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第3 讲 函数构造与同构思想
微点一 抽象函数的导数构造
例1 (1)已知函数f(x)的定义域为(-∞，0)，f(-1)=-1，其导函数f'(x)满足xf'(x)-2f(x)>0，则不等式f(x+2
025)+(x+2 025)2<0 的解集为( )
A.(-2 026，0)
B.(-2 026，-2 025)
C.(-∞，-2 026)
D.(-∞，-2 025)
答案 B
解析 根据题意可令g(x)=f ( x)
x
2 (x<0)，
则g'(x)= x f
'( x)−2f ( x)
x
3
<0，
所以g(x)=f ( x)
x
2 在(-∞，0)上单调递减，
则原不等式等价于
f ( x +2 025)
( x +2 025)
2 <-1，
由g(x+2 025)=f ( x +2 025)
( x +2 025)
2 <-1=g(-1)，
得-1<x+2 025<0，解得-2 026<x<-2 025，
故原不等式的解集为(-2 026，-2 025).
(2)若函数f(x)的定义域为R，满足f(0)=2，∀x∈R，都有f(x)+f'(x)>1，则关于x 的不等式f(x)>e-x+1 的解
集为( )
A.{x|x>1}
B.{x|x>e}
C.{x|x<0}
D.{x|x>0}
答案 D
解析 因为f(x)+f'(x)>1，
所以f(x)+f'(x)-1>0，
构造函数F(x)=exf(x)-ex，
则F'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex
=ex[f(x)+f'(x)-1]>0，
所以F(x)在R 上单调递增，
因为f(0)=2，所以F(0)=1，
所以不等式f(x)>e-x+1⇔exf(x)-ex>1
⇔F(x)>F(0)，
因为F(x)在R 上单调递增，所以x>0，
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所以不等式的解集为{x|x>0}.
[规律方法] (1)①导数和差，构造和差型函数
f'(x)+c=[f(x)+cx]'；f'(x)+g'(x)=[f(x)+g(x)]'；f'(x)-g'(x)=[f(x)-g(x)]'；
②和与积联系，构造乘积型函数
f'(x)g(x)+f(x)g'(x)=[f(x)g(x)]'；
③差与商联系，构造分式型函数
f
'( x)g( x)−f ( x)g
'( x)
[ g( x)]
2
=[
f ( x)
g( x)]'.
(2)幂函数及其抽象构造
①出现nf(x)+xf'(x)的形式，构造函数F(x)=xnf(x)；
②出现xf'(x)-nf(x)的形式，构造函数F(x)=f ( x)
x
n .
(3)指数函数及其抽象构造
①出现f'(x)+nf(x)的形式，构造函数F(x)=enxf(x)；
②出现f'(x)-nf(x)的形式，构造函数F(x)=f ( x)
e
nx .
③出现f'(x)+f(x)>a 的形式，构造函数F(x)=ex[f(x)-a]；
④出现f'(x)-f(x)>a 的形式，构造函数F(x)=f ( x)+a
e
x
.
(4)三角函数及其抽象构造
函数f(x)与sin x，cos x 相结合构造可导函数的几种常见形式
①F(x)=f(x)sin x，
F'(x)=f'(x)sin x+f(x)cos x；
②F(x)=f ( x)
sin x ，
F'(x)=f
'( x)sin x−f ( x)cos x
sin
2 x
；
③F(x)=f(x)cos x，
F'(x)=f'(x)cos x-f(x)sin x；
④F(x)= f ( x)
cos x ，
F'(x)=f
'( x)cos x + f ( x)sin x
co s
2 x
.
跟踪演练1 (1)已知定义在R 上的连续可导函数f(x)及其导函数f'(x)满足f(x)<f'(x)恒成立，且当x>0 时，
f(x)>0，则下列式子不一定成立的是( )
A.f(8)>2f(4)
B.f(4)>2f(2)
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C.f(2)>2f(1)
D.f(1)>2f (
1
2)
答案 D
解析 设F(x)=f ( x)
e
x ，
所以F'(x)=f
'( x)e
x−f ( x)e
x
(e
x)
2
=f
'( x)−f ( x)
e
x
，
因为f(x)<f'(x)，所以F'(x)>0，
即F(x)在R 上为增函数，
选项A，因为F(8)>F(4)，即f (8)
e
8 >f (4)
e
4 ，
化简得f(8)>e4f(4)>2f(4)，故A 成立；
选项B，因为F(4)>F(2)，即f (4)
e
4 >f (2)
e
2 ，
化简得f(4)>e2f(2)>2f(2)，故B 成立；
选项C，因为F(2)>F(1)，即f (2)
e
2 >f (1)
e
，
化简得f(2)>ef(1)>2f(1)，故C 成立；
选项D，因为F(1)>F(
1
2)，
即f (1)
e
>
f(
1
2)
e
1
2
，化简得f(1)>e
1
2f (
1
2)，
而e
1
2f(
1
2)<2f (
1
2)，故D 不一定成立.
(2)已知函数f(x)的定义域为(0，π)，其导函数是f'(x).若对任意的x∈(0，π)，有f'(x)sin x-f(x)cos x<0，则
关于x 的不等式f(x)>2f (
π
6)sin x 的解集为( )
A.(0，π
3)
B.(0，π
6)
C.(
π
3 ，π)
D.(
π
6 ，π)
答案 B
解析 令函数g(x)=f ( x)
sin x ，x∈(0，π)，
则g'(x)=f
'( x)sin x−f ( x)cos x
sin
2 x
<0，
因此函数g(x)在(0，π)上单调递减，
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不等式f(x)>2f (
π
6)sin x⇔f ( x)
sin x >
f(
π
6)
sin π
6
，
即g(x)>g(
π
6)，解得0<x<π
6 ，
所以原不等式的解集为(0，π
6).
微点二 x 与ex、ln x 的组合函数及同构思想
例2 (1)(2025·怀化模拟)设a=ln100
99 ，b= 1
100 ，c=ln101
100 ，则( )
A.a>c>b
B.b>a>c
C.c>a>b
D.a>b>c
答案 D
解析 令f(x)=x-1-ln x，x>0，
则f'(x)=1-1
x = x−1
x
，
若0<x<1，则f'(x)<0，故f(x)在(0，1)上单调递减，
若x>1，则f'(x)>0，故f(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以f(1)为函数f(x)的最小值.
所以f (
101
100)>f(1)=0，f (
99
100)>f(1)=0，
即101
100-1-ln101
100>0，得1
100>ln101
100 ，即b>c.
99
100-1-ln 99
100>0⇒- 1
100-(−ln 100
99 )>0⇒ln100
99 > 1
100 ，即a>b.
所以a>b>c.
(2)(2025·玉树模拟)设实数λ>0，若对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-(λ+1)x+ln x≥0 恒成立，则λ 的取值范
围是( )
A.(0，e]
B.[e，+∞)
C.(0，1
e]
D.[
1
e ，+ ∞)
答案 D
解析 因为对任意x∈(1，+∞)，
不等式eλx-(λ+1)x+ln x≥0 恒成立，
即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥x-ln x 恒成立，即对任意x∈(1，+∞)，不等式eλx-λx≥eln x-ln x 恒成立，
因为x∈(1，+∞)，所以ln x>0，
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又λ>0，所以λx>0，令f(x)=ex-x，x∈(0，+∞)，
则f'(x)=ex-1>0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
由不等式eλx-λx≥eln x-ln x 对任意x∈(1，+∞)恒成立，得f(λx)≥f(ln x)对任意x∈(1，+∞)恒成立，
即λx≥ln x 对任意x∈(1，+∞)恒成立，
所以λ≥ln x
x 对任意x∈(1，+∞)恒成立，
令g(x)=ln x
x ，x∈(1，+∞)，则g'(x)=1−ln x
x
2
，
当1<x<e 时，g'(x)>0，即g(x)在(1，e)上单调递增，
当x>e 时，g'(x)<0，即g(x)在(e，+∞)上单调递减，所以g(x)max=g(e)=1
e ，
故λ≥1
e ，即λ 的取值范围是[
1
e ，+ ∞).
[规律方法] (1)构造函数比较大小的常见类型
①构造相同的函数，利用单调性，比较函数值的大小；
②构造不同的函数，通过比较两个函数的函数值进行比较大小.
(2)指对同构的常用形式
①积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
(ⅰ)同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)=xex；
(ⅱ)同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)=xln x；
(ⅲ)取对构造形式：a+ln a≤ln b+ln(ln b)(b>1)，构造函数f(x)=x+ln x.
②商型：e
a
a ≤b
ln b ，一般有三种同构方式：
(ⅰ)同左构造形式：e
a
a ≤e
ln b
ln b ，构造函数f(x)=e
x
x ；
(ⅱ)同右构造形式：
e
a
ln e
a≤b
ln b ，构造函数f(x)= x
ln x ；
(ⅲ)取对构造形式：a-ln a≤ln b-ln(ln b)(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：
(ⅰ)同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)=ex±x；
(ⅱ)同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)=x±ln x.
跟踪演练2 (1)已知a=e
−2 024
2 025 ，b=ln2 026
2 025 ，c=
1
2 025 ，则( )
A.c<a<b
B.a<c<b
C.c<b<a
D.b<c<a
答案 D
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解析 现在证明一个不等式：ex≥x+1，
设s(x)=ex-x-1，则s'(x)=ex-1，
当x<0 时，s'(x)<0，当x>0 时，s'(x)>0，
故s(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
故s(x)≥s(0)=0，当且仅当x=0 时等号成立，
故ex≥x+1，当且仅当x=0 时等号成立，
故当x>-1 时，ln ex≥ln(x+1)，即x≥ln(x+1)，
当且仅当x=0 时等号成立，
令x=-2 024
2 025 ，
由ex≥x+1 可得c=1-2 024
2 025<e
−2 024
2 025=a，
而b=ln2 026
2 025=ln(1+
1
2 025)<
1
2 025=c，
故b<c<a.
(2)已知x0为函数f(x)=x2ex+e2ln x-2e2的零点，则x0+ln x0等于( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 B
解析 由f(x)=0 得x2ex=2e2-e2ln x，
即x2ex=e2(2-ln x)，即x2ex=e2lne
2
x ，
因为x>0，所以xex=e
2
x lne
2
x ，
所以x0为方程xex=e
2
x lne
2
x 的根，
即x0e
x0=e
2
x0
ln e
2
x0
.
令g(x)=xex(x>0)，则g'(x)=ex(x+1)>0，所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，
又x0e
x0=e
2
x0
ln e
2
x0
，则g(x0)=g(ln e
2
x0)，
所以x0=ln e
2
x0
=2-ln x0，即x0+ln x0=2.
微点三 对数“单身狗”，指数找朋友
(1)在证明或处理含对数式的不等式(或方程)时，通常要先让对数式独立出来，把对数式前面乘的式子或底
下除的式子处理掉，让对数式变成单独的一项，然后构造新函数，并对新函数求导，通常只需一次求导即
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可求出新函数的极(最)值点，进而解决问题，这样可以避免多次求导.这种相当于让对数式“孤军奋战”的
变形过程，我们可形象地称之为对数“单身狗”.
(2)在证明或处理含指数式的不等式(或方程)时，通常要让指数式乘以或除以一个式子，把指数式化成1.这
样就可以很容易求出新函数的极(最)值点了，从而可以避免多次求导.这种相当于给指数式找了一个“合作
伙伴”的变形过程，我们形象地称之为指数找朋友.
例3 已知函数f(x)=ax2-xln x+2
a(a∈R 且a≠0).若不等式f(x)≤0 对任意x∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的
取值范围.
解 方法一 (对数“单身狗”)
由题意可得ax-ln x+ 2
ax ≤0 对任意x∈(0，+∞)恒成立.
令g(x)=ax-ln x+ 2
ax ，x>0，
则g'(x)=a-1
x - 2
a x
2
=a
2 x
2−ax−2
a x
2
=(ax−2)(ax +1)
a x
2
，
当a>0 时，g(1)=a+2
a≥2√2，与g(x)≤0 对任意x∈(0，+∞)恒成立矛盾，不符合题意；
当a<0 时，ax-2<0，ax2<0，
令g'(x)>0，可得0<x<-1
a ，
令g'(x)<0，可得x>-1
a ，
所以g(x)在(0，−1
a)上单调递增，在(−1
a ，+ ∞)上单调递减，
所以g(x)max=g(−1
a)=ln(-a)-3，
所以ln(-a)-3≤0，解得-e3≤a<0.
综上，实数a 的取值范围是[-e3，0).
方法二 (分类讨论法——隐零点)
因为f(x)=ax2-xln x+2
a ，x∈(0，+∞)，
则f'(x)=2ax-ln x-1，
记h(x)=f'(x)，x>0，
则h'(x)=2a-1
x =2ax−1
x
.
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①当a>0 时，f(1)=a+2
a>0，与f(x)≤0 对任意x∈(0，+∞)恒成立矛盾，不符合题意；
②当a<0 时，h'(x)<0，
则f'(x)在(0，+∞)上单调递减，
因为f'(e-1)=2ae-1<0，
f'(e2a-1)=2a(e2a-1-1)>0，
所以∃x0∈(e2a-1，e-1)，
使得f'(x0)=2ax0-ln x0-1=0，
即a=ln x0+1
2 x0
，
所以当x∈(0，x0)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)max=f(x0)=ax0
2-x0ln x0+2
a
=ln x0+1
2 x0
×x0
2-x0ln x0+
2
ln x0+1
2 x0
= x0[9−(ln x0)
2]
2(ln x0+1)
≤0，
因为x0∈(e2a-1，e-1)，所以ln x0+1<0，
所以9-(ln x0)2≥0，即-3≤ln x0<-1，
解得e-3≤x0<e-1.
由a=ln x0+1
2 x0
，
不妨设g(x)=ln x +1
2 x
，x∈[e-3，e-1)，
则g'(x)=−ln x
2 x
2 >0，
所以g(x)在[e-3，e-1)上单调递增，
所以g(e-3)≤g(x)<g(e-1)，
即-e3≤g(x)<0，所以-e3≤a<0，
综上，实数a 的取值范围是[-e3，0).
[规律方法] 对比两个方法，不难发现：根据对数“单身狗”变形后构造的函数的极(最)值点更易于求得，
问题更易于求解.
跟踪演练3 已知函数f(x)=ex+ln x.证明：当x>0 时，f(x)-x>x2+1
2x3.
证明 方法一 (指数找朋友)
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要证f(x)-x>x2+1
2x3，x>0，
即证ex>1+x+1
2x2，
即证(1+ x + 1
2 x
2)e-x<1，
令g(x)=(1+ x + 1
2 x
2)e-x(x>0)，
则g'(x)=-1
2x2e-x<0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，
从而g(x)<(1+0+ 1
2 ×0
2)×e0=1 恒成立，
故f(x)-x>x2+1
2x3成立.
方法二 (作差构造法)
要证f(x)-x>x2+1
2x3，x>0，
即证xex-x>x2+1
2x3，
即证ex-1-x-1
2x2>0.
令h(x)=ex-1-x-1
2x2(x>0)，
则h'(x)=ex-1-x，
记g(x)=h'(x)，x>0，则g'(x)=ex-1>0 恒成立，
所以h'(x)在(0，+∞)上单调递增，
从而h'(x)>e0-1-0=0 恒成立，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增，
从而h(x)>e0-1-0-1
2×02=0，
即ex-1-x-1
2x2>0，
故f(x)-x>x2+1
2x3成立.
专题强化练
[分值：80 分]
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一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.已知定义域为R 的奇函数f(x)，当x∈(-∞，0)时，f(x)+xf'(x)<0 恒成立，若a=3f(3)，b=f(1)，c=-2f(-2)，则
( )
A.a>c>b
B.c>b>a
C.c>a>b
D.a>b>c
答案 A
解析 因为f(x)为奇函数，
则f(-x)=-f(x)，
设g(x)=xf(x)，则g(x)的定义域为R，
且g(-x)=-xf(-x)=xf(x)=g(x)，
所以g(x)是偶函数，
当x∈(-∞，0)时，g'(x)=f(x)+xf'(x)<0，
则g(x)在(-∞，0)上单调递减，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，
又因为a=3f(3)=g(3)，b=f(1)=g(1)，
c=-2f(-2)=g(-2)=g(2)，所以a>c>b.
2.已知a=ln 2
2e ，b= 1
e
2 ，c=2+ ln3
3e
3
，则( )
A.c<b<a
B.a<c<b
C.a<b<c
D.c<a<b
答案 D
解析 由题可得a=1
e ·ln2
2 =1
e ·ln 4
4 ，b=1
e ·ln e
e
，c=1
e ·ln(3e
2)
3e
2
，
可构造函数f(x)=ln x
e x (x>0)，
所以f'(x)=1−ln x
e x
2
，
当x∈(e，+∞)时，f'(x)<0，
即函数f(x)在(e，+∞)上单调递减.
而a=f(4)，b=f(e)，c=f(3e2)，
由e<4<3e2，得f(e)>f(4)>f(3e2)，即b>a>c.
3.(2025·银川模拟)设a=90.2，b=30.31，c=3ln 1.3，则( )
A.c<b<a
B.b<c<a
C.a<c<b
D.a<b<c
答案 A
解析 根据题意，构造函数f(x)=x-1-ln x，
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则f'(x)= x−1
x
，
当x≥1 时，f'(x)≥0，所以f(x)在区间[1，+∞)上单调递增，
可得f(1.3)>f(1)=0，
即f(1.3)=1.3-1-ln 1.3=0.3-ln 1.3>0，
所以0.3>ln 1.3，
又指数函数y=3x在R 上单调递增，
则30.31>30.3>3ln 1.3，即b>c，
因为a=90.2=30.4>30.31=b，所以c<b<a.
4.已知函数f(x)的导函数为f'(x)，且f(1)=e，当x>0 时，f'(x)<1
x +ex，则不等式f ( x)−ln x
e
x
>1 的解集为( )
A.(0，1)
B.(0，+∞)
C.(1，+∞)
D.(0，1)∪(1，+∞)
答案 A
解析 不等式f ( x)−ln x
e
x
>1 等价于f(x)-ln x>ex，即f(x)-ex-ln x>0，
构造函数g(x)=f(x)-ex-ln x，x>0，
所以g'(x)=f'(x)-ex-1
x ，
因为当x>0 时，f'(x)<1
x +ex，
所以g'(x)<0 对∀x∈(0，+∞)恒成立，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递减，
又因为g(1)=f(1)-e-ln 1=0，
所以不等式f(x)-ex-ln x>0 等价于g(x)>g(1)，所以0<x<1，
即f ( x)−ln x
e
x
>1 的解集为(0，1).
5.(2025·白银模拟)若正实数x，y 满足yln(xy)=ex，则y 的最小值为( )
A.1
B.√e
C.e
D.2
答案 C
解析 由yln(xy)=ex，得xyln(xy)=xex，
故ln(xy)·eln(xy)=xex.
由题意得，x>0，xy>0，ex>0，所以ln(xy)>0.
设f(t)=tet，t>0，则f'(t)=(t+1)et>0，
∴f(t)在(0，+∞)上单调递增，
∵f(ln(xy))=f(x)，∴ln(xy)=x，
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∴xy=ex，即y=e
x
x ，x>0，∴y'=( x−1)e
x
x
2
，
当x∈(0，1)时，y'<0，y=e
x
x 在(0，1)上单调递减，
当x∈(1，+∞)时，y'>0，y=e
x
x 在(1，+∞)上单调递增，∴当x=1 时，y 取得极小值也是最小值，最小值为e.
6.已知可导函数f(x)的导函数为f'(x)，若对任意的x∈R，都有f(x)>f'(x)+1，且y=f(x)-2 025 为奇函数，则不
等式f(x)-2 024ex<1 的解集为( )
A.(-∞，0)
B.(-∞，e)
C.(e，+∞)
D.(0，+∞)
答案 D
解析 方法一 (通解)
由题意，构造函数g(x)=f ( x)−1
e
x
(x∈R)，
因为f(x)>f'(x)+1，
所以g'(x)=f
'( x)·e
x−[ f ( x)−1]e
x
(e
x)
2
=f
'( x)−f ( x)+1
e
x
<0，故函数g(x)在R 上单调递减.由y=f(x)-2 025 为奇函
数，
得f(0)-2 025=0，则f(0)=2 025，所以g(0)=f (0)−1
e
0
=2 024.
不等式f(x)-2 024ex<1 等价于g(x)=f ( x)−1
e
x
<2 024，即g(x)<g(0)，又函数g(x)在R 上单调递减，
所以x>0，故不等式f(x)-2 024ex<1 的解集为(0，+∞).
方法二 (秒解)
令f(x)=2 025(巧构造：对于抽象函数问题，可以先尝试构造常数函数解题，如本题，恰巧常函数f(x)=2 025
满足所有条件)，
则函数满足f(x)>f'(x)+1，且y=f(x)-2 025 为奇函数，满足题意，
则f(x)-2 024ex<1，即2 024<2 024ex，即ex>1，解得x>0，
故不等式f(x)-2 024ex<1 的解集为(0，+∞).
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·池州模拟)下列不等关系中正确的是( )
A.ln2
2 <ln3
3
B.bea>aeb(a>b>1)
C.cos1
4 <1- 1
32
D.sin 1.2>√3
2
答案 ABD
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解析 对于A 项，ln 2
2 <ln3
3 ⇔3ln 2<2ln 3⇔ln 8<ln 9，故A 项正确；
对于B 项，设k(x)=e
x
x ，x>1，
则k'(x)=e
x( x−1)
x
2
>0 在(1，+∞)上恒成立，
故函数k(x)在(1，+∞)上单调递增，
因为a>b>1，所以k(a)>k(b)，
即e
a
a >e
b
b ，故bea>aeb，故B 项正确；
对于C 项，cos1
4 <1- 1
32=1-1
2(
1
4)
2
，
故构造f(x)=cos x-1+1
2x2(x>0)，
则f'(x)=x-sin x>0，
则f(x)在(0，+∞)上单调递增，
f (
1
4)=cos1
4 -31
32>f(0)=0，
即cos1
4 >1- 1
32 ，故C 项错误；
对于D 项，sin 1.2>sinπ
3 =√3
2 ，故D 项正确.
8.已知函数f(x)在R 上可导，其导函数为f'(x)，若f(x)满足(x-1)[f'(x)-f(x)]>0，f(2-x)=f(x)e2-2x，则下列判断正
确的是( )
A.f(1)<ef(0)
B.f(2)>e2f(0)
C.f(3)>e3f(0)
D.f(4)<e4f(0)
答案 AC
解析 设F(x)=f ( x)
e
x ，
则F'(x)=e
x f
'( x)−e
x f ( x)
e
2 x
=f
'( x)−f ( x)
e
x
，
∵函数f(x)满足(x-1)[f'(x)-f(x)]>0，
当x>1 时，f'(x)-f(x)>0，∴F'(x)>0，
∴F(x)在(1，+∞)上单调递增；
当x<1 时，f'(x)-f(x)<0，∴F'(x)<0，
∴F(x)在(-∞，1)上单调递减，
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又由f(2-x)=f(x)e2-2x⇔f (2−x)
e
2−x
=f ( x)
e
x ⇔
F(2-x)=F(x)，
∴F(x)关于直线x=1 对称，
从而F(1)<F(0)=F(2)<F(3)<F(4).
∵F(1)<F(0)，∴f (1)
e
1 <f (0)
e
0 ，
∴f(1)<ef(0)，故A 正确；
∵F(0)=F(2)，∴f (0)
e
0 =f (2)
e
2 ，∴f(2)=e2f(0)，故B 错误；
∵F(0)<F(3)，∴f (0)
e
0 <f (3)
e
3 ，
∴f(3)>e3f(0)，故C 正确；
∵F(0)<F(4)，∴f (0)
e
0 <f (4)
e
4 ，
∴f(4)>e4f(0)，故D 错误.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.(2025·西宁模拟)已知x，y 为正实数，ln x+ln y= 1
y -x，则x+y 的取值范围是 .
答案 [2，+∞)
解析 由ln x+ln y= 1
y -x，x>0，y>0，
得ln x+x=-ln y+ 1
y =ln 1
y + 1
y ，
构造函数f(x)=ln x+x，x>0，
则f'(x)=1
x +1>0，
所以f(x)=ln x+x 在(0，+∞)上单调递增，
又ln x+x=ln 1
y + 1
y ，所以f(x)=f (
1
y)，则x= 1
y ，即xy=1，
由基本不等式可知x+y≥2√xy=2，
当且仅当x=y=1 时等号成立，所以x+y 的取值范围为[2，+∞).
10.已知函数f(x)的定义域为(−π
2 ，π
2)，其导函数是f'(x).若f'(x)cos x+f(x)sin x<0，则关于x 的不等式
f(x)>2f (
π
3)cos x 的解集为 .
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答案 (−π
2 ，π
3)
解析 依题意令F(x)= f ( x)
cos x ，x∈(−π
2 ，π
2)，
则F'(x)=f
'( x)cos x + f ( x)sin x
co s
2 x
，
因为当-π
2 <x<π
2 时，f'(x)cos x+f(x)sin x<0，
所以当x∈(−π
2 ，π
2)时，F'(x)<0，
所以F(x)在(−π
2 ，π
2)上单调递减，
则f(x)>2f (
π
3)cos x 等价于f ( x)
cos x >
f(
π
3)
cos π
3
，
即F(x)>F(
π
3)，
所以{
x< π
3 ,
−π
2 < x< π
2 ,
解得-π
2 <x<π
3 ，
所以所求不等式的解集为(−π
2 ，π
3).
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)(2025·郑州模拟)已知函数f(x)=e
x−1·ln x
x
.
(1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(4 分)
(2)当x∈(0，2)时，求证：f(x)≤x-1.(9 分)
(1)解 由题意可知f'(x)=e
x−1( x ln x +1−ln x)
x
2
，
则f'(1)=1，又f(1)=0.
故所求切线方程为y=1×(x-1)，即y=x-1.
(2)证明 当x∈(0，2)时，要证f(x)=e
x−1·ln x
x
≤x-1，
即证ln x
x ≤x−1
e
x−1 ，
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即证ln x
e
ln x ≤x−1
e
x−1 在x∈(0，2)上恒成立.
令p(x)= x
e
x ，则p'(x)=1−x
e
x ，
故当x<1 时，p'(x)>0，当x>1 时，p'(x)<0，
所以p(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
令t(x)=ln x-x+1，x>0，
则t'(x)=1
x -1=1−x
x
，
故当0<x<1 时，t'(x)>0，当x>1 时，t'(x)<0，
所以t(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
则t(x)max=t(1)=0，故ln x≤x-1.
当x∈(0，2)时，有{
ln x<1,
x−1<1,即ln x≤x-1<1，
故p(ln x)≤p(x-1)，
即ln x
e
ln x ≤x−1
e
x−1 在x∈(0，2)上恒成立，
故当x∈(0，2)时，f(x)≤x-1.
12.(15 分)已知函数f(x)=xln x-mx(其中m∈R).
(1)当m=2 时，求函数f(x)在x=e 处的切线方程；(4 分)
(2)当x≥1 时，不等式f(x)+2x+m≥0 恒成立，求整数m 的最大值.(11 分)
解 (1)当m=2 时，f(x)=xln x-2x，定义域为(0，+∞)，
则f(e)=-e，
且f'(x)=x·1
x +ln x-2=ln x-1，
则f'(e)=0，
所以函数f(x)在x=e 处的切线方程为y=-e.
(2)f(x)+2x+m=xln x-mx+m+2x≥0 可化为m(x-1)≤xln x+2x，
因为x≥1，所以当x=1 时，0≤2，符合题意，m∈R；
当x>1 时，x-1>0，可得m≤x ln x +2 x
x−1
恒成立，
令g(x)= x ln x +2 x
x−1
，x∈(1，+∞)，
可知m≤g(x)min，
可得g'(x)=(ln x +3)( x−1)−( x ln x +2 x)
( x−1)
2
= x−ln x−3
( x−1)
2
，
令h(x)=x-ln x-3，x∈(1，+∞)，
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则h'(x)=1-1
x = x−1
x
>0 在(1，+∞)上恒成立，
可知h(x)在(1，+∞)上单调递增，且h(4)=1-ln 4<0，h(5)=2-ln 5=lne
2
5 >0，
则∃t∈(4，5)，使得h(t)=t-ln t-3=0，
即ln t=t-3，
当1<x<t 时，h(x)<0，
即g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x>t 时，h(x)>0，
即g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(t)=t ln t +2t
t −1
=t(t −3)+2t
t −1
=t，
所以只需m≤t，
因为t∈(4，5)，
即整数m 的最大值为4，
综上所述，整数m 的最大值为4
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