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专题三 导数及其应用 ５ ９
微专题二 同构在导数中的应用
学生用书P209
类型一：结构一致性同构 ａ ｂ
商型 对于不等式ｅ 有三种同构方式．
1.单变量同构 （２） ： ａ ＜ ｂ
ｌｎ
首先依据题设中目标特征或适当变形 ， 将其化为结构相同的 ì ï同左 ｅ ａ ｅ ｌｎ ｂ 构造函数 ｆ ｘ ｅ ｘ
式子 然后同构函数 利用函数单调性求解 如 对于实数ａ ï ａ ＜ ｌｎ ｂ →（ ）＝ ｘ
， ， ， ： ＝ ïï ａ ｂ 构造函数 ｘ
３ ｅ １ ２ ， ｂ ＝ ４ ｅ ２ ３ ， ｃ ＝ ８ ｅ ６ ７ ， 可构造函数ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ＋ ｘ １ ·ｅ ｘ－ｘ１ ； 对于实 í ï 同右 ｌｎ ｅ ｅ ａ＜ ｌｎ ｂ → ｆ （ ｘ ）＝ ｌｎ ｘ
２ ３ ７ ï
数ａ ＝２ ｌｎ７ ， ｂ ＝３ ｌｎ６ ， ｃ ＝４ ｌｎ５ ， 适当变形 ｌｎ ａ ＝ｌｎ２·ｌｎ７，ｌｎ ｂ ＝ｌｎ ３ î ï取对 ａ －ｌｎ ａ ＜ｌｎ ｂ －ｌｎ（ｌｎ ｂ ） 构 函→ 造 数 ｆ （ ｘ ）＝ ｘ －ｌｎ ｘ
ｃ 可构造函数ｆ ｘ ｘ ｘ
·ｌｎ６，ｌｎ ＝ｌｎ４·ｌｎ５， （ ）＝ｌｎ ·ｌｎ（９－ ）（２≤ 和差型 对于不等式 ａ ａ ｂ ｂ有两种同构方式．
ｘ ． （３） ： ｅ ± ＞ ±ｌｎ
≤４） { 构造函数
2.双变量同构 同左 ａ ａ ｌｎ ｂ ｂ ｆ ｘ ｘ ｘ
ｅ ± ＞ｅ ±ｌｎ →（ ）＝ｅ ±
对于含有两个变量ｘ ｘ 的不等式 一般通过变形将ｘ ｘ 分别 构造函数
１、 ２ ， １、 ２ 同右 ａ ａ ｂ ｂ ｆ ｘ ｘ ｘ
化到不等式的两边 若不等式两边结构相同 则根据结构特征 ｅ ±ｌｎｅ ＞ ±ｌｎ →（ ）＝ ±ｌｎ
， ， 2.依据题设条件 变形同构．
同构函数 利用函数的单调性解决问题．注意不等式的转化要 ，
， 观察不等式的结构特征 在两边同乘或同加某一式子 进行变
等价． ， ，
形 甚至放缩来进行同构．
如 ，
： 同乘ｘ
ａ ａｘ ｘ ａｘ ａｘ ｘ ｘ 后面的转化同积型．
ｆ ｘ ｆ ｘ
（ １）－（ ２） ｋ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｋｘ ｋｘ ｆ ｘ （１） ｅ ＞ｌｎ → ｅ ＞ ｌｎ ，
（１） ｘ １－ ｘ ２ ＞ （ １＜ ２）⇔ （ １）－ （ ２）＜ １－ ２⇔ （ １）－ （２）ｅ ｘ ＞ ａ ｌｎ（ ａｘ － ａ ）－ ａ ⇔ １ ａ ｅ ｘ ＞ｌｎ［ ａ （ ｘ －１）］－１⇔ｅ ｘ －ｌｎ ａ －ｌｎ ａ ＞
ｋｘ ｆ ｘ ｋｘ 构造函数ｙ ｆ ｘ ｋｘ．
１＜（ ２）－ ２， ＝ （ ）－
同加ｘ
ｆ （ ｘ １）－ ｆ （ ｘ ２） ｋ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｋ （ ｘ １－ ｘ ２） ｋ ｌｎ（ ｘ －１）－１ →ｅ ｘ －ｌｎ ａ ＋ ｘ －ｌｎ ａ ＞ｌｎ（ ｘ －１）＋ ｘ －１＝ｅ ｌｎ（ ｘ －１） ＋
（２） ｘ １－ ｘ ２ ＜ｘ １ ｘ ２ （ １＜ ２）⇔（ １）－（ ２）＞ ｘ １ ｘ ２ ＝ｘ ２ － ｌｎ（ ｘ －１）⇔ ｘ －ｌｎ ａ ＞ｌｎ（ ｘ －１）， 其中ａ ＞０ 且ａ ≠１ ．
ｋ ｋ ｋ ｋ
ｘ ⇔ ｆ （ ｘ １）＋ｘ ＞ ｆ （ ｘ ２）＋ｘ ， 构造函数ｙ ＝ ｆ （ ｘ ）＋ ｘ ． （３） ａｘ ＞ｌｏｇａ ｘ ⇔ｅ ｘ ｌｎ ａ ＞ ｌｎ ａ ｘ ⇔（ ｘ ｌｎ ａ ）ｅ ｘ ｌｎ ａ ＞ ｘ ｌｎ ｘ ， 后面的转化同积
１ １ ２ ｌｎ
例1 设ａ ＝ｅ １ ４ － ５ ， ｂ ＝ｅ －１ ４－ ３ ， ｃ ＝ｅ １ ３ － ４ ， 则 （ Ｂ ） 型 ， 其中ａ ＞１ ．
４ ４ ３ 例2 设实数ｍ 若对任意的ｘ 不等式ｘ２ ｘ ｍ ｍ ｘ 恒
ａ ｂ ｃ ｂ ａ ｃ ｃ ｂ ａ ｂ ｃ ａ ＞０， ≥ｅ， ｌｎ － ｅ ≥０
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜ 成立 则ｍ的最大值为 ．
( ) ， ｅ
解析 ａ ＝ｅ １ ４ － ５ ＝ｅ １ ４ － １ －１ ，ｂ ＝ｅ －１ ４ － － １ －１ ，ｃ ＝ｅ １ ３ － １ 解析 不等式ｘ２ ｌｎ ｘ － ｍ ｅ ｍ ｘ ≥０ 恒成立，
．
４ ４ ４ ３ 可得ｘ２
ｌｎ
ｘ
≥
ｍ
ｅ
ｍ ｘ，
－１
令ｆ（ｘ） ＝ｅ ｘ － ｘ －１ ，所以ｆ ′（ｘ） ＝ｅ ｘ －１ ， 即ｘ
ｌｎ
ｘ
≥
ｍ
ｘ ｅ
ｍ ｘ，
ｌｎ
ｘ
ｅ
ｌｎ ｘ
≥
ｍ
ｘ ｅ
ｍ ｘ，
①
令ｆ ′（ｘ） ｘ ，得ｘ ，
＝ｅ －１＝０ ＝０ 设ｆ（ｘ） ｘ ｘ（ｘ ），则ｆ ′（ｘ） （ｘ ） ｘ ，
ｘ 时， ｆ ′（ｘ） ， ｆ（ｘ）单调递减， ＝ ｅ ＞０ ＝ ＋１ ｅ ＞０
＜０ ＜０ ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，
ｘ 时， ｆ ′（ｘ） ， ｆ（ｘ）单调递增， ∴ ０ ＋∞
＞０ ＞０ ｍ
( ) ( ) ， ｘ ，
所以ｆ １ ｆ １ ，所以ｃ ａ． ∵ ｘ ＞０ ｌｎ ＞０
＞ ＞
３ ４
ｍ
令ｇ（ｘ） （ ｘ ｘ） （ － ｘ ｘ） ｘ － ｘ ｘ（ｘ ）， 由 式知 ｘ对任意的ｘ 恒成立，
＝ ｅ － － ｅ ＋ ＝ｅ －ｅ －２ ＞０ ① ｘ ≤ｌｎ ≥ｅ
所以ｇ′（ｘ） ＝ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ －２≥２ ｅ ｘ· ｅ － ｘ －２＝０ ， 只需ｍ （ｘ ｘ） ，设ｇ（ｘ） ｘ ｘ（ｘ ），
( ) ∴ ≤ ｌｎ ｍｉｎ ＝ ｌｎ ≥ｅ
所以ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，ｇ １ ｇ（ ） ， 则ｇ′（ｘ） ｘ ，
０ ＋∞ ＞ ０ ＝１－１－０＝０ ＝ｌｎ ＋１＞０
４ ｇ（ｘ）在［ ， ）上为增函数，
∴ ｅ ＋∞
所以 ｅ １ ４ －
４
１ ＞ｅ －１ ４＋
４
１ ，所以 ｅ １ ４ －
４
１ －１＞ｅ －１ ４ ＋
４
１ －１ ，所以ａ ＞ ｂ，所 ∴ ｇ（ｘ） ｍｉｎ＝ ｇ（ ｅ ） ＝ｅ ， ∴ ｍ ≤ｅ ．
故ｍ的最大值为 ．
以ｂ ａ ｃ． ｅ
＜ ＜
类型三：含指数、对数、幂函数形式的同构
故选 ．
类型二
Ｂ
：含指数、对数形式的同构 （１）
当ａ
＞０
且ａ
≠１，
ｘ
＞０
时
，
有ａｌｏｇａｘ
＝
ｘ．
当ａ 且ａ 时 有 ａｘ ｘ．
1.依据题设条件 直接同构． （２） ＞０ ≠１ ， ｌｏｇａ ＝
，
积型 对于不等式ａ ａ ｂ ｂ有三种同构方式．
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
＞
（１） ： ｅ ≤ ｌｎ
．
ì ï ï ï 同左 ａ ｅ ａ ≤（ｌｎ ｂ ）ｅ ｌｎ ｂ 构 构 造 造 函 函 数 数 → ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｅ ｘ （ ０） ３） ｘ ｅ ｘ ＝ｅ ｘ ＋ｌｎ ｘ ， ｘ ＋ｌｎ ｘ ＝ｌｎ（ ｘ ｅ ｘ ） ．
í同右 ａ ａ ｂ ｂ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
ï ｅ ｌｎ ｅ ≤ ｌｎ 构造 →（ ）＝ ｌｎ （４） ｅ ｘ ＝ｅ ｘ －ｌｎ ｘ ， ｘ －ｌｎ ｘ ＝ｌｎ ｅ ｘ ．
ïï取对 ａ ａ ｂ ｂ ｆ ｘ ｘ ｘ
î ＋ｌｎ ≤ｌｎ ＋ｌｎ（ｌｎ ）函→数 （ ）＝ ＋ｌｎ ｘ２ ｘ ｘ ＋２ｌｎ ｘ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ．
（５） ｅ ＝ｅ ， ＋２ｌｎ ＝ｌｎ（ ｅ ）
６ ０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ｘ ｘ ｘ
（６）ｘ ｅ ２ ＝ｅ ｘ －２ｌｎ ｘ ， ｘ －２ｌｎ ｘ ＝ｌｎ ｘ ｅ ２ ． 如ｘ２ ０ｅ ｘ ０＋ｌｎ ｘ ０＝０ 可化为ｘ ０ｅ ｘ ０＝－ ｌｎ ｘ ０ ＝ｘ １ ｌｎ ｘ １ ＝ｌｎ ｘ １ ｅ ｌｎ ｘ１ ０．
０ ０ ０ ０
ｘ ( )
再结合常用的切线不等式 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 例4 已知ａ ｂ Ｒ ａ２ ａ ａ ｂ ｂ ｂ １ 则
ｌｎ ≤ －１，ｌｎ ≤ ，ｅ ≥ ＋１，ｅ ≥ｅ 、 ∈ ， ｅ ＋ｌｎ ＝０， ｌｎ ＋ｌｎ － ｂ ＝１，
ｅ
等 可以得到更多结论 这里仅以 为例进行引申 Ｂ
， ， （３） ： （ ）
ｘ ｘ ｘ ＋ｌｎ ｘ ｘ ｘ ａｂ ａ ｂ ａｂ ａ ｂ
（７） ｅ ＝ｅ ≥ ＋ｌｎ ＋１， Ａ． ＜ｅ ＜ Ｂ． ＜ｅ ＝
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ． ｂ ａ ａｂ ａ ｂ ａｂ
＋ｌｎ ＝ｌｎ（ ｅ ）≤ ｅ －１ Ｃ． ＜ｅ ＜ Ｄ．ｅ ＝ ＜
ｘ ｘ ｘ ＋ｌｎ ｘ ｘ ｘ
（８） ｅ ＝ｅ ≥ｅ（ ＋ｌｎ ）， 解析 由ａ２ ａ ａ 可得ａ ａ １ ａ １ １ １ ·
ｘ ｘ ｅ ＋ｌｎ ＝０ ｅ ＝－ ａ ｌｎ ＝ ａ ｌｎ ａ ＝ｌｎ ａ
ｘ
＋ｌｎ
ｘ
＝ｌｎ（
ｘ
ｅ
ｘ
）≤
ｅ
＝
ｘ
ｅ
ｘ －１．
ｌｎ １ａ，ａ ，
ｅ ｅ ＞０
例3 已知函数ｆ ｘ ２ ｘ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ 若存在ｘ ｘ 记ｆ（ｘ） ｘ ｘ，其中ｘ ，
（ ）＝ｅ －２ ＋１， （ ）＝２ －２ｌｎ ， １， ２ ＝ ｅ ＞０
( )
使得ｆ ｘ ｇ ｘ 则 Ｄ
∈（１，＋∞）， （ １）＝ （ ２）， （ ） 则ｆ（ａ）
＝
ｆ
ｌｎ
１
ａ
．
ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ
Ａ． （ １）＜ （ １） Ｂ．２ １＜ｌｎ ２ 因为ｆ ′（ｘ） （ｘ ） ｘ ，所以函数ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ＝ ＋１ ｅ ＞０ ０ ＋∞
Ｃ．ｌｎ（２ １）＜ｌｎ ２＜ １ Ｄ． １＜ｌｎ ２＜２ １
解析 令φ（ｘ） ｆ（ｘ） ｇ（ｘ） ２ ｘ ｘ ｘ（ｘ ）， 增，所以ａ １ ａ，
＝ － ＝ｅ －４ ＋１＋２ｌｎ ＞１ ＝ｌｎ ａ ＝－ｌｎ
( )
则φ′（ｘ） ２ ｘ １ ， 因为ａ ，所以 ａ ，
＝２ ｅ －２＋ ｘ ＞０ ＞０ ｌｎ ＜０
即 ａ ，且ａ ａ ．
所以φ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，φ（ｘ） φ（ ） ２ ， ０＜ ＜１ ＋ｌｎ ＝０①
１ ＋∞ ＞ １ ＝ｅ －３＞０ ( )
故ｆ（ｘ ） ｇ（ｘ ），故 错误． 由ｂ ｂ ｂ １ 得ｂ ｂ １ １ｂ，则ｂ ｂ ｌｎ ｂ ｂ
１ ＞ １ Ａ ｌｎ ＋ｌｎ － ｂ ＝１ ＋ｌｎ － ｂ ＝ｅ ＋ｌｎ ＝ｅ ＋ｌｎ ＝
由 １ ） 题 ＝２ 意 （ 得 ｅ ｌｎ ｘ ｅ ２ ２ － ｘ １ ｌ － ｎ ２ ｘ ｘ ２ １ － ＋ １ １ ） ＝ ， ２ ｘ ２－２ｌｎ ｘ ２ ，所以 ｅ ２ ｘ １－２ ｘ １－１＝２ （ｘ ２－ｌｎ ｘ ２－ １ ｂ ＋ｅ １ｂ，由题意可知ｂ ＞０ ，
因为ｘ １ ，ｘ ２∈ （ １ ， ＋∞ ）， 构造函数ｇ（ｘ） ＝ ｘ ＋ｅ ｘ，其中ｘ ＞０ ，
所以ｘ ， ｘ ， 则ｇ′（ｘ） ｘ ，
１＞０ ｌｎ ２＞０ ＝１＋ｅ ＞０
令ｈ（ｘ） ｘ ｘ （ｘ ）， 所以函数ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，
＝ｅ － －１ ＞０ ０ ＋∞
则ｈ（ ｘ ） ｈ（ ｘ ）， ( )
２ １ ＝２ ｌｎ ２ 所以ｇ（ ｂ） ｇ １ ，则 ｂ １ ，
且ｈ′（ｘ） ｘ 在（ ， ）上恒成立， ｌｎ ＝ ｂ ｌｎ ＝ ｂ
＝ｅ －１＞０ ０ ＋∞
所以ｈ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，
０ ＋∞ 由 ｂ １ 得ｂ ，
故ｈ（ｘ） ｈ（ ） ， ｌｎ ＝ ｂ ＞０ ＞１
＞ ０ ＝０
所以ｈ（ ｘ ） ｈ（ ｘ ） ｈ（ ｘ ）， 且 １ １ ，
２ １ ＝２ ｌｎ ２ ＞ ｌｎ ２ ｂ ＝－ｌｎ ｂ
即ｈ（ ｘ ） ｈ（ ｘ ），
２ １ ＞ ｌｎ ２
故 ｘ ｘ ． 则 １ １ ．
２ １＞ｌｎ ２ ｂ ＋ｌｎ ｂ ＝０②
又 所以 ｅ ２ ｘ ｅ １－ ２ ｘ ２ １－ ｘ １ ２ － ｘ １ １ － － １ ２ ＞ （ ２ ｅ （ ｘ １ ｅ － ｘ ｘ １－ １－ ｘ １ １ － ） １ ＝ ） （ ， ｅ ｘ １－１ ）２ ＞０ ， 记ｈ（ｘ） ＝ ｘ ＋ｌｎ ｘ，其中ｘ ＞０ ，则ｈ′（ｘ） ＝１＋ １ ｘ ＞０ ，所以函数ｈ（ｘ）
所以 ｈ（ ｘ ） ｈ（ ｘ ） ｈ（ｘ ）， 在（ ， ）上为增函数，
２ ｌｎ ２ ＝ ２ １ ＞２ １ ０ ＋∞
即ｈ（ ｘ ） ｈ（ｘ ）， ( )
ｌｎ ２ ＞ １ 由 可得ｈ（ａ） ｈ １ ，
所以ｘ ｘ ， ①② ＝ ｂ ＝０
１＜ｌｎ ２
故 ， 错误， 正确．故选 ．
Ｂ Ｃ Ｄ Ｄ 所以ａ １ ，即ａｂ ，
类型四：隐零点同构 ＝ ｂ ＝１
由ａ ａ ａ ａ （ａ ａ） 可得ａ ａ ，
在解决与不等式证明有关的导数题中 对目标函数求导 ＋ｌｎ ＝ｌｎ ｅ ＋ｌｎ ＝ｌｎ ｅ ＝０ ｅ ＝１
，
后 所得方程ｆ ′ ｘ 为超越方程 不能解出零点 但题目的求 则 ａ １ ｂ，
， （ ）＝０ ， ， ｅ ＝ ａ ＝
解又必须利用ｆ ′ ｘ 的条件时 常用策略就是将超越方程转
（ ）＝０ ， 因为 ａ ，则ａｂ ａ ｂ，故选 ．
化与化归 让方程的两边化为同构的两个函数 再进行求解．含 ０＜ ＜１ ＝１＜ｅ ＝ Ｂ
， ，
有指 对 幂不等式的导数题目中常会用到同构型隐零点情况
、 、 ，
学生用书P38
１．（ ２０２４ 云南、广西、贵州、四川联考（二）， ８ ）已知ａ ＝ｌｎ（ ２ｅ）， ｂ ｘ 不等式 ｍｘ ｌｎ ｘ 恒成立 则ｍ的最小值为 Ａ
， ｅ ≥ ｍ ， （ ）
ｅ＋１ ｃ ｌｎ５ 则ａ ｂ ｃ的大小关系为 Ｂ
＝ ， ＝ ＋１， ， ， （ ）
ｅ ５ １ １ ２ ｅ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
ｃ ａ ｂ ｂ ａ ｃ ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ａ ｅ ２ｅ ｅ ３
Ａ． ＞ ＞ Ｂ． ＞ ＞ Ｃ． ＞ ＞ Ｄ． ＞ ＞ ３．（ 湖南长沙长郡中学一模， ）已知实数ａ ｂ分别满足 ａ
２．（ 黑龙江哈尔滨模拟， ）设实数ｍ 若对任意的正实数 ２０２４ ８ ， ｅ ＝
２０２４ ７ ＞０，
专题三 导数及其应用 ６ １
即λ ｘ ｘ在区间 上恒成立
１． ｂ ． 且ｃ １ 则 Ｄ ≥－ ＋ｌｎ （１，＋∞） ，
０２，ｌｎ（ ＋１）＝００２， ＝ ， （ ） 令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ
５１ （ ）＝－ ＋ｌｎ ， ∈（１，＋∞），
ａ ｂ ｃ ｂ ａ ｃ ｂ ｃ ａ ｃ ａ ｂ ｘ
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜ 则ｈ′ ｘ １ １－
４．（ 湖南长沙调研， ）已知对任意ｘ ｘ 且当 （ ）＝－１＋ ｘ ＝ ｘ ＜０，
２０２４ １４ １， ２∈（０，＋∞），
ａ ｘ ｘ 所以ｈ ｘ 在 上单调递减
ｘ ｘ 时 都有 （ｌｎ ２－ｌｎ １） １ 则 ａ 的取值范围是 （ ） （１，＋∞） ，
１＜ ２ ， ｘ ｘ ＜１＋ｘ ｘ ， 所以ｈ ｘ ｈ
２－ １ １ ２ （ ）＜ （１）＝－１，
（ ， ］ ． 即 ｘ ｘ 在区间 上恒成立
－∞ ２ － ＋ｌｎ ＜－１ （１，＋∞） ，
５．（ 山东菏泽一模， ）关于ｘ的不等式ｘ ａｘ ｂｘ ｘ ａ 所以λ 时λ ｘ ｘ在区间 上恒成立
２０２４ １４ ｅ ＋ －ｌｎ ≥１（ ＞０ ≥－ ＋ｌｎ （１，＋∞） ，
ｂ 即对任意 λ 关于 ｘ 的不等式 ｘ ｘ
恒成立 则 的最小值为 ． ∈ （０， ＋ ∞ ）， ｅ ｌｎ －
＞０） ， ａ －１
ｘ ｘ２ λ ｘ λ
ｌｎ ＋ ＋（ －１） － 在区间 上恒成立．
ａ ｘ λ ≥０ （１，＋∞）
６．（ 天津红桥二模， ）已知函数ｆ ｘ ｅ －１的图象在 ｅ
２０２４ ２０ （ ）＝ ｘ （１，
ｘａ
７．（ 河北沧州一模， ）已知函数ｆ ｘ ａ ．
ｆ （１）） 处的切线经过点 （２，ｅ） ． ２０２４ １９ （ ）＝ ｅ ２ ｘ， ＞０
求ａ的值及函数ｆ ｘ 的单调区间 当ａ 时 求函数ｆ ｘ 的单调区间和极值
（１） （ ） ； （１） ＝２ ， （ ） ；
（２） 证明 ： 对任意正实数 λ ， 关于 ｘ 的不等式 ｅ ｘ ｌｎ ｘ － （２） 当ｘ ＞０ 时 ， 不等式ｆ （ ｘ ）－ｃｏｓ（ｌｎ ｆ （ ｘ ））≥ ａ ｌｎ ｘ２ －４ ｘ恒成立 ，
ｌｎ
ｘ
＋
ｘ２
＋（
λ
－１）
ｘ
－
λ
在区间 上恒成立．
求ａ的取值范围．
λ ≥０ （１，＋∞）
ｅ ｘ２
解析 （１） 因为ｆ （ ｘ ）＝ ａ ｅ ｘ ｘ －１ ， 所以ｆ （１）＝ ａ ｅ－１， 解析 （１） 当ａ ＝２ 时 ， ｆ （ ｘ ）＝ ｅ ２ ｘ，
ｘ ２ ｘ ｘ２ ２ ｘ ｘ ｘ
又ｆ ′ ｘ ａｘ ｅ ｘ － ａ ｅ ｘ ＋１ 所以ｆ ′ ｆ ′ （ ｘ ）＝ ２ ·ｅ － ２ ｘ · ２ ｅ ·２ ＝ －２ （ ２ ｘ －１） ，
（ ）＝ ｘ２ ， （１）＝１， （ｅ ） ｅ
令ｆ ′ ｘ 解得ｘ 或ｘ
又函数ｆ ｘ 的图象在 ｆ 处的切线经过点 （ ）＝０， ＝０ ＝１，
（ ） （１， （１）） （２，ｅ）， 所以ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的关系如表
， （ ）， （ ） ，
ａ
所以 ｅ－１－ｅ 解得ａ
＝１， ＝１， ｘ
１－２ （－∞，０） ０ （０，１） １ （１，＋∞）
ｘ ｆ ′ ｘ
所以ｆ ｘ ｅ －１ 函数的定义域为 （ ） － ０ ＋ ０ －
（ ）＝ ｘ ， （－∞，０）∪（０，＋∞），
ｘ ｘ ｘ ｆ ｘ 单调递减 单调递增 １ 单调递减
ｆ ′ ｘ ｅ －ｅ ＋１ （ ） ０ ２
（ ）＝ ｘ２ ， ｅ
令ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ ｘ 所以函数ｆ （ ｘ ） 的单调递增区间为 （０，１）， 单调递减区间为
（ ）＝ ｅ －ｅ ＋１， （ ）＝ ｅ ，
所以当ｘ 时ｇ′ ｘ 当ｘ 时ｇ′ ｘ 极大值为ｆ １ 极小值为ｆ ．
＞０ （ ）＞０， ＜０ （ ）＜０， （－∞，０），（１，＋∞）； （１）＝ ２， （０）＝０
所以ｇ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增 ｅ
（ ） （－∞，０） ， （０，＋∞） ， ｘａ æ ｘａö
所以ｇ ｘ ｇ ｆ ｘ ｆ ｘ ａ ｘ２ ｘ ç ÷ ａ ｘ
（ ）≥ （０）＝０， （２） （ ）－ｃｏｓ（ｌｎ （ ））≥ ｌｎ －４ ⇔ ２ ｘ－ｃｏｓèｌｎ ２ ｘø≥２ ｌｎ
所以当ｘ 时ｘ ｘ ｘ 恒成立 即ｆ ′ ｘ 恒成立 ｅ ｅ
≠０ ｅ －ｅ ＋１＞０ ， （ ）＞０ ， ｘ ａ ｌｎ ｘ －２ ｘ ａ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ （提示：在化简
所以ｆ ｘ 在 上单调递增 －４ ⇔ｅ －２（ ｌｎ －２ ）－ｃｏｓ（ ｌｎ －２ ）≥０，
（ ） （－∞，０），（０，＋∞） ， 过程中注意寻找相同表达式，进而可构造简单函数）
即ｆ ｘ 的单调递增区间为 无单调递减
（ ） （－∞，０），（０，＋∞）， 令ｇ ｔ ｔ ｔ ｔ 其中ｔ ａ ｘ ｘ
区间． （ ）＝ｅ－２ －ｃｏｓ ， ＝ ｌｎ －２ ，
ａ ａ ｘ
证明 若 ｘ ｘ ｌｎ
ｘ
＋
ｘ２
＋（
λ
－１）
ｘ
－
λ
在区间 上
设Ｆ
（
ｘ
）＝
ａ
ｌｎ
ｘ
－２
ｘ
，
ａ
＞０，
Ｆ′
（
ｘ
）＝ ｘ －２＝
－
ｘ
２
，
（２） ： ｅ ｌｎ － λ ≥０ （１，＋∞）
ｅ ａ ａ
恒成立 令Ｆ′ ｘ 解得 ｘ 令Ｆ′ ｘ 解得ｘ
， （ ）＞０， ０＜ ＜ ， （ ）＜０， ＞ ，
２ ２
由ｘ ∈（１，＋∞），ｌｎ ｘ ＞０， ( ａ ) ( ａ )
所以函数 Ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单调
得 ｘ ＋ λ ｌｎ ｘ ＋ ｘ２ ＋（ λ －１） ｘ － λ 在区间 上恒成立 （提 （ ） ０， ２ ， ２ ，＋∞
ｅ ≥ ｘ （１，＋∞） ，
ｌｎ 递减
，
示：化简过程中想办法出现ｆ（ｘ）的形式）
( ａ ) ａ
所以 ｘ ＋ λ （ ｘ ＋ λ ）（ ｘ －１）在区间 上恒成立 （提示：
则Ｆ
（
ｘ
）ｍａｘ＝
Ｆ
２ ＝
ａ
ｌｎ ２ －
ａ
，
且当ｘ
→０
＋时
，
Ｆ
（
ｘ
）→－∞，
ｅ －１≥ ｌｎ ｘ （１，＋∞） ， ( ａ ]
由ｆ（ｘ）解析式特点想到需要出现类似 ｘ 的形式） 所以函数Ｆ （ ｘ ） 的值域为 －∞， ａ ｌｎ － ａ ，
ｅ －１ ２
ｘ ＋ λ ｘ ｌｎ ｘ ( ａ ]
又λ 所以 ｘ λ 所以ｅ －１ －１ ｅ －１在区间 所以ｔ ａ ａ ．
＞０， ＋ ＞０， ｘ
＋
λ ≥
ｌｎ
ｘ＝
ｌｎ
ｘ （１， ∈ －∞， ｌｎ
２
－
上恒成立 ｇ′ ｔ ｔ ｔ
＋∞） ， （ ）＝ｅ－２＋ｓｉｎ ，
即ｆ ｘ λ ｆ ｘ 在区间 上恒成立 ( ａ ]
（ ＋ ）≥（ｌｎ ） （１，＋∞） ， 设ｈ ｔ ｔ ｔ 则ｈ′ ｔ ｔ ｔ ｔ ａ ａ
由 可知ｆ ｘ 在 上单调递增 （ ）＝ｅ－２＋ｓｉｎ ， （ ）＝ｅ＋ｃｏｓ ，∈ －∞， ｌｎ － ，
（１） （ ） （０，＋∞） ， ２
所以ｘ λ ｘ在区间 上恒成立 当ｔ 时 ｔ ｔ 且等号不同时成立 即ｇ′ ｔ 恒
＋ ≥ｌｎ （１，＋∞） ， ≤０ ，ｅ≤１，ｓｉｎ ≤１， ， （ ）＜０
６ ２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
成立 增 且ｇ
； ， （０）＝０，
当ｔ 时 ｔ ｔ 即ｈ′ ｔ 恒成立 ａ
＞０ ，ｅ＞１，ｃｏｓ ≥－１， （ ）＞０ ， 当ａ ａ 即 ａ 时 ｇ ｔ 恒成立 符合题意
所以ｈ ｔ 即ｇ′ ｔ 在 上单调递增 ｌｎ － ≤０， ０＜ ≤２ｅ ， （ ）≥０ ， ；
（ ） （ ） （０，＋∞） ， ２
又ｇ′ ｇ′ ａ { ａ }
（０）＝－１， （１）＝ｅ－２＋ｓｉｎ１＞０， 当ａ ａ 即 ａ 时 取 ｔ ａ ａ ｔ 必有
ｌｎ － ＞０， ＞２ｅ ， １＝ｍｉｎ ｌｎ － ，０ ，
所以存在ｔ 使得ｇ′ ｔ ２ ２
０∈（０，１）， （ ０）＝０，
ｇ ｔ 不符合题意．
当 ｔ ｔ 时 ｇ′ ｔ 当ｔ ｔ 时 ｇ′ ｔ （ １）＜０，
０＜ ＜ ０ ， （ ）＜０， ＞ ０ ， （ ）＞０， 综上所述 ａ的取值范围为 ．
所以函数ｇ ｔ 在 ｔ 上单调递减 在 ｔ 上单调递 ， （０，２ｅ］
（ ） （－∞，０） ， （ ０，＋∞）
