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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x1，x2的函数，常见的同构类型有以下几种：
(1)g(x1)－g(x2)>λ[f(x2)－f(x1)]⇔g(x1)＋λf(x1)>g(x2)＋λf(x2)，构造函数φ(x)＝g(x)＋
λf(x)；
(2)>k(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)<kx1－kx2⇔f(x1)－kx1<f(x2)－kx2，构造函数φ(x)＝f(x)－
kx；
(3)<(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)>＝－⇔f(x1)＋>f(x2)＋，构造函数φ(x)＝f(x)＋.
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＜x1＜x2＜a，都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立，则a 的最大值为( )
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0<t<1，
∴f(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
∴当x>y>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x<y，
故必要性不成立.
综上，“x>y>1”是“x－ln x>y－ln y”的充分不必要条件.故选A.
(2)由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2，
两边同除以x1x2得－≤－，
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＋log2a＝4b＋2log4b，则( )
A.a>2b
B.a<2b
C.a>b2
D.a<b2
(2)(2024·宜宾调研)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，则m 的最小
值是( )
A.e2
B.e
C.1
D.
答案 (1)B (2)D
解析 (1)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.
又∵22b＋log2b<22b＋log2b＋1＝22b＋log2(2b)，
∴2a＋log2a<22b＋log2(2b)，即f(a)<f(2b)，∴a<2b.故选B.
(2)对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1＜x2，＜2，易知m≥0，
则x1ln x2－x2ln x1＜2x2－2x1，
所以x1(ln x2＋2)＜x2(ln x1＋2)，
即＞，
令f(x)＝，则函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减，
因为f′(x)＝－，
由f′(x)＜0，可得x＞，
所以f(x)的单调递减区间为，
所以(m，＋∞)⊆，
所以m≥，
因此， 实数m 的最小值为.
类型二 指对跨阶同构型
1.对于一个指数、直线、对数三阶的问题可以通过跨阶函数的同构，转化为两阶
问题解决，通常在一些求参数的取值范围、零点个数、证明不等式中应用跨阶同
构来快速解题.跨阶同构需要构造一个母函数，即外层函数，这个母函数需要满
足：①指对跨阶，②单调性和最值易求.
2.为了实现不等式两边“结构”相同的目的，需要对指对式进行“改头换面”，
常用的方法有：x＝eln x，xex＝eln x＋x，x2ex＝e2ln x＋x，＝e－ln x＋x，ln x＋ln a＝
ln(ax)，ln x－1＝ln ，有时也需要对等式两边同时加、乘某式等.
考向1 指对同构与恒成立问题
例2 (2024·重庆调研节选)若对任意x∈(1，＋∞)，a(eax＋1)－2ln x≥0 恒成立，
求a 的取值范围.
解 由题意知，a(eax＋1)－2ln x≥0(x>1)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)max＝h(e)＝，即a 的取值范围为.
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0<x<1 时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x>1 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0<x<1 时，t′(x)>0，t(x)单调递增；当x>1 时，t′(x)<0，t(x)单调递减，
所以t(x)max＝t(1)＝0，所以ln x≤x－1，
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 a<ln b－ln(ln b)，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>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0<x<1 时，f′(x)<0；
当x>1 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0<e－x<1，当a<0 时，xa∈(0，1)，f(x)在(0，1)上单调递减，
∴e－x≤xa⇒a≥－.
令g(x)＝－(x>1)，g′(x)＝，
令g′(x)＝0，得x＝e.
当1<x<e 时，g′(x)>0，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x0是函数f(x)＝x2ex－2＋ln x－2 的零点，则e2－x0＋ln x0＝________.
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，∴e2－x0＋ln x0＝x0＋ln x0＝2.
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)min＝φ(1)＝1，
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)<f(y)⇔x<y.
A，B 选项，y>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x1，x2满足x13x1＝9，x2(log3x2－2)＝81，则x1x2＝( )
A.27
B.32
C.64
D.81
答案 D
解析 由题意得，x1>0，x2>0.
令log3x2－2＝t，则x2＝32＋t，32＋tt＝81，
得t·3t＝9，
∴x1，t 是方程x·3x＝9 的根.
令f(x)＝x·3x(x>0)，则f′(x)＝3x＋x·3xln 3>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴x1＝t，即log3x2－2＝x1，∴x1x2＝(log3x2－2)x2＝81.
3.已知函数f(x)＝ex－ax2的定义域为，且对∀x1，x2∈，x1≠x2，<x1＋x2恒成立，
则实数a 的取值范围为( )
A.
B.[－1，＋∞)
C.
D.
答案 A
解析 设x1>x2，因为对∀x1，x2∈，当x1≠x2时都有<x1＋x2恒成立，等价于f(x1)
－f(x2)<x－x，即f(x1)－x<f(x2)－x，
令F(x)＝f(x)－x2＝ex－ax2－x2，则F(x1)<F(x2)，所以F(x)在上为减函数，
所以F′(x)＝ex－2(a＋1)x≤0 在上恒成立，
即≤2(a＋1)在上恒成立，
令h(x)＝，x∈，
则h′(x)＝，
所以函数h(x)在上单调递减，在(1，2)上单调递增，
又h＝2，h(2)＝，且2<，
所以h(x)max<h(2)＝，
所以≤2(a＋1)，解得a≥－1，故选A.
4.若关于x 的不等式ex－a≥ln x＋a 对一切正实数x 恒成立，则实数a 的取值范围
是( )
A.
B.(－∞，e]
C.(－∞，1]
D.(－∞，2]
答案 C
解析 ∵ex－a≥ln x＋a，
∴ex－a＋x－a≥x＋ln x，
∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，
设f(t)＝et＋t，则f′(t)＝et＋1＞0，
∴f(t)在R 上单调递增，
故ex－a＋(x－a)≥eln x＋ln x，
即f(x－a)≥f(ln x)，
即x－a≥ln x，即a≤x－ln x，
设g(x)＝x－ln x，
则g′(x)＝1－＝，
令g′(x)＞0，x＞1，令g′(x)<0，0<x<1，
∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1，故选C.
二、多选题
5.已知a>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，0<ex<1，x＋1<1，则ex(x＋1)<1，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
对于A，取m＝n＝e，则ln n＝1<m，
∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(m)>f(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0<n≤1 时，em>1≥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0<n≤1 时，m＋ln n<0 显然成立.
当ln n>0 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)<f(－x).
由m<0 可得f(m)<f(－m)，
则f(ln n)<f(－m)，
又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且ln n>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0<x<e 时，g′(x)>0，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0<a<1 或a＝e，
故a 的取值范围为(0，1)∪{e}.
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 (1)∵g(x)＝＋2 的定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝.
由g′(x)>0，得0<x<e，由g′(x)<0，得x>e.
∴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)min＝φ(0)＝2，故
a≤2.
