第26 讲 导数同构 · 分类练习（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
B
B
A
(0,e
1
e ]
A
6
7
8
9
10
B
A
D
A
e
4
11
12
13
14
15
1
e
C
（1）a=1,b= 1
e （2）
见解析
（1）a=1,b=e
（2）见解析
B
16
17
18
19
20
D
(0,e ]
（1）0≤a≤e （2）
0<a≤1 （3）0<a≤e
（4）a≤1 （5）a≤b
（6）a≥1
e （7）a≥1
e
（8）e -1 （9）a≤1
e
（1）见解析
（2）①
( 1+2e
2
4 e
2
,+ ∞) ②
见解析
（1）见解析
（2）见解析
21
22
23
24
25
（1）只
有一个零
点 （2）
见解析
（1）a≥-2
（2）（i）
a=-2
（ii）见解
析
（1）递增区间为(0,a)
，递减区间为(a,+∞)
（2）见解析 （3）见
解析
（1）见解析
（2）①
( 1+2e
2
4 e
2
,+ ∞) ②
见解析
（1）单调递减区
间为(0, 1
e )，单调
递增区间为
( 1
e ,+∞) （2）
(1,+ ∞) （3）见
解析
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
1.（2026·安徽A10 联盟·5 月模拟）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
【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，所以f (t )≥f （1）=0，即t -1≥ln t，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，所以x =1，2 y =1即y = 1
2，则x
y - y
x=1- 1
2 = 1
2.
【点拨】本题考查利用同构思想解方程，通过构造函数并利用其最值性质是解题关键.
2.设x , y ∈R，满足{
( x -1)
5+2 x +sin( x -1)=3
( y -1)
5+2 y +sin( y -1)=1，则x + y =
A. 0
B. 2
C. 4
D. 6
【答案】B
【解析】{
( x -1)
5+2 x +sin( x -1)=3
( y -1)
5+2 y +sin( y -1)=1可化为：{
( x -1)
5+2( x -1)+sin( x -1)=1
( y -1)
5+2( y -1)+sin( y -1)=-1.记
f ( x)= x
5+2 x +sin x，定义域为R.因为f
'( x)=5 x
4+2+cos x>0，所以f ( x)在R上单调递增.又
f (- x)=(- x)
5+2×(- x)+sin(- x)=-( x
5+2 x +sin x)=- f ( x)，所以f ( x)为奇函数.所以由
{
f ( x -1)=1
f ( y -1)=-1可得：x -1+ y -1=0，所以x + y =2.
【点拨】本题考查同构方程组的求解，通过构造奇函数并利用其单调性得出变量间的关系.
3.在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方
程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a的方程ae
a-2=e
4和关于b的方程
b(ln b-2)=e
3 λ -1(a,b∈R
+)可化为同构方程，则ab的值为
A. e
8
B. e
C. ln6
D. 1
【答案】A
【解析】对ae
a-2=e
4两边取自然对数，得ln a+a=6①，对b(ln b-2)=e
3 λ-1两边取自然对数，得
ln b+ ln(ln b-2)=3 λ -1，即ln b-2+ ln(ln b-2)=3 λ -3②，因为方程①②为两个同构方程，所
以3 λ -3=6，解得λ =3，设F( x)= ln x + x，x>0，则F
'( x)= 1
x +1>0，所以F( x)在(0,+∞)上单
调递增，所以方程F( x)=6的解只有一个，所以a= ln b-2，所以
ab=(ln b-2)b=b(ln b-2)=e
3×3-1=e
8.
【点拨】本题考查同构方程的识别与求解，通过两边取对数构造出形式相同的方程，结合函数的
单调性确定变量关系.
4.（2026·山东济宁·三模）已知实数x , y满足y
x -1+( x -1)(ln y -1)= ln( x -1)，则y的取值范
围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】(0,e
1
e ]
【解析】由题意，方程为y
x -1+( x -1)(ln y -1)= ln( x -1).因为存在ln( x -1)和ln y，所以x -1>0
即x>1，且y >0.原方程变形为：y
x -1+( x -1)ln y -( x -1)= ln( x -1).两边同除以x -1，得：
y
x -1
x -1 + ln y -1= ln( x -1)
x -1
.即e
( x -1)ln y
x -1
+ ln y -1= ln( x -1)
x -1
.注意到e
( x -1)ln y
x -1
= e
( x -1)ln y
e
ln( x -1) =e
( x -1)ln y - ln( x -1).
令t =( x -1)ln y - ln( x -1)，则方程变为e
t + ln y -1= ln( x -1)
x -1
.此变形不直观，重新变形：
y
x -1+( x -1)ln y = ln( x -1)+( x -1).两边同除以x -1，得y
x -1
x -1 + ln y = ln( x -1)
x -1
+1.即
e
( x -1)ln y - ln( x -1)+ ln y = ln( x -1)
x -1
+1.设u= ln y，v = ln( x -1)
x -1
.则e
( x -1)u-ln( x -1)+u= v +1.注意到
( x -1)u- ln( x -1)=( x -1)(ln y - ln( x -1)
x -1
)=( x -1)(u- v).所以e
( x -1)(u- v)+u- v =1.令w =u- v，
则e
( x -1)w+ w =1.因为x -1>0，设f (w)=e
( x -1)w+ w，则f
'(w)=( x -1)e
( x -1)w+1>0，f (w)单调递
增.又f （0）=e
0+0=1，所以w =0是唯一解.即u- v =0，u= v.所以ln y = ln( x -1)
x -1
.令
g(t )= lnt
t (t = x -1>0).g
'(t )= 1- lnt
t
2
.当0<t <e时，g
'(t )>0，g(t )单调递增；当t >e时，g
'(t )<0，
g(t )单调递减.所以g(t )≤g(e)= 1
e .所以ln y ≤1
e ，解得0< y ≤e
1
e.即y的取值范围是(0,e
1
e ].
【点拨】本题考查同构方程的求解，通过代数变形构造出单调函数，从而将方程转化为变量间的
关系式.
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
5.已知a,b,c∈( 1
e ,+∞)，且ln5
a =-5ln a，ln3
b =-3 ln b，ln 2
c =-2ln c，则
A. b<c<a
B. c<b<a
C. a<c<b
D. a<b<c
【答案】A
【解析】设函数f ( x)= x ln x，f
'( x)=1+ ln x，当x∈( 1
e ,+∞)，f
'( x)>0，此时f ( x)单调递增，
当x∈(0, 1
e )，f
'( x)<0，此时f ( x)单调递减，由题ln5
a =-5ln a，ln3
b =-3ln b，ln2
c =-2ln c，
得aln a= 1
5 ln 1
5，b ln b= 1
3 ln 1
3，c ln c = 1
2 ln 1
2 = 1
4 ln 1
4 ，因为1
5 < 1
4 < 1
3 < 1
e ，所以
1
5 ln 1
5 > 1
4 ln 1
4 > 1
3 ln 1
3，则a ln a>c ln c>b ln b，且a,b,c∈( 1
e ,+∞)，所以a>c>b.故选：A.
【点拨】本题考查利用同构比较大小，将已知等式变形为x ln x的形式，结合函数的单调性即可比
较大小.
6.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
【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，所以f ( x)= sin x
e
x 在(0, π
4 )单调递增，在( π
4 ,π )单调递减，因为
0< x< y <π，所以0< x< π
4 < y <π，0<e
x<e
y，又sin x
e
x = sin y
e
y >0，所以0<sin x<sin y，D 错误，
因为0< x< π
4 < y <π，所以cos x =√1-sin
2 x>0，|cos y |=√1-sin
2 y，所以cos x>|cos y |，所以
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，所以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)，因为f ( x)= f ( y)，所以f ( y)<f ( π
2 - x)，因为
0< x< π
4 < y <π，所以π
2 - x> π
4 ，因为f ( x)在( π
4 ,π )单调递减，所以y > π
2 - x，即x> π
2 - y，因为
φ( x)=cos x在(0,π )上单调递减，所以cos x<cos( π
2 - y)=sin y，C 错误.故选：B.
【点拨】本题考查利用同构比较大小，通过构造函数并分析其单调性与极值点，结合三角函数的
性质进行综合判断.
考法3：利用同构求函数最值
7.（2025·江西萍乡·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
【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，所以当m=e时，y =m+ e
2
m 取得最小值2e，所以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 ，所以f ( x)的最大值为1
2e ，故选：A.
【点拨】本题考查利用同构求函数最值，通过赋值法将双变量不等式转化为单变量不等式，再利
用换元法和基本不等式求最值.
8.（2025·河北NT20·二模）若存在x1∈(1,+ ∞)，x2∈(e ,+∞)使得x1 x2=e
x1⋅ln x2成立，则
4 x1- x2的最大值为
A. 4 ln2-2
B. 4 ln2- 4
C. 8 ln2-2
D. 8 ln2- 4
【答案】D
【解析】由x1 x2=e
x1⋅ln x2，则
x1
e
x1 = ln x2
x2
，对f ( x)= x
e
x 求导，所以f
'( x)= 1- x
e
x .当x∈(1,+∞)时，
1- x<0，e
x>0，所以f
'( x)<0，f ( x)在(1,+∞)上单调递减.当x =1时，f （1）= 1
e ，当x→+ ∞
时，f ( x)→0，所以f ( x)的值域是(0, 1
e ).对g( x)= ln x
x 求导，所以g
'( x)= 1- ln x
x
2
.令g
'( x)=0，即
1- ln x =0，解得x =e.当x∈(e ,+ ∞)时，ln x>1，g
'( x)=1- ln x<0，所以g( x)在(e ,+ ∞)上单调
递减.当x =e时，g(e)= 1
e ，当x→+∞时，g( x)→0，所以g( x)的值域是(0, 1
e ).又
x1
e
x1 = ln x2
x2
= ln x2
e
ln x2 ，所以x1= ln x2，那么4 x1- x2= 4 ln x2- x2.设h( x)= 4 ln x - x( x>e)，则
h
'( x)= 4
x -1= 4 - x
x
，当e< x<4时，h
'( x)>0，当x>4时，h
'( x)<0，所以h( x)在(e ,4)上单调递
增，在(4 ,+∞)上单调递减，则h( x)的最大值为h（4 ）= 4 ln 4 - 4 =8 ln2- 4.故选：D.
【点拨】本题考查利用同构求最值，通过构造函数并利用其单调性将等式转化为变量间的关系，
再构造新函数求最值.
9.（2026·湖南师大附中·5 月模拟）已知函数f ( x)= x e
x ,g( x)=e x(1+ ln x)，若
f ( x1)= g( x2)=m,m>0，则x1⋅x2⋅ln m的最小值为
A. - 1
e
2
B. 1
e
2
C. -1
D. e
2
【答案】A
【解析】由题意可得f ( x1)= x1e
x1=m，则ln m= ln x1+ x1，由g( x2)=e x2(1+ ln x2)=m，则
ln m=1+ ln x2+ ln(1+ ln x2)，令1+ ln x2=t，则ln m=t + lnt，令h( x)= x + ln x，可知函数h( x)在
(0,+∞)上单调递增，所以当ln m= ln x1+ x1=t + ln t时，有t = x1，即1+ ln x2= x1，可得x2=e
x1-1，
所以x1 x2ln m= x1e
x1-1( x1+ ln x1)，令u= x1e
x1(u>0)，则lnu= x1+ ln x1，所以
x1e
x1-1( x1+ ln x1)= u lnu
e
，令p(u)= u lnu
e
(u>0)，则p
'(u)= lnu+1
e
，令p
'(u)=0，即lnu+1=0，
解得u= 1
e ，当0<u< 1
e 时，p
'(u)<0，则p(u)在(0, 1
e )上单调递减，当u> 1
e 时，p
'(u)>0，则p(u)
在( 1
e ,+∞)上单调递增，所以函数p(u)在u= 1
e 处取得极小值，也是最小值，为p( 1
e )=- 1
e
2，所以
x1⋅x2⋅ln m的最小值为- 1
e
2.
【点拨】本题考查利用同构求最值，通过取对数构造同构函数，利用单调性得到变量间的关系，
再转化为单变量函数求最值.
10.（2025·河北衡水中学·综合评价）若正实数a,b满足a(ln b- ln a+a)≥be
a-1，则1
ab的最小
值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】e
4
【解析】因为a(ln b- ln a+a)≥be
a-1，所以1
a ln b
a - 1
a ln e
a+ b
a e
a-1≥0，所以
ln b
a + ln e
a-1+1≥b
a e
a-1，即ln( b
a e
a-1)- b
a e
a-1+1≥0，令t = b
a e
a-1，则有ln t -t +1≥0(t >0)，设
f (t )= ln t -t +1，则f
'(t )= 1
t -1，由f
'(t )=0得t =1，当0<t <1时f
'(t )>0，f (t )单调递增，当t >1
时f
'(t )<0，f (t )单调递减，所以f (t )max = f （1）=0，即lnt -t +1≤0，又因为lnt -t +1≥0，所
以ln t -t +1=0，当且仅当t =1时等号成立，所以t = b
a e
a-1=1，从而1
b = 1
a e
a-1，所以
1
ab = 1
a
2 e
a-1(a>0)，设g( x)= e
x -1
x
2 ( x>0)，则g
'( x)= e
x -1( x -2)
x
3
，由g
'( x)=0得x =2，当0< x<2
时g
'( x)<0，g( x)单调递减，当x>2时g
'( x)>0，g( x)单调递增，所以
g( x)min= g（2）= e
2-1
2
2 = e
4 ，所以1
ab的最小值为e
4 .
【点拨】本题考查利用同构求最值，通过代数变形构造出f (t )= ln t -t +1的形式，利用其最大值为
0 的性质得到等量关系.
11.已知f ( x)= x
2023.设实数m>0，若对任意的正实数x，不等式f (e
mx)≥f ( ln x
m )恒成立，则m
的最小值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】1
e
【解析】因为f
'( x)=2023 x
2022≥0仅在x =0时取等号，故f ( x)= x
2023为R上的单调递增函数，故由
设实数m>0，对任意的正实数x，不等式f (e
mx)≥f ( ln x
m )恒成立，可得m>0，e
mx≥ln x
m ,( x>0)恒
成立，∴me
mx≥ln x，即mx e
mx≥x ln x =e
ln x⋅ln x恒成立，当0< x<1时，m>0，
mx e
mx≥x ln x =e
ln x⋅ln x恒成立，当x ≥1时，构造函数g( x)= x e
x，g
'( x)=e
x+ x e
x =( x +1)e
x>0
恒成立，∴当x ≥1时，g( x)递增，则不等式e
mx≥ln x
m 恒成立等价于g(mx)≥g(ln x)恒成立，即
mx ≥ln x恒成立，故需m≥( ln x
x )max，设G( x)= ln x
x ，∴G
'( x)= 1- ln x
x
2
，∴G( x)在[1,e)上递增，
在[e ,+ ∞)递减，∴G( x)max =G(e)= 1
e ，故m的最小值为1
e .
【点拨】本题考查利用同构求最值，通过函数的单调性脱去函数符号，再构造同构函数将不等式
转化为变量间的关系.
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
12.（2026·华中师大一附中·5 月模拟）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
【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)，又因为f ( x)单调递增，所以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 ).
【点拨】本题考查利用同构研究方程根的个数，通过构造函数将方程转化为两个函数图象的交点
问题，再利用导数求最值.
考法5：利用同构求函数交点问题
13.已知函数f ( x)= ax
e
x 和g( x)= ln x
ax 有相同的最大值b.
（1）求a,b；
（2）证明：存在直线y =m，其与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)共有三个不同的交点，并且
从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【答案】（1）a=1,b= 1
e
（2）见解析
【解析】（1）f ( x)= ax
e
x ⇒f
'( x)= a(1- x)
e
x
，当a>0时，当x>1时，f
'( x)<0,f ( x)单调递减，当
x<1时，f
'( x)>0,f ( x)单调递增，所以当x =1时，函数f ( x)有最大值，即f ( x)max= f （1）= a
e ；
当a<0时，当x>1时，f
'( x)>0,f ( x)单调递增，当x<1时，f
'( x)<0,f ( x)单调递减，所以当x =1
时，函数f ( x)有最小值，没有最大值，不符合题意，由g( x)= ln x
ax ⇒g
'( x)= 1- ln x
a x
2
，当a>0时，
当x>e时，g
'( x)<0, g( x)单调递减，当0< x<e时，g
'( x)>0, g( x)单调递增，所以当x =e时，函
数g( x)有最大值，即g( x)max= g(e)= 1
ae ；当a<0时，当x>e时，g
'( x)>0,g( x)单调递增，当
0< x<e时，g
'( x)<0, g( x)单调递减，所以当x =e时，函数g( x)有最小值，没有最大值，不符合
题意，于是有a
e = 1
ae ⇒a=±1，∵a>0，∴a=1,b= 1
e .
（2）由（1）知，两个函数图象如下图所示：
由图可知：当直线y =m经过点M时，此时直线y =m与两曲线y = f ( x)和y = g( x)恰好有三个交点，
不妨设0< x1<1< x2<e< x3且
x1
e
x1 = x2
e
x2 = ln x2
x2
= ln x3
x3
=m，由
x1
e
x1 = ln x2
x2
= ln x2
e
ln x2 ⇒f ( x1)= f (ln x2)，
又x1<1,ln x2<lne =1，又当x∈(-∞,1)时，f ( x)单调递增，所以x1= ln x2，又
x2
e
x2 = ln x3
x3
= ln x3
e
ln x3 ⇒f ( x2)= f (ln x3)，又x2>1,ln x3>lne =1，又当x∈(1,+∞)时，f ( x)单调递减，
所以x2= ln x3，于是有
x3
x2
= ln x3
ln x2
= x2
x1
= 1
m，
x2
x1
= x3
x2
⇒x1 x3= x2
2.
【点拨】本题考查利用同构求函数交点问题，通过构造同构式将不同函数的交点转化为同一函数
的自变量关系.
14.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
【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，所以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.所以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，所以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.所以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.因为x1< x2且
eln x2
x2
= eln x3
x3
=k，所以e
x1
> e
x2
，又x2< x3，所以e
x2
= x2，
e
x1
= x3，从而有x2
2= x1 x3，故结论成立.
【点拨】本题考查利用同构求函数交点问题，通过构造同构式将不同函数的交点转化为同一函数
的自变量关系.
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
15.（2026·山东东营·二模）已知函数f ( x)=e
x +m- ln x +m,m∈R，若f ( x)≥0恒成立，则m
的取值范围为
A. (-1,+ ∞)
B. [-1,+ ∞)
C. (-∞,-1]
D. (-∞,-1)
【答案】B
【解析】f ( x)=e
x +m- ln x +m≥0⇔e
x +m+ x +m≥ln x + x⇔e
x +m+ x +m≥e
ln x+ ln x，令g(t )=e
t +t，
则g( x +m)≥g(ln x)，因为g
'(t )=e
t +1>0，所以g(t )在R上单调递增，所以x +m≥ln x，即
m≥ln x - x，令h( x)= ln x - x，则h
'( x)= 1
x -1= 1- x
x
，当0< x<1时，h
'( x)>0，h( x)单调递增，
当x>1时，h
'( x)<0，h( x)单调递减，所以h( x)max =h（1）=-1，所以m≥-1.故选：B.
【点拨】本题考查指对数混合同构求参数范围，通过构造函数g(t )=e
t +t将不等式转化为变量间
的关系，再利用导数求最值.
16.（2026·湖南湘一名校联盟·二模）若关于x的方程e
x =a ln( 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
【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))，
因为f
'(t )=e
t +1>0，所以f (t )在R上单调递增，所以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，所以g( x)≥g（2）=2，
所以ln a≥2，a≥e
2.
【点拨】本题考查指对数混合同构求参数范围，通过构造函数f (t )=e
t +t将方程转化为变量间的关
系，再利用导数求最值.
17.（2026·河北衡水·4 月检测）若∀x∈(0,+∞)，(a+2e
x)x ≥e
x[2ln(ax)+1]，则a的取值
范围为＿＿＿＿＿＿.
【答案】(0,e ]
【解析】由题可得，∀x∈(0,+ ∞)，ax
e
x ≥2ln a+2ln x -2 x +1，由不等式可知a>0，令t = ax
e
x ，
则t
' = ae
x -ax e
x
e
2 x
= a(1- x)
e
x
，当x∈(0,1)时，t
'>0，t = ax
e
x 单调递增；当x∈(1,+ ∞)时，t
'<0，
t = ax
e
x 单调递减，所以tmax = a
e ，又x→0时，t →0，x→+ ∞时，t →0，所以t ∈(0, a
e ].因为t = ax
e
x ，
所以ln t = ln a+ ln x - x，所以原不等式等价于∀t ∈(0, a
e ]，t ≥2ln t +1，令
g(t )=t -2ln t -1(t >0)，则g
'(t )=1- 2
t = t -2
t
，当t ∈(0,2)时，g
'(t )<0，g(t )单调递减；当
t ∈(2,+∞)时，g
'(t )>0，g(t )单调递增，又g（1）=0，所以要使g(t )≥0对∀t ∈(0, a
e ]成立，
所以a
e ≤1，解得a≤e，又a>0，所以0<a≤e，则a的取值范围为(0,e ].故答案为(0,e ].
【点拨】本题考查指对数混合同构求参数范围，通过换元法将双变量不等式转化为单变量不等式，
再利用导数求最值.
18.完成下列各问
（1） 已知函数f ( x)= x e
x-a( x + ln x)，若f ( x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是＿＿＿＿
＿＿；
（2） 已知函数f ( x)= x e
x -a( x + ln x +1)，若f ( x)≥0恒成立，则正数a的取值范围是＿＿
＿＿＿＿；
（3） 已知函数f ( x)= x e
x+e -a( x + ln x +1)，若f ( x)≥0恒成立，则正数a的取值范围是＿
＿＿＿＿＿；
（4） 已知不等式x e
x -a( x +1)≥ln x对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围是＿＿＿＿
＿＿；
（5） 已知函数f ( x)= x
be
x -a ln x - x -1( x >1)，其中b>0，若f ( x)≥0恒成立，则实数a与b
的大小关系是＿＿＿＿＿＿；
（6） 已知函数f ( x)=ae
x - ln x -1，若f ( x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是＿＿＿＿＿
＿；
（7） 已知函数f ( x)=ae
2 x - ln 2 x -1，若f ( x)≥0恒成立，则实数a的取值范围是＿＿＿＿
＿＿；
（8） 已知不等式e
x -1≥kx + ln x，对∀x∈(0,+∞)恒成立，则k的最大值为＿＿＿＿＿＿；
（9） 若不等式ax + x e
-ax- ln x -1≥0对x>0恒成立，则实数a的取值范围是＿＿＿＿＿＿；
【答案】（1）0≤a≤e （2）0<a≤1 （3）0<a≤e （4）a≤1 （5）a≤b （6）a≥1
e （7）
a≥1
e （8）e -1 （9）a≤1
e
【解析】（1）f ( x)≥0⇔x e
x -a( x + ln x)≥0⇔e
x + ln x≥a( x + ln x)⇔e
t ≥at(t = x + ln x)，
⇔{
a≥e
t
t
(t <0)
a≤e
t
t
(t >0)
.又y = e
t
t ，y
' = e
t(t -1)
t
2
，令y
'<0，得t <0或0<t <1，令y
'>0，得t >1，所以
y = e
t
t 在(-∞,0)，(0,1)递减，在(1,+ ∞)递增，所以，当t <0时，y <0，t >0时，y ≥e，
∴{
a≥e
t
t
(t <0)
a≤e
t
t
(t >0)
⇔{
a≥0
a≤e ⇔0≤a≤e.
（2）f ( x)≥0⇔x e
x -a( x + ln x +1)≥0⇔e
x + ln x≥a( x + ln x +1)，当x + ln x +1≤0时，原不等式恒
成立；当x + ln x +1>0时，a≤
e
x + ln x
x + ln x +1，由于
e
x + ln x
x + ln x +1 ≥x + ln x +1
x + ln x +1 =1，当且仅当x + ln x =0等
号成立，所以a≤1.
（3）f ( x)≥0⇔x e
x+e≥a( x + ln x +1)≥0⇔e
x + ln x+e≥a( x + ln x +1)，当x + ln x +1≤0时，原不
等式恒成立；当x + ln x +1>0时，a≤e
x + ln x+e
x + ln x +1，由（1）中可得e
x≥e x，当x =1时，等号成立，
所以e
x + ln x+e
x + ln x +1 ≥e( x + ln x)+e
x + ln x +1
=e，当且仅当x + ln x =1等号成立，所以a≤e.
（4）x e
x -a( x +1)≥ln x⇔a≤x e
x - ln x
x +1
，由于x e
x - ln x
x +1
= e
x + ln x - ln x
x +1
≥x + ln x +1- ln x
x +1
=1，所
以a≤1.
（5）f ( x)≥0⇔x
be
x≥aln x + x +1⇔e
x +b ln x - x -1≥a ln x⇔a≤e
x +b ln x - x -1
ln x
.由于
e
x +b ln x - x -1
ln x
≥x +b ln x +1- x -1
ln x
=b，当且仅当x +b ln x =0等号成立，所以a≤b.
（6）ae
x - ln x -1≥0⇔a≥ln x +1
e
x
，由于ln x +1≤x，e
x≥e x，两者都是当且仅当x =1等号成立，
则ln x +1
e
x
≤x
e x = 1
e ，所以a≥1
e .
（7）ae
2 x - ln 2 x -1≥0⇔a≥ln 2 x +1
e
2 x
，由于ln 2 x +1≤2 x，e
2 x≥e⋅2 x，两者都是当且仅当
x = 1
2等号成立，则ln 2 x +1
e
2 x
≤2 x
2e x = 1
e ，所以a≥1
e .
（8）e
x -1≥kx + ln x⇔k ≤e
x - x -lne x
x
，由于ln x +1≤x，e
2 x≥e⋅2 x，两者都是当且仅当x =1等
号成立，所以e
x
x ≥e，lne x
x
≤1，则e
x
x - lne x
x
≥e -1，所以k ≤e -1.
（9）ax + x e
-ax- ln x -1=e
-ax + ln x+ax - ln x -1≥-ax + ln x +1+ax - ln x -1=0，当且仅当
-ax + ln x =0，即a= ln x
x 时等号成立.由a= ln x
x 有解，y = ln x
x ，y
' = 1- ln x
x
2
，易知y = ln x
x 在(0,e)
上递增，在(e ,+ ∞)递减，y ≤y |x =e= 1
e ，所以a≤1
e .
【点拨】本题考查指对数混合同构求参数范围，通过构造同构式将不等式转化为基本不等式或利
用导数求最值.
考法7：其他类型同构求参数范围
19.（2026·河北沧州十二校·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
【解析】（1）设h( x)=e
x- 1
3 x -1，x∈(-2,0)，则h
'( x)=e
x- 1
3；所以h( x)在(-2,- ln3)上单
调递减，在(- ln3,0)上单调递增；因为h（0）=0，h(-2)=e
-2- 1
3 <0，所以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))；所以φ(t )= t -e
t
t e
t ，在(-2,0)上单调递增；因为
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，因为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
，因为a= e
t0
t0
2 - 1
t0
，所以at0
2+t0=e
t0，由（1）知t ∈(-2,0)时，e
t0< 1
3 t0+1，所以
at0
2+t0< 1
3 t0+1，即3at0
2+2t0-3<0，解得t0>-1-√1+9a
3a
，所以-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，因为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，
因为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，所以只需证
9( x - ln x
ln x
)+6> 9
ln x ，只需证9 x -9 ln 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，所以φ( x)在
( 1
3 ,1)上单调递增，当x∈(e
-2, 1
3 )，φ
'( x)<0，所以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，所以φ( x)在(e
-2,1)的最大值
小于0，故3( x -1)- ln x<0成立.
【点拨】本题考查利用同构求参数范围及证明不等式，通过取对数将方程转化为变量间的关系，
再构造函数求最值.
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
20.已知函数f ( x)=ax ln x - x +1，a∈R.
（1） 讨论f ( x)的单调区间；
（2） 当p>q>1时，证明q ln p+ ln q< p ln q+ ln p.
【答案】（1）见解析
（2）见解析
【解析】（1）f ( x)=ax ln x - x +1的定义域为(0,+∞)，∴f
'( x)=aln x +a-1，①当a=0时，
f
'( x)=-1<0，此时f ( x)在(0,+∞)上单调递减，②当a>0时，由f
'( x)>0可得x>e
1-a
a ，由
f
'( x)<0，可得0< x<e
1-a
a ，∴f ( x)在(0,e
1-a
a )上单调递减，在(e
1-a
a ,+ ∞)上单调递增，③当a<0
时，由f
'( x)<0可得x>e
1-a
a ，由f
'( x)>0，可得0< x<e
1-a
a ，∴f ( x)在(0,e
1-a
a )上单调递增，在
(e
1-a
a ,+ ∞)上单调递减.
（2）设g( x)= ln x
x -1，则g
'( x)=-( x ln x - x +1)
x( x -1)
2
，由（1）可得f ( x)= x ln x - x +1在(1,+ ∞)上单
调递增，∵f （1）=0，∴当x∈(1,+ ∞)时，f ( x)>0，∴当x∈(1,+∞)时，g
'( x)<0，∴g( x)
在(1,+∞)上单调递减，∴当p>q>1时，g( p)<g(q)，∴ln p
p-1 < ln q
q -1，∴q ln p- ln p< p ln q - ln q，
∴q ln p+ ln q< p ln q+ ln p.
【点拨】本题考查利用同构证明不等式，通过构造函数g( x)= ln x
x -1并利用其单调性将双变量不等
式转化为单变量函数的大小比较.
21.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
【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，所以当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；所以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，所以g( x)min= x0⋅1
x0
+2 x0-2 x0=1，又x>0时，1
x +1 <1恒成
立，所以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).
【点拨】本题考查利用同构证明不等式，通过构造函数并利用其单调性与极值点将不等式转化为
函数的最值问题.
考法9：利用同构处理极值点偏移问题
22.（2026·广东梅州·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
【解析】（1）f
'( x)=- 1
x
2 - a
x -1，因为f ( x)在(0,+∞)上单调递减，所以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，因为x>0，所以
- 1
x - x ≤-2，当且仅当x =1时取等号，所以a≥-2.
（2）（i）因为g
'( x)= ln x，所以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，所以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，所以g( x)≥g（1）=0，又f （1）=0，所以
f ( x1)= g( x2)≥0= f （1），因为f ( x)在(0,+∞)上单调递减，所以0< x1≤1，要证x1⋅x2≤1，即
证x2≤1
x1，因为0< x1≤1，所以1
x1
≥1，又x2≥1时，g( x)单调递增，所以只需证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，所以φ( x)在(0,1]上单调递减，所以φ( x)≥φ（1）=0，所以h
'( x)≥0，
所以h( x)在(0,1]上单调递增，所以h( x)≤h（1）=0，即f ( x1)≤g( 1
x1
)成立，所以x1⋅x2≤1.
【点拨】本题考查利用同构处理极值点偏移问题，通过构造函数并利用其单调性将双变量不等式
转化为单变量函数的最值问题.
23.（2026·江西南昌·一模）已知函数f ( x)=- x ln x +(ln a+1)x.
（1）求函数f ( x)的单调区间；
（2）设函数f ( x)的零点为x0，设曲线y = f ( x)在( x0,0)处的切线为y =kx +m，求证：
f ( x)≤kx +m.
（3）当1
e ≤a≤1时，设∀x1, x2∈(0,+ ∞)，且满足f ( x1)- f ( x2)=1，求证：e
x2-e
x1> 1
a.
【答案】（1）递增区间为(0,a)，递减区间为(a,+∞)
（2）见解析
（3）见解析
【解析】（1）f ( x)=- x ln x +(ln a+1)x，由f
'( x)=- ln x + ln a，当x∈(0,a)时，f
'( x)>0，即
f ( x)在(0,a)为增函数；当x∈(a,+∞)时，f
'( x)<0，即f ( x)在(a,+∞)为减函数.所以f ( x)的递
增区间为(0,a)，递减区间为(a,+∞).
（2）由f ( x)=- x ln x +(ln a+1)x =0，解得x0=ae，又因为f
'( x)=- ln x + ln a，则
f
'(ae)=- ln ae+ ln a=-1，所以切线方程为y =- x +ae，设φ( x)=- x ln x +(ln a+2)x -ae，则
φ
'( x)=- ln x + ln a+1，令φ
'( x)=- ln x + ln a+1=0，解得x =ae，当0< x<ae时，φ
'( x)>0，当
x>ae时，φ
'( x)<0，可知φ( x)在(0,ae)为增函数，φ( x)在(ae ,+∞)为减函数，故
φ( x)≤φ(ae)=0，所以f ( x)≤kx +m.
（3）由（1）可知f ( x)max = f (a)=a≤1，①若x2∈(0,a)，则f ( x2)= x2(ln a+1- ln x2)> x2>0，
f ( x1)- f ( x2)<f ( x1)≤f (a)=-aln a+aln a+a≤1不符合题意；所以x2≥a，②若0< x1<a，则
x1< x2，③若x1≥a，x2≥a，又因为f ( x)在(a,+∞)为减函数，所以f ( x1)= f ( x2)+1>f ( x2)，所以
x1< x2，综上所述x1< x2，又因为f ( x1)- f ( x2)=1，由e
x2-e
x1> 1
a，所以e
x2-e
x1> 1
a (f ( x1)- f ( x2))，
即a(e
x2-e
x1)>f ( x1)- f ( x2)，即f ( x1)+ae
x1<f ( x2)+ae
x2，设g( x)= f ( x)+ae
x，所以
g
'( x)= f
'( x)+ae
x =ae
x - ln x + ln a，方法一：设h( x)=ae
x - ln x + ln a，所以h
'( x)=ae
x - 1
x ，因
为h
'( x)在(0,+ ∞)为单调递增，当x→0时，h
'( x)→-∞，x→+∞，h
'( x)→+∞，所以存在
t ∈(0,+∞)，使得h
'(t )=0，即ae
t - 1
t =0，又因为x∈(0,t )，h
'( x)<0，即h( x)在(0,t )为减函
数；又因为x∈(t ,+∞)，h
'( x)>0，即h( x)在(t ,+∞)为增函数；所以
h( x)≥h(t )=ae
t - ln t + ln a= 1
t - ln t + ln a，又因为ae
t = 1
t ，则有ln a+t =- lnt，又因为1
e ≤a≤1，
h(t )= 1
t +t +2ln a≥2+2ln a≥0，所以h( x)≥0，即g( x)在(0,+∞)为增函数，又因为x2> x1，所
以g( x2)>g( x1)，即e
x2-e
x1> 1
a.方法二：h( x)=ae
x - ln x + ln a=e
x + ln a+ x + ln a-(ln x + x)设
F( x)= ln x + x，因为F( x)在(0,+∞)单调递增，又因为e
x + ln a≥e
x -1≥x所以F(e
x + ln a)≥F( x)所以
h( x)≥0，即g( x)在(0,+∞)为增函数，又因为x2> x1，所以g( x2)>g( x1)，即e
x2-e
x1> 1
a.
【点拨】本题考查利用同构处理极值点偏移问题，通过构造函数并利用其单调性将双变量不等式
转化为单变量函数的最值问题.
24.（2026·浙江强基联盟·3 月联考）已知函数f ( x)=e
x，g( x)= x
ln 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）证明见解析
（2）①( 1+2e
2
4 e
2
,+∞) ②见解析
【解析】（1）设h( x)=e
x- 1
3 x -1，x∈(-2,0)，则h
'( x)=e
x- 1
3；所以h( x)在(-2,- ln3)上单
调递减，在(- ln3,0)上单调递增；因为h（0）=0，h(-2)=e
-2- 1
3 <0，所以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
x0
ln x0 =e x0
a，两边取对数得x0
ln x0
=1+aln x0，令t0= ln x0，则
t0∈(-2,0)，e
t0
t0
=1+at0，从而有a= e
t0-t0
t0
2
；设φ(t )= e
t -t
t
2 ，t ∈(-2,0).则
φ
'(t )= (t -2)e
t +t
t
3
>0(t ∈(-2,0))；所以φ(t )= e
t -t
t
2 ，在(-2,0)上单调递增；因为
φ(-2)= e
-2+2
4
= 1
4 e
2 + 1
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，因为a= e
t0-t0
t0
2
，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
，因为a= e
t0
t0
2 - 1
t0
，所以at0
2+t0=e
t0，由（1）知t ∈(-2,0)时，e
t0< 1
3 t0+1，所以
at0
2+t0< 1
3 t0+1，即3at0
2+2t0-3<0，解得t0>-1-√1+9a
3a
，所以-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，因为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，
因为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，所以只需证
9( x - ln x
ln x
)+6> 9
ln x ，只需证9 x -9 ln 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，所以φ( x)在
( 1
3 ,1)上单调递增，当x∈(e
-2, 1
3 )，φ
'( x)<0，所以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，所以φ( x)在(e
-2,1)的最大值
小于0，故3( x -1)- ln x<0成立.
【点拨】本题考查利用同构处理极值点偏移问题，通过代数变形将不等式转化为单变量函数的最
值问题，再利用导数证明.
25.（2026·湖南湘一名校联盟·二模）已知函数f ( x)= x ln x.
（1）求函数f ( x)的单调区间；
（2）若过点P(a,0)可作曲线y = f ( x)的两条切线，求a的取值范围；
（3）若曲线y = f ( x)的切线l过点P(a,0)，其中a>1，求证：曲线上除切点外的点都在直线
l的上方.
【答案】（1）单调递减区间为(0, 1
e )，单调递增区间为( 1
e ,+∞)
（2）(1,+∞)
（3）证明见解析
【解析】（1）函数的定义域为(0,+∞).求导得：f
'( x)= ln x +1.令f
'( x)>0，解得x> 1
e ，令
f
'( x)<0，解得0< x< 1
e .所以f ( x)的单调递减区间为(0, 1
e )，单调递增区间为( 1
e ,+∞)；
（2）设切点坐标为( x0, x0ln x0)，其中x0>0，由（1）知切线斜率k = f
'( x0)= ln x0+1，则切线方
程为y - x0ln x0=(ln x0+1)( x - x0)，因为切线过点P(a,0)，代入整理得：a(ln x0+1)- x0=0，过
点P可作两条切线，等价于关于x0的方程a(ln x0+1)- x0=0在其定义域内有两个不同的实根，当
x = 1
e 时无意义，故a=
x0
ln x0+1，令g( x)=
x
ln x +1 ( x>0且x≠1
e )，g
'( x)=
ln x
(ln x +1)
2.当
x∈(0, 1
e )∪( 1
e ,1)时，g
'( x)<0，g( x)在(0, 1
e )和( 1
e ,1)上单调递减；当x∈(1,+∞)时，
g
'( x)>0，g( x)在(1,+ ∞)单调递增.又当x< 1
e 且x→1
e 时，g( x)→-∞；当x> 1
e 且x→1
e 时，
g( x)→+∞，当x> 1
e ，且x→+∞时，g( x)→+∞. g（1）=1.由图知，要使a= g( x)有两根，需
a>1，故a的取值范围是(1,+ ∞)；
（3）证明：设切点为( x0,f ( x0))，由（2）知a=
x0
ln x0+1.切线l的方程为y =(ln x0+1)( x -a)，要
证曲线上除切点外的点都在直线l上方，即证：x ln x>(ln x0+1)( x -a)对x∈(0,+ ∞), x≠x0恒成
立.将a(ln x0+1)= x0代入上式，即证：x ln x>(ln x0+1)x - x0，令h( x)= x ln x -(ln x0+1)x + x0，
h
'( x)= ln x - ln x0当0< x< x0时，h
'( x)<0，h( x)单调递减；当x> x0时，h
'( x)>0，h( x)单调递增.
所以h( x)min=h( x0)=0.因此，当x≠x0时，h( x)>0，即曲线上除切点外的点都在直线l的上方.
【点拨】本题考查利用同构处理极值点偏移问题，通过构造函数并利用其单调性将双变量不等式
转化为单变量函数的最值问题.
