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培优点11 同构与异构
[考情分析] 同构、异构问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维.同构、异构问题是指
在不等式、方程、函数中，通过等价变形成相同形式，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 若e2a-eb>4a2-b2+1，则( )
A.4a2>b2
B.4a2<b2
C.(
1
4)
a
>(
1
2)
b
D.(
1
4)
a
<(
1
2)
b
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x<ln 2 时，g'(x)<0，当x>ln 2 时，g'(x)>0，所以函数g(x)在(-∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调
递增，
则g(x)min=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，
不等式e2a-4a2>eb-b2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；
对于C，D，(
1
2)
2a
<(
1
2)
b
，
即(
1
4)
a
<(
1
2)
b
，C 错误，D 正确.
[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+log2a=4b+2log4b，则( )
A.a>2b
B.a<2b
C.a>b
D.a<b2
答案 BC
解析 由指数和对数的运算性质可得
2a+log2a=4b+2log4b=22b+log2b.
令f(x)=2x+log2x，
则f(x)在(0，+∞)上单调递增，因为b>0，
所以2b+log2b<22b+log2b<22b+log22b，
所以2b+log2b<2a+log2a<22b+log22b，
即f(b)<f(a)<f(2b)，所以b<a<2b.
考点二 指对同构问题
例2 (1)(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，
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 ，+ ∞).
(2)(2025·郴州模拟)已知f(x)=memx-ln x(m>0)，若f(x)有两个零点，则实数m 的取值范围为( )
A.(0，1
e)
B.(0，1
e
2)
C.(
1
e ，+ ∞)
D.[
1
e
2 ，+∞)
答案 A
解析 若f(x)有两个零点，则f(x)=memx-ln x=0 有两个解，
等价于mxemx-xln x=0(x>0)有两个解，因为m>0，x>0，所以ln x>0，即x>1，
令g(t)=tet，t>0，原式等价于g(mx)=g(ln x)有两个解，
因为g'(t)=(t+1)et，则当t>0 时，g'(t)>0，所以g(t)在(0，+∞)上单调递增，
所以mx=ln x(x>1)有两个大于1 的解.
由mx=ln x，可得m=ln x
x ，令h(x)=ln x
x (x>1)，
则h'(x)=1- ln x
x
2
，
当1<x<e 时，h'(x)>0，当x>e 时，h'(x)<0，
所以h(x)在(1，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，且h(e)=1
e ，h(x)的图象如图，
所以当0<m<1
e 时，y=m 与h(x)=ln x
x 的图象有两个交点，即f(x)有两个零点，故实数m 的取值范围是
(0，1
e).
[规律方法] 指对同构的常用形式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)=xex；
②同右构造形式：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)(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：
①同左构造形式：e
a
a ≤e
ln b
ln b，构造函数f(x)=e
x
x ；
②同右构造形式：
e
a
ln e
a≤b
ln b，构造函数f(x)= x
ln x ；
③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：
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.
跟踪演练2 (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；
(2)当x∈(0，2)时，求证：f(x)≤x-1.
(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 ，
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.
考点三 异构
例3 证明：xex-1>ln x+sin x.
证明 要证xex-1>ln x+sin x，
即证xex-1-ln x-sin x>0，
又xex-1-ln x-sin x=ex+ln x-1-ln x-sin x
=ex+ln x-(x+ln x)-1+x-sin x(x>0).
令f(x)=ex-x-1，∴f'(x)=ex-1.
∴当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0；
当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(0)=0，
∴ex-x-1≥0，当且仅当x=0 时等号成立.
∴ex+ln x-(x+ln x)-1≥0，
当且仅当x+ln x=0 时取等号.
令φ(x)=x-sin x(x>0)，
∴φ'(x)=1-cos x≥0，
∴φ(x)在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，
即x-sin x>0，
∴ex+ln x-(x+ln x)-1+(x-sin x)>0，
即原不等式成立.
[规律方法] 异构是指在不等式或方程中构造多个不同的函数，常与不等式ex≥x+1，ln x≤x-1，x-sin
x>0(x>0)等相结合，考查不等式恒成立、证明不等式、求函数零点等.
跟踪演练3 (2025·南昌模拟)已知正实数x，y 满足x
2+2y-2=ln x+ln y，则yx等于( )
A.2
B.√2
C.1
4
D.√2
2
答案 C
解析 方法一 ∵x
2+2y-2=ln x+ln y，
x>0，y>0，
∴x
2-ln x-2=ln y-2y，
令f(x)= x
2-ln x-2，x>0，
∴f'(x)=1
2-1
x = x -2
2 x ，
当x∈(0，2)时，f'(x)<0，
当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，
∴f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
∴f(x)min=f(2)=-ln 2-1，
令g(y)=ln y-2y，y>0，
∴g'(y)= 1
y -2=1-2 y
y
.
当y∈(0，1
2)时，g'(y)>0，
当y∈(
1
2 ，+∞)时，g'(y)<0，
∴g(y)在(0，1
2)上单调递增，在(
1
2 ，+∞)上单调递减，
∴g(y)max=g(
1
2)=ln1
2-1=-ln 2-1，
∴f(x)min=g(y)max，又f(x)=g(y)，
∴x=2，y=1
2，∴yx=(
1
2)
2
=1
4 .
方法二 由题设可得ln(xy)= x
2+2y-2≥2√xy-2(当且仅当x=4y 时取等号)，
即ln(xy)≥2√xy-2，由于x，y 均为正实数，
则ln√xy≥√xy-1，
设m(x)=ln x-x+1，x>0，则m'(x)=1
x -1=1- x
x
，
当x>1 时，m'(x)<0，m(x)在(1，+∞)上单调递减，
当0<x<1 时，m'(x)>0，m(x)在(0，1)上单调递增，∴m(x)≤m(1)=0，
∴ln x≤x-1，当且仅当x=1 时取等号，
∴ln√xy≤√xy-1，当且仅当√xy=1 时取等号，
故{
x = 4 y ,
√xy =1,解得{
x =2,
y = 1
2 ,∴yx=(
1
2)
2
=1
4 .
专题强化练
[分值：58 分]
单选题每小题5 分，共20 分
1.若命题“∃a，b∈R，a-cos b≤b-cos a”为假命题，则a，b 的大小关系为( )
A.a<b
B.a>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，又f(a)>f(b)，所以a>b.
2.(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，
∴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.
3.已知关于x 的不等式axex+x>1-ln x 有解，则实数a 的取值范围为( )
A.(- 1
e
2 ，+∞)
B.(- 1
e ，+∞)
C.(-∞，1
e
2)
D.(-∞，1
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，
即a>1- ln( x e
x)
x e
x
(x>0)有解，
令t=xex(x>0)，则t∈(0，+∞)，则a>1- lnt
t
有解，
设f(t)=1- lnt
t
(t>0)，则f'(t)=ln t -2
t
2
，
当0<t<e2时，f'(t)<0，f(t)单调递减，
当t>e2时，f'(t)>0，f(t)单调递增，
所以当t∈(0，+∞)时，f(t)≥f(e2)=- 1
e
2，
所以实数a 的取值范围为(- 1
e
2 ，+∞).
4.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a 有2 个零点，则实数a 的取值范围是( )
A.(-∞，0)
B.(-∞，1]
C.[0，+∞)
D.(1，+∞)
答案 D
解析 因为f(x)=x(1-ex)+ln x+a 有两个零点，
所以x(1-ex)+ln x+a=0 有两个不同的解，
故x+ln x+a-ex+ln x=0 有两个不同的解，
设t=x+ln x，x>0，则t'=1+1
x >0，
故t=x+ln x 在(0，+∞)上单调递增，
而当x→0 时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，
故t=x+ln x 的值域为R，
故t+a-et=0 在R 上有两个不同的解，
设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et，
当t<0 时，s'(t)>0；当t>0 时，s'(t)<0，
故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1，
又当t→+∞时，s(t)→-∞，当t→-∞时，s(t)→-∞，
故当a>1 时，s(t)有两个不同的零点，所以a 的取值范围是(1，+∞).
5.(5 分)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，+∞).
6.(5 分)已知函数f(x)=ln x+(a-1)x+1，不等式f(x)≤xex恒成立，则a 的取值范围是 .
答案 (-∞，2]
解析 依题意ln x+(a-1)x+1≤xex恒成立，
即ex+ln x-(x+ln x)-1-(a-2)x≥0 恒成立，
令g(x)=ex+ln x-(x+ln x)-1-(a-2)x(x>0)，
∵ex-x-1≥0，当且仅当x=0 时等号成立，
∴ex+ln x-(x+ln x)-1≥0，当且仅当x+ln x=0 时等号成立，
当a>2 时，若ln x0+x0=0(x0>0)，
则g(x0)=e0-0-1-(a-2)x0=-(a-2)x0<0，与g(x)≥0 矛盾；
当a≤2 时，∵x>0，∴(a-2)x≤0 恒成立，显然g(x)≥0 恒成立，满足题意，
故a 的取值范围为(-∞，2].
7.(13 分)(2025·晋中模拟)已知函数f(x)=1+ ln x
x
.
(1)讨论f(x)的单调性；(6 分)
(2)若eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0，+∞)恒成立，求实数a 的取值范围.(7 分)
解 (1)函数f(x)=1+ ln x
x
的定义域为(0，+∞)，
又f'(x)=-ln x
x
2 ，令f'(x)=0，得x=1，
当x∈(0，1)时，f'(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0，所以f(x)在(1，+∞)上单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞).
(2)由eax-1+ax-x≥xf(x)对任意x∈(0，+∞)恒成立，得eax-1+ax-x≥ln x+1 对任意x∈(0，+∞)恒成立，即
eax-1+ax-1≥x+ln x 对任意x∈(0，+∞)恒成立，即eax-1+ax-1≥eln x+ln x 对任意x∈(0，+∞)恒成立.
令g(x)=ex+x，则有g(ax-1)≥g(ln x)，
显然g(x)为增函数，可得ax-1≥ln x，x>0，
则a≥ln x +1
x
，x>0，所以a≥f(x)max.
由(1)可知f(x)max=f(1)=1，
所以a≥1，故a 的取值范围为[1，+∞).
8.(15 分)已知函数f(x)=x(aex-1)，a∈R.
(1)若曲线y=f(x)在x=-1 处的切线l 与直线x-ay+2=0 垂直，求l 的方程；(6 分)
(2)若g(x)=f(x)+(2-ln x-x)e3+x，求证：当a>1 时，g(x)>0.(9 分)
(1)解 由题意知，f'(x)=aex(x+1)-1，
则f'(-1)=-1，即kl=-1.
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，
则f(-1)=-1×(e-1-1)=1-1
e ，
故l 的方程为y-(1- 1
e)=-1×(x+1)，
即x+y+1
e =0.
(2)证明 由题意知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)min=F(0)=0，即et≥t+1，当且仅当t=0 时取等号.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.
