重难点08 导数中的同构问题（举一反三专项训练）
【全国通用】
【题型1 同构：利用f(x)与x 构造函数】................................................................................................................2
【题型2 同构：利用f(x)与ex构造函数】...............................................................................................................5
【题型3 同构：利用f(x)与sinx，cosx 构造函数】................................................................................................7
【题型4 指对同构问题】........................................................................................................................................10
【题型5 同构应用——比较大小】........................................................................................................................13
【题型6 同构应用——解决不等式恒成立问题】...............................................................................................17
【题型7 同构应用——证明不等式】....................................................................................................................19
【题型8 与零点有关的同构问题】........................................................................................................................24
1、导数中的同构问题
导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的同构问题是高考考查的一个重点、热点内容.从近几年的
高考情况来看，导数中的同构问题经常以客观题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式
或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题，难度较大，复习是要加强
这方面的训练.
知识点
1 导数中的同构问题的解题策略
1．导数中的同构问题是通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒
成立等问题，主要有以下几种类型：
(1)利用f(x)与x 构造函数
①出现nf(x)+xf'(x)形式，构造函数F(x)=xnf(x).
②出现xf'(x)-nf(x)形式，构造函数
.
(2)利用f(x)与ex构造函数.
(3)利用f(x)与sinx，cosx 构造函数.
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，进而利用导
数找到和函数单调性、最值等之间的练习，来解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.
知识点
2 指对同构问题
1．指对同构解决不等式问题
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数取值范围或证明不等式，有一部分题是命题者利用函数单调性
构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的同一函数)，无疑大大加快解决问题的速
度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法.
(1)五个常见变形：
.
(2)三种基本模式：
三种同构方式
①积型：
②商型：
③
和差型：
【题型1 同构：利用f(x)与x 构造函数】
【例1】（2025·江西南昌·三模）已知函数f ( x)的定义域为R，且f (2)=−1，对任意x∈R，
f ( x)+ x f
′( x)<0，则不等式(x +1)f (x +1)>−2的解集是（ ）
A．(−∞,1)
B．(−∞,2)
C．(1,+∞)
D．(2,+∞)
【答案】A
【解题思路】设g(x)= xf (x)，由g
′( x)= f ( x)+ x f
′( x)<0恒成立，g( x)在R上单调递减，由
(x +1)f (x +1)>−2可得g( x +1)>g(2)，由单调性解不等式即可.
【解答过程】设g(x)= xf (x)，则g(2)=2f (2)=−2 ，
∵对任意x∈R，f ( x)+ x f
′( x)<0，∴g
′( x)= f ( x)+ x f
′( x)<0恒成立，即g( x)在R上单调递减，
由(x +1)f (x +1)>−2可得g( x +1)>g(2)，∴x +1<2，解得x<1，即解集为(−∞,1).
故选：A.
【变式1-1】（2025·吉林·二模）已知函数f (x)的定义域为(−∞,0)，其导函数f
′ (x)满足x f
′ (x)−2f (x)>0
，则不等式f (x +2024)−(x +2024)
2f (−1)<0的解集为（ ）
A．(−2025,−2024)
B．(−2024,0)
C．(−∞,−2024)
D．(−∞,−2025)
【答案】A
【解题思路】令g(x)= f (x)
x
2 ，求导可得g(x)在(−∞,0)上单调递减，由已知可得f (x +2024)
(x +2024)
2 < f (−1)
(−1)
2 ，可
得g(x +2024)<g(−1)，可得不等式的解集.
【解答过程】由题意知，当x∈(−∞,0)时，x f
′ (x)−2f (x)>0，
令g(x)= f (x)
x
2 ，则g
′ (x)= x
2f
′ (x)−2 xf (x)
x
4
= x f
′ (x)−2f (x)
x
3
<0，
所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，
不等式f (x +2024)−( x +2024)
2f (−1)<0等价于f (x +2024)
(x +2024)
2 < f (−1)
(−1)
2 ，
即为g(x +2024)<g(−1)，所以{
x +2024>−1
x +2024<0 )，解得−2025< x<−2024.
故选：A.
【变式1-2】（24-25 高二下·广东潮州·阶段练习）已知f
' (x)是偶函数f (x)(x∈R)的导函数，f (1)=1.若
x ≥0时，f (x)+ x f
' (x)>0，则使得不等式(x−2025)⋅f (x−2025)>1成立的x的取值范围是（ ）
A．(2026,+ ∞)
B．(−∞,−2026)∪(2026,+∞)
C．(2025,+∞)
D．(−∞,−2025)∪(2025,+∞)
【答案】A
【解题思路】构造函数g(x)= xf (x)，则由条件可知g(x)的单调性、奇偶性以及g(1)=1，即可将问题转化
为求解不等式g(x−2025)>g(1).
【解答过程】令g(x)= xf (x)，则g
' (x)= f (x)+ x f
' (x)，
则当x ≥0时，g
' (x)>0，即g(x)单调递增，
因f (x)为偶函数，则f (x)= f (−x)，则g(x)+ g(−x)= xf (x)−xf (−x)=0，
即g(x)为奇函数，
则g(x)在R上单调递增，
因f (1)=1，则g(1)=1，
则(x−2025)⋅f (x−2025)>1可转化为g(x−2025)>g(1)，
则x−2025>1，即x>2026，
故不等式的解集为(2026,+∞).
故选：A.
【变式1-3】（24-25 高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知f (x)为定义在(−∞,0)∪(0,+ ∞)上的偶函数，
已知f (1)=0，当x>0时，有2f (x)−x f
′ (x)>0，则使f (x)>0成立的x的取值范围为（ ）
A．(−∞,−1)∪(0,1)
B．(−1,0)∪(1,+∞)
C．(−∞,−1)∪(1,+∞)
D．(−1,0)∪(0,1)
【答案】D
【解题思路】令g(x)= f (x)
x
2 ，其中x≠0，分析函数g(x)的奇偶性及其在(0,+∞)上的单调性，由f (x)>0可
得出g(x)>0，可得出g(|x))> g(1)，可得出关于x的不等式，解之即可.
【解答过程】令g(x)= f (x)
x
2 ，其中x≠0，因为函数f (x)为定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数，
则f (−x)= f (x)，所以，g(−x)= f (−x)
(−x)
2 = f (x)
x
2 = g(x)，
所以，函数g(x)为偶函数，
当x>0时，g
′ (x)= x
2f
′ (x)−2 xf (x)
x
4
= x f
′ (x)−2f (x)
x
3
<0，
所以，函数g(x)在(0,+ ∞)上为减函数，且g(1)= f (1)
1
2 =0，
由f (x)>0可得g(x)= f (x)
x
2 >0，则g(x)= g(|x))>0= g(1)，
所以，{
|x)<1
x≠0)，解得−1< x<0或0< x<1，
因此，使f (x)>0成立的x的取值范围为(−1,0)∪(0,1).
故选：D.
【题型2 同构：利用f(x)与ex构造函数】
【例2】（2025·四川德阳·三模）已知函数f (x)及其导函数f
′ (x)的定义域均为R，且
(x−2)[f
′ (x)−f (x))>0，f (4−x)= f (x)e
4−2 x，则不等式e
3 f (ln x)< xf (3)的解集是（ ）
A．(0,e
3)
B．(1,e
3)
C．(e,e
3)
D．(e
3,+∞)
【答案】C
【解题思路】根据题意可构造函数F (x)= f (x)
e
x
，求得F (x)的单调性，再利用函数对称性解不等式即可求
得结果.
【解答过程】构造函数F (x)= f (x)
e
x
，则F
′ (x)= f
′ (x)−f (x)
e
x
；
因为(x−2)[f
′ (x)−f (x))>0，
所以当x>2时，f
′ (x)−f (x)>0，即F
′ (x)>0，此时F (x)在(2,+ ∞)上单调递增；
当x<2时，f
′ (x)−f (x)<0，即F
′ (x)<0，此时F (x)在(−∞,2)上单调递减；
又f (4−x)= f (x)e
4−2 x，所以f (4−x)
e
4−x
= f (x)
e
x
，即F (4−x)= F (x)；
所以函数F (x)图象上的点(x , F (x))关于x =2的对称点(4−x , F (x))也在函数图象上，
即函数F (x)图象关于直线x =2对称，
不等式e
3 f (ln x)< xf (3)变形为f (ln x)
x
< f (3)
e
3
，即f (ln x)
e
ln x
< f (3)
e
3
；
可得F (ln x)< F (3)= F (1)，
又F (x)在(2,+ ∞)上单调递增，在(−∞,2)上单调递减，
所以1<ln x<3，解得e< x<e
3.
故选：C.
【变式2-1】（2025·四川德阳·三模）已知函数f (x)及其导函数f
′ (x)在定义域均为R且F (x)=e
x +2f (x +2)
是偶函数，其函数图象为不间断曲线且(x−2)[f
′ (x)+ f (x))>0，则不等式xf (ln x)<e
3 f (3)的解集为
（ ）
A．(0,e
3)
B．(1,e
3)
C．(e,e
3)
D．(e
3,+∞)
【答案】C
【解题思路】对F (x)求导，结合题意分析F
′ (x)的符号，可得F (x)的单调性，结合单调性和偶函数性质解
不等式即可.
【解答过程】因为F (x)=e
x +2f (x +2)，则F
′ (x)=e
x +2[f (x +2)+ f
′ (x +2))，
又因为(x−2)[f
′ (x)+ f (x))>0，即x[f
′ (x +2)+ f (x +2))>0，
且e
x +2>0，
当x>0时，则f
′ (x +2)+ f (x +2)>0，可得F
′ (x)>0；
当x<0时，则f
′ (x +2)+ f (x +2)<0，可得F
′ (x)<0；
可知F (x)在(0,+∞)内单调递增，在(−∞,0)内单调递减，且F (x)函数图象为不间断曲线，
若xf (ln x)<e
3 f (3)，即e
(ln x−2)+2f ((ln x−2)+2)<e
1+2f (1+2)，
可得F (ln x−2)< F (1)，则−1<ln x−2<1，解得e< x<e
3，
所以不等式xf (ln x)<e
3 f (3)的解集为(e,e
3).
故选：C.
【变式2-2】（24-25 高二下·天津南开·期末）已知函数f (x)与其导函数f
′ (x)的定义域均为R，且
f
′ (x)+ f (x)
x−1
>0，则f (2−x)= f (x)e
2 x−2，不等式f (ln x)
e
2
< f (2)
x
的解集是（ ）
A．(0,e
2)
B．(1,e
2)
C．(e,e
2)
D．(e
2,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】构造函数g(x)=e
x f (x)，通过求导结合条件分析g(x)的单调性，由f (2−x)= f (x)e
2 x−2可得
g(2)= g(0)，将所求不等式转化为g(ln x)<g(2)，利用单调性可得答案.
【解答过程】令g(x)=e
x f (x)，则g
′ (x)=e
x[f
′ (x)+ f (x))，
因为f
′ (x)+ f (x)
x−1
>0，
所以当x>1时，f
′ (x)+ f (x)>0，g
′ (x)>0，g(x)在(1,+∞)上为增函数，
当x<1时，f
′ (x)+ f (x)<0，g
′ (x)<0，g(x)在(−∞,1)上为减函数，
因为f (2−x)= f (x)e
2 x−2，所以e
2−x f (2−x)= f (x)e
x，
所以g(2−x)= g(x)，故g(2)= g(0)，
因为f (ln x)
e
2
< f (2)
x
等价于e
ln x f (ln x)<e
2f (2)，等价于g(ln x)<g(2)，
所以0<ln x<2，故1< x<e
2，即不等式的解集是(1,e
2).
故选：B.
【变式2-3】（2025·云南楚雄·一模）已知f (x)是R上的奇函数，且对任意的x∈R均有f (x)+ f
′ (x)
ln3 >0成
立．若f (−1)=−1，则不等式f (x)<3
1−x的解集为（ ）
A．(−∞,−1)
B．(−∞,1)
C．(−1,+∞)
D．(1,+∞)
【答案】B
【解题思路】构造函数g(x)=3
x f (x)，利用导数得到g(x)的单调性，再将问题转化为g(x)<g(1)，从而得
解
【解答过程】由f (x)+ f
′ (x)
ln3 >0得f
′ (x)+ f (x)ln3>0．
令g(x)=3
x f (x)，则g
′ (x)=3
x(ln3⋅f (x)+ f
′ (x))>0，
所以g(x)在R上单调递增，
又f (−1)=−1，f (x)为奇函数，
所以f (1)=1，g(1)=3 f (1)=3，
则f (x)<3
1−x⇔3
x f (x)<3⇔g(x)< g(1)⇔x<1．
故选：B.
【题型3 同构：利用f(x)与sinx，cosx 构造函数】
【例3】（24-25 高二下·重庆·阶段练习）函数f (x)是定义在(−π,0)∪(0,π)上的奇函数，其导函数为
f
′ (x)，且f(
π
2 )=0，当0< x<π时，f
′ (x)sin x−f (x)cos x<0，则关于x的不等式f (x)<0的解集为
（ ）
A．(−π
2 ,0)∪(0,π
2 )
B．(−π
2 ,0)∪(
π
2 ,π)
C．(−π,0)∪(0,π
2 )
D．(−π,0)∪(
π
2 ,π)
【答案】B
【解题思路】由题意可构造函数g(x)= f (x)
sin x ，利用导数判断其单调性，结合其奇偶性，即可判断
g(x)= f (x)
sin x 的正负情况，结合f (x)<0，即可求得答案.
【解答过程】令g(x)= f (x)
sin x ，则g
′ (x)= f
′ (x)sin x−f (x)cos x
sin
2 x
，
由于当0< x<π时，f
′ (x)sin x−f (x)cos x<0，故此时g
′ (x)<0，
则g(x)在(0,π)上单调递减，
由于函数f (x)是定义在(−π,0)∪(0,π)上的奇函数，
则g(−x)= f (−x)
sin(−x) = −f (x)
−sin x = g( x)，即g(x)为(−π,0)∪(0,π)上的偶函数，
则g(x)在(−π,0)上单调递增，
而f(
π
2 )=0，故g(
π
2 )=0，
故当0< x<π
2 或−π
2 < x<0时，g(x)>0，当π
2 < x<π或−π< x<−π
2 时，g(x)<0，
由f (x)<0可得{
sin x>0
g(x)<0)或{
sin x<0
g(x)>0)，解得π
2 < x<π或−π
2 < x<0，
故不等式f (x)<0的解集为(−π
2 ,0)∪(
π
2 ,π)，
故选：B.
【变式3-1】（2025·重庆九龙坡·二模）已知偶函数f (x)的定义域为(−π
2 ,π
2 )，其导函数为f
′ (x)，当
0≤x<π
2 时，有f
′ (x)cos x + f (x)sin x>0成立，则关于x 的不等式f (x)>2f(
π
3 )⋅cos x的解集为（ ）
A．(−π
3 ,π
3 )
B．(
π
3 ,π
2 )
C．(−π
2 ,−π
3 )∪(
π
3 ,π
2 )
D．(−π
3 ,0)∪(
π
3 ,π
2 )
【答案】C
【解题思路】构造函数g( x)= f ( x)
cos x ,0≤x<π
2 ，利用导数讨论单调性，结合函数的偶函数性质解抽象不
等式.
【解答过程】构造函数g( x)= f ( x)
cos x ,0≤x<π
2 ，
g( x)= f
′( x)cos x−f ( x)(cos x)
′
cos
2 x
= f
′( x)cos x + f ( x)sin x
cos
2 x
>0，
所以函数g( x)= f ( x)
cos x 在[0,π
2 )单调递增，
因为函数f (x)为偶函数，所以函数g( x)= f ( x)
cos x 也为偶函数，
且函数g( x)= f ( x)
cos x 在[0,π
2 )单调递增，所以函数g( x)= f ( x)
cos x 在(−π
2 ,0)单调递减，
因为x∈(−π
2 ,π
2 )，所以cos x>0，
关于x 的不等式f (x)>2f(
π
3 )⋅cos x可变为f (x)
cos x >
f(
π
3 )
cosπ
3
，也即g( x)> g(π
3 )，
所以g(|x))>g(π
3 )，则{
|x)>π
3
−π
2 < x<π
2)
解得π
3 < x<π
2 或−π
2 < x<−π
3 ，
故选:C.
【变式3-2】（24-25 高二下·湖北·阶段练习）奇函数f (x)定义域为(−π ,0)∪(0,π )，其导函数是f
′ (x).当
0< x<π时，有f
′ (x)sin x−f (x)cos x<0，则关于x 的不等式f (x)<❑√2f(
π
4)sin x的解集为（ ）
A．（π
4 ，π）
B．(−π ,−π
4)∪(
π
4 ,π)
C．(−π
4 ,0)∪(0, π
4)
D．(−π
4 ,0)∪(
π
4 ,π)
【答案】D
【解题思路】根据题意构造函数F( x)= f ( x)
sin x ，进而根据导数研究函数单调性，利用单调性求解不等式即
可.
【解答过程】解：令F( x)= f ( x)
sin x ，因为当0< x<π时，有f
′ (x)sin x−f (x)cos x<0，
所以，当0< x<π时，F
′( x)= f
′( x)sin x−f ( x)cos x
sin
2 x
<0，
所以，函数F( x)= f ( x)
sin x 在(0,π )内为单调递减函数，
所以，当0< x<π时，关于x的不等式f (x)<❑√2f(
π
4)sin x可化为f ( x)
sin x <
f ( π
4 )
sin π
4
，即F( x)< F( π
4 )，
所以π > x> π
4 ；
当−π < x<0时，0<−x<π，则关于x的不等式f (x)<❑√2f(
π
4)sin x可化为f ( x)
sin x >
f ( π
4 )
sin π
4
，即
−f ( x)
sin(−x) >
f ( π
4 )
sin π
4
因为函数f (x)为奇函数，故f (−x)
sin(−x) >
f ( π
4 )
sin π
4
，也即F(−x)> F( π
4 )
所以−x< π
4 ，即x>−π
4 ，
所以，−π
4 < x<0．
综上，原不等式的解集(−π
4 ,0)∪( π
4 ,π ).
故选：D．
【变式3-3】（2025·全国·模拟预测）已知定义在(−π
2 ,π
2 )上的函数f (x)满足f (−x)= f (x)，当
x∈(0,π
2 )时，不等式f (x)sin x + f
′ (x)cos x<0恒成立（f
′ (x)为f (x)的导函数），若acos1= f (−1)，
bcos 1
2 = f (−ln ❑√e)，c =2f(
π
3 )，则（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>a>c
D．b>c>a
【答案】C
【解题思路】构造函数G (x)= f (x)
cos x ，分析函数G (x)的奇偶性及其在(0,π
2 )上的单调性，可得出a=G (1)
，b=G(
1
2)，c =G(
π
3 )，结合函数G (x)在(0,π
2 )上的单调性可得出a、b、c的大小关系.
【解答过程】由题意得函数f (x)为偶函数，构造函数G (x)= f (x)
cos x ，
所以G
′ (x)=(
f (x)
cos x)
′
= f
′ (x)cos x + f (x)sin x
cos
2 x
，
易知当x∈(0,π
2 )时，G
′ (x)<0，所以函数G (x)在(0,π
2 )上单调递减．
因为acos1= f (−1)= f (1)，则a= f (1)
cos1 =G (1)，
由bcos 1
2 = f (−ln ❑√e)= f(−1
2)= f(
1
2)，则b=
f(
1
2)
cos 1
2
=G(
1
2)，
且c =2f(
π
3 )=
f(
π
3 )
cosπ
3
=G(
π
3 )，
因为函数G (x)在(0,π
2 )上单调递减，且0< 1
2 <1<π
3 <π
2
，
所以G(
1
2)>G (1)>G(
π
3 )，即b>a>c，
故选：C．
【题型4 指对同构问题】
【例4】（2025·海南·模拟预测）已知当x∈(0,+ ∞)时，函数f ( x)=axe
ax−( x +1)ln x +ax ≥0恒成立，
求实数a 的取值范围是（ ）
A．[−1
e ,+ ∞)
B．[
1
e ,+∞)
C．[
2
e ,+∞)
D．[e,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】由题易知a≤0时不成立，a>0时，由指对同构转化为axe
ax+ax ≥x ln x + ln x，令
g(x)= xe
x+ x，即g(ax)≥g(ln x)，运用单调性解不等式得到ax ≥ln x在(0,+∞)上恒成立，利用参变分
离，接着求函数最值即可.
【解答过程】当a≤0时，f (e)=ae⋅e
ae−(e+1)+ae<0，所以a≤0不符合题意；
当a>0由f ( x)=axe
ax−( x +1)ln x +ax ≥0，即axe
ax+ax≥e
ln x ln x + ln x，
令g(x)= xe
x+ x (x>0)，g
′ (x)=(x +1)e
x+1>0，
所以g(x)在x∈(0,+ ∞)上单调递增，
∵axe
ax+ax ≥e
ln x ln x + ln x，即g(ax)≥g(ln x)，
∴ax≥ln x在(0,+∞)上恒成立，
∴a≥[
ln x
x )max
，令ℎ(x)= ln x
x
(x>0)，
ℎ
′ (x)= 1−ln x
x
2
=0⇒x =e，
所以x∈(0,e)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)单调递增，
x∈(e,+∞)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)单调递减，
即ℎ(x)max =ℎ(e)= 1
e ，
∴a≥[
ln x
x )max
= 1
e ,
故选：B.
【变式4-1】（24-25 高二下·云南临沧·期中）若函数f (x)=t e
x+2ln t
x + x( x>0)存在零点，则t的取值范
围为（ ）
A．(0, 1
e)
B．[1，+ ∞)
C．(
1
e ,e)
D．(0,e)
【答案】A
【解题思路】根据f (x)=0进行同构处理e
x + lnt +2(x + lnt )=e
ln x+2ln x，令g(x)=e
x+2 x，由函数g(x)单
调，所以x + ln t = ln x，即即ln t = ln x−x，求导分析值域即可.
【解答过程】由题意得t >0，令f (x)=0，则e
x + lnt +2(x + ln t )=e
ln x+2ln x，
令g(x)=e
x+2 x，
因为函数y =e
x，y =2 x均在R上单调递增，所以g(x)在R上单调递增，
所以由g(x + ln t )= g(ln x)，得x + lnt = ln x，即lnt = ln x−x，
令ℎ(x)= ln x−x，x>0，则ℎ
′ (x)= 1−x
x
，
当x∈(0，1)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，当x→0时，ℎ(x)→+∞，
所以ln t ≤−1，解得0<t ≤1
e ，即t的取值范围为(0, 1
e),
故选：A.
【变式4-2】（2025·江苏苏州·模拟预测）已知函数f (x)=aln x + x−❑√x , g(x)=e
❑√x−x
ae
x(a∈R).
(1)若a=−1
2，求f (x)的极值；
(2)证明：对于满足不等式g(x0)<f (x0)的任意x0，均有f (x0)>0.
【答案】(1)极小值为f (1)=0，无极大值.
(2)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数分析单调性可得；
（2）把不等式指对同构变形后构造函数ℎ(x)，利用其单调性解抽象不等式可得.
【解答过程】（1）因为a=−1
2，所以f (x)=−1
2 ln x + x−❑√x (x>0)，
所以f
′ (x)= 2 x−❑√x−1
2 x
= (❑√x−1)(2❑√x +1)
2 x
.
令f
′ (x)=0，则x =1，列表如下：
x
(0,1)
1
(1,+ ∞)
f
′ (x)
-
0
+
f (x)
↘
极小值
↗
由上表可知f (x)的极小值为f (1)=0，无极大值.
（2）证明：当x0满足g(x0)<f (x0)时，e
❑√x0−x0
ae
x0<aln x0+ x0−❑√x0，
所以e
❑√x0+ ❑√x0< x0
ae
x0+aln x0+ x0=e
aln x0+ x0+aln x0+ x0.
设ℎ(x)=e
x+ x (x∈R)，可知ℎ(x)在R内单调递增，
因为ℎ(
❑√x0)<ℎ(aln x0+ x0)，所以❑√x0<aln x0+ x0，所以❑√x0−aln x0−x0<0
故f (x0)>0，命题得证.
【变式4-3】（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)= x +aln x−x
a，a∈R.
(1)当a=2时，求f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若不等式f (x)+ 1
e
x ≥0对x∈(1,+∞)恒成立，则实数a的最小值.
【答案】(1)y = x−1
(2)−e
【解题思路】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程；
（2）利用同构得1
e
x −ln(
1
e
x)≥x
a−ln x
a，构造函数g(x)= x−ln x，利用导数讨论其单调性后可得
1
e
x ≤x
a即−x ≤aln x (x>1)，再结合导数可求最小值.
【解答过程】（1）a=2时，f (x)= x +2ln x−x
2，f (1)=0，
得f
′ (x)=1+ 2
x −2 x，所以f
′ (1)=1，
得f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y = x−1.
（2）由题意f (x)+ 1
e
x ≥0对x∈(1,+∞)恒成立.得x +aln x−x
a+ 1
e
x ≥0，
所以x + 1
e
x ≥x
a−aln x = x
a−ln x
a，即1
e
x −ln(
1
e
x)≥x
a−ln x
a，
构造函数g(x)= x−ln x，x>0，g(
1
e
x)≥g(x
a)在x∈(1,+∞)上恒成立，
g
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，
令g
′ (x)>0，解得：x>1，令g
′ (x)<0，解得：0< x<1，
故g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又x∈(1,+∞)，则0< 1
e
x <1，而x
a与1 的大小不定，
但本题求实数a最小值，只需考虑a为负数的情况存在与否，
故此时0< x
a<1.又因为g(x)在区间(0,1)单调递减，
故1
e
x ≤x
a在x∈(1,+ ∞)上恒成立，两边取对数得：−x ≤aln x，(x>1)，
即a≥−
x
ln x 在(1,+∞)上恒成立，
∴ℎ(x)=−
x
ln x ，则ℎ
′ (x)= 1−ln x
(ln x)
2 ，
令ℎ
′ (x)>0得1< x<e，令ℎ
′ (x)<0得：x>e，
所以ℎ(x)在(1,e)单调递增，在(e,+ ∞)单调递减，
所以ℎ(x)≤ℎ(e)=−e，即a≥−e，故a的最小值是−e.
【题型5 同构应用——比较大小】
【例5】（24-25 高二下·浙江·期中）设f
′ (x)是函数f (x)定义在(0,+∞)上的导函数，满足
x
2f
′ (x)+2 xf (x)=1，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．f (e)
e
2
> f (e
2)
e
B．f (2)
9 > f (3)
4
C．f (2)
e
2
< f (e)
4
D．f (e)
e
2
< f (3)
9
【答案】C
【解题思路】令F (x)= x
2f (x)，求导，得到F (x)= x
2f (x)在(0,+∞)上单调递增，可直接判断B、C 选项
f (2)
e
2
< f (e)
4 ；举出反例，设F (x)= x +c，可判断A、D 选项.
【解答过程】令F (x)= x
2f (x)，x∈(0,+∞)，则F
′ (x)=2 xf (x)+ x
2f
′ (x)=1>0，
所以F (x)= x
2f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
B 选项，由F (3)> F (2)，即9 f (3)>4 f (2)，可得f (2)
9 < f (3)
4
，故B 错误；
C 选项，由F (e)> F (2)，即e
2f (e)>4 f (2)，可得f (2)
e
2
< f (e)
4 ，故C 正确；
A 选项，因为F
′ (x)=2 xf (x)+ x
2f
′ (x)=1，不妨设F (x)= x +c（c为常数），
即x
2f (x)= x +c（c为常数），所以xf (x)= c
x +1，
令g(x)= xf (x)，故g(x)= c
x +1，当c =0时，g(x)=1为常数函数，
此时g(e
2)= g (e)，即e
2f (e
2)=ef (e)，所以f (e)
e
2
= f (e
2)
e
，故A 错误；
D 选项，根据上述分析，f (x)= c + x
x
2 ，（c为常数），
故f (x)
x
2 = c + x
x
4 ，x∈(0,+ ∞)，令ℎ(x)= f (x)
x
2 = c + x
x
4 ，x∈(0,+ ∞)，
当c =0时，ℎ(x)= 1
x
3，在x∈(0,+ ∞)上单调递减，
所以ℎ(e)>ℎ(3)，则f (e)
e
2
> f (3)
9
，故D 错误.
故选：C.
【变式5-1】（2025·海南·模拟预测）已知函数f (x)= f
′ (1)e
1−x−ln x，设a= 1
5 , b=−ln 0.8, c =0.2e
0.2，
则（ ）
A．f (a)<f (b)<f (c)
B．f (b)<f (c)<f (a)
C．f (b)<f (a)<f (c)
D．f (c)<f (b)<f (a)
【答案】D
【解题思路】根据导函数和导函数值，求出函数解析式，通过导函数求出函数单调性，再构造函数比较三
个数值的大小，通过函数单调性，写出三个函数值的大小关系.
【解答过程】由题意得，f
′( x)=−f
′(1)e
1−x−1
x ，代入x =1得 f
′(1)=−f
′(1)e
1−1−1，解得f
′(1)=−1
2
，可得f (x)=−1
2 e
1−x−ln x，f
′( x)= 1
2 e
1−x−1
x = xe
1−x−2
2 x
，
令g( x)= xe
1−x−2，g
′( x)=(1−x)e
1−x，
可知在(0,1)上，g
′( x)>0，g( x)在(0,1)上单调递增，
在(1,+∞)上，g
′( x)<0，g( x)在(1,+ ∞)上单调递减，在x =1处取得最大值，g(1)=1e
0−2=−1<0，
所以在(0,+∞)上g( x)<0，则f
′( x)<0，所以f (x)在(0,+∞)上单调递减，
设ℎ( x)= x + ln(1−x)( x<1)，可知ℎ
′( x)=1−
1
1−x ( x<1)，
则当x<0时，ℎ
′( x)>0，当0< x<1时，ℎ
′( x)<0，所以ℎ( x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递
减.
所以ℎ(0.2)=0.2+ ln 0.8<ℎ(0)=0，所以b=−ln 0.8>0.2=a，
令φ( x)= x e
x+ ln(1−x)(0< x <1)，则φ
′( x)= (1−x
2)e
x−1
1−x
，
令t( x)=(1−x
2)e
x−1，则t
′( x)=−( x
2+2 x −1)e
x，
当0< x<❑√2−1时，t
′( x)>0，t( x)在(0,❑√2−1)上单调递增，当❑√2−1< x<1时，t
′( x)<0，t( x)在
(❑√2−1,1)上单调递减，
由t(0)=0可知，当0< x<❑√2−1时，t( x)>t(0)=0，即φ
′( x)>0，所以φ( x)在(0,❑√2−1)上单调递增，
得φ(0.2)>φ(0)，即c =0.2e
0.2>−ln 0.8=b，
综上可知，c>b>a>0，由f (x)在(0,+ ∞)上单调递减得f (c)<f (b)<f (a).
故选：D.
【变式5-2】（2025·安徽合肥·模拟预测）已知a=ln1.2,b=0.2,c = ❑√1.2−1，则a,b,c的大小关系为
（ ）
A．a<c<b
B．c<a<b
C．c<b<a
D．a<b<c
【答案】B
【解题思路】构造函数f (x)= x−ln(1+ x)(x>0)，由导数得出单调性即可得出b>a，构造
g(x)=ln(1+ x)−(❑√1+ x−1)，由导数得出单调性，即可得出a>c．
【解答过程】构造函数f (x)= x−ln(1+ x)(x>0),f
′ (x)=1−
1
1+ x =
x
1+ x ，
当x>0时，f
′ (x)>0，故f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以f (0.2)=0.2−ln1.2>f (0)=0⇒b>a，
构造函数g(x)=ln(1+ x)−(❑√1+ x−1)，
则g
′ (x)=
1
1+ x −
1
2❑√1+ x = 2−❑√1+ x
2(1+ x) ，
当x∈(0,2), g
' (x)>0, g(x)在(0,2)单调递增，
所以g(0.2)=ln1.2−(❑√1.2−1)> g(0)=ln1−(1−1)=0，即a>c，
所以c<a<b.
故选：B．
【变式5-3】（2025·广东中山·模拟预测）设a= 1
4 ，b=2ln(sin 1
8 +cos 1
8)，c = 5
4 ln 5
4 ，则（ ）
A．a<b<c
B．b<a<c
C．b<a<c
D．c<b<a
【答案】B
【解题思路】通过构造函数，利用函数的单调性得到一些不等式关系，再对a、b、c进行变形，然后利用
这些不等式关系比较a、b、c的大小.
【解答过程】已知b=2ln(sin 1
8 +cos 1
8 )，根据对数运算法则ln M
n=n ln M，
可得b= ln(sin 1
8 +cos 1
8 )
2
.
由完全平方公式(m+n)
2=m
2+2mn+n
2，则(sin 1
8 +cos 1
8 )
2
=sin
2 1
8 +2sin 1
8 cos 1
8 +cos
2 1
8.
根据三角函数的平方关系sin
2α +cos
2α =1以及二倍角公式sin 2α =2sin α cosα，
所以(sin 1
8 +cos 1
8 )
2
=1+sin 1
4 ，即b= ln(1+sin 1
4 ).
又已知c = 5
4 ln 5
4 ，可变形为c =(1+ 1
4 )ln(1+ 1
4 ).
设ℎ( x)= x−sin x，x∈(0,+ ∞).
对ℎ( x)求导，可得ℎ
′( x)=1−cos x.
因为cos x的值域是[−1,1]，所以1−cos x ≥0，这表明ℎ( x)在(0,+∞)上单调递增.
那么ℎ( x)>ℎ(0)，把x =0代入ℎ( x)得ℎ(0)=0−sin 0=0，所以x>sin x在(0,+ ∞)上恒成立.
令x = 1
4 ，则1
4 >sin 1
4 ，即a>sin 1
4 .
设g( x)= x−ln( x +1)，x∈(0,+ ∞).
对g( x)求导，可得g
′( x)=1−
1
x +1 =
x
x +1.
因为x∈(0,+∞)，所以x
x +1 >0，即g
′( x)>0在(0,+∞)上恒成立，这表明g( x)在(0,+∞)上单调递增.
所以g( x)>g(0)，把x =0代入g( x)得g(0)=0−ln(0+1)=0，则x>ln( x +1)在(0,+∞)上恒成立.
令x =sin 1
4 ，则ln(1+sin 1
4 )<sin 1
4 ，又因为a>sin 1
4 ，所以ln(1+sin 1
4 )< 1
4 ，即a>b.
设f ( x)= ln( x +1)−
x
x +1，对f ( x)求导，可得f
′( x)=
1
x +1 −
1
( x +1)
2 =
x
( x +1)
2.
因为x∈(0,1]时，
x
( x +1)
2 >0，所以f
′( x)>0在(0,1]上恒成立，这表明f ( x)在(0,1]上单调递增.
所以f ( x)>f (0)，把x =0代入f ( x)得f (0)= ln(0+1)−
0
0+1 =0，
即ln( x +1)>
x
x +1在(0,1]上恒成立.
令x = 1
4 ，则ln(1+ 1
4 )>
1
4
1+ 1
4
= 1
5，得到5
4 ln 5
4 > 1
4 ，即c>a.
综上，c>a>b， 即b<a<c.
故选：B.
【题型6 同构应用——解决不等式恒成立问题】
【例6】（2025·海南·模拟预测）已知当x>0时，e
xln x−2 xln x ≥a恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−∞,1)
B．(−∞,2−2ln2)
C．(−∞,2ln2)
D．(−∞,2+2ln2)
【答案】B
【解题思路】令g(x)= xln x , x>0，求g
′ (x)=ln x +1，判断g(x)单调性,得到g(x)的值域为[−1
e ,+∞)，
令f (t )=e
t−2t ,t ∈[−1
e ,+ ∞)，求导f
′ (t )=e
t−2，f (t )单调性，当x>0时，e
x⋅ln x−2 xln x ≥a恒成立，
求实数a的取值范围.
【解答过程】令g(x)= xln x , x>0，则g
′ (x)=ln x +1，
所以当x∈(0, 1
e)时，g
′ (x)<0, g(x)单调递减；
当x∈(
1
e ,+ ∞)时，g
′ (x)>0, g(x)单调递增，所以g( x)min= 1
e ln 1
e =−1
e ，
又x→+∞,g(x)→+∞，所以g(x)的值域为[−1
e ,+∞)，
令f (t )=e
t−2t ,t ∈[−1
e ,+ ∞)，则f
′ (t )=e
t−2，
所以当t ∈[−1
e ,ln2)时，f
′ (t )<0，f (t )单调递减，
当t ∈(ln2,+∞)时，f
′ (t )>0，f (t )单调递增，
所以f (t )min= f (ln2)=e
ln2−2ln2=2−2ln2，
所以(e
xln x−2 xln x)min=2−2ln2，
又当x>0时，e
x⋅ln x−2 xln x ≥a恒成立，
所以(e
xln x−2 xln x)min≥a，
故实数a的取值范围为(−∞,2−2ln2)．
故选：B.
【变式6-1】（2025·江西新余·模拟预测）若关于x的不等式ae
x+(ln x)
2≥x
2+(2lna+1) x +(lna)
2在
(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．[e,+ ∞)
B．(0,e)
C．[
1
e ,+∞)
D．(0, 1
e)
【答案】C
【解题思路】利用通过将原不等式转化为e
x +lna−(x +lna)
2≥e
ln x−(ln x)
2，令g(x)=e
x−x
2，利用导数可
得该函数为增函数，从而得x +lna≥ln x，再设m(x)=ln x−x，求出该函数的最大值后可得参数的取值
范围.
【解答过程】依题意，ae
x−(x +lna)
2≥x −(ln x)
2，则e
x +lna−(x +lna)
2≥e
ln x−(ln x)
2，
令g(x)=e
x−x
2，则g
′ (x)=e
x−2 x =ℎ(x)，
则ℎ
′ (x)=e
x−2，令ℎ
′ (x)=0，解得x =ln2，
故当x∈(0,ln2)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(0,ln2)上单调递减，
当x∈(ln2,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)在(ln2,+∞)单调递增，
故ℎ(x)≥ℎ(ln2)=2−2ln2>0，
故g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，故只需x +lna≥ln x，即lna≥ln x−x，
令m(x)=ln x−x，则m
′ (x)= 1−x
x
，
故当x∈(0,1)时，m
′ (x)>0，m(x)在(0,1)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，m
′ (x)<0，m(x)在(1,+∞)单调递减，
故m(x)≤m(1)=−1，则lna≥−1，即a≥1
e ，
故选：C.
【变式6-2】（2025·江苏苏州·三模）已知函数f (x)=e
x−ax−1．
(1)当a=1时，求f (x)的最小值；
(2)若f (x)≥x
2对x∈(0,+ ∞)总成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)0
(2)a≤e−2
【解题思路】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出函数单调性进而得出最小值；
（2）先参数分类把f ( x)≥x
2转化为a≤e
x−x
2−1
x
，再构造函数g( x)=e
x−x
2−1
x
结合函数最值计算求参.
【解答过程】（1）a=1时，因为f ( x)=e
x−x −1，所以f
'( x)=e
x−1，
所以当x<0时，f
'( x)<0，当x>0时，f
'( x)>0，所以f ( x)在(−∞,0)上单调递减，
在(0,+∞)上单调递增，所以f ( x)min= f (0)=0．
（2）因为x>0，所以f ( x)≥x
2等价于a≤e
x−x
2−1
x
，
令g( x)=e
x−x
2−1
x
，则g
′( x)= (x−1)(e
x−x−1)
x
2
，
由（1）得x>0时，f ( x)=e
x−x −1>0，
所以当0< x<1时，g
'( x)<0，当x>1时，g
'( x)<0，
所以g( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，所以g( x)min= g(1)=e−2，
所以a≤e−2．
【变式6-3】（2025·湖北武汉·三模）已知函数f (x)=e
x−ax，a∈R
(1)若a=1，求函数f (x)的单调区间；
(2)当x ≥0时，f (x)≥x，求实数a的取值范围．
【答案】(1)函数f ( x)的单调递减区间是(−∞,0)，单调递增区间是(0,+ ∞).
(2)(−∞,e−1]
【解题思路】（1）通过求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间；
（2）可通过分离参数，构造新函数，利用导数研究新函数的最值来求解.
【解答过程】（1）已知f ( x)=e
x−ax，当a=1时，f ( x)=e
x−x，对f ( x)求导，可得f
′( x)=e
x−1.
令f
′( x)=0，即e
x−1=0，解得x =0.
当x<0时，e
x<1，所以f
′( x)=e
x−1<0，则f ( x)在(−∞,0)上单调递减.
当x>0时，e
x>1，所以f
′( x)=e
x−1>0，则f ( x)在(0,+∞)上单调递增.
综上所得，函数f ( x)的单调递减区间是(−∞,0)，单调递增区间是(0,+∞).
（2）当x ≥0时，f ( x)≥x，即e
x−ax≥x，移项可得e
x−(a+1)x ≥0.
当x =0时，e
0−(a+1)×0=1≥0，此时a可以取任意实数.
当x>0时，e
x−(a+1)x ≥0可化为a+1≤e
x
x ，
令g( x)=e
x
x ( x>0)，对g( x)求导，可得g
′( x)=e
x⋅x−e
x
x
2
=e
x( x−1)
x
2
.
令g
′( x)=0，即e
x( x−1)
x
2
=0，因为e
x>0，x
2>0，所以x−1=0，解得x =1.
当0< x<1时，x−1<0，所以g
′( x)<0，g( x)在(0,1)上单调递减.
当x>1时，x−1>0，所以g
′( x)>0，g( x)在(1,+ ∞)上单调递增.
则g( x)在x =1处取得极小值，也是最小值，g(1)=e
1
1 =e.
所以a+1≤e，解得a≤e−1.
实数a的取值范围是(−∞,e−1].
【题型7 同构应用——证明不等式】
【例7】（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知函数f (x)=ln x−1
2 x
2−sin x +1．
(1)证明：ln x ≤x−1；
(2)证明：f (x)<0．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）令F (x)=ln x−x +1, x>0，利用导数研究单调性，求最大值即可得证；
（2）由（1）可得f (x)=ln x−1
2 x
2−sin x +1≤x−1
2 x
2−sin x，令G(x)= x−1
2 x
2−sin x，利用导数
研究单调性即可证明.
【解答过程】（1）证明：令F (x)=ln x−x +1, x>0，则F
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
．
当x>1时，F
′ (x)<0；当0< x<1时，F
′ (x)>0，
所以F (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以当x =1时，F (x)取得极大值也是最大值．
所以F (x)≤F (1)=0，所以ln x−x +1≤0，即ln x ≤x−1．
（2）由（1）可得f (x)=ln x−1
2 x
2−sin x +1≤x−1−1
2 x
2−sin x +1= x−1
2 x
2−sin x，当且仅当x =1
时，等号成立．
令G(x)= x−1
2 x
2−sin x，则G
′ (x)=1−x−cos x．
令φ(x)=G
′ (x)，则φ
′ (x)=−1+sin x ≤0，且等号不恒成立，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递减．
又因为φ(0)=0，所以当x>0时φ(x)<0，即G
′ (x)<0在(0,+ ∞)上恒成立，
所以G (x)在(0,+ ∞)上单调递减．
又因为G (0)=0，所以G (x)<0在(0,+ ∞)上恒成立．
所以f (x)≤x−1
2 x
2−sin x<0．
【变式7-1】（2025·江西·模拟预测）已知函数f ( x)=e
x−a x
2+ x , g( x)= x．
(1)当a=0时，证明：f ( x)有且仅有一个零点；
(2)若曲线y = f ( x)与y = g( x)相切．
（ⅰ）求a；
（ⅱ）当x>0时，证明：f ( x)≥g( x)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）a=e
2
4 ；（ⅱ）证明见解析.
【解题思路】（1）根据已知f ( x)=e
x+ x，根据其单调性结合零点存在性定理，即可证；
（2）（i）利用导数几何意义求切线方程，由切线重合列方程求参数；（ii）设ℎ( x)=e
x−e
2
4 x
2并应用导
数研究函数值符号，即可证.
【解答过程】（1）当a=0时，f ( x)=e
x+ x，显然f ( x)是增函数，
而f (−1)= 1
e −1<0<f (0)=1，故f ( x)在区间(−1,0)上有零点，
结合f ( x)的单调性可知，f ( x)在R 上有且仅有一个零点．
（2）（ⅰ）不妨记切点为(x0,f (x0))，则f (x0)=e
x0−a x0
2+ x0，
由f
′( x)=e
x−2ax +1,f
′(x0)=e
x0−2a x0+1，
故切线方程为y −(e
x0−a x0
2+ x0)=(e
x0−2a x0+1)(x−x0)，
即y =(e
x0−2a x0+1)x−(x0−1)e
x0+a x0
2，
令其与y = g( x)重合，故{
e
x0−2a x0+1=1
−(x0−1)e
x0+a x0
2=0)，
则e
x0=2a x0⇒−2a x0(x0−1)+a x0
2=0⇒a x0(x0−2)=0，
若a=0，显然有f ( x)>g( x)，这与题设条件矛盾，
若x0=0，由f (0)=1,g(0)=0可知二者不在x =0处相切，矛盾，
故x0=2，于是e
2= 4 a⇒a=e
2
4 ，经验证a=e
2
4 符合题意，
综上，a=e
2
4 ；
（ⅱ）设ℎ( x)= f ( x)−g( x)=e
x−e
2
4 x
2，则ℎ( x)=(e
1
2 x
−e x
2 )(e
1
2 x
+e x
2 )，
由x>0可知e
1
2 x
+e x
2 >0，设F( x)=e
x−e x , F
′( x)=e
x−e，
当x∈(0,1)时，F
′( x)<0, F( x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，F
′( x)>0, F( x)在(1,+ ∞)上单调递增，故F( x)≥F(1)=0，
于是F(
1
2 x)≥0⇒(e
1
2 x
−e x
2 )(e
1
2 x
+e x
2 )≥0⇒f ( x)≥g( x)．
【变式7-2】（2025·江苏盐城·模拟预测）设函数f (x)=ax−ln x.
(1)求f (x)在x =1处的切线方程；
(2)若f (x)≥0恒成立，求a的最小值；
(3)求证：x ln x<e
x.
【答案】(1)y =(a−1) x +1
(2)1
e
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求导，根据导数的几何意义可得切线方程；
（2）分离参数，构造函数，求导根据导数判断函数的单调性与最值，进而确定参数范围；
（3）由（2）可得ln x ≤1
e x< 1
2 x，所证不等式即可转化为xln x< 1
2 x
2<e
x，构造函数ℎ(x)=e
x−1
2 x
2，
求导根据导数判断函数单调性与最值，进而得证.
【解答过程】（1）由已知f (x)=ax−ln x，
则f
′ (x)=a−1
x ，
则f
′ (1)=a−1，
又f (1)=a，
所以函数f (x)在x =1处的切线方程为y −a=(a−1)(x−1)，
即y =(a−1) x +1；
（2）由已知∀x∈(0,+ ∞)，f (x)=ax−ln x ≥0恒成立，
则a≥ln x
x 对∀x∈(0,+ ∞)恒成立，
设g(x)= ln x
x ，x∈(0,+ ∞)，
则g
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
当x∈(0,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g(x)≤g (e)= lne
e
= 1
e ，
所以a≥1
e ，
即a的最小值为1
e ；
（3）由（2）可知a≥1
e 时，ax−ln x ≥0，
又1
2 > 1
e ，所以1
2 x>ln x，
则x>0时，x ln x< 1
2 x
2，
设ℎ(x)=e
x−1
2 x
2，x>0，则ℎ
′ (x)=e
x−x，
设t (x)=ℎ
′ (x)=e
x−x，则t
′ (x)=e
x−1，
所以当x>0时，t
′ (x)=e
x−1>0恒成立，
所以t (x)=e
x−x在(0,+ ∞)上单调递增，
所以ℎ
′ (x)=t (x)>t (0)=e
0−0=1，
所以ℎ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
即ℎ(x)>ℎ(0)=e
0−1
2 ×0
2=1，
所以∀x∈(0,+∞)，e
x−1
2 x
2>0，
即e
x> 1
2 x
2，
综上所述x ln x<e
x.
【变式7-3】（2025·浙江·三模）已知函数f (x)=aln x + 3
2 x
2−(a+3) x，a∈R.
(1)若曲线f (x)在点(2,f (2))处的切线斜率为4，求a的值；
(2)当a>0时，讨论函数f (x)的单调性；
(3)已知f (x)的导函数在x∈(1,e)上存在零点，求证：当x∈(1,e)时，f (x)>−3e
2
2
.
【答案】(1)a=−2
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数，可得f
′ (2)= a
2 +6−(a+3)= 4，求解即可；
（2）求导，分a
3 >1，a
3 =1，0< a
3 <1，讨论可得单调性；
（3）结合（1）可得1< a
3 <e，进而可得f (x)≥f(
a
3)=aln a
3 −a
2
6 −a，令g(a)=aln a
3 −a
2
6 −a，
a∈(3,3e)，利用导数可得求得g(a)> g(3e)，进而可得结论.
【解答过程】（1）∵f (x)=aln x + 3
2 x
2−(a+3) x，则f
′ (x)= a
x +3 x−(a+3)，
由题意可得f
′ (2)= a
2 +6−(a+3)= 4，解得a=−2；
（2）f
′ (x)= a
x +3 x−(a+3)= (3 x−a)(x−1)
x
(x>0)，
当a>0时，令f
′ (x)=0，解得x = a
3 >0或x =1，
①当a
3 >1，即a>3时，令f
′ (x)>0，解得x> a
3 或0< x<1；令f
′ (x)<0，解得1< x< a
3 ；
故f (x)在(0,1)，(
a
3 ,+∞)上单调递增，在(1, a
3)上单调递减；
②当a
3 =1，即a=3时，则f
′ (x)= 3(x−1)
2
x
≥0恒成立，故f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
③当0< a
3 <1，即0<a<3时，令f
′ (x)>0，解得x>1或0< x< a
3 ；
令f
′ (x)<0，解得a
3 < x<1；
故f (x)在(0, a
3)，(1,+ ∞)上单调递增，在(
a
3 ,1)上单调递减；
（3）由（2）知：若f
′ (x)在区间(1,e)上存在零点，则1< a
3 <e，解得3<a<3e.
f (x)在(
a
3 ,e)上单调递增，在(1, a
3)上单调递减，
则f (x)≥f(
a
3)=aln a
3 −a
2
6 −a，
令g(a)=aln a
3 −a
2
6 −a，a∈(3,3e)，则g
′ (a)=ln a
3 −a
3 ，
令φ(a)= g
′ (a)，则φ
′ (a)= 1
a −1
3 = 3−a
3a <0在a∈(3,3e)时恒成立，
故φ(a)在(3,3e)上单调递减，则φ(a)<φ(3)=−1<0，即g
′ (a)<0在a∈(3,3e)时恒成立，
则g(a)在(3,3e)上单调递减，则g(a)>g(3e)=−3e
2
2 ，故f (x)>−3e
2
2 .
【题型8 与零点有关的同构问题】
【例8】（2025·湖南郴州·模拟预测）已知f (x)=me
mx−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
【解题思路】由同构的思想可知，若f ( x)有两个零点，则mx e
mx−x ln x =0(x>0)有两个解，即mx = ln x
有两解，分离变量求导即可
【解答过程】若f ( x)有两个零点，则f ( x)=me
mx−ln x =0有两个解，
等价于mxe
mx−x ln x =0(x>0)有两个解，因为m≥0，x>0，所以ln x ≥0，
令g(t )=t e
t，原式等价于g(mx)= g(ln x)有两个解，
因为g
′ (t )=(t +1)e
t，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>0)有两个大于零的解.
解mx = ln x，可得m= ln x
x ，令ℎ(x)= ln x
x
(x>0)，
则ℎ
′ (x)= 1−ln x
x
2
，当0< x<e时，ℎ
′ (x)>0，当x>e时，ℎ
′ (x)<0，
所以ℎ(x)在(0,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，m= ln x
x 有两个交点，即f ( x)有两个零点.
故选：A.
【变式8-1】（2025·甘肃甘南·模拟预测）已知函数f (x)= xe
x−a有两个零点x1, x2，且x1< x2，则（ ）
A．x1+2e x2>−3
B．x1+2e x2=−3
C．x1+2e x2<−3
D．x1+2e x2与−3无法比较大小
【答案】C
【解题思路】将函数有两个零点问题转化为方程x e
x =a有两个解的问题，先对函数求导，判断单调性和
x1, x2的范围，然后判断并证明x1+2e x2与-3 的大小比较，最后得到答案.
【解答过程】函数f (x)= xe
x−a有两个零点，即方程xe
x=a有两个不同的根．
设g(x)= xe
x，则g
′ (x)=(x +1)e
x，
当x∈(−∞,−1)时，g
′ (x)<0，所以g(x)在(−∞,−1)上单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，g
′ (x)>0，所以g(x)在(−1,+∞)上单调递增．
又因为当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，所以x1<−1< x2<0．
因为x1可以趋近于无穷小，所以猜测x1+2e x2<−3，下面给出证明．
先证当−1< x<0时，xe
x> x．
令ℎ(x)= xe
x−x，则ℎ
′ (x)=(x +1)e
x−1，
当x<0时，ℎ
′ (x)<0，当x>0时，ℎ
′ (x)>0，
所以ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0，+ ∞)上单调递增．
由ℎ(0)=0知，当−1< x<0时，ℎ(x)>0，即xe
x> x，所以x2e
x2> x2．
再证当x<−1时，xe
x<−1
2e
(x +1)−1
e ．
令φ(x)= xe
x+ 1
2e
(x +1)+ 1
e ，则φ
′ (x)=(x +1)e
x+ 1
2e．
令m(x)=φ
′ (x)，则m
′ (x)=(x +2)e
x，
当x∈(−∞,−2)时，m
′ (x)<0，所以m(x)在(−∞,−2)上单调递减；
当x∈(−2,+∞)时，m
′ (x)>0，所以m(x)在(−2,+∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(−2)>0，即φ
′ (x)>0，所以φ(x)在R上单调递增．
因为φ(−1)=0，所以当x<−1时，φ(x)<0，即xe
x<−1
2e
(x +1)−1
e ，
所以x1e
x1<−1
2e (x1+1)−1
e ．
所以x2< x2e
x2=a= x1e
x1<−1
2e (x1+1)−1
e ，所以x1+2e x2<−3．
故选：C．
【变式8-2】（2025·河北邯郸·模拟预测）已知函数f (x)=(ln x + x)(e
x−a
x)(a∈R)．
(1)当a=1时，求y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)y =(3e−1) x−2e；
(2)(0,1)∪(1,+ ∞).
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）讨论ln x + x =0或e
x−a
x =0两种情况，并结合导数研究零点，最后根据零点个数确定参数范围.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=(ln x + x)(e
x−1
x)，
则f
′ (x)=(
1
x +1)(e
x−1
x)+(ln x + x)(e
x+ 1
x
2)，
所以f (1)=e−1,f
′ (1)=3e−1，
所以y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y −(e−1)=(3e−1)(x−1)，
即y =(3e−1) x−2e．
（2）令f (x)=0可得ln x + x =0或e
x−a
x =0，对两个方程分别讨论，
①设g(x)=ln x + x( x>0)，则g
′ (x)= 1
x +1>0，
所以g(x)在(0,+ ∞)单调递增，且g(
1
2)=−ln2+ 1
2 = ln
❑√e
2 <0, g(1)=1>0，
所以存在唯一的零点x1∈(0,1)，使g(x1)=0，即ln x1+ x1=0，
②令e
x−a
x =0，即a= xe
x，
设ℎ(x)= x e
x( x >0)，可得ℎ
′ (x)=(x +1)e
x>0，
则ℎ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，又ℎ(0)=0且x→+ ∞时，ℎ(x)→+∞，
当a∈(0,+ ∞)时，存在唯一的零点x2∈(0,+∞)，使ℎ(x2)=a，即a= x2e
x2，
若x1= x2时，得{
ln x1+ x1=0
a= x1e
x1 )，则ln x1=−x1，可得x1=e
−x1，故a= x1e
x1=e
−x1e
x1=1，
所以a∈(0,+ ∞)且a≠1时，f (x)有两个不同的零点；
综上，实数a的取值范围为(0,1)∪(1,+∞)．
【变式8-3】（2025·甘肃白银·一模）已知函数f (x)=t x
2−2ln x−1.
(1)若曲线y = f (x)在x =2处的切线的斜率为3，求t.
(2)已知f (x)恰有两个零点x1, x2(x1< x2).
①求t的取值范围；
②证明：
x1
x2
+ x2
x1
< 2−2lnt
t
.
【答案】(1)t =1
(2)①(0,1)，②证明见解析
【解题思路】（1）由导数的几何意义求解即可；
（2）①法一：令f (x)=0，得t = 1+2ln x
x
2
，将题意转化为y =t , y = 1+2ln x
x
2
的图象有两个交点，令
g(x)= 1+2ln x
x
2
，求出g(x)的单调性和值域，即可得出答案；法二：对f (x)求导，求出f (x)的单调性和值
域，使得f ( x)min<0，即可得出答案.
②将题意转化为证明1+ln(x1 x2)< x1 x2−x1 x2lnt，设ℎ(x)= x−ln x−1，证得ln x ≤x−1可得
ln(x1 x2)≤x1 x2−1，又−x1 x2lnt >0，即可证明.
【解答过程】（1）解：由题意得f
′ (x)=2tx −2
x .
因为曲线y = f (x)在x =2处的切线的斜率为3，
所以f
′ (2)= 4 t −1=3，得t =1.
（2）①法一：解：令f (x)=0，得t = 1+2ln x
x
2
.令g(x)= 1+2ln x
x
2
，则g
′ (x)= −4ln x
x
3
.
当x∈(0,1)时，g
′ (x)>0, g(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)<0, g(x)单调递减.故g( x)max= g(1)=1.
当x趋近正无穷时，g(x)趋近0，又g(e
−1
2)=0，
所以0<t <1，即t的取值范围为(0,1).
法二：由题意得f (x)=t x
2−2ln x−1,f
′ (x)= 2(t x
2−1)
x
.
若t ≤0，则f
′ (x)<0,f (x)单调递减，所以f (x)在(0,+ ∞)上不可能有两个零点.
若t >0，则当x∈(0,❑√
1
t)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(
❑√
1
t ,+∞)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
所以f ( x)min= f(
❑√
1
t)=lnt <0，得0<t <1.
当x趋近0时，f (x)趋近正无穷；当x趋近正无穷时，f (x)趋近正无穷；.
故t的取值范围为(0,1).
②证明：由①可得0< x1<1< x2，则{
1+2ln x1
x1
2
=t ,
1+2ln x2
x2
2
=t ,)
两式相加得t(x1
2+ x2
2)=2(1+ln x1+ln x2).
由
x1
x2
+ x2
x1
< 2−2lnt
t
，得t(x1
2+ x2
2)<2 x1 x2(1−lnt ).
要证
x1
x2
+ x2
x1
< 2−2lnt
t
，只需证1+ln(x1 x2)< x1 x2−x1 x2lnt.
设ℎ(x)= x−ln x−1，则ℎ
′ (x)= x−1
x
.
当x∈(0,1)时，ℎ
′ (x)<0,ℎ(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ
′ (x)>0,ℎ(x)单调递增，则ℎ(x)≥ℎ(1)=0，即ln x ≤x−1.
因为x1 x2>0，所以ln(x1 x2)≤x1 x2−1，即1+ln x1 x2≤x1 x2.
又0<t <1，所以−x1 x2lnt >0，所以1+ln(x1 x2)≤x1 x2< x1 x2−x1 x2lnt，
从而
x1
x2
+ x2
x1
< 2−2lnt
t
得证.
一、单选题
1．（2025·山西·三模）设a=e
2
4−ln 4 ，b= 2
ln2 ，c =e，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a<c<b
B．a<b<c
C．c<a<b
D．b<c<a
【答案】C
【解题思路】构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而利用单调性比较大小.
【解答过程】设f (x)=
x
ln x
(x ≥e)，
则a=
e
2
2
lne
2
2
= f(
e
2
2)，b= 2
ln2 =
4
ln 4 = f (4)，c =e=e
lne = f (e)，
因为f
′ (x)=ln x−1
(ln x)
2 ，当x>e时，f
′ (x)>0，所以f (x)在(e,+∞)上单调递增．
又e<e
2
2 <4，所以c<a<b．
故选：C.
2．（24-25 高二下·湖南娄底·期中）已知定义在R上的函数f (x)满足f (x)+ f
′ (x)>1，f (1)=3，则不等式
e
x f (x)>e
x+2e的解集为（ ）
A．(2,+∞)
B．(1,+∞)
C．(−∞,2)
D．(−∞,1)
【答案】B
【解题思路】设g(x)=e
x f (x)−e
x，求导，结合已知条件得y = g(x)在定义域R上单调递增，然后化简已知
不等式得g(x)>g(1)，利用单调性即可求解.
【解答过程】设g(x)=e
x f (x)−e
x(x∈R)，
则g
′ (x)=e
x f (x)+e
x f
′ (x)−e
x =e
x[ f (x)+ f
′ (x)−1)，
因为f (x)+ f
′ (x)>1，所以f (x)+ f
′ (x)−1>0，又e
x>0，所以g
′ (x)>0恒成立，
所以y = g(x)在定义域R上单调递增．
故原不等式可转化为e
x f (x)−e
x>2e，又f (1)=3，所以g(1)=ef (1)−e=2e，
所以g(x)>g(1)，所以x>1，故不等式e
x f (x)>e
x+2e的解集为(1,+ ∞)．
故选：B.
3．（2025·浙江杭州·模拟预测）定义在(0, +∞)上的可导函数f (x)，满足f
′ (x)+ 2f (x)
x
= ln x
x
2 ，且
f (e)= 1
2e，若a= f (3)，b= f (2)，c = f (e)，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．c>b>a
【答案】C
【解题思路】根据题意，结合条件求导可得f (x)在(0,+∞)上为减函数，由其单调性即可判断a、b、c的大
小关系.
【解答过程】由已知可得：x
2f
′ (x)+2 xf (x)=ln x，令g(x)= x
2f (x)，
则g
′ (x)= x
2f
′ (x)+2 xf (x)=ln x，
且f (x)= g(x)
x
2 ,f
′ (x)= x g
′ (x)−2 g(x)
x
3
= xln x−2g(x)
x
3
，
再令ℎ(x)= xln x−2g(x)，则ℎ
′ (x)=1+ln x−2 g
′ (x)=1−ln x，
∴当x∈(0,e)时，ℎ
′ (x)>0，即函数ℎ(x)在(0,e)上为增函数，
当x∈(e,+∞)时，ℎ
′ (x)<0，即函数ℎ(x)在(e,+∞)上为减函数，
∴ℎ(x)≤ℎ(e)=e−2 g (e)=e−2e
2f (e)=0，
∴f
′ (x)≤0在(0,+∞)上恒成立，∴f (x)在(0,+∞)上为减函数；
∵2<e<3，∴f (2)>f (e)>f (3)，即b>c>a.
故选：C.
4．（24-25 高二下·安徽·阶段练习）已知定义域为R的函数f ( x)满足f (1)= 1
e ，且f ( x)+ f
′( x)<0，则不等
式f ( x +1)> 1
e
x +1 的解集是（ ）
A．(2,+ ∞)
B．(−∞,2)
C．(0,+∞)
D．(−∞,0)
【答案】D
【解题思路】构造函数g( x)=e
x f ( x)，利用导数研究g( x)的单调性，进而利用g( x)的单调性解不等式即
可.
【解答过程】令g( x)=e
x f ( x)，则g
′( x)=e
x[f ( x)+ f
′( x))<0，
所以g( x)在R上单调递减，
因为g(1)= e
1f (1)=1，
所以不等式f ( x +1)> 1
e
x +1 可变为e
x +1f ( x +1)>1，即g( x +1)>g(1)，
所以x +1<1，即x<0，
所以不等式f ( x +1)> 1
e
x +1 的解集为(−∞,0).
故选：D.
5．（2025·广西·模拟预测）若对任意的x∈(−1,+ ∞)，不等式(e
x−a)[ ln( x +1)−b]≥0恒成立，则
a−b的最小值是（ ）
A．−1
B．0
C．1
D．2
【答案】C
【解题思路】根据题意确定y =e
x−a, y = ln( x +1)−b有公共零点，设为x0, x0>−1，即可得到
a−b=e
x0−ln(x0+1),(x0>−1)，构造函数f (x)=e
x−ln (x +1),(x>−1)，求出其最小值，即可求得答案.
【解答过程】由于函数y =e
x−a, y = ln( x +1)−b在(−1,+∞)上均单调递增，故均至多有一个零点，
而不等式(e
x−a)[ ln( x +1)−b]≥0恒成立，
若a≤0，则需ln( x +1)−b≥0恒成立，由于y = ln( x +1)的值域为R，故ln( x +1)−b≥0不恒成立；
故a>0，则y =e
x−a, y = ln( x +1)−b有公共零点，设为x0, x0>−1，
则{
e
x0−a=0
ln(x0+1)−b=0)，即{
a=e
x0
b= ln(x0+1))，
故a−b=e
x0−ln(x0+1),(x0>−1)，
令f (x)=e
x−ln (x +1),(x>−1)，则f
′ (x)=e
x−
1
x +1，
f
′ (0)=1，由于y =e
x , y =−
1
x +1在(−1,+∞)上均单调递增，
故f
′ (x)=e
x−
1
x +1在(−1,+ ∞)上单调递增，
则−1< x<0时，f
′ (x)<0；x>0时，f
′ (x)>0；
故f (x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
故f (x)min= f (0)=1，即a−b的最小值为1，
故选：C.
6．（2025·湖北武汉·三模）已知定义在(0,+∞)上的函数f ( x)，其导函数为f
'( x)，对任意的
x∈(0,+∞)都有2f ( x)−x f
'( x)>0成立，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．4 f (1)<f (2)
B．f (1)=0
C．4 f (2)>f (4)
D．4 f ( 1
2 )>9( 1
3 )
【答案】C
【解题思路】通过构造函数，利用已知条件判断函数的单调性，再根据函数单调性比较函数值的大小.
【解答过程】设g( x)= f ( x)
x
2 ( x>0)，对g( x)求导，可得g
′( x)= x
2f
′( x)−2 xf ( x)
x
4
= x f
′( x)−2f ( x)
x
3
.
因为对任意的x∈(0,+∞)都有2f ( x)−x f
′( x)>0，即x f
′( x)−2f ( x)<0，且x
3>0，所以g
′( x)<0，这
表明g( x)在(0,+∞)上单调递减.
逐一分析选项，
因为g( x)在(0,+∞)上单调递减，所以g(1)> g(2)，即f (1)
1
2 > f (2)
2
2 ，也就是4 f (1)>f (2)，所以A 选项
错误.
仅根据已知条件无法得出f (1)=0，所以B 选项错误.
因为g( x)在(0,+∞)上单调递减，所以g(2)>g(4)，即f (2)
2
2 > f (4)
4
2 ，也就是4 f (2)>f (4)，所以C 选项
正确.
因为g( x)在(0,+∞)上单调递减，所以g( 1
2 )< g( 1
3 )，即
f ( 1
2 )
( 1
2 )
2 <
f ( 1
3 )
( 1
3 )
2 ，也就是4 f ( 1
2 )<9 f ( 1
3 )，所以D
选项错误.
不等式一定成立的是4 f (2)>f (4).
故选：C.
7．（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−e
−x−sin2 x，若对∀x∈[2,+∞)，f (ln x)+ f (−ax)<0
，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞, ln 2
2 )
B．(−∞, 1
e)
C．(
ln 2
2 ,+∞)
D．(
1
e ,+∞)
【答案】D
【解题思路】利用定义法证明f (x)为奇函数，根据导数和基本不等式的应用证明f (x)在R上单调递增，由
函数的奇偶性和单调性解不等式并分离参数可得a> ln x
x = g( x)，结合导数求出g( x)max即可.
【解答过程】因为f (−x)=e
−x−e
x+sin 2 x =−f (x)，f (0)=0，所以f (x)为奇函数.
又f
′( x)=e
x+e
−x−2cos2 x ≥2
❑√e
x⋅e
−x−2cos2 x =2−2cos2 x ≥0，
当且仅当e
x =e
−x即x =0时等号成立，所以f (x)在R上单调递增.
由f (ln x)+ f (−ax)<0，所以f (ln x)<−f (−ax)= f (ax)，所以ln x<ax.
对任意x∈[2,+∞)，由ln x<ax，得a> ln x
x ，所以只需a>(
ln x
x )max
即可.
令g(x)= ln x
x ，则g
′( x)= 1−ln x
x
2
，
令g
′( x)>0⇒2< x <e, g
′( x)<0⇒x >e，
所以g(x)在(2,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.
所以g(x)max= g (e)= 1
e ，所以a> 1
e .
故选：D.
8．（2025·湖北·模拟预测）已知定义域为实数集R的函数f (x), g(x)，导数均存在，且记为f
′ (x),g
′ (x)，
满足f (2)= g(2)，f
′ (x)+ g(x)> g
′ (x)+ f (x)对x∈R恒成立，则下列结论一定成立的是（ ）
A．f (1)+ g(3)<f (3)+ g(1)
B．f (1)+ g(3)>f (3)+ g(1)
C．f (1)⋅g(3)>f (3)⋅g(1)
D．f (1)⋅g(3)<f (3)⋅g(1)
【答案】A
【解题思路】构造函数ℎ(x)= f (x)−g(x)
e
x
，利用函数的导数，判断导函数的符号，推出函数的单调性，
由f (2)= g(2)可判断f (1)+ g(3)<f (3)+ g(1)进而得出结果．
【解答过程】f
′ (x)+ g(x)> g
′ (x)+ f (x)⇔f
′ (x)−g
′ (x)>f (x)−g(x)，
令ℎ(x)= f (x)−g(x)
e
x
，则ℎ
′ (x)= [f
′ (x)−g
′ (x))−[f (x)−g(x))
e
x
，
故ℎ
′ (x)>0⇒ℎ(x)在(−∞,+ ∞)单调递增，
又ℎ(2)=0，所以ℎ(3)>ℎ(2)>ℎ(1)，
即f (3)−g(3)> f (2)−g(2)
e
2
=0>f (1)−g(1)，
所以f (1)+ g(3)<f (3)+ g(1)，A 选项正确，
另外，f (3)>g(3),f (1)<g(1)，由于f (x), g(x)与0 的大小关系不确定，
故C，D 无法判断.
故选：A.
二、多选题
9．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）下列命题为真命题的是（ ）
A．πln2>2lnπ
B．ln3<❑√3 ln 2
C．e
2
e >2
D．3eln 2<4 ❑√2
【答案】BCD
【解题思路】对函数f (x)= ln x
x 求导，求函数单调性，逐项计算，即可求解.
【解答过程】令f (x)= ln x
x ，则f
′ (x)= 1−ln x
x
2
，当0< x<e，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增；当x>e时，
f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减．
因为e<π<4，函数f (x)在(e,+ ∞)上单调递减，所以f (4)<f (π)，
即ln 4
4 < lnπ
π
，又因为ln 2
2 = 2ln 2
2×2 = ln 4
4 ，故lnπ
π
> ln 2
2 ，即πln2<2lnπ，
所以A 错误；
因为❑√3<2<e，函数f (x)在(0,e)上单调递增，所以f (❑√3)<f (2)，
即ln ❑√3
❑√3 < ln2
2 ，则2ln ❑√3= ln3<❑√3 ln 2，故B 正确；
因为2<e，函数f (x)在(0,e)上单调递减，所以f (e)>f (2)，即lne
e
= 1
e > ln 2
2 ，
而因为e
2
e >2，两边取对数得到lne
2
e = 2
e >ln2，两边同时除以2 得到1
e > ln2
2 ，
所以C 正确；
因为3eln 2<4 ❑√2，变形可得ln ❑√8
❑√8 < lne
e
，由函数f (x)的单调可知f (e)>f (❑√8)，故D 正确．
故选：BCD．
10．（2025·江西新余·模拟预测）已知不等式k (2 x−1)e
x−2 x +2≥0恒成立，则实数k 的可能取值为
（ ）
A．2
B．0
C．1
D．
1
2e
3
2
【答案】ACD
【解题思路】由题知不等式x−1
e
x
≤k(x−1
2)恒成立，过点(
1
2 ,0)作曲线f (x)= x−1
e
x
的切线，求出两条切
线斜率即可得解.
【解答过程】
由题知，不等式x−1
e
x
≤k(x−1
2)恒成立，设f (x)= x−1
e
x
，y =k(x−1
2)，
即直线y =k(x−1
2)恒在函数f (x)图象的上方，直线y =k(x−1
2)恒过点(
1
2 ,0)，∴f
′ (x)= 2−x
e
x
，当
x<2时，f
′ (x)>0，当x>2时，f
′ (x)<0，
∴f (x)在区间(−∞,2)上单调递增，在区间(2,+∞)上单调递减，
∴当x =2时，f (x)max = f (2)= 1
e
2 ，f (1)=0，当x>1时，f (x)>0，
在同一坐标系中作出函数f (x)与直线y =k(x−1
2)的图象，
设直线y =k(x−1
2)与函数f (x)的图象相切时切点为(x0, x0−1
e
x0 )，∴k = 2−x0
e
x0
=
x0−1
e
x0
x0−1
2
，解得x0=0或
x0= 3
2
；
∴当直线y =k(x−1
2)与函数f (x)的图象相切时切线斜率为2 或
1
2e
3
2 ，由图知，
1
2e
3
2
≤k ≤2，
故选：ACD．
11．（2025·安徽合肥·三模）已知实数a,b满足a>0,b>1,e
a−b<a
−1−(lnb)
−1，则下列正确的是（ ）
A．e
2a<b
2
B．ea>b
C．e
a+a>lnb+b
D．a<b−1
【答案】AD
【解题思路】通过对已知不等式进行变形，构造函数，利用函数的单调性得出a<ln b，进而推导各选项的
正确性.
【解答过程】对不等式进行变形化简得：e
a−1
a <b−1
ln b，
设f (x)=e
x−1
x , x>0.
求导得：f
′ (x)=e
x+ 1
x
2 >0.
所以函数在(0,+ ∞)上单调递增.
由f (a)<f (ln b)，且函数单调递增，可得a<ln b，即e
a<b.
对于选项A：
因为e
a<b，所以平方可得即e
2a<b
2.A 正确.
对于选项B：
取反例，当a=1,b=3时，e
1−3<0<1−(ln3)
−1，满足题意.
而ea=e<b=3，所以B 错误.
对于选项C：
取反例，当a=1,b=3时，
计算选项C 的左边为e+1<4，右边ln3+3>4，
此时e
a+a<lnb+b，C 错误.
对于选项D：
令g(x)= ln x−x +1，求导得g
′ (x)= 1
x −1，可以看出该导数在(1,+∞)上小于0.
所以g(x)在(1,+∞)上单调递减，所以g(x)< g(1)=0.
因为b>1，所以g(b)= ln b−b+1<0，所以ln b<b−1.
由前面可知a<ln b，所以a<b−1，所以选项D 正确.
故选：AD.
三、填空题
12．（2025·安徽六安·模拟预测）设函数f ( x)=(e
x−1−ax)(ln x−ax)，若f ( x)<0，则a的取值范围是
．
【答案】( 1
e ,1)
【解题思路】由f ( x)<0得到(a−e
x−1
x )(a−ln x
x )<0恒成立，可得ln x
x <a<e
x−1
x
恒成立，分别令
g( x)= ln x
x ，ℎ( x)=e
x−1
x
, x>0，通过求导确定单调性，得出最值即可求解.
【解答过程】由题意，函数f ( x)=(e
x−1−ax)(ln x−ax)的定义域为(0,+∞)，
要使得f ( x)<0恒成立，即(e
x−1−ax)(ln x−ax)<0恒成立，
只需(
e
x−1
x −a)(
ln x
x −a)<0恒成立，即(a−e
x−1
x )(a−ln x
x )<0恒成立，
令φ(x)=e
x−1−ln x , x>0，则φ
′( x)=e
x−1−1
x ，
令k (x)=e
x−1−1
x , x>0，则k
′( x)=e
x−1+ 1
x
2 >0，
所以k (x)=e
x−1−1
x 在(0,+ ∞)上单调递增，且k (1)=0，
当x∈(0,1)时，k (x)<0，φ
′( x)<0，函数φ( x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，k (x)>0，φ
′( x)>0，函数φ( x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(1)=1>0，从而e
x−1−ln x>0，
则e
x−1>ln x，又x>0，得e
x−1
x > ln x
x ，
所以由(a−e
x−1
x )(a−ln x
x )<0恒成立，得ln x
x <a<e
x−1
x
恒成立，
设g( x)= ln x
x , x>0，则g
′( x)= 1−ln x
x
2
，
当x∈(0,e)时，g
′( x)>0，函数g( x)单调递增，
当x∈(e,+ ∞)时，g
′( x)<0，函数g( x)单调递减，
所以当x =e时，函数g( x)取得最大值，最大值为1
e ，即ln x
x ≤1
e ，
设ℎ( x)=e
x−1
x
, x>0，则ℎ
′( x)=e
x−1⋅x−e
x−1
x
2
=e
x−1⋅( x−1)
x
2
，
当x∈(0,1)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，
所以当x =1时，函数g( x)取得最小值，最小值为1，即e
x−1
x ≥1，
所以只需1
e <a<1，即实数a 的取值范围是( 1
e ,1).
故答案为：( 1
e ,1).
13．（2025·河南南阳·三模）已知函数f ( x)= 2a
x e
2 x−1+ ln a，g( x)=2ln x +1，若f ( x)≥g( x)恒成立，
则a的最小值是
．
【答案】1
e
【解题思路】对不等式进行变形得2 x e
2 x≥ e
ln e x
2
a ln e x
2
a
，构造函数φ(t )=t e
t(t >0)，原不等式等价于
φ(2 x)≥φ(ln e x
2
a )，利用导数研究φ(t )的单调性，进而可得自变量之间的关系，再利用导数研究恒成立
问题即可.
【解答过程】f ( x)≥g( x)恒成立，即2a
x e
2 x−1+ ln a≥2ln x +1，即2a
x e
2 x−1≥ln e x
2
a ，
即2 x e
2 x≥e x
2
a ln e x
2
a =e
ln e x
2
a ln e x
2
a
，
令φ(t )=t e
t(t >0)，则φ
'(t )=(t +1)e
t>0恒成立，所以φ(t )单调递增，
∴ φ(2 x)≥φ(ln e x
2
a )⇒2 x ≥ln e x
2
a ⇒2 x ≥2ln x +1−ln a ⇒ln a≥2ln x−2 x +1，
令ℎ( x)=2ln x−2 x +1，则ℎ
'( x)= 2
x −2，
令ℎ
'( x)=0，解得x =1，当x∈(0,1)时，ℎ
'( x)>0，ℎ( x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，ℎ
'( x)<0，ℎ( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
所以ℎ( x)max=ℎ(1)=−1，故ln a≥−1，即a≥1
e ．则a的最小值是1
e ．
故答案为：1
e .
14．（2025·湖北襄阳·三模）已知定义在R上的函数f (x)，其导函数为f
′ (x)= 2 x + 4
e
x
−f (x)，且
f (−4)=e
4，若关于x的不等式f (x)−m<0仅有1个整数解，则实数m的取值范围是 ．
【答案】(−2e
3,−3e
2)
【解题思路】依题意可得e
x[f
′ (x)+ f (x))=2 x + 4，从而得到e
x f (x)= x
2+ 4 x +c（c为常数），再根据
f (−4)求出c，即可得到f (x)解析式，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，结合图象即可得解.
【解答过程】因为f (x)=−f
′ (x)+ 2 x + 4
e
x
，即e
x[f
′ (x)+ f (x))=2 x + 4，
令g(x)=e
x f (x)，则g
′ (x)=e
x[f (x)+ f
′ (x))，
所以e
x f (x)= x
2+ 4 x +c（c为常数），所以f (x)= x
2+ 4 x +c
e
x
，
因为f (−4)=e
4，所以f (−4)=c⋅e
4=e
4，解得c =1，从而f (x)= x
2+ 4 x +1
e
x
，
则f
′ (x)= −x
2−2 x +3
e
x
= −(x +3)(x−1)
e
x
，
当−3< x<1时f
′ (x)>0，此时f (x)单调递增，
当x<−3或x>1时f
′ (x)<0，此时f (x)单调递减，
所以x =1时，f (x)取得极大值为f (1)= 6
e ，当x>0时f (x)>0，
当x =−3时，f (x)取得极小值f (−3)=−2e
3，f (−4)=e
4．
又因为f (−1)=−2e，f (−2)=−3e
2，结合图象可知f (x)−m<0仅有1个整数解，
实数m的取值范围是(−2e
3,−3e
2).
故答案为：(−2e
3,−3e
2).
四、解答题
15．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f (x)= 1
2 x
2+ax +ln x (a∈R)
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若对于∀x>0，不等式f (x)≤e
x+ 3
2 x
2恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)(−∞,e+1)
【解题思路】（1）求导，根据导数判断函数单调性；
（2）分类参数，得a≤e
x+ x
2−ln x
x
，构造函数g(x)=e
x+ x
2−ln x
x
，求导，判断函数单调性与最值情况，
即可得参数范围.
【解答过程】（1）由已知f (x)= 1
2 x
2+ax +ln x (a∈R)，x>0，则f
′ (x)= x +a+ 1
x = x
2+ax +1
x
，x>0，
当a≥−2时，由x + 1
x ≥2恒成立，即f
′ (x)= x + 1
x +a≥0恒成立，即f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a<−2时，令f
′ (x)= x
2+ax +1
x
=0，解得x1= −a−
❑√a
2−4
2
，x2= −a+
❑√a
2−4
2
，x2> x1>0，
当x∈(0, −a−
❑√a
2−4
2
)时，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增；
当x∈(
−a−
❑√a
2−4
2
, −a+
❑√a
2−4
2
)时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减；
当x∈(
−a+
❑√a
2−4
2
,+∞)时，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增；
综上所述，
当a≥−2时，函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a<−2时，函数f (x)在(0, −a−
❑√a
2−4
2
)和(
−a+
❑√a
2−4
2
,+∞)上单调递增，在
(
−a−
❑√a
2−4
2
, −a+
❑√a
2−4
2
)上单调递减；
（2）由已知f (x)= 1
2 x
2+ax + ln x ≤e
x+ 3
2 x
2，即ax ≤e
x+ x
2−ln x，又x>0，
所以a≤e
x+ x
2−ln x
x
恒成立，设g(x)=e
x+ x
2−ln x
x
，x>0，
则g
′ (x)=(e
x+2 x−1
x)⋅x−(e
x+ x
2−ln x)
x
2
=e
x(x−1)+ x
2−1+ ln x
x
2
，
设ℎ(x)=e
x(x−1)+ x
2−1+ ln x，x>0，则ℎ
′ (x)=e
x+2 x + 1
x >0恒成立，
即函数ℎ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，且ℎ(1)=0，
当x∈(0,1)时，ℎ(x)<0，即g
′ (x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)>0，即g
′ (x)>0，g(x)在(1,+ ∞)上单调递增；
所以g(x)≥g(1)=e+1，
所以a≤e+1，即a∈(−∞,e+1).
16．（2025·海南·模拟预测）已知函数f ( x)=(e
a−x+1) x ,a∈R．
(1)当a=2时，求f ( x)的单调区间与极值点；
(2)已知f ( x)有两个极值点x1<2< x2，证明：x1+ x2>3．
【答案】(1)单调递增区间为R，无减区间，无极值点
(2)过程见解析.
【解题思路】（1）求导，研究导函数的正负性即可判断其单调性；
（2）x1, x2为f
'( x)=−x e
a−x+e
a−x+1=0的两根，化简得出e
x2−x1= x2−1
x1−1，令t = x2−x1>0，则
x1+ x2= t e
t +2e
t +t −2
e
t−1
，构造函数k (t )=t e
t−e
t +t +1,t >0即可求证.
【解答过程】（1）当a=2时，f ( x)=(e
2−x+1) x，则f
'( x)=−x e
2−x+e
2−x+1，
令g(x)= f
'( x)=−x e
2−x+e
2−x+1，则g
' (x)=−e
2−x+ xe
2−x−e
2−x=e
2−x(x−2)，
则g
' (x)>0得x>2；g
' (x)<0得x<2，
则g(x)= f
' (x)在(−∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
则f
' (x)≥f
' (2)=0，故f (x)的单调递增区间为R，无减区间，无极值点.
（2）因f ( x)有两个极值点x1<2< x2，则x1, x2为f
'( x)=−x e
a−x+e
a−x+1=0的两根，
即(x1−1)e
a−x1=1,(x2−1)e
a−x2=1，即(x1−1)e
a−x1=(x2−1)e
a−x2，
即e
x2−x1= x2−1
x1−1，
令t = x2−x1>0，则x1=e
t +t −1
e
t−1
，x2= t e
t +e
t−1
e
t−1
，
则x1+ x2=e
t +t −1
e
t−1
+ t e
t +e
t−1
e
t−1
= t e
t +2e
t +t −2
e
t−1
，
欲证x1+ x2>3，只需证t e
t−e
t +t +1>0，
令k (t )=t e
t−e
t +t +1,t >0，则k
' (t )=t e
t +1>0，
故k (t )在(0,+ ∞)上单调递增，则k (t )>k (0)=0，则t e
t−e
t +t +1>0成立，
故x1+ x2>3得证.
17．（2025·江西鹰潭·二模）已知函数f (x)= xln x
(1)求函数f (x)在x =e处的切线方程；
(2)若关于x的不等式f (x)≥ax−x−1恒成立，求实数a的取值范围；
【答案】(1)y =2 x−e；
(2)a≤2．
【解题思路】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式可得直线方程；
（2）先问题等价于在x∈(0,+ ∞)时a≤ln x + 1
x +1恒成立，构造函数g(x)，求导分析单调性后得到最小
值即可.
【解答过程】（1）f (x)= xln x，f
′ (x)=ln x +1，而f (e)=e，f
′ (e)=2，
所以f (x)在x =e处的切线方程为：y =2 x−e
（2）由题意得：f (x)≥ax−x−1恒成立，
因为x>0，所以问题等价于在x∈(0,+ ∞)时a≤ln x + 1
x +1恒成立，
令g(x)=ln x + 1
x +1，(x>0)，g
′ (x)= x−1
x
2 ，
当x>1时，g
′ (x)= x−1
x
2 >0，g(x)为增函数；当0< x<1时，
g
′ (x)= x−1
x
2 <0，g(x)为减函数，则函数g(x)≥g(1)=2，故a≤2．
18．（2025·山东·模拟预测）已知函数f (x)=(x +a)e
x−b，曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为
y =2 x−1．
(1)求实数a,b的值
(2)证明：f (x)>ln2 x．
【答案】(1)a=0,b=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1） 先求导数得出切线斜率结合点在切线上及切点在曲线上列式求解；
（2）先构造函数g(x)= f (x)−(2 x−1)= xe
x−1−2 x +1，得出单调性进而得出不等式f (x)>2 x−1，进而
构造ℎ(x)=2 x−1−ln2 x , x∈(0,+∞)即可证明不等式.
【解答过程】（1）由题意可知，f (1)=1,f
′ (1)=2，
因为f (x)=(x +a)e
x−b，所以f
′ (x)=(x +a+1)e
x−b，
所以{
f (1)=(a+1)e
1−b=1
f
′ (1)=(a+2)e
1−b=2)，
解得a=0,b=1；
（2）设g(x)= f (x)−(2 x−1)= xe
x−1−2 x +1, x∈(0,+ ∞)，
g
′ (x)=(x +1)e
x−1−2=t (x), t
′ (x)=(x +2)e
x−1>0，
所以g
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增 且g
′ (1)=0，
所以当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，所以f (x)>2 x−1
设ℎ(x)=2 x−1−ln2 x , x∈(0,+ ∞)，所以ℎ
′ (x)=2−1
x = 2 x−1
x
，
ℎ(x)在(0, 1
2)上单调递减，在(
1
2 ,+∞)上单调递增 ，
所以ℎ(x)≥ℎ(
1
2)=0，所以2 x−1≥ln2 x ，
又因为g(x)=0与ℎ(x)=0等号成立的条件不一致，
所以f (x)>ln2 x．
19．（2025·四川成都·一模）已知函数f (x)= x
e
x .
(1)求f (x)的极值；
(2)若f (x)≤2kx + k恒成立，求k的取值范围；
(3)证明∑
i=1
n
i!
(i+1)
i+2 <e
8(e−1)
(n∈N
∗).
【答案】(1)极大值1
e ，无极小值.
(2)[
❑√e
4e ,e)
(3)证明见解析
【解题思路】（1）通过求导确定函数的单调性进而求极值；
（2）先分类讨论分离参数k，然后构造函数通过求导确定单调性进而求最值确定k的取值范围；
（3）由（2）知，e(2 x +1)≥f (x)，故(2 x +1)e
x +1≥x，然后换元得( j+3)ln j+2
j+1 ≥1通过累加法即可得
证.
【解答过程】（1）由f (x)= x
e
x ，得f
′ (x)= 1−x
e
x
.
由f
' (x)>0可得x<1；由f
' (x)<0可得x>1；
所以f (x)在(−∞,1)上单调递增；在(1,+∞)上单调递减.
所以f (x)有极大值f (1)= 1
e ；无极小值.
（2）由题意，k (2 x +1)≥f (x)对x∈R恒成立.
当x =−1
2时，k (2 x +1)≥f (x)显然成立；当x<−1
2时，由k (2 x +1)≥f (x)，
得k ≤
x
(2 x +1)e
x ；当x>−1
2时，由k (2 x +1)≥f (x)，得k ≥
x
(2 x +1)e
x .
设函数ℎ(x)=
x
(2 x +1)e
x ，则ℎ
′ (x)= (2 x +1)−x (2 x +3)
(2 x +1)
2e
x
= (x +1)(1−2 x)
(2 x +1)
2e
x
.
当x<−1或x> 1
2时，ℎ
′ (x)<0；当−1< x< 1
2且x≠−1
2时，ℎ
′ (x)>0.
所以ℎ(x)在(−∞,−1)和(
1
2 ,+ ∞)上单调递减，
在(−1,−1
2)和(−1
2 , 1
2)上单调递增.
所以当x<−1
2时，ℎ(x)min=ℎ(−1)=e；
当x> 1
2时，ℎ(x)max =ℎ(
1
2)=
1
4 ❑√e =
❑√e
4e .
所以k的取值范围是[
❑√e
4e ,e).
（3）由（2）知，e(2 x +1)≥f (x)，故(2 x +1)e
x +1≥x (x∈R).
令x = ln j+2
j+1 −1( j∈N
∗)，得(2ln j+2
j+1 −1)
j+2
j+1 ≥ln j+2
j+1 −1.
化简并整理，得j+3
j+1 ln j+2
j+1 ≥
1
j+1，故( j+3)ln j+2
j+1 ≥1.
所以( j+3)ln ( j+2)−( j+2)ln ( j+1)≥1+ ln ( j+1).
累加，得∑
j =1
i−1
[( j+3)ln ( j+2)−( j+2)ln ( j+1))≥∑
j =1
i−1
[1+ ln ( j+1))（i≥2，且i∈N
∗）.
所以(i+2)ln (i+1)−3ln 2≥(i−1)+ ln (i!)，故ln (i+1)
i+2
8
≥ln(i!⋅e
i−1).
所以(i+1)
i+2
8
≥i!⋅e
i−1，故
i!
(i+1)
i+2 ≤
1
8e
i−1（当i=1时也成立）.
所以∑
i=1
n
i!
(i+1)
i+2 ≤1
8∑
i=1
n
1
e
i−1 = 1
8 ×
1
1−1
e (1−1
e
n)< 1
8 ×
1
1−1
e
=e
8(e−1)
(n∈N
∗).
