2 = , 2 = 2 = ；
x lnx lnx m x lnx m
2 2 2 1 2
x x
于是有 2 = 3 ⇒xx =x2.
x x 1 3 2
1 2
1017 (2024·安徽安庆·高三校联考阶段练习)在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相
同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若
关于a的方程aea=e6和关于b的方程b(lnb-2)=e3λ-1(a,b∈R)可化为同构方程.
(1)求ab的值；
1
(2)已知函数f(x)=xlnx+ λ
3
 .若斜率为k的直线与曲线y=f'(x)相交于A(x,y)，B
1 1
第 页 共 页
642 34271
(x ,y )(x <x )两点，求证：.x < <x
2 2 1 2 1 k 2
【解析】(1)对aea=e6两边取自然对数，得lna+a=6(1),
对b(lnb-2)=e3λ-1(a,b∈R)两边取自然对数，得lnb+ln(lnb-2)=3λ-1,
即lnb-2+ln(lnb-2)=3λ-3(2).，
因为(1)(2)方程为两个同构方程，所以3λ-3=6 ，解得λ=3 ，
1
设φ(x)=lnx+x,x>0 ，则φ'(x)= +1>0 ,
x
所以φ(x) 在(0，+∞) 单调递增，所以方程φ(x)=6的解只有一个,
所以a=lnb-2 ，所以ab=(lnb-2)b=b(lnb-2)=e3×3-1=e8 ，
故ab=e8 .
1
(2)由(1)知：f(x)=xlnx+ λ
3

1
=xlnx+ ×3
3
 =xlnx+x,x∈(0,+∞).
f(x )-f(x) lnx -lnx
所以f(x)=lnx+2,k= 2 1 = 2 1,
x -x x -x
2 1 2 1
x
2 -1
1 x -x x x
要证x < <x ，即证明x < 2 1 <x ,等价于1< 1 < 2,
1 k 2 1 lnx -lnx 2 x x
2 1 ln 2 1
x
1
x t-1
令t= 2(t>1) ，则只要证明1< <t 即可，
x lnt
1
由t>1 知，lnt>0 ，故等价于证lnt<t-1<tlnt(t>1).
1
设g(t)=t-1-lnt(t>1), 则g'(x)=1- >0(t>1) ，即g(t) 在(1,+∞) 单调递增，
t
故g(t)>g(1)=0 ，即t-1>lnt .
设h(t)=tlnt-(t-1)(t>1),则h'(t)=lnt>0(t>1) ，即h(t)在(1,+∞)单调递增，
故h(t)>h(1)=0，即t-1<tlnt 。
1
由上可知lnt<t-1<tlnt(t>1)成立，则x < <x .
1 k 2
1018 (2024·上海浦东新·高一上海南汇中学校考期末)设函数fx  的定义域为D，若函数
fx  满足条件：存在a,b  ⊆D，使fx  在a,b  上的值域为ma,mb  (其中m∈0,1  )，则
称fx  为区间a,b  上的“m倍缩函数”.
(1)证明：函数fx 
1 1
=x3为区间 - ,
 2 2

1
上的“ 倍缩函数”；
4
(2)若存在a,b  ⊆R，使函数fx  =log 22x+t  为a,b 
1
上的“ 倍缩函数”，求实数t的
2
取值范围；
(3)给定常数k>0，以及关于x的函数fx 
k
=1-
x
 ，是否存在实数a,b(a<b)，使fx 
为区间a,b  上的“1倍缩函数”.若存在，请求出a,b的值；若不存在，请说明理由.
1 1
【解析】(1)函数f(x)=x3在R上单调递增，则f(x)=x3在区间 - ,
 2 2
 上的值域为
1 1
 - ,
 8 8
 ，
1 1 1
显然有- = ×-
8 4 2

1 1 1
, = × ，
8 4 2
所以函数fx 
1 1
=x3为区间 - ,
 2 2

1
上的“ 倍缩函数”.
4
(2)因为函数u=2x+t在R上单调递增，当u>0时，函数y=log u在(0,+∞)上单调
2
递增，
因此函数f(x)=log (2x+t)是定义域上的增函数，
2
第 页 共 页
643 3427因为函数f(x)=log 2 (2x+t)为a,b 
1
上的“ 倍缩函数”，则函数f(x)在a,b 2  上的值域
1 1
为  a, b
 2 2
 ，
1
f(a)= a
 2 1
于是得 ，即a,b(a<b)是方程f(x)= x的两个不等实根，
1 2
f(b)= b
2
则方程log (2x+t)=
1
x⇔2x+t=22
1x
⇔( 2)2x-( 2)x+t=0有两个不等实根，
2 2
令( 2)x=z>0，则关于z的一元二次方程z2-z+t=0有两个不等的正实根，
Δ=1-4t>0

1 1
因此1>0 ，解得0<t< ，当0<t< 时，函数fx
4 4
t>0
 恒有意义，
1
所以实数t的取值范围是0,
4
 .
(3)常数k>0，函数fx 
k
=1-
x
 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，并且f(x)≥0，
假定存在实数a,b(a<b)，使f(x)为区间a,b  上的“1倍缩函数”，
则函数f(x)在区间a,b  上的值域为a,b  ，由[a,b]⊆(-∞,0)∪(0,+∞)，及[a,b]⊆[0,
+∞)知0<a<b，
k
因为函数y=1- 在a,b
x

k k k
上单调递增，即1- ≤1- ≤1- ，
a x b
k k
若1- <0<1- ，即0<a<k<b，则函数f(x)在区间a,b
a b
 上的值域中有数0，矛
盾，
k k
若1- ≤0，即0<a<b≤k，当x∈[a,b]时，f(x)= -1在[a,b]上单调递减，
b x
k
有  f
f
(
(
a
b)
)
=
=
a
b ，即  
k
b -1=a ，整理得  k
k
-
-
b
a
=
=
a
a
b
b
，显然无解，
-1=b
a
k k
若1- ≥0，即k≤a<b，当x∈[a,b]时，f(x)=1- 在[a,b]上单调递增，
a x
f(a)=a
有

，即a,b(a<b)是方程f(x)=x的两个不等实根且a≥k，
f(b)=b
k
而方程1- =x⇔x2-x+k=0，于是得方程g(x)=x2-x+k=0在[k,+∞)上有两
x
个不等实根，
Δ=1-4k>0

 g(k)=k2≥0 1 1
从而 ，解得k< ，而k>0，即有0<k< ，
 4 4
 1
 >k
 2
1- 1-4k 1+ 1-4k
解方程x2-x+k=0得：x = ,x = ，
1 2 2 2
1
所以当0<k< 时，存在实数a,b(a<b)，使fx
4
 为区间a,b  上的“1倍缩函数”，a=
1- 1-4k 1+ 1-4k
,b= ，
2 2
1
当k≥ 时，不存在实数a,b(a<b)，使fx
4
 为区间a,b  上的“1倍缩函数”.
1019 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =lnx+1  -x+1．
(1)求函数fx  的单调区间；
第 页 共 页
644 3427(2)设函数gx  =aex-x+lna，若函数Fx  =fx  -gx  有两个零点，求实数a的取值
范围．
【解析】(1)函数的定义域为 x   x>-1

 ，
f′x 
1 -x
= -1= ,f′x
x+1 x+1
 >0,-1<x<0;f′x  <0,x>0．
函数fx  的单调递增区间为-1,0  ；单减区间为0,+∞  ．
(2)要使函数Fx  =fx  -gx  有两个零点，即fx  =gx  有两个实根，
即ln(x+1)-x+1=aex-x+lna有两个实根．
即ex+lna+x+lna=ln(x+1)+x+1．
整理为ex+lna+x+lna=eln(x+1)+ln(x+1)，
设函数hx  =ex+x，则上式为hx+lna  =h lnx+1    ，
因为h′x  =ex+1>0恒成立，所以hx  =ex+x单调递增，所以x+lna=lnx+1  ．
所以只需使lna=lnx+1  -x有两个根，设Mx  =lnx+1  -x．
由(1)可知，函数Mx  )的单调递增区间为-1,0  ；单减区间为0,+∞  ，
故函数Mx  在x=0处取得极大值，Mx  =M0
max
 =0．
当x→-1时，Mx  →-∞；当x→+∞时，Mx  →-∞，
要想lna=lnx+1  -x有两个根，只需lna<0，解得：0<a<1．
所以a的取值范围是0,1  ．
1020 (2024·全国·统考高考真题)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小
值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从
左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解析】(1)f(x)=ex-ax的定义域为R，而f(x)=ex-a，
若a≤0，则f(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
g(x)=ax-lnx的定义域为0,+∞ 
1 ax-1
，而g(x)=a- = .
x x
当x<lna时，f(x)<0，故f(x)在-∞,lna  上为减函数，
当x>lna时，f(x)>0，故f(x)在lna,+∞  上为增函数，
故f(x) min =flna  =a-alna.
1 1
当0<x< 时，g(x)<0，故g(x)在0,
a a
 上为减函数，
1 1
当x> 时，g(x)>0，故g(x)在 ,+∞
a a
 上为增函数，
1
故g(x) =g
min a

1
=1-ln .
a
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值，
1 a-1
故1-ln =a-alna，整理得到 =lna，其中a>0，
a 1+a
设ga 
a-1
= -lna,a>0，则ga
1+a

2
=
1+a 
1 -a2-1
- =
2 a a1+a 
≤0，
2
故ga  为0,+∞  上的减函数，而g1  =0，
故ga 
1-a
=0的唯一解为a=1，故 =lna的解为a=1.
1+a
综上，a=1.
第 页 共 页
645 3427(2)[方法一]：
1
由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-lnx的最小值为1-ln1=1-ln =1.
1
当b>1时，考虑ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数.
设Sx  =ex-x-b，Sx  =ex-1，
当x<0时，Sx  <0，当x>0时，Sx  >0，
故Sx  在-∞,0  上为减函数，在0,+∞  上为增函数，
所以Sx  =S0
min
 =1-b<0，
而S-b  =e-b>0，Sb  =eb-2b，
设ub  =eb-2b，其中b>1，则ub  =eb-2>0，
故ub  在1,+∞  上为增函数，故ub  >u1  =e-2>0，
故Sb  >0，故Sx  =ex-x-b有两个不同的零点，即ex-x=b的解的个数为2.
设Tx  =x-lnx-b，Tx 
x-1
= ，
x
当0<x<1时，Tx  <0，当x>1时，Tx  >0，
故Tx  在0,1  上为减函数，在1,+∞  上为增函数，
所以Tx  =T1
min
 =1-b<0，
而Te-b

=e-b>0，Teb

=eb-2b>0，
Tx  =x-lnx-b有两个不同的零点即x-lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由(1)讨论可得x-lnx=b、ex-x=b仅有一个解，
当b<1时，由(1)讨论可得x-lnx=b、ex-x=b均无根，
故若存在直线y=b与曲线y=fx  、y=gx  有三个不同的交点，
则b>1.
1
设h(x)=ex+lnx-2x，其中x>0，故h(x)=ex+ -2，
x
设sx  =ex-x-1，x>0，则sx  =ex-1>0，
故sx  在0,+∞  上为增函数，故sx  >s0  =0即ex>x+1，
1
所以h(x)>x+ -1≥2-1>0，所以h(x)在0,+∞
x
 上为增函数，
1
而h(1)=e-2>0，h
e3

1 2 2
=ee3-3- <e-3- <0，
e3 e3
故hx 
0,+∞ 
1
上有且只有一个零点x ， <x <1且： 0 e3 0
当0<x<x 0 时，hx  <0即ex-x<x-lnx即fx  <gx  ，
当x>x 0 时，hx  >0即ex-x>x-lnx即fx  >gx  ，
因此若存在直线y=b与曲线y=fx  、y=gx  有三个不同的交点，
故b=fx 0  =gx 0  >1，
此时ex-x=b有两个不同的根x,x (x <0<x )，
1 0 1 0
此时x-lnx=b有两个不同的根x ,x (0<x <1<x )，
0 4 0 4
故ex1-x =b，ex0-x =b，x -lnx -b=0，x -lnx -b=0
1 0 4 4 0 0
所以x 4 -b=lnx 4 即ex4-b=x 4 即ex4-b-x 4 -b  -b=0，
故x -b为方程ex-x=b的解，同理x -b也为方程ex-x=b的解
4 0
第 页 共 页
646 3427又ex1-x 1 =b可化为ex1=x 1 +b即x 1 -lnx 1 +b  =0即x 1 +b  -lnx 1 +b  -b=0，
故x +b为方程x-lnx=b的解，同理x +b也为方程x-lnx=b的解，
1 0
所以x,x
1 0
 =x -b,x -b
0 4
 ，而b>1，
x =x -b
故  x 0 =x 4 -b 即x 1 +x 4 =2x 0 .
1 0
[方法二]：
由(1)知，f(x)=ex-x，g(x)=x-lnx，
且f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且f(x) =g(x) =1.
min min
①b<1时，此时f(x) =g(x) =1>b，显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)
min min
共有0个交点，不符合题意；
②b=1时，此时f(x) =g(x) =1=b，
min min
故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③b>1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点，
即证明F(x)=f(x)-b有2个零点，F′(x)=f′(x)=ex-1，
所以F(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又因为F(-b)=e-b>0，F(0)=1-b<0，F(b)=eb-2b>0，
(令t(b)=eb-2b，则t′(b)=eb-2>0，t(b)>t(1)=e-2>0)
所以F(x)=f(x)-b在(-∞,0)上存在且只存在1个零点，设为x ，在(0,+∞)上存在且
1
只存在1个零点，设为x .
2
其次，证明y=b与曲线和y=g(x)有2个交点，
1
即证明G(x)=g(x)-b有2个零点，G′(x)=g′(x)=1- ，
x
所以G(x)(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又因为G(e-b)=e-b>0，G1  =1-b<0，G(2b)=b-ln2b>0，
1
(令μ(b)=b-ln2b，则μ′(b)=1- >0，μ(b)>μ(1)=1-ln2>0)
b
所以G(x)=g(x)-b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x ，在(1,+∞)上存在且只
3
存在1个零点，设为x .
4
再次，证明存在b，使得x =x :
2 3
因为F(x )=G(x )=0，所以b=ex2-x =x -lnx ，
2 3 2 3 3
若x =x ，则ex2-x =x -lnx ，即ex2-2x +lnx =0，
2 3 2 2 2 2 2
所以只需证明ex-2x+lnx=0在(0,1)上有解即可，
即φ(x)=ex-2x+lnx在(0,1)上有零点，
1
因为φ
e3

1 2
=ee3- -3<0，φ(1)=e-2>0，
e3
所以φ(x)=ex-2x+lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x ，令x =x =x 即可，
0 2 3 0
此时取b=ex0-x
0
则此时存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
最后证明x +x =2x ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
1 4 0
因为F(x)=F(x )=F(x )=0=G(x )=G(x )=G(x )
1 2 0 3 0 4
所以F(x)=G(x )=F(lnx )，
1 0 0
又因为F(x)在(-∞,0)上单调递减，x <0，0<x <1即lnx <0，所以x =lnx ，
1 0 0 1 0
同理，因为F(x )=G(ex0)=G(x )，
0 4
第 页 共 页
647 3427又因为G(x)在(1,+∞)上单调递增，x >0即ex0>1，x >1，所以x =ex0，
0 1 4
又因为ex0-2x +lnx =0，所以x +x =ex0+lnx =2x ，
0 0 1 4 0 0
即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
1021 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =axl-lnx  和gx 
blnx
= 有相同的最大
x
值，并且ab=e.
(1)求a,b；
(2)证明：存在直线y=k，其与两条曲线y=fx  和y=gx  共有三个不同的交点，且从
左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【解析】(1)f(x)=a1-lnx 
1
+ax-
x
 =-alnx，x∈0,+∞  .
若a<0，则x∈(0,1)时f(x)<0，x∈(1,+∞)时f(x)>0，
所以fx  在定义域内先减后增，无最大值.
若a=0，则fx  =0，最大值为0，但不满足ab=e.
若a>0，令fx  =0，得x=1.
当0<x<1时fx  >0，fx  在0,1  上单调递增；
当x>1时fx  <0，fx  在1,+∞  上单调递减.
所以x=1时fx  取得最大值，最大值为f1  =a.
gx 
b1-lnx
=

，x∈0,+∞
x2
 .
若b<0，则x∈(0,e)时g(x)<0，x∈(e,+∞)时g(x)>0，
所以gx  在定义域内先减后增，无最大值.
若b=0，则g(x)=0，最大值为0，但不满足ab=e.
若b>0，令gx  =0，得x=e.
当0<x<e时，gx  >0，gx  在0,e  上单调递增；
当x>e时，gx  <0，gx  在e,+∞  上单调递减.
所以x=e时gx  取得最大值，最大值为ge 
b
= .
e
ab=e
综上，   b ，解得  a=1 .
a= b=e
e
(2)由(1)知：fx  =x1-lnx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
gx 
elnx
= 在0,e
x
 上单调递增，在e,+∞  上单调递减，且fx  =gx
max
 =1，
max
fx  有唯一的零点e，gx  有唯一的零点1.
它们的大致图像如图所示，设曲线fx  与gx  在1,e  上交于点A，
第 页 共 页
648 3427当直线y=k经过点A时，直线y=k与曲线fx  还有另一个交点B，
设Bx 1 ,k  ，Ax 2 ,k  ，x 1 <x 2 ，不妨设直线y=k与曲线gx  还有另一个交点Cx 3 ,k  ，
e e
eln eln
e x x
则x(1-lnx)=x (1-lnx )=k，则xln =k，故 1 =k①，同理得 2 =k
1 1 2 2 1 x e e
1
x x
1 2
②，
e e
由①②知， 与 是直线y=k与曲线gx
x x
1 2
 交点的横坐标，故C是存在的.
elnx elnx e e
因为x <x 且 2 = 3 =k，所以 > ，又x <x ，
1 2 x x x x 2 3
2 3 1 2
e e
所以 =x ， =x ，从而有x2=xx ，故结论成立.
x 2 x 3 2 1 3
2 1
1022 (2024·江苏常州·高三统考阶段练习)已知函数fx 
x
= 和gx
emx

lnmx
=

有相同的
x
最大值.
(1)求实数m的值；
(2)证明：存在直线y=n，其与两曲线y=fx  和y=gx  共有三个不同的交点，并且从
左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【解析】(1)fx 
emx-memxx 1-mx
= =
e2mx emx
当m≤0时，fx  显然无最小值，舍去.
当m>0时，令fx 
1
=0⇒x= ,fx
m

1
在-∞,
m

1
上单调递增； ,+∞
m
 上单调递
减；
1
∴f(x) =f
max m

1
m 1
= = ，
e me
gx 
1
⋅x-lnmx x
=
 1-lnmx
=
x2

，易知m>0令gx
x2

e
=0⇒x=
m
e
当0<x< 时，gx
m
 >0,gx 
e
单调递增；当x> 时，gx
m
 <0,gx  单调递减；
e
∴g(x) =g
max m

1 m m 1
= = ,∴ = ⇒m=1.
e e e me
m
(2)fx  在-∞,1  单调递增；1,+∞  上单调递减；∴f(x) max =f1 
1
= ； e
gx  在0,e  上单调递增；e,+∞  上单调递减；
∴g(x) max =ge 
1
= ,∴Fx e 
x lnx
= - . ex x
当x∈0,1  时，Fx  >0；当x∈1,e  时，Fx  在1,e  上单调递减；
第 页 共 页
649 3427∵F1 
1
= >0,Fe
e

e 1
= - <0,
ee e
∴Fx  在1,e  上有唯一的零点x 0
当x>e时，Fx 
x lnx
= - <0,Fx
ex elnx
 无零点.
综上，存在唯一的x 0 ∈1,e  使Fx 0  =0，
即fx  与gx  有唯一的交点 x 0 ,fx 0    ，
令n=fx 0  =gx 0  ，构造Fx  =fx  -fx 0  ，
显然Fx  与fx 
x 1 x
单调性相同，且F(0)=- 0 <0,F(1)= - 0 >0,∴Fx
ex0 e ex0
 在0,1 
上有一个零点x ，另一个零点为x ，
1 0
构造Gx  =gx  -gx 0  ,Gx  与gx  单调性相同，
且Ge  1 lnx x = - 0 >0,G  0
e x lnx
0 0
 2   <0，
∴Gx  x 一个零点为x ，另一个零点x ∈ e, 0 0 2 lnx
0
 2   .
故存在直线y=n与y=fx  和y=gx  共有三个不同的交点x 1 ,x 0 ,x 2x 1 <x 0 <x 2  ，.
x lnx lnx
且由 ex 1 1 = x 0 0 = elnx 0 0 ，而0<x 1 <1,0<lnx 0 <1有f(x)在(0,1)单调递增；fx 1  =
flnx 0 
⇒x =lnx
1 0
x lnx lnx
且由 ex 0 0 = x 2 2 = elnx 2 2 ，而x 0 >1,lnx 2 >1，由fx  在1,+∞  上单调递减；，fx 0  =
flnx 2  ，
x lnx x x
∴x =lnx ,∴由 1 = 2 ⇒ 1 = 0 ⇒xx =x2，
0 2 ex1 x
2
x
0
x
2
1 2 0
∴从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
4 题型四：利用同构解决不等式恒成立问题
1023 (2024·全国·高三专题练习)完成下列各问
(1)已知函数fx  =xex-ax+lnx  ，若fx  ≥0恒成立，则实数a的取值范围是
；
(2)已知函数fx  =xex-ax+lnx+1  ，若fx  ≥0恒成立，则正数a的取值范围是
；
(3)已知函数fx  =xex+e-ax+lnx+1  ，若fx  ≥0恒成立，则正数a的取值范围是
；
(4)已知不等式xex-ax+1  ≥lnx对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围是
；
(5)已知函数fx  =xbex-alnx-x-1(x>1)，其中b>0，若fx  ≥0恒成立，则实数a
与b的大小关系是 ；
(6)已知函数fx  =aex-lnx-1，若fx  ≥0恒成立，则实数a的取值范围是 ；
(7)已知函数fx  =ae2x-ln2x-1，若fx  ≥0恒成立，则实数a的取值范围是 ；
(8)已知不等式ex-1≥kx+lnx，对∀x∈0，+∞  恒成立，则k的最大值为 ；
(9)若不等式ax+xe-ax-lnx-1≥0对x>0恒成立，则实数a的取值范围是 ；
1 1
【答案】 0≤a≤e； 0<a≤1； 0<a≤e； a≤1； a≤b； a≥ ； a≥ ；
e e
第 页 共 页
650 34271
e-1; a≤ .
e
【解析】解析：(1)fx  ≥0⇔xex-ax+lnx  ≥0⇔ex+lnx≥ax+lnx  ⇔et≥
att=x+lnx  ，
et
a≥ (t<0)
 t et et(t-1)
⇔ ．又y= ，y= ，令y<0，得t<0或0<t<1，令y>0，
et t t2
a≤ (t>0)
t
et
得t>1，所以y= 在(-∞,0)，(0,1)递减，在(1,+∞)递增，
t
所以，当t<0时，y<0，t>0时，y≥e

et
 a≥
t
(t<0)
 a≥0
∴
 et
⇔
a≤e
⇔0≤a≤e
a≤ (t>0)
 t
(2)fx  ≥0⇔xex-ax+lnx+1  ≥0⇔ex+lnx≥ax+lnx+1  ，
当x+lnx+1≤0时，原不等式恒成立；
ex+lnx ex+lnx x+lnx+1
当x+lnx+1>0时，a≤ ，由于 ≥ =1，
x+lnx+1 x+lnx+1 x+lnx+1
当且仅当x+lnx=0等号成立，所以a≤1．
(3)fx  ≥0⇔xex+e≥ax+lnx+1  ≥0⇔ex+lnx+e≥ax+lnx+1  ，
当x+lnx+1≤0时，原不等式恒成立；
ex+lnx+e
当x+lnx+1>0时，a≤ ，由(1)中可得ex≥ex，当x=1时，等号成立，
x+lnx+1
ex+lnx+e ex+lnx
所以 ≥
x+lnx+1
 +e
=e，当且仅当x+lnx=1等号成立，
x+lnx+1
所以a≤e．
(4)xex-ax+1 
xex-lnx xex-lnx ex+lnx-lnx
≥lnx⇔a≤ ，由于 = ≥
x+1 x+1 x+1
x+lnx+1-lnx
=1，所以a≤1．
x+1
(5)fx 
ex+blnx-x-1
≥0⇔xbex≥alnx+x+1⇔ex+blnx-x-1≥alnx⇔a≤ ．
lnx
ex+blnx-x-1 x+blnx+1-x-1
由于 ≥ =b，当且仅当x+blnx=0等号成立，所以a≤
lnx lnx
b．
lnx+1
(6)aex-lnx-1≥0⇔a≥ ，由于lnx+1≤x，ex≥ex，两者都是当且仅当x=1
ex
lnx+1 x 1 1
等号成立，则 ≤ = ，所以a≥ ．
ex ex e e
ln2x+1
(7)ae2x-ln2x-1≥0⇔a≥ ，由于ln2x+1≤2x，e2x≥e⋅2x，两者都是当且仅
e2x
1 ln2x+1 2x 1 1
当x= 等号成立，则 ≤ = ，所以a≥ ．
2 e2x 2ex e e
ex lnex
(8)ex-1≥kx+lnx⇔k≤ - ，由于lnx+1≤x，e2x≥e⋅2x，两者都是当且仅
x x
ex lnex ex lnex
当x=1等号成立，所以 ≥e， ≤1，则 - ≥e-1，所以k≤e-1．
x x x x
(9)xe-ax+ax-lnx-1=e-ax+lnx+ax-lnx-1≥-ax+lnx+1+ax-lnx-1=0，当
lnx lnx
且仅当-ax+lnx=0，即a= 时等号成立．由a= 有解，
x x
第 页 共 页
651 3427lnx 1-lnx lnx 1
y= ，y= ，易知y= 在(0,e)上递增，在(e,+∞)递减，y≤y =
x x2 x x=e e
1
所以a≤
e
1 1 1
故答案为:0≤a≤e；0<a≤1；0<a≤e；a≤1；a≤b；a≥ ；a≥ ；e-1；a≤
e e e
1024 (2024·全国·高三专题练习)已知fx  =x2023.设实数m>0，若对任意的正实数x，不等
式femx 
lnx
≥f
m
 恒成立，则m的最小值为 .
1
【答案】
e
【解析】因为fx  =2023x2022≥0仅在x=0时取等号，
故fx  =x2023为R上的单调递增函数，
故由设实数m>0，对任意的正实数x，不等式femx 
lnx
≥f
m
 恒成立，
lnx
可得m>0，emx≥ ,(x>0)恒成立，
m
∴memx≥lnx，即mxemx≥xlnx=elnx⋅lnx恒成立，
当0<x<1时，m>0，mxemx≥xlnx=elnx⋅lnx恒成立，
当x≥1时，
构造函数g(x)=xex，g(x)=ex+xex=(x+1)ex>0恒成立，
lnx
∴当x≥1时，g(x)递增，则不等式emx≥ 恒成立等价于g(mx)≥g(lnx)恒成立，
m
lnx
即mx≥lnx恒成立，故需m≥
x
 ，
max
lnx 1-lnx
设G(x)= ，∴G(x)= ，
x x2
∴G(x)在[1，e)上递增，在[e，+∞)递减，
1 1
∴G(x) =G(e)= ，故m的最小值为 ，
max e e
1
故答案为：
e
1
1025 (2024·四川泸州·泸州老窖天府中学校考模拟预测)已知不等式x+mlnx+ ≥xm对
ex
x∈1,+∞  恒成立，则实数m的最小值为 .
【答案】-e
1 1
【解析】x+mlnx+ ≥xm可变为x+ ≥xm-mlnx⇒x+e-x≥xm-lnxm，
ex ex
再变形可得，e-x-lne-x≥xm-lnxm，设fx  =x-lnxx>0  ，原不等式等价于
fe-x  ≥fxm  ，因为fx 
1 x-1
=1- = ，所以函数fx
x x
 在0,1  上单调递减，在
1,+∞ 
1
上单调递增，而x>1，e-x= ∈0,1
ex
 ，
当m<0时，0<xm<1，所以由fe-x

≥fxm

可得，e-x≤xm，
x
因为x>1，所以lne-x≤lnxm⇒m≥- ．
lnx
设φx 
x
=- x>1
lnx
 ，φx 
lnx-1
=-
lnx 
1-lnx
=
2 lnx 
，所以函数φx
2
 在1,e  上递增，在
e,+∞  上递减，所以φx  =φe
max
 =-e，即-e≤m<0．
1
当m=0时，不等式x+ ≥1在x∈1,+∞
ex
 恒成立；
第 页 共 页
652 3427当m>0时，xm>1，无论是否存在m∈0,+∞  ，使得fe-x  ≥fxm  在x∈1,+∞  上
恒成立，都可判断实数m的最小值为-e．
故答案为：-e．
lnx
1026 设实数λ>0，若对任意的x∈(0,+∞)，不等式eλx- ≥0恒成立，则λ的最小值为
λ
( )
1 1 2 e
A. B. C. D.
e 2e e 3
lnx
【解析】解：实数λ>0，若对任意的x∈(0,+∞)，不等式eλx- ≥0恒成立，
λ
lnx
即为eλx-
λ
 ≥0，
min
lnx 1
设f(x)=eλx- ，x>0，f′(x)=λeλx- ，
λ λx
1
令f′(x)=0，可得eλx= ，
λ2x
由指数函数和反比例函数在第一象限的图象，
1
可得y=eλx和y= 有且只有一个交点，
λ2x
设为(m,n)，当x>m时，f′(x)>0，f(x)递增；
当0<x<m时，f′(x)<0，f(x)递减．
即有f(x)在x=m处取得极小值，且为最小值．
1 lnm
即有eλm= ，令eλm- =0，
λ2m λ
1
可得m=e，λ= ．
e
1 lnx
则当λ≥ 时，不等式eλx- ≥0恒成立．
e λ
1
则λ的最小值为 ．
e
lnx
另解1：由于y=eλx与y= 互为反函数，
λ
故图象关于y=x对称，考虑极限情况，y=x恰为这两个函数的公切线，
此时斜率k=1，再用导数求得切线斜率的表达式为k=λe，
1
即可得λ的最小值为 ．
e
lnx
另解2：不等式eλx- ≥0恒成立，即为λeλx-lnx≥0，
λ
即有λxeλx≥xlnx=lnx⋅elnx，可令f(x)=xex，可得f(x)在(0,+∞)递增，
由选项可得λ>0，所以λx>0，若lnx≤0，则λx≥lnx，
lnx
所以λx≥lnx，即有λ≥
x
 ，
max
lnx 1-lnx lnx lnx
由y= 的导数为y′= ，当x>e时，y= 递减．0<x<e时，y= 递
x x2 x x
增，
lnx 1 1
可得x=e时，y= 取得最大值 ．则λ≥ ，
x e e
1
λ的最小值为 ．
e
故选：A．
第 页 共 页
653 3427a
1027 设实数a>0，若对任意的x∈[e，+∞)，不等式aex-x2lnx≤0恒成立，则a的最大值
为 ( )
1 2 e
A. B. C. D.e
e e 2
a
【解析】解：因为对任意的x∈[e，+∞)，不等式aex-x2lnx≤0恒成立，
a
aex
所以xlnx≥ ，
x
a a
即lnx⋅elnx≥ ⋅ex，
x
令f(x)=xex，x>0，
则f′(x)=(x+1)ex>0，
故f(x)在(0,+∞)上单调递增，
a
由题意得f(lnx)≥f
x
 ，
a
所以lnx≥ ，即a≤xlnx对任意的x∈[e，+∞)恒成立，
x
故只需a≤(xlnx) ，
min
易得g(x)=xlnx在∈[e，+∞)上单调递增，
故g(x) =g(e)=e，
min
所以a≤e．
故选：D．
1028 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
a
=xln +aex，gx
x
 =-x2+x，当x∈
0,+∞  时，fx  ≥gx  恒成立，则实数a的取值范围是 ( )
 1 A.  ,+∞
e2
 1 B.   ,+∞
 e
 C. 1,+∞  D. e,+∞ 
【答案】B
【解析】当x∈0,+∞  时，由fx  ≥gx 
a
，可得xln +aex≥-x2+x，
x
不等式两边同时除以x可得lna-lnx+ex+lna-lnx≥-x+1，
即ex+lna-lnx+x+lna-lnx-1≥0，
令t=x+lna-lnx，ht  =et+t-1，其中t∈R，ht  =et+1>0，
所以，函数ht  在R上为增函数，且h0  =0，由ht  ≥0，可得t≥0，
所以，对任意的x>0，x+lna-lnx≥0，即lna≥lnx-x，
令px  =lnx-x，其中x>0，则px 
1 1-x
= -1= ，
x x
当0<x<1时，px  >0，此时函数px  单调递增，
当x>1时，px  <0，此时函数px  单调递减，
所以，lna≥px  =p1
max

1
=-1，解得a≥ .
e
故选：B.
1029 (2024·云南·校联考模拟预测)已知函数fx  =lnx+2  -x+2，gx  =aex-x+lna.
(1)求函数fx  的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答(注意：若选两个分别作答则按选①给分).
①若fx  ≤gx  恒成立，求实数a的取值范围；
第 页 共 页
654 3427②若关于x的方程fx  =gx  有两个实根，求实数a的取值范围.
【解析】(1)函数fx  的定义域为xx>-2  ，
fx 
1 -x-1
= -1= =0，解得x=-1，
x+2 x+2
当-2<x<-1时，fx  >0，fx  单调递增；
当x>-1时，fx  <0,fx  单调递减；
所以fx  =f-1
极大值
 =3，无极小值.
(2)若选①：由fx  ≤gx  恒成立，即aex-lnx+2  +lna-2≥0恒成立，
整理得：ex+lna+x+lna≥lnx+2  +x+2，即ex+lna+x+lna≥lnx+2  +elnx+2  ，
设函数hx  =ex+x，则上式为hx+lna  ≥h lnx+2    ，
因为hx  =ex+1>0恒成立，所以hx  单调递增，所以x+lna≥lnx+2  ，
即lna≥lnx+2  -x，
令mx  =lnx+2  -x，x∈-2,+∞  ，则mx 
1 x+1
= -1=- ，
x+2 x+2
当x∈-2,-1  时，mx  >0；
当x∈-1,+∞  时，mx  <0；
所以mx  在x=-1处取得极大值，mx  的最大值为m-1  =1，故lna≥1，即a≥e.
故当a∈e,+∞  时，fx  ≤gx  恒成立.
若选择②：由关于x的方程fx  =gx  有两个实根，
得aex-lnx+2  +lna-2=0有两个实根，
整理得ex+lna+x+lna=lnx+2  +x+2，
即ex+lna+x+lna=lnx+2  +elnx+2  ，
设函数hx  =ex+x，则上式为hx+lna  =h lnx+2    ，
因为hx  =ex+1>0恒成立，所以hx  单调递增，
所以x+lna=lnx+2  ，即lna=lnx+2  -x，
令mx  =lnx+2  -x，x∈-2,+∞  ，
则mx 
1 x+1
= -1=- ，
x+2 x+2
当x∈-2,-1  时，mx  >0；
当x∈-1,+∞  时，mx  <0；
所以mx  在x=-1处取得极大值，
mx  的最大值为m-1  =1，又因为x→+∞,mx  →-∞,x→-2,mx  →-∞,
所以要想lna=lnx+2  有两个根，只需要lna<1，
即0<a<e，所以a的取值范围为0,e  .
5 题型五：利用同构求最值
1030 (2024·全国·高二专题练习)“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将x化成x=lnex，
x=elnx x>0  的变形技巧.已知函数fx  =x⋅ex，gx 
lnx
=- x ，若fx 1  =gx 2  =t>
x
0，则 1 的最大值为 ( )
x et
2
1 1
A. B. C.1 D.e
e2 e
【答案】B
第 页 共 页
655 3427【解析】由fx 1  =gx 2 
lnx
=t>0，得x ⋅ex1=- 2 =t， 1 x
2
1 1 1
即x ⋅ex1= ln =ln
1 x x x
2 2 2

ln1 1
e x2>0，所以，ln >0，
x
2
令φx  =xex x>0  ，则φx  =x+1  ex>0对任意的x>0恒成立，
所以，函数φx  在0,+∞  上单调递增，
由x 1 ⋅ex1=ln x 1 e ln x 1 2可得φx 1
2
 1 =φln x
2
 1 ，所以x =ln ， 1 x
2
令ht 
1
ln
x t
= 2 = t>0
x et et
2
 ，所以ht 
1-t
= ，
et
当0<t<1时，ht  >0；当t>1时，ht  <0.
所以ht  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，则ht  =h1
max

1
= ，
e
故选：B.
1031 (2024·全国·高二期末)已知函数f(x)=x+ln(x-1),g(x)=xlnx，若fx 1  =1+2lnt,
gx 2  =t2，则x 1 x 2 -x 2  lnt2的最小值为 ( )
1 1 1 2
A.- B.- C. D.
e 2e e2 e
【答案】A
【解析】fx 1  =x 1 +lnx 1 -1  =1+2lnt，所以x 1 -1+lnx 1 -1  =lnt2，
则lnx 1 -1  ex1-1=lnt2．
于是x 1 -1  ex1-1=t2,gx 2  =x 2 lnx 2 =t2．所以x 1 -1  ex1-1=x lnx =lnx elnx2． 2 2 2
构造函数y=xex，
易知当x>0时，y=xex单调递增．所以，x -1=lnx ．
1 2
于是x 1 x 2 -x 2  lnt2=x 2x 1 -1  lnt2=x lnx lnt2=t2lnt2， 2 2
1
令u=t2>0，则h(u)=ulnu,h(u)=lnu+1,h
e

1
=0．h(u)在0,
e
 上单调递减，
1
在 ,+∞ e 
1
单调递增．所以h(u) =h min e 
1
=- e ，即 x 1 x 2 -x 2   lnt2 
1
=- ． min e
故选：A
1032 (2024·江西·临川一中校联考模拟预测)已知函数fx  =x+lnx-1  ，gx  =xlnx，若
fx 1  =1+2lnt，gx 2  =t2，则 xx -x ⋅lnt的最小值为 ( ) 1 2 2
1 1 1 2
A. B.- C.- D.
e2 e 2e e
【答案】B
【解析】fx  的定义域为1,+∞  ，所以x 1 >1，ex1-1>1.fx 1  =1+2lnt⇒t>0.
fx 1  =1+2lnt，x 1 -1+lnx 1 -1  =lnt2，则ex1-1+lnx1-1  =x 1 -1  ex1-1=t2，
又因为gx 2  =t2，所以x 2 lnx 2 =x 1 -1  ex1-1=ex1-1lnex1-1，
令hx  =xlnx，则hx 2  =hex1-1  ，
hx  =lnx+1，当x>1时，hx  >0，hx  递增，
所以x 2 =ex1-1，则 x 1 x 2 -x 2 ⋅lnt= x 1 -1  ex1-1⋅lnt= t2⋅lnt=tlnt，
hx  =xlnx，hx  =lnx+1，
所以hx 
1
在区间0,
e
 ,hx  <0,hx 
1
递减；在区间 ,+∞
e
 ,hx  >0,hx  递增，
第 页 共 页
656 3427所以hx 
1
的最小值为h
e

1
=- ，即B选项正确.
e
故选：B
1033 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=x+ln(x-1),g(x)=xlnx，若fx 1  =1+
2lnt,gx 2 
lnt
=t2，则 的最大值为 ( ) xx -x
1 2 2
1 1 1
A. B. C.e2 D.e
2e e
【答案】A
【解析】由题意可得f(x)=x +ln(x -1)=1+2lnt，
1 1 1
所以x -1+ln(x -1)=lnt2，
1 1
所以ln(x -1)ex1-1
1
 =lnt2，
所以t2=(x -1)ex1-1>0，
1
由g(x )=x lnx =t2，得t2=elnx2lnx >0，
2 2 2 2
当x>0时，由y=xex，得y=ex+xex>0，
所以y=xex在(0,+∞)上单调递增，
所以lnx =x -1，
2 1
lnt lnt lnt
所以 = = ，
xx -x x lnx t2
1 2 2 2 2
1
⋅t2-2tlnt
lnt t 1-2lnt
令h(t)= ，则h(t)= = ，
t2 t4 t3
1
令h(t)=0，得t=e2，
1 1
当t>e2时，h(t)<0，当0<t<e2时，h(t)>0，
1
所以h(t)在0,e2 
1
上递增，在e2,+∞  上递减，
所以ht 
1
=he2
max

1
lne2 1
= = ，
e 2e
故选：A
ln2b b
1034 (2024·全国·高三专题练习)已知大于1的正数a，b满足 <
e2a a

n
，则正整数n的最
大值为 ( )
A.7 B.8 C.5 D.11
【答案】C
ln2b b
【解析】∵ <
e2a a

n ln2b e2a
，∴ < ，
bn an
ln2x lnx(2-nlnx)
令f(x)= ，(x>1)，则f′(x)= ，
xn xn+1
2
令f′(x)=0，解得：x=en，
2
当f′(x)>0时，x∈1,en 
2
，当f′(x)<0时，x∈en,+∞  ，
2
故f(x)在1,en 
2
上递增，在en，+∞  上递减，
2
则f(x)的最大值是fen 
2

n
=

2
，
e2
第 页 共 页
657 3427e2x e2x(2x-n)
令g(x)= ，(x>1)，则g′(x)= ，
xn xn+1
n n
当 ≤1时，此题无解，故 >1，
2 2
n n n
则g′(x)=0时，x= ，当g′(x)>0，x> ，当g′(x)<0，解得：1<x< ，
2 2 2
n
故g(x)在1,
2

n
递减，在 ，+∞
2
 递增，
n
则g(x)的最小值是g
2

en
=
n

2

，
n
ln2b e2a 2
若 < 成立，只需fen
bn an

n
≤g
2
 ，
2

n 即

2
en ≤
e2 n

2

n ，即en+2≥
n 2
 n+2 ，
n
两边取对数可得：n+2≥(n+2)ln ，n≤2e，
2
故n的最大正整数为5，
故选：C．
ex-2
1035 (2024·安徽淮南·统考一模)已知两个实数M、N满足M≤xex-lnx-x-1，N≤
x
+lnx-x在x∈0,+∞  上均恒成立，记M、N的最大值分别为a、b，那么
A.a=b+2 B.a=b+1 C.a=b D.a=b-1
【答案】B
【解析】设fx  =ex-x-1，利用导数证明出fx  ≥0，可得出xex-lnx-x-1=
fx+lnx 
ex-2
， +lnx-x=fx-2-lnx
x

ex-2
-1，求得xex-lnx-x-1≥0， +lnx-
x
x≥-1，可求得a、b的值，由此可得出合适的选项.设fx  =ex-x-1，该函数的定义域
为R，则fx  =ex-1.
当x<0时，fx  <0，此时，函数fx  单调递减；
当x>0时，fx  >0，此时，函数fx  单调递增.
所以，fx  =f0
min
 =0，即fx  =ex-x-1≥0，
令gx  =x+lnx，则函数gx  在0,+∞ 
1
上为增函数，且g
e

1
= -1<0，g1
e
 =1
>0，
1
所以，存在x ∈ ,1 1 e  使得gx 1  =x +lnx =0， 1 1
令hx  =x-lnx-2，其中x∈0,+∞  ，hx 
1 x-1
=1- = .
x x
当0<x<1时，hx  <0，此时函数hx  单调递减；
当x>1时，hx  >0，此时函数hx  单调递增.
所以，hx  =h1
min
 =-1，又h4  =2-ln4=2-2ln2=21-ln2  >0，
所以，存在x 2 ∈1,4  使得hx 2  =x -lnx -2=0. 2 2
∴xex-lnx-x-1=ex+lnx-x+lnx  -1=fx+lnx  ≥0，
当且仅当x+lnx=0时，等号成立；
ex-2
+lnx-x=ex-2-lnx-x-2-lnx
x
 -1-1=fx-2-lnx  -1≥0-1=-1，
第 页 共 页
658 3427当且仅当x-2-lnx=0时，等号成立.
所以a=0，b=-1，即a=b+1．
故选：B.
6 题型六：利用同构证明不等式
1036 已知函数f(x)=axlnx-x+1，a∈R．
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)当p>q>1时，证明qlnp+lnq<plnq+lnp．
【解析】解：(1)f(x)=axlnx-x+1的定义域为(0,+∞)，
∴f′(x)=alnx+a-1，
①当a=0时，f′(x)=-1<0，此时f(x)在(0,+∞)上单调递减，
1-a 1-a
②当a>0时，由f′(x)>0可得x>e a ，由f′(x)<0，可得0<x<e a ，
1-a
∴f(x)在0,e a 
1-a
上单调递减，在e a ，+∞  上单调递增，
1-a 1-a
③当a<0时，由f′(x)<0可得x>e a ，由f′(x)>0，可得0<x<e a ，
1-a
∴f(x)在0,e a 
1-a
上单调递增，在e a ，+∞  上单调递减，
lnx -(xlnx-x+1)
证明(2)设g(x)= ，则g′(x)= ，
x-1 x(x-1)2
由(1)可得f(x)=xlnx-x+1在(1,+∞)上单调递增，
∵f(1)=0，
∴当x∈(1,+∞)时，f(x)>0，
∴当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，
∴g(x)在(1,+∞)上单调递减，
∴当p>q>1时，g(p)<g(q)，
lnp lnq
∴ < ，
p-1 q-1
∴qlnp-lnp<plnq-lnq，
∴qlnp+lnq<plnq+lnp．
2a
1037 已知函数f(x)=lnx+ -2(a∈R)．
x+1
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a=2时，求证：f(x)>0在(1,+∞)上恒成立；
x2
(3)求证：当x>0时，ln(x+1)> ．
ex-1
1 2a x2-2(a-1)x+1
【解析】(1)解：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)= - = ，
x (x+1)2 x(x+1)2
令f(x)=0，即x2-2(a-1)x+1=0，△=4(a-1)2-4=0，解得a=2或a=0，
若0≤a≤2，此时△≤0，f(x)≥0在(0,+∞)恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)单调递增．
若a>2，此时△>0，方程x2-2(a-1)x+1=0的两根为：
x =(a-1)+ a2-2a，x =(a-1)- a2-2a且x >0，x >0，
1 2 1 2
所以f(x)在(0,a-1- a2-2a)上单调递增，
在(a-1- a2-2a,a-1+ a2-2a)上单调递减，
第 页 共 页
659 3427在(a-1+ a2-2a,+∞)上单调递增．
若a<0，此时△>0，方程x2-2(a-1)x+1=0的两根为：
x =(a-1)+ a2-2a，x =(a-1)- a2-2a且x <0，x <0，
1 2 1 2
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．
综上所述：若a≤2，f(x)在(0,+∞)单调递增；
若a>2，f(x)在(0,a-1- a2-2a)，(a-1+ a2-2a,+∞)上单调递增，
在(a-1- a2-2a,a-1+ a2-2a)上单调递减．
(2)证明：由(1)可知当a=2时，函数f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(1)=0，所以f(x)>0在(1,+∞)上恒成立．
4
(3)证明：由(2)可知lnx+ -2>0在(1,+∞)恒成立，
x+1
2x
所以ln(x+1)> 在(0,+∞)恒成立，
x+2
2x x2
下面证 > ，即证2 ex-x2-2x-2>0，
x+2 ex-1
设φ(x)=2ex-x2-2x-2，φ(x)=2ex-2x-2，
设μ(x)=2ex-2x-2，μ(x)=2ex-2，
易知μ(x)=2ex-2>0在(0,+∞)恒成立，
所以μ(x)=2ex-2x-2在(0,+∞)单调递增，
所以μ(x)=2ex-2x-2>μ(0)=0，
所以φ(x)=2ex-x2-2x-2在(0,+∞)单调递增，
所以φ(x)=2ex-x2-2x-2>φ(0)=0，
2x x2 x2
所以 > ，即当x>0时，ln(x+1)> ．
x+2 ex-1 ex-1
ln(x+1) x ln(x+1) x
法二： > ，即 > ，
x ex-1 eln(x+1)-1 ex-1
x
令f(x)= ，则原不等式等价于f[ln(x+1)]>f(x)，
ex-1
(1-x)ex-1
f′(x)= ，令g(x)=(1-x)ex-1，则g′(x)=-xex<0，g(x)递减，
(ex-1)2
故g(x)<g(0)=0，f′(x)<0，f(x)递减，
又ln(x+1)<x，故f[ln(x+1)]>f(x)，原结论成立．
1
1038 已知函数f(x)=e2x- ．
x
(1)讨论函数f(x)的零点的个数；
1
(2)证明：xe2x-lnx-2x- >0．
x+1
1
【解析】(1)解：函数f(x)定义域为{x|x≠0}，则f′(x)=2e2x+ >0，
x2
故f(x)在(-∞,0)，(0,+∞)递增，
当x<0时，f(x)>0，没有零点；
1
当x>0时，f(x)单调递增，f
4
 = e-4<0，f(1)=e2-1>0，
1
由函数零点存在定理得f(x)在区间 ，1
4
 内有唯一零点，
综上可得，函数f(x)只有一个零点．
第 页 共 页
660 34271
(2)证明：法一：要证xe2x-lnx-2x- >0，
x+1
1
即证xe2x-lnx-2x> ，
x+1
令g(x)=xe2x-lnx-2x，定义域为(0,+∞)，
2x+1 1
则g′(x)=(2x+1)e2x- =(2x+1)e2x-
x x
 =(2x+1)f(x)，
1
由(1)知，f(x)在区间 ，1
4
 内有唯一零点，设其为x ，
0
1
则e2x0- =0①，因2x+1>0，且f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
x
0
所以当x∈(0,x )时，f(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
0
当x∈(x ，+∞)时，f(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
0
所以g(x) =g(x )=x e2x0-lnx -2x ，
min 0 0 0 0
1
由式①可得e2x0= ，lnx =-2x ，
x 0 0
0
1
所以g(x) =x ⋅ +2x -2x =1，
min 0 x 0 0
0
1
又x>0时， <1恒成立，
x+1
1
所以g(x)=xe2x-lnx-2x≥g(x )=1> ，得证．
0 x+1
1
法二：问题转化为证明e2x+lnx-(2x+lnx)> ，
x+1
令g(x)=ex-x，易知g(x)≥1，(当且仅当x=0时“=”成立)
1
又x>0，则 <1，
x+1
1
故e2x+lnx-(2x+lnx)≥1> (当且仅当2x+lnx=0时“=”成立)．
x+1
1039 已知函数f(x)=ax-1-lnx(a∈R)．
(1)当a=2时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在x=1处取得极值，对∀x∈(0,+∞)，f(x)≥bx-2恒成立，求实数b的
取值范围；
ln(x+1)
(3)当x>y>e-1时，求证：ex-y> ．
ln(y+1)
1 2x-1
【解析】(1)解：f′(x)=2- = ，
x x
1 1
f′(x)<0得0<x< ，f′(x)>0得x> ，
2 2
1
∴f(x)在0,
2

1
上递减，在 ,+∞
2
 上递增．
(2)解：∵函数f(x)在x=1处取得极值，
∴a=1，
1 lnx
∴f(x)≥bx-2⇔1+ - ≥b，
x x
1 lnx 1
令g(x)=1+ - ，则g′(x)=- (2-lnx)，
x x x2
由g′(x)≥0得，x≥e2，由g′(x)≤0得，0<x≤e2，
∴g(x)在(0，e2]上递减，在[e2，+∞)上递增，
1 1
∴g(x) =g(e2)=1- ，即b≤1- ．
min e2 e2
第 页 共 页
661 3427ln(x+1) ex ey
(3)证明：ex-y> ，即证 > ，
ln(y+1) ln(x+1) ln(y+1)
ex
令g(x)= ，
ln(x+1)
则只要证明g(x)在(e-1,+∞)上单调递增，
1
ex ln(x+1)-
 x+1
又∵g′(x)=

，
ln2(x+1)
1
显然函数h(x)=ln(x+1)- 在(e-1,+∞)上单调递增．
x+1
1
∴h(x)>1- >0，即g′(x)>0，
e
ex ey
∴g(x)在(e-1,+∞)上单调递增，即 > ，
ln(x+1) ln(y+1)
ln(x+1)
∴当x>y>e-1时，有ex-y> ．
ln(y+1)
1040 已知函数f(x)=2ln(x+1)+sinx+1，函数g(x)=ax-1-blnx(a，b∈R，ab≠0)．
(1)讨论g(x)的单调性；
(2)证明：当x≥0时，f(x)≤3x+1．
(3)证明：当x>-1时，f(x)<(x2+2x+2)esinx．
ax-b
【解析】解：(1)g(x)的定义域为(0,+∞)，g(x)= ，
x
当a>0，b<0时，g(x)>0，则g(x)在(0,+∞)上单调递增；
b
当a>0，b>0时，令g(x)>0，得x> ，
a
b b
令g(x)<0，得0<x< ，则g(x)在0,
a a

b
上单调递减，在 ,+∞
a
 上单调递增；
当a<0，b>0时，g(x)<0，则g(x)在(0,+∞)上单调递减；
b
当a<0，b<0时，令g(x)>0，得0<x< ，
a
b b
令g(x)<0，得x> ，则g(x)在0,
a a

b
上单调递增，在 ,+∞
a
 上单调递减；
2
(2)证明：设函数h(x)=f(x)-(3x+1)，则h(x)= +cosx-3．
x+1
2
∵x≥0，∴ ∈(0,2]，cosx∈[-1，1]，
x+1
则h(x)≤0，从而h(x)在[0，+∞)上单调递减，
∴h(x)=f(x)-(3x+1)≤h(0)=0，即f(x)≤3x+1．
(3)证明：方法一：当a=b=1时，g(x)=x-1-lnx．
由(1)知，g(x) =g(1)=0，∴g(x)=x-1-lnx≥0，即x≥1+lnx．
min
当x>-1时，(x+1)2>0，(x+1)2esinx>0，则(x+1)2esinx≥1+ln[(x+1)2esinx]，
即(x+1)2esinx≥2ln(x+1)+sinx+1，又(x2+2x+2)esinx>(x+1)2esinx，
∴(x2+2x+2)esinx>2ln(x+1)+sinx+1，
即f(x)<(x2+2x+2)esinx．
方法二：当x>-1时，要证f(x)<(x2+2x+2)esinx，
只需证(x+1)2esinx-[2ln(x+1)+sinx]-1+esinx>0
即证eln(x+1)2+sinx-[2ln(x+1)+sinx]-1+esinx>0，
令F(x)=ex-x-1，易证F(x)≥0，
第 页 共 页
662 3427故eln(x+1)2+sinx-[2ln(x+1)+sinx]-1+esinx>0，
所以当x>-1时，f(x)<(x2+2x+2)esinx
第 页 共 页
663 3427