第26 讲 导数同构 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................1
三、典题精讲......................................................................................................................................4
考点一：同构变形与解方程、求值......................................................................................4
考点二：利用同构比较大小与求最值..................................................................................5
考点三：利用同构研究零点与交点问题..............................................................................7
考点四：利用同构解决不等式恒成立问题..........................................................................9
考点五：利用同构证明不等式与极值点偏移....................................................................11
一、考情分析
近三年全国一卷未直接或间接考查导数同构相关知识点.备考时建议将本讲作为应对
复杂指对数混合方程与不等式的高阶方法储备，重点掌握常见的同构构造模式（如x e
x、
e
x
x 、x + ln x等）与基本题型即可，无需在极端复杂的同构变形上过多投入精力.
二、知识清单
1. 常见的同构函数图像
函数
表达
式
图像
函数表
达式
图像
y = ln x +
y = ln x - x
，函数
极值点
(1,-1)
函数
表达
式
图像
函数表
达式
图像
y = x ln x
，函
数极
值点
( 1
e ,- 1
e )
y = ln x
x
，函数
极值点
(e , 1
e )
y = x
ln x
，函
数极
值点
(e ,e)
y =e
x+ x
，过定
点(0,1)
y =e
x- x
，函
数极
值点
(0,1)
y = x e
x
，函数
极值点
(-1,- 1
e )
y = e
x
x
，函
数极
值点
(1,e)
y = x
e
x，
函数极
值点
(1, 1
e )
2. 同构式的基本概念与导数压轴题
（1） 同构式：是指除了变量不同，其余地方均相同的表达式.
（2） 同构式的应用：
① 在方程中的应用：如果方程f (a)=0和f (b)=0呈现同构特征，则a,b可视为方程
f ( x)=0的两个根.
② 在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为
一个函数，进而和函数的单调性找到联系.可比较大小或解不等式.同构小套路：指对各一
边，参数是关键；常用“母函数”：f ( x)= x⋅e
x，f ( x)=e
x± x；寻找“亲戚函数”是关键；
信手拈来凑同构，凑常数、x、参数；复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数
范围.
③ 在解析几何中的应用：如果A( x1, y1)，B( x2, y2)满足的方程为同构式，则A ,B为
方程所表示曲线上的两点.特别的，若满足的方程是直线方程，则该方程即为直线AB的方
程.
④ 在数列中的应用：可将递推公式变形为“依序同构”的特征，即关于(an,n)与
(an-1,n-1)的同构式，从而将同构式设为辅助数列便于求解.
（3） 常见的指数放缩：e
x≥x +1( x =0)；e
x≥e x( x =1).
（4） 常见的对数放缩：1- 1
x ≤ln x ≤x -1( x =1)；ln x ≤x
e ( x =e).
（5） 常见三角函数的放缩：x∈(0, π
2 )，sin x< x<tan x.
（6） 学习指对数的运算性质时，曾经提到过两个这样的恒等式：
① 当a>0且a≠1，x>0时，有a
loga x = x.
② 当a>0且a≠1时，有logaa
x = x.
再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>0）：
③ x e
x=e
x + ln x；x + ln x = ln( x e
x).
④ e
x
x =e
x - ln x；x - ln x = ln e
x
x .
⑤ x
2e
x=e
x +2ln x；x +2ln x = ln( x
2e
x).
⑥e
x
x
2 =e
x -2ln x.
再结合常用的切线不等式ln x ≤x -1，ln x ≤x
e ，e
x≥x +1，e
x≥e x等，可以得到更多的
结论，这里仅以第③条为例进行引申：
⑦ x e
x =e
x + ln x≥x + ln x +1；x + ln x = ln( x e
x)≤x e
x -1.
⑧ x e
x =e
x + ln x≥e( x + ln x)；x + ln x = ln( x e
x)≤x e
x
e = x e
x -1.
（7） 同构式问题中通常构造亲戚函数x e
x与x ln x，常见模型有：
①a
x>loga x⇒e
x ln a> ln x
ln a ⇒x ln a⋅e
x ln a>ln x⋅e
ln x⇒x ln a>ln x⇒a>e
1
e.
②e
λx> ln x
λ ⇒λ e
λx>ln x⇒λx ⋅e
λx>ln x⋅e
ln x⇒λx >ln x⇒λ> 1
e.
③e
ax+ax>ln( x +1)+ x +1=e
ln( x +1)+ ln( x +1)⇒ax>ln( x +1).
（8） 乘法同构、加法同构
① 乘法同构，即乘x同构，如ln a⋅e
x ln a>ln x⇔x ln a⋅e
x ln a>ln x⋅e
ln x.
② 加法同构，即加x同构，如a
x>loga x ⇔a
x+ x >loga x + x =a
loga x+ loga x.
③ 两种构法的区别：乘法同构，对变形要求低，找亲戚函数x e
x与x ln x易实现，但构
造的函数x e
x与x ln x均不是单调函数；加法同构，要求不等式两边互为反函数，构造后的
函数为单调函数，可直接由函数不等式求参数范围.
（9） 积、商、和差型同构的代数特征
① 和差型：代数式中呈现加减关系，常构造母函数f ( x)=e
x± x或f ( x)= x ± ln x.
② 积型：代数式中呈现乘法关系，如ae
b=be
a，常通过两边同取自然对数转化为和差
型ln a+b= ln b+a，进而构造母函数f ( x)= x - ln x；或直接构造母函数f ( x)= x e
x与
f ( x)= x ln x.
③ 商型：代数式中呈现除法关系，如e
a
a = e
b
b ，常构造母函数f ( x)= e
x
x 或f ( x)= ln x
x .
（10） 同构与极值点偏移的横向联系
在处理双变量问题（如f ( x1)= f ( x2)）时，同构常与极值点偏移结合.通过同构变形将
双变量转化为同一函数的两个自变量，再利用对称构造（如F( x)= f ( x)- f (2 x0- x)）研究
自变量之和或之积的范围.
三、典题精讲
考点一：同构变形与解方程、求值
考法1：构造同构解方程或求值
例1.（2026·安徽A10·五模）已知正实数x , y满足ln(2 x)+ ln y = x +2 y -2，则x
y - y
x =
A.
❑√2
4
B. 1
2
C.
❑√2
2
D. 1
【答案】B
【思路】观察已知等式，含有对数与一次项的混合形式.将等式左边合并为ln(2 xy )，并尝试拆分
为与x和2 y相关的两部分，即ln x + ln(2 y).将等式右边也凑成x -1与2 y -1的形式，从而构造出形
如t -1- lnt的函数，利用该函数的最值性质即可求出x和y的值.
【解析】由题意得，x>0, y >0，ln(2 x)+ ln y = ln(2 xy )= ln x + ln(2 y)，则
ln(2 x)+ ln y = x +2 y -2等价于ln x + ln(2 y)= x -1+2 y -1.设f (t )=t -1- ln t，则f
'(t )= t -1
t
，则
f (t )在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，∴f (t )≥f （1）=0，即t -1≥lnt，当且仅当
t =1时等号成立.由t -1≥ln t得x -1≥ln x，2 y -1≥ln(2 y)，则ln x + ln(2 y)≤x -1+2 y -1，又
ln x + ln(2 y)= x -1+2 y -1，∴x =1，2 y =1即y = 1
2，则x
y - y
x=1- 1
2 = 1
2.
【规律】处理指对数混合的等式求值问题时，常通过移项、合并或拆分，将等式两边化为结构相
同的形式.若构造出的函数具有唯一的最值点，且等式恰好在最值处成立，则可直接利用最值条件
解出变量的值.常见的放缩不等式如x -1≥ln x和e
x≥x +1在同构构造中应用广泛.
【考点一 方法总结】
1. 处理指对数混合的等式求值问题时，常通过移项、合并或拆分，将等式两边化为
结构相同的形式.
2. 若构造出的函数具有唯一的最值点，且等式恰好在最值处成立，则可直接利用最
值条件解出变量的值.
3. 常见的放缩不等式如x -1≥ln x和e
x≥x +1在同构构造中应用广泛.
考点二：利用同构比较大小与求最值
考法2：利用同构比较大小
例2.已知0< x< y <π，且e
ysin x =e
xsin y，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成
立的是
A. cos x +cos y <0
B. cos x +cos y >0
C. cos x>sin y
D. sin x>sin y
【答案】B
【思路】已知等式中含有指数与三角函数的乘积，通过分离变量，将含有x的项与含有y的项分别
移至等式两侧，构造出函数f (t )= sint
e
t .利用导数分析该函数在(0,π )上的单调性，结合x , y的大小
关系及函数值的相等条件，确定x , y所在的单调区间，进而推导出它们与极值点的位置关系.
【解析】构造f ( x)= sin x
e
x ，0< x<π，则f ( x)= sin x
e
x >0恒成立，则f
'( x)= cos x -sin x
e
x
，当
0< x< π
4 时，cos x>sin x，f
'( x)= cos x -sin x
e
x
>0，当π
4 < x<π时，cos x<sin x，
f
'( x)= cos x -sin x
e
x
<0，∴f ( x)= sin x
e
x 在(0, π
4 )单调递增，在( π
4 ,π )单调递减，∵0< x< y <π，
∴0< x< π
4 < y <π，0<e
x<e
y，又sin x
e
x = sin y
e
y >0，∴0<sin x<sin y，D 错误，∵0< x< π
4 < y <π，
∴cos x =
❑√1-sin
2 x>0，|cos y |=
❑√1-sin
2 y，∴cos x>|cos y |，∴cos x +cos y >0，A 错误，B
正确.令g( x)= f ( x)- f ( π
2 - x)，则g( π
4 )=0，
g
'( x)= f
'( x)+ f
'( π
2 - x)= cos x -sin x
e
x
+ sin x -cos x
e
π
2 - x
= (sin x -cos x)(e
x -e
π
2 - x
)
e
π
2
，当0< x<π时，
g
'( x)>0恒成立，∴g( x)= f ( x)- f ( π
2 - x)在(0,π )上单调递增，当x∈(0, π
4 )时，
g( x)= f ( x)- f ( π
2 - x)<0，即f ( x)<f ( π
2 - x)，∵f ( x)= f ( y)，∴f ( y)<f ( π
2 - x)，∵
0< x< π
4 < y <π，∴π
2 - x> π
4 ，∵f ( x)在( π
4 ,π )单调递减，∴y > π
2 - x，即x> π
2 - y，∵
φ( x)=cos x在(0,π )上单调递减，∴cos x<cos( π
2 - y)=sin y，C 错误.故选：B.
【规律】利用同构法比较大小时，核心步骤是“分离变量—构造函数—研究单调性”.当遇到
f ( x1)= f ( x2)且x1≠x2时，必然分别位于极值点的两侧.若需进一步比较两自变量的和与某常数的关
系，常通过构造差函数或利用对称性进行极值点偏移分析.
考法3：利用同构求函数最值
例3.（2025·萍乡·二模）已知定义在R上的函数f ( x)满足：f ( π
2 )= 1
2e，且∀x , y ∈R，都
有e
sin x⋅f ( y)-e
sin y⋅f ( x)≥(e
2sin x -e
2sin y)⋅f ( x)⋅f ( y)恒成立，则f ( x)的最大值为
A. 1
2e
B. 1
e
C. e
D. 2e
【答案】A
【思路】题目给出了含有双变量x , y的抽象不等式及一个特殊函数值.突破口在于利用赋值法，令
y = π
2 ，将双变量不等式转化为只含x的单变量不等式.随后通过代数变形，分离出f ( x)，将其转化
为求一个具体函数的最值问题，利用换元法和基本不等式即可求解.
【解析】令y = π
2 ，原不等式可化为：e
sin x⋅f ( π
2 )-e
sin π
2 ⋅f ( x)≥(e
2sin x -e
2sin π
2 )⋅f ( x)⋅f ( π
2 )，代
入f ( π
2 )= 1
2e ，化简可得：f ( x)≤
e
sin x
e
2sin x+e
2，令t =sin x∈[-1,1]，得到y =
e
t
e
2t +e
2，再令
m=e
t∈[ 1
e ,e ]，可得：
y =
m
m
2+e
2 =
1
m+ e
2
m
，由对勾函数的单调性，可知y =m+ e
2
m 在[ 1
e ,e ]上单调
递减，∴当m=e时，y =m+ e
2
m 取得最小值2e，∴y =
m
m
2+e
2的最大值为1
2e ，也即y =
e
sin x
e
2sin x+e
2的
最大值为1
2e ，∴f ( x)的最大值为1
2e ，故选：A.
【规律】处理含有双变量的抽象函数不等式时，赋值法是降维的有效手段.通常将其中一个变量赋
为已知函数值对应的自变量，从而得到目标函数的解析式或边界.在求复杂分式函数最值时，常通
过换元将其转化为对勾函数模型，注意换元后新变量的取值范围.
【考点二 方法总结】
1. 利用同构法比较大小时，核心步骤是“分离变量—构造函数—研究单调性”.将已
知等式变形为x ln x或sin x
e
x 等形式，结合函数的单调性即可比较大小.
2. 当遇到f ( x1)= f ( x2)且x1≠x2时，必然分别位于极值点的两侧.若需进一步比较两自
变量的和与某常数的关系，常通过构造差函数或利用对称性进行极值点偏移分析.
3. 处理含有双变量的抽象函数不等式时，赋值法是降维的有效手段.通常将其中一个
变量赋为已知函数值对应的自变量，从而得到目标函数的解析式或边界.
4. 在求复杂分式函数最值时，常通过换元将其转化为对勾函数模型，注意换元后新
变量的取值范围.
考点三：利用同构研究零点与交点问题
考法4：利用同构研究函数零点或方程根的个数
例4.（2026·华师一附中·五模）已知关于x的方程2e
λx+( λ -1)x + ln 2
x =0有两个不等实根，
则λ的取值范围为
A. (0,e
2)
B. (0, 1
e )
C. (0, 1
2e )
D. (0, 1
e
2 )
【答案】C
【思路】方程中同时包含指数和对数，且底数不同，需通过对数运算性质将ln 2
x 拆分，并将常数2
转化为e
ln2与指数项合并.整理后，将含有λ的项与含有x的项分别置于等号两侧，构造出形如
f (t )=e
t +t的同构函数.利用该函数的单调性脱去函数符号，转化为两个具体函数图象的交点问题.
【解析】即方程e
λx + ln2+ λx + ln 2= x + ln x有两个不相等的实根，令f ( x)=e
x+ x，则
f ( λx + ln 2)= f (ln x)，又∵f ( x)单调递增，∴λx + ln2= ln x，即λ=
ln x
2
x
有两个不相等的实根，令
g( x)=
ln x
2
x
，求导得g( x)在(0,2e)单调递增，在(2e ,+∞)单调递减，g(2e)= 1
2e ，x→0时
g( x)→-∞，x→+ ∞时g( x)→0，由图象得λ∈(0, 1
2e ).
【规律】解决指对数混合方程根的个数问题，核心是“同构变形”.将方程化为f ( A )= f (B)的形式，
利用f (t )的单调性得到A = B，从而将复杂方程转化为常规的参数分离问题.分离参数后，通过研究
新函数的极值与渐近线，结合图象直观确定参数范围.
考法5：利用同构求函数交点问题
例5.已知函数f ( x)=ax(1- ln x)和g( x)= b ln x
x
有相同的最大值，并且ab=e.
（1）求a,b.
（2）证明：存在直线y =k，其与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)共有三个不同的交点，且从
左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【答案】（1）a=1,b=e
（2）见解析
【思路】第一问通过求导分别求出两函数的最大值表达式，结合已知条件联立解出参数.第二问是
交点问题，先画出两函数的大致图象，明确直线与曲线交点的分布情况.利用交点纵坐标相等，将
等式变形为同构形式，从而发现两函数交点横坐标之间的内在联系，进而证明等比数列关系.
【解析】（1）f
'( x)=a(1- ln x)+ax(- 1
x )=-aln x，x∈(0,+∞).若a<0，则x∈(0,1)时
f
'( x)<0，x∈(1,+ ∞)时f
'( x)>0，∴f ( x)在定义域内先减后增，无最大值.若a=0，则f ( x)=0，
最大值为0，但不满足ab=e.若a>0，令f
'( x)=0，得x =1.当0< x<1时f
'( x)>0，f ( x)在(0,1)上
单调递增；当x>1时f
'( x)<0，f ( x)在(1,+∞)上单调递减.∴x =1时f ( x)取得最大值，最大值为
f （1）=a.g
'( x)= b(1- ln x)
x
2
，x∈(0,+∞).若b<0，则x∈(0,e)时g
'( x)<0，x∈(e ,+∞)时
g
'( x)>0，∴g( x)在定义域内先减后增，无最大值.若b=0，则g( x)=0，最大值为0，但不满足
ab=e.若b>0，令g
'( x)=0，得x =e.当0< x<e时g
'( x)>0，g( x)在(0,e)上单调递增；当x>e时
g
'( x)<0，g( x)在(e ,+ ∞)上单调递减.∴x =e时g( x)取得最大值，最大值为g(e)= b
e .综上，
{
ab=e
a= b
e
，解得{
a=1
b=e.
（2）由（1）知：f ( x)= x(1- ln x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，g( x)= eln x
x
在
(0,e)上单调递增，在(e ,+ ∞)上单调递减，且f ( x)max = g( x)max =1，f ( x)有唯一的零点e，g( x)
有唯一的零点1.它们的大致图像如图所示，设曲线f ( x)与g( x)在(1,e)上交于点A，
当直线y =k经过点A时，直线y =k与曲线f ( x)还有另一个交点B，设B( x1,k )，A( x2,k )，x1< x2，
不妨设直线y =k与曲线g( x)还有另一个交点C( x3,k )，则x1(1- ln x1)= x2(1- ln x2)=k，则
x1ln e
x1
=k，故
eln e
x1
e
x1
=k①，同理得
eln e
x2
e
x2
=k②，由①②知，e
x1与e
x2是直线y =k与曲线g( x)交
点的横坐标，故C是存在的.∵x1< x2且
eln x2
x2
= eln x3
x3
=k，∴e
x1
> e
x2
，又x2< x3，∴e
x2
= x2，e
x1
= x3，
从而有x2
2= x1 x3，故结论成立.
【规律】处理不同函数与同一直线交点横坐标的关系时，关键在于寻找两个函数解析式之间的同
构联系.通过代数变形，将其中一个函数的方程化为与另一个函数结构一致的形式，从而利用同一
函数的单调性建立不同交点横坐标之间的等量关系.
【考点三 方法总结】
1. 解决指对数混合方程根的个数问题，核心是“同构变形”.将方程化为f ( A )= f (B)
的形式，利用f (t )的单调性得到A = B，从而将复杂方程转化为常规的参数分离问题.
2. 分离参数后，通过研究新函数的极值与渐近线，结合图象直观确定参数范围.
3. 处理不同函数与同一直线交点横坐标的关系时，关键在于寻找两个函数解析式之
间的同构联系.通过代数变形，将其中一个函数的方程化为与另一个函数结构一致的形式，
从而利用同一函数的单调性建立不同交点横坐标之间的等量关系.
考点四：利用同构解决不等式恒成立问题
考法6：指对数混合同构求参数范围
例6.（2026·湘一联盟·二模）若关于x的方程e
x =aln( x -1)+aln a-a在(1,+ ∞)上有解，则
实数a的取值范围是
A. (0,2]
B. [2,+∞)
C. (0,e
2]
D. [e
2,+ ∞)
【答案】D
【思路】方程中含有指数、对数及参数a.首先将对数项合并，得到ln[a( x -1)]，然后将等式两边
同除以a，分离出指数部分.通过引入e
ln a=a，将指数项转化为同底数形式，并在等式两侧分别配凑
出形如e
t +t的结构，利用该函数的单调性将方程降维，最后转化为求函数值域的问题.
【解析】由e
x =aln( x -1)+aln a-a，得e
x
a - ln a= ln( x -1)-1，即e
x - ln a- ln a= ln( x -1)-1，即
e
x - ln a+ x - ln a= ln( x -1)+( x -1)=e
ln( x -1)+ ln( x -1).设f (t )=e
t +t，则f ( x - ln a)= f (ln( x -1))，
∵f
'(t )=e
t +1>0，∴f (t )在R上单调递增，∴x - ln a= ln( x -1)，即ln a= x - ln( x -1).设
g( x)= x - ln( x -1)，则g
'( x)=1-
1
x -1 = x -2
x -1，当x∈(1,2)时，g
'( x)<0，则g( x)在(1,2)上单
调递减，当x∈(2,+∞)时，g
'( x)>0，则g( x)在(2,+∞)上单调递增，∴g( x)≥g（2）=2，∴
ln a≥2，a≥e
2.
【规律】处理指对数混合的方程有解或恒成立问题，标准动作是“取对数”或“指数化”.将常数
或参数转化为指数形式（如a=e
ln a），通过加减项配凑，构造出f ( x)=e
x+ x或f ( x)= x e
x等经典同
构函数.脱去函数符号后，问题即转化为常规的参数分离求最值.
考法7：其他类型同构求参数范围
例7.（2026·沧州十二校·一模）已知函数f ( x)=e
x，g( x)= ln x
x （e为自然对数的底数，
e≈2.71828⋯）.
（1） 证明：当x∈(-2,0)时，f ( x)< 1
3 x +1.
（2） 关于x的方程f [ g( x)]=e x
a的一个实数根为x = x0，其中x0∈(e
-2,1)，
①求实数a的取值范围.
②证明：1
a <ln 1
x0
< 1+ ❑√1+9a
3a
.
【答案】（1）见解析
（2）①( 1+2e
2
4 e
2
,+∞) ②见解析
【思路】第一问是常规的利用导数证明不等式，构造差函数求最值即可.第二问①中，先将复合函
数方程展开，两边取对数，利用换元法令t0= ln x0，将方程转化为参数a关于t0的函数，通过研究
该函数的单调性求出a的范围.②中，不等式证明需结合①中得到的a与t0的关系式，将含a的不等式
转化为只含t0的不等式，再利用第一问的结论进行放缩证明.
【解析】（1）设h( x)=e
x - 1
3 x -1，x∈(-2,0)，则h
'( x)=e
x - 1
3；∴h( x)在(-2,- ln3)上单调
递减，在(- ln3,0)上单调递增；∵h（0）=0，h(-2)=e
-2- 1
3 <0，∴x∈(-2,0)时h( x)<0恒
成立，即f ( x)< 1
3 x +1.
（2）①由f [ g( x0)]=e x0
a得e
ln x0
x0 =e x0
a，两边取对数得ln x0
x0
=1+aln x0，令t0= ln x0，则
t0∈(-2,0)，
t0
e
t0 =1+at0，从而有a= t0-e
t0
t0e
t0 ；设φ(t )= t -e
t
t e
t ，t ∈(-2,0).则
φ
'(t )= (t -2)e
t +t
t
3
>0(t ∈(-2,0))；∴φ(t )= t -e
t
t e
t ，在(-2,0)上单调递增；∵
φ(-2)=-2-e
-2
-2e
-2
= 1
2 + 1
2e
2 = 1+2e
2
4 e
2 ，t →0，φ(t )→+ ∞；故实数a的取值范围( 1+2e
2
4 e
2
,+∞).
②方法一：要证1
a <ln 1
x0，只需证1
a <-t0，∵a= t0-e
t0
t0e
t0 ，t0∈(-2,0)，要证1
a <-t0，只需证
t ∈(-2,0)时，t
2
e
t -t
<-t，只需证-e
t<0.上式显然成立；要证ln 1
x0
< 1+ ❑√1+9a
3a
，只需证
-t0< 1+ ❑√1+9a
3a
，∵a= e
t0
t0
2 - 1
t0
，∴at0
2+t0=e
t0，由（1）知t ∈(-2,0)时，e
t0< 1
3 t0+1，∴
at0
2+t0< 1
3 t0+1，即3at0
2+2t0-3<0，解得t0>-1- ❑√1+9a
3a
，∴-t0< 1+ ❑√1+9a
3a
；于是
1
a <ln 1
x0
< 1+ ❑√1+9a
3a
成立.
方法二：要证1
a <ln 1
x0
，只需证ln
2 x
x - ln x <- ln x，∵x ∈(e
-2,1)，只需证ln x
x - ln x >-1，只需证
ln x>- x + ln x，上式显然，a= x - ln x
ln
2 x ，要证ln 1
x0
< 1+ ❑√1+9a
3a
，只需证-3aln x0<1+ ❑√1+9a，
∵a= x - ln x
ln
2 x ，故只需证-3 x - ln x
ln x
<1+ ❑√1+9a，只需证-3 x - ln x
ln x
-1<❑√1+9a，两边平方，消
去a，只需证9( x - ln x
ln x
)
2+6( x - ln x
ln x
)+1<1+9 x - ln x
ln
2 x ，注意到x - ln x
ln x
<0，∴只需证
9( x - ln x
ln x
)+6> 9
ln x ，只需证9 x -9ln x +6 ln x<9，只需证3( x -1)- ln x<0，构造函数
φ( x)=3( x -1)- ln x，x ∈(e
-2,1)，则φ
'( x)=3- 1
x ，当1
3 < x<1时，φ
'( x)>0，∴φ( x)在( 1
3 ,1)
上单调递增，当x∈(e
-2, 1
3 )，φ
'( x)<0，∴φ( x)在(e
-2, 1
3 )上单调递减，又
φ（1）=3(1-1)- ln1=0，φ(e
-2)=3(e
-2-1)- ln e
-2= 3
e
2 -1<0，∴φ( x)在(e
-2,1)的最大值小
于0，故3( x -1)- ln x<0成立.
【规律】处理复杂的指数对数混合方程时，两边取对数是降次和分离变量的常用技巧.在证明与方
程根相关的参数不等式时，核心思想是“整体代换”，即将参数用含有根的表达式替换，从而将
含参不等式转化为只含单变量的函数不等式，再结合前问结论或构造新函数进行证明.
【考点四 方法总结】
1. 处理指对数混合的方程有解或恒成立问题，标准动作是“取对数”或“指数化”.
将常数或参数转化为指数形式（如a=e
ln a），通过加减项配凑，构造出f ( x)=e
x+ x或
f ( x)= x e
x等经典同构函数.
2. 脱去函数符号后，问题即转化为常规的参数分离求最值.
3. 处理复杂的指数对数混合方程时，两边取对数是降次和分离变量的常用技巧.
4. 在证明与方程根相关的参数不等式时，核心思想是“整体代换”，即将参数用含
有根的表达式替换，从而将含参不等式转化为只含单变量的函数不等式，再结合前问结论
或构造新函数进行证明.
考点五：利用同构证明不等式与极值点偏移
考法8：利用同构证明不等式
例8.已知函数f ( x)=e
2 x - 1
x .
（1） 讨论函数f ( x)的零点的个数.
（2） 证明：x e
2 x- ln x -2 x -
1
x +1 >0.
【答案】（1）只有一个零点
（2）见解析
【思路】第一问通过求导判断单调性，结合零点存在性定理即可确定零点个数.第二问是不等式证
明，直接构造函数求导会发现导函数中含有第一问的f ( x)，从而利用第一问的隐零点进行代换.另
一种思路是利用同构变形，将不等式左边凑成e
2 x + ln x -(2 x + ln x)的形式，利用基本不等式e
t -t ≥1
进行整体放缩.
【解析】（1）函数f ( x)定义域为{x∣x≠0}，则f
'( x)=2e
2 x+ 1
x
2 >0，故f ( x)在(-∞,0)，
(0,+∞)递增，当x<0时，f ( x)>0，没有零点；当x>0时，f ( x)单调递增，f ( 1
4 )= ❑√e - 4<0，
f （1）=e
2-1>0，由函数零点存在定理得f ( x)在区间( 1
4 ,1)内有唯一零点，综上可得，函数
f ( x)只有一个零点.
（2）法一：要证x e
2 x - ln x -2 x -
1
x +1 >0，即证x e
2 x - ln x -2 x>
1
x +1，令g( x)= x e
2 x - ln x -2 x，
定义域为(0,+∞)，则g
'( x)=(2 x +1)e
2 x - 2 x +1
x
=(2 x +1)(e
2 x - 1
x )=(2 x +1)f ( x)，由（1）知，
f ( x)在区间( 1
4 ,1)内有唯一零点，设其为x0，则e
2 x0- 1
x0
=0①，因2 x +1>0，且f ( x)在区间
(0,+∞)上单调递增，∴当x∈(0, x0)时，f ( x)<0，g
'( x)<0，g( x)单调递减，当x∈( x0,+∞)
时，f ( x)>0，g
'( x)>0，g( x)单调递增；∴g( x)min= g( x0)= x0e
2 x0- ln x0-2 x0，由式①可得
e
2 x0= 1
x0，ln x0=-2 x0，∴g( x)min= x0⋅1
x0
+2 x0-2 x0=1，又x>0时，1
x +1 <1恒成立，∴
g( x)= x e
2 x- ln x -2 x ≥g( x0)=1>
1
x +1，得证.
法二：问题转化为证明e
2 x + ln x -(2 x + ln x)>
1
x +1，令g( x)=e
x - x，易知g( x)≥1，(当且仅当x =0
时“=”成立)又x>0，则1
x +1 <1，故e
2 x + ln x-(2 x + ln x)≥1>
1
x +1(当且仅当2 x + ln x =0时“=”
成立).
【规律】证明含有指数和对数的复杂不等式时，若直接求导遇到超越方程，常利用“隐零点代
换”化简极值表达式.若能观察出表达式的结构特征，利用同构思想将其凑成f (g( x))的形式，再
结合常见不等式（如e
x≥x +1）进行整体放缩，往往能大幅简化证明过程.
考法9：利用同构处理极值点偏移问题
例9.（2026·梅州·一模）已知函数f ( x)= 1
x -aln x - x，g( x)= x ln x - x +1.
（1）若f ( x)在(0,+∞)上单调递减，求a的取值范围.
（2）若曲线y = f ( x)与y = g( x)在x =1处有相同的切线，
（i）求a的值.
（ii）若f ( x1)= g( x2)，证明：x1⋅x2≤1.
【答案】（1）a≥-2
（2）（i）a=-2
（ii）见解析
【思路】第一问由导数小于等于0 恒成立，分离参数求最值即可.第二问（i）利用在x =1处导数值
相等求出参数a.第二问（ii）是极值点偏移的变式，已知两个不同函数值相等，需证明自变量乘积
的范围.先分析两函数的单调性，确定x1, x2的范围，将目标不等式转化为x2≤1
x1
.利用g( x)的单调
性，将证明转化为g( x2)≤g( 1
x1
)，再结合已知等式替换为f ( x1)≤g( 1
x1
)，最终构造单变量函数进
行证明.
【解析】（1）f
'( x)=- 1
x
2 - a
x -1，∵f ( x)在(0,+∞)上单调递减，∴f
'( x)≤0在(0,+∞)上恒成立，
即- 1
x
2 - a
x -1≤0在(0,+ ∞)上恒成立，即a≥- 1
x - x在(0,+∞)上恒成立，∵x>0，∴- 1
x - x ≤-2，
当且仅当x =1时取等号，∴a≥-2.
（2）（i）∵g
'( x)= ln x，∴g
'（1）=0，又f
'（1）=-2-a，由题意可得f
'（1）= g
'（1），
即-2-a=0，解得a=-2，此时f （1）=0，g（1）=0，符合题意.
（ii）由（i）知，f ( x)= 1
x +2ln x - x，f
'( x)=- 1
x
2 + 2
x -1=- ( x -1)
2
x
2
≤0，∴f ( x)在(0,+∞)上单
调递减，又g
'( x)= ln x，当x∈(0,1)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g
'( x)>0，
g( x)单调递增，∴g( x)≥g（1）=0，又f （1）=0，∴f ( x1)= g( x2)≥0= f （1），∵f ( x)
在(0,+∞)上单调递减，∴0< x1≤1，要证x1⋅x2≤1，即证x2≤1
x1，∵0< x1≤1，∴1
x1
≥1，又
x2≥1时，g( x)单调递增，∴只需证g( x2)≤g( 1
x1
)，即证f ( x1)≤g( 1
x1
)，即证
1
x1
+2ln x1- x1≤1
x1
ln 1
x1
- 1
x1
+1，即证2
x1
+(2+ 1
x1
)ln x1- x1-1≤0，令
h( x)= 2
x +(2+ 1
x )ln x - x -1(0< x ≤1)，则
h
'( x)=- 2
x
2 - 1
x
2 ln x +(2+ 1
x )⋅1
x -1=- ln x
x
2 + 1
x
2 -1= 1- x
2- ln x
x
2
，令φ( x)=1- x
2- ln x(0< x ≤1)，
则φ
'( x)=-2 x - 1
x <0，∴φ( x)在(0,1]上单调递减，∴φ( x)≥φ（1）=0，∴h
'( x)≥0，∴h( x)
在(0,1]上单调递增，∴h( x)≤h（1）=0，即f ( x1)≤g( 1
x1
)成立，∴x1⋅x2≤1.
【规律】处理极值点偏移或双函数值相等的变量关系证明时，核心是“变量统一”.通过分析函数
的单调区间，将目标不等式（如x1 x2≤1）转化为自变量的大小关系（如x2≤1
x1）.利用其中一个函
数的单调性，将自变量的比较转化为函数值的比较，再结合已知等式，最终归结为证明一个单变
量函数的最值问题.
【考点五 方法总结】
1. 证明含有指数和对数的复杂不等式时，若直接求导遇到超越方程，常利用“隐零
点代换”化简极值表达式.
2. 若能观察出表达式的结构特征，利用同构思想将其凑成f (g( x))的形式，再结合常
见不等式（如e
x≥x +1）进行整体放缩，往往能大幅简化证明过程.
3. 处理极值点偏移或双函数值相等的变量关系证明时，核心是“变量统一”.通过分
析函数的单调区间，将目标不等式转化为自变量的大小关系.
4. 利用其中一个函数的单调性，将自变量的比较转化为函数值的比较，再结合已知
等式，最终归结为证明一个单变量函数的最值问题.
