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)f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
>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)f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
< k
x1 x2(x1<x2)⇔f(x1)－f(x2)>k( x1−x2)
x1 x2
＝k
x2
－k
x1
⇔f(x1)＋k
x1>f(x2)＋k
x2,构造函数φ(x)
＝f(x)＋k
x .
例1 (2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)＝xln x,若任意两个不相等的正实数x1,x2,都有
f ( x1)−f ( x2)
x1
2−x2
2
<m 恒成立,则实数m 的取值范围为 .
答案 [
1
2 ,＋∞)
解析 不妨设0<x1<x2,
则由
f ( x1)−f ( x2)
x1
2−x2
2
<m,
得f(x1)－f(x2)>m(x1
2－x2
2),
得f(x1)－mx1
2>f(x2)－mx2
2,
也就是说,函数g(x)＝f(x)－mx2＝xln x－mx2在(0,＋∞)上单调递减,
因为g'(x)＝ln x＋1－2mx,由题意ln x＋1－2mx≤0 恒成立,
即m≥ln x＋1
2 x
,x>0 恒成立,
令h(x)＝ln x＋1
2 x
,x>0,
得h'(x)＝1−(ln x＋1)
2 x
2
＝−ln x
2 x
2
,x>0,
当0<x<1 时,h'(x)>0,
当x>1 时,h'(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,
故h(x)max＝h(1)＝1
2,
所以实数m 的取值范围为[
1
2 ,＋∞).
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 若0<x1<x2<a,都有x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2成立,则a 的最大值为( )
A.1
2
B.1
C.e
D.2e
答案 B
解析 由x2ln x1－x1ln x2≤x1－x2,
两边同除以x1x2得
ln x1
x1
－ln x2
x2
≤1
x2
－1
x1,
即
ln x1
x1
＋1
x1≤
ln x2
x2
＋1
x2,
令f(x)＝ln x
x
＋1
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)＝−ln x
x
2
,可知f(x)在(0,1)上单调递增,
∴a≤1,∴a 的最大值为1,故选B.
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
x
x ＝e－ln x＋x,ln x＋ln a＝ln (ax),ln x－1＝ln x
e ,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 (2025·枣庄二模改编)已知函数f(x)＝xln x－ax2＋x.若不等式f(x)>aex－1＋(1－a)x2恒成立,求实
数a 的取值范围.
解 不等式f(x)>aex－1＋(1－a)x2⇔xln x－ax2＋x>aex－1＋(1－a)x2⇔aex－1－xln x＋x2－x<0,
依题意,aex－1－xln x＋x2－x<0 在(0,＋∞)上恒成立,即a·e
x−1
x ＋x－1－ln x<0 在(0,＋∞)上恒成立,
因此aex－1－ln x＋x－1－ln x<0 在(0,＋∞)上恒成立,
令t＝x－1－ln x＝φ(x),x∈(0,＋∞),
求导得φ'(x)＝1－1
x ,
当0<x<1 时,φ'(x)<0;
当x>1 时,φ'(x)>0,
函数φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,φ(x)min＝φ(1)＝0,即t≥0,
不等式aet＋t<0⇔a<－t
e
t 对t≥0 恒成立,
令h(t)＝－t
e
t ,t≥0,得h'(t)＝t −1
e
t ,
当0≤t<1 时,h'(t)<0;当t>1 时,h'(t)>0,
函数h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,h(t)min＝h(1)＝－1
e,则a<－1
e,
所以实数a 的取值范围为(−∞,−1
e).
考向2 指对同构与证明不等式
例3 (2025·合肥模拟改编)已知函数f(x)＝ex－1ln x,g(x)＝x2－x.证明:当x∈(0,2)时,f(x)≤g(x).
证明 原不等式为ex－1ln x≤x2－x＝x(x－1),
即ln x
x
≤x−1
e
x−1 ,即证ln x
e
ln x ≤x−1
e
x−1 在(0,2)上恒成立.
设l(x)＝x
e
x,即证l(ln x)≤l(x－1).
因为l'(x)＝e
x−x e
x
(e
x)
2
＝1−x
e
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.
令t(x)＝ln x－x＋1,则t'(x)＝1
x －1＝1−x
x
,
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{
ln x<1,
x−1<1,
所以l(ln x)≤l(x－1),即ln x
e
ln x ≤x−1
e
x−1 ,
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)(b>1),构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型:e
a
a <
b
ln b,一般也有三种同构方式:
①同左构造形式:e
a
a <
b
ln b⇔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
a <
b
ln b⇔
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>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 (2025·广州模拟改编)已知函数f(x)＝aex－2＋ln a－3.若f(x)≥ln (x＋1)在(－1,＋∞)上恒成立,
求a 的取值范围.
解 因为f(x)＝aex－2＋ln a－3(a>0),
f(x)≥ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),
所以aex－2＋ln a－3≥ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),
可化为eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥ln (x＋1)＋x＋1(x∈(－1,＋∞)),
即eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥eln (x＋1)＋ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),
令G(m)＝em＋m,G'(m)＝em＋1>0,
所以G(m)为R 上的单调递增函数,
将eln a＋x－2＋ln a＋x－2≥eln (x＋1)＋ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),转化为G(ln a＋x－2)≥G(ln (x＋1)),
因为G(m)为R 上的单调递增函数,
所以ln a＋x－2≥ln (x＋1)(x∈(－1,＋∞)),
即ln a≥ln (x＋1)－x＋2,
即eln a≥eln (x＋1)－x＋2(x∈(－1,＋∞)),
整理得a≥(x＋1)e－x＋2(x∈(－1,＋∞)),
令h(x)＝(x＋1)e－x＋2,
h'(x)＝e－x＋2－(x＋1)e－x＋2＝－xe－x＋2,
令h'(x)＝0,即－xe－x＋2＝0,x＝0,
当x∈(－1,0)时,h'(x)>0,h(x)在(－1,0)单调递增;
当x∈(0,＋∞)时,h'(x)<0,h(x)在(0,＋∞)上单调递减,所以hmax＝h(0)＝e2,
因为a≥(x＋1)e－x＋2(x∈(－1,＋∞))恒成立,所以a≥e2.
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e
2−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＝e
t
t 有两个根,
因此f(x)的零点个数等价于y＝e
t
t 与y＝a 的图象交点个数.
令g(t)＝e
t
t (t≠0),则g'(t)＝e
t(t −1)
t
2
,
当t>1 时,g'(t)>0,g(t)单调递增;
当0<t≤1 时,g'(t)<0,g(t)单调递减;
当t<0 时,g'(t)<0,g(t)单调递减,g(1)＝e,
当t→＋∞时,g(t)→＋∞,
当t→0＋时,g(t)→＋∞,
当t→0－时,g(t)→－∞,
当t→－∞时,g(t)→0,
所以g(t)的图象大致为右图.
故当a>e 时y＝e
t
t 与y＝a 的图象有两个交点,
故实数a 的取值范围是(e,＋∞).
(2)由x2ex－2＋ln x－2＝0,
可得x2ex－2＝2－ln x,
即x
2e
x
e
2 ＝2－ln x,即x2ex＝2e2－e2ln x,
所以xex＝2e
2
x －e
2
x ln x,
即xex＝e
2
x ln e
2
x ,
两边同取自然对数,
ln x＋x＝ln (ln e
2
x )＋ln e
2
x ,
所以ln (
e
2
x )＝x,即2－ln x＝x,
即ln x＝2－x,
所以e2－x＝x,
所以e
2−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＋a
2x2＋1,若关于x 的方程xex－a＝f(x)－a
2x2＋ax－1 有两个不同的实数解,求
a 的取值范围.
解 由xex－a＝f(x)－a
2x2＋ax－1(x>0),
即xex－a＝xln x＋ax,
即ex－a＝ln x＋a,
即ex－a＋x－a＝x＋ln x,
所以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
x ＋1>0,
所以h(x)在(0,＋∞)上单调递增,
所以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)－a
2x2＋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)＝1－1
x ＝x−1
x
,
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 的取值范围为(1,＋∞).
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·合肥调研)若2 025x－2 025y<2 026－x－2 026－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 025x－2 025y<2 026－x－2 026－y,x,y∈R,可得2 025x－2 026－x<2 025y－2 026－y,
由于函数y＝2 025x,y＝－2 026－x均在R 上单调递增,
则函数f(x)＝2 025x－2 026－x在R 上单调递增.
则2 025x－2 026－x<2 025y－2 026－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.若不等式xex－a≥ln x＋x－1 恒成立,则实数a 的取值范围为( )
A.(－∞,1]
B.(－∞,2]
C.[1,＋∞)
D.[2,＋∞)
答案 B
解析 ∵xex－a≥ln x＋x－1,
∴eln x＋x－a≥ln x＋x－1,
令t＝ln x＋x,
则et－a≥t－1 恒成立,
则a≤et－t＋1 恒成立,
令φ(t)＝et－t＋1,∴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,
∴实数a 的取值范围是(－∞,2].
3.(2025·南昌调研)已知函数f(x)＝ex－1
2x2－(1＋a)x,若对任意两个不相等的实数x1,x2,都有
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
>－1,则a 的最大值为( )
A.1
2
B.1
C.2
D.0
答案 B
解析 不妨设x1>x2,
因为
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
>－1,
所以f(x1)＋x1>f(x2)＋x2,
构造函数g(x)＝f(x)＋x＝ex－1
2x2－ax,
则g(x1)>g(x2),所以g(x)单调递增,
g'(x)＝ex－x－a≥0 恒成立,
即a≤ex－x 恒成立,
令函数h(x)＝ex－x,h'(x)＝ex－1,
当x>0 时,h'(x)>0,当x<0,h'(x)<0,
所以h(x)在(－∞,0)上单调递减,在[0,＋∞)上单调递增,
则h(x)min＝h(0)＝1,故a≤1.
4.已知对于∀x>0 都有e
ax
x ＋a≥1＋ln x
x
,则a 的最小值为( )
A.1
B.1
e
C.0
D.e
答案 B
解析 对于∀x>0,由e
ax
x ＋a≥1＋ln x
x
,可得
eax＋ax≥x＋ln x＝eln x＋ln x,
设f(t)＝et＋t,
则f'(t)＝et＋1>0,所以函数f(t)在R 上单调递增,所以f(ax)≥f(ln x),
所以ax≥ln x,所以a≥ln x
x
,
设g(x)＝ln x
x
(x>0),则g'(x)＝1−ln x
x
2
,
令g'(x)>0,得0<x<e,g'(x)<0,得x>e,
所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减,
得g(x)max＝g(e)＝1
e,所以a≥1
e,
即实数a 的最小值为1
e.
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√3
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e
a
a ＝e
b＋1＋2
b＋1 ,
令f(x)＝e
x
x (x>1),
则f'(x)＝( x−1)e
x
x
2
>0,
所以f(x)在(1,＋∞)上单调递增.
因为e
a
a －e
b＋1
b＋1 ＝
2
b＋1>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√3
b＋1·3
−b＝2√3,C 正确;
因为a－1>b,所以3a－1>3b,D 错误.
6.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√e
x·e
−x－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＝1
e,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＝1
e
2 ＋1
e<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.(2025·宜昌模拟)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ln x
x
＝ln a
a
(a>0 且a≠1).
设函数g(x)＝ln x
x
,则g'(x)＝1−ln x
x
2
,
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)＝1
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ln x
x
＝ln a
a
(a>0 且a≠1)有一个解,
即曲线y＝g(x)与直线y＝ln a
a
(a>0 且a≠1)有一个交点,
数形结合可知ln a
a
<0 或ln a
a
＝1
e,
得0<a<1 或a＝e,
故a 的取值范围为(0,1)∪{e}.
四、解答题
9.(2025·邵阳二模)已知函数f(x)＝x
e
x−1,g(x)＝1＋ln x
x
.
(1)求f(x)的极值;
(2)当0<x<1 时,证明:f(x)>g(x).
(1)解 由题意知f'(x)＝1−x
e
x−1 ,
令f'(x)＝0,则x＝1.
当x>1 时,f'(x)<0,此时f(x)在(1,＋∞)上为减函数,
当x<1 时,f'(x)>0,此时f(x)在(－∞,1)上为增函数,
故f(x)极大值＝f(1)＝1,无极小值.
(2)证明 ∵f(x)－g(x)＝x
e
x−1 －1＋ln x
x
＝
x
e
x−1 －1＋ln x
e
1＋ln x−1 ＝f(x)－f(1＋ln x).
令φ(x)＝x－1－ln x(0<x<1),
∴φ'(x)＝x−1
x
<0,
故φ(x)在(0,1)上为减函数.
∴φ(x)>φ(1)＝0,即x>1＋ln x(0<x<1).
由(1)可知f(x)在(－∞,1)上为增函数,1>x>1＋ln x,∴f(x)>f(1＋ln x),
即f(x)>g(x)(0<x<1)
