【培优点20：同构函数】
【知识拓展】
同构函数是导数综合题的核心解题工具，其本质是通过等价变形，将不等式、方程中的复杂结构转化为
“同一函数模型”，再利用函数的单调性、最值等性质求解·二轮复习重点突破三类高频同构型
【热点题型1：地位同等同构型】
【核心归纳】
1.定义：当题干中出现两个地位平等的变量（如
；
；
等），且等式或不等式经整理后，两
边具有完全一致的结构时，可判定为地位同等同构型·
2.核心本质：利用“结构同源性”构造单调函数，将双变量问题转化为单变量函数的单调性应用问题·
3.常见场景：双变量不等式恒成立、双变量等式求关系、比较大小等·
（2025·四川凉山·一模）已知正实数x，y 满足(2 x +√4 x
2+1)(√y
2+ 4−2)= y，则
x
2e
y的最小值为 ．
【答案】e
2
4
【分析】化简题目条件得2 x +√(2 x)
2+1=√1+(
2
y)
2
+ 2
y
，构建函数f (t )=t +√t
2+1，因为x , y是正实数，
故此函数单调递增，得到y = 1
x ，代入x
2e
y，求导分析其最值.
【详解】由(2 x +√4 x
2+1)(√y
2+ 4−2)= y , x , y >0，
整理得2 x +√4 x
2+1=
y
√y
2+ 4−2
= y(√y
2+ 4 +2)
y
2
= √y
2+ 4+2
y
，
化简得：2 x +√(2 x)
2+1=√1+(
2
y)
2
+ 2
y
，
设函数f (t )=t +√t
2+1，可知函数f (t )在(0,+ ∞)内单调递增，
由f (2 x)= f(
2
y)可得2 x = 2
y ，即y = 1
x ，代入x
2e
y得x
2e
1
x，
令F (x)= x
2e
1
x (x>0)，F
' (x)=e
1
x (2 x−1),
令F
' (x)=0，解得x = 1
2，
当0< x< 1
2时，F
' (x)<0；当x> 1
2时，F
' (x)>0；
可知F (x)在(0, 1
2)内单调递减，在(
1
2 ,+ ∞)内单调递增，
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
1
故当 x = 1
2 时，F( x) 取得最小值，此时 y =2，最小值为F(
1
2)=(
1
2)
2
e
2= e
2
4 .
故答案为：e
2
4
（2025 高二上·黑龙江大庆·专题练习）∀x1, x2∈[1,2]，且x1≠x2，不等式
x1e
x2−x2e
x1
x2−x1
<m恒成立，则m的取值范围为 .
【答案】[e
2,+ ∞)
【分析】设x1< x2对原不等式进行变形得到e
x2+m
x2
<e
x1+m
x1
，令函数f ( x)=e
x+m
x
，不等式等价为
f ( x2)<f ( x1)，即f ( x)=e
x+m
x
在[1,2]上单调递减.再利用导数结合单调递减充要条件，得出m≥e
x(x−1)，
构造函数k( x)=e
x(x −1)，x∈[1,2]，利用导数求出函数的最大值，即可得解.
【详解】设x1< x2（x1, x2∈[1,2]且x1≠x2），原不等式x1e
x2−x2e
x1
x2−x1
<m可变形为：
x1e
x2−x2e
x1<m( x2−x1)，整理得x1e
x2+m x1< x2e
x1+m x2，即e
x2+m
x2
< e
x1+m
x1
”，
令函数f ( x)=e
x+m
x
，x∈[1,2]，则上述不等式等价于f ( x2)<f ( x1)，
即f ( x)=e
x+m
x
在[1,2]上单调递减；
又f
'( x)=e
x⋅x−(e
x+m)
x
2
=e
x(x−1)−m
x
2
，则f
'( x)≤0在[1,2]上恒成立，
因x
2>0（x∈[1,2]），故f
'( x)≤0等价于e
x(x−1)−m≤0⇒m≥e
x(x−1).
令k( x)=e
x(x−1)，x∈[1,2]，则k
'( x)=e
x(x−1)+e
x = xe
x，
因e
x>0且x∈[1,2]时x>0，故k
'( x)>0，即k( x)=e
x(x −1)在[1,2]上单调递增，
所以k (x)max =k(2)=e
2(2−1)=e
2，所以m≥e
2，即m的取值范围为[e
2,+ ∞).
故答案为：[e
2,+ ∞).
（24-25 高二下·广东深圳·期末）若∀x1、x2∈(0,+∞)(x1≠x2)都有
ln x2−ln x1
x2−x1
> a
2 −1
6 (x1
2+ x1 x2+ x2
2)，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(−∞,−1]
B．(−∞,3]
C．(−∞,4]
D．(−∞,8]
经典例题
经典例题
2
【答案】B
【分析】不妨设x2> x1，则不等式可化为ln x2−ln x1> a
2 (x2−x1)−1
6 (x2
3−x1
3)，即1
6 x2
3+ ln x2−a
2 x2
> 1
6 x1
3+ ln x1−a
2 x1，可知函数f (x)= 1
6 x
3+ ln x−a
2 x在(0,+ ∞)上单调递增，则f
' (x)= 1
2 x
2+ 1
x −a
2 ≥0恒
成立，所以a≤x
2+ 2
x 恒成立，利用导数求出函数g(x)= x
2+ 2
x
(x>0)的最小值，即可得出实数a的取值范围.
【详解】不妨设x2> x1，则不等式可化为ln x2−ln x1> a
2 (x2−x1)−1
6 (x2
3−x1
3)，
整理得1
6 x2
3+ ln x2−a
2 x2> 1
6 x1
3+ ln x1−a
2 x1，
则函数f (x)= 1
6 x
3+ ln x−a
2 x在(0,+ ∞)上单调递增，
故f
' (x)= 1
2 x
2+ 1
x −a
2 ≥0恒成立，所以a≤x
2+ 2
x 恒成立.
令g(x)= x
2+ 2
x
(x>0)，则g
' (x)=2 x−2
x
2 = 2(x
3−1)
x
2
，
由g
' (x)<0可得0< x<1，由g
' (x)>0可得x>1，
所以函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，
故g(x)min= g(1)=3，所以a≤3，即实数a的取值范围是(−∞,3].
故选：B.
【规律方法总结】
1.解题四步骤：
①识别变量地位：判断两个变量是否无主次之分（如题干未限定
或
）·
②结构变形归一：对等式/不等式两边进行移项、通分、因式分解等变形，目标是使两边呈现“
”或“
”的结构（
为构造的母函数）·
③构造单调母函数：优先构造常见单调函数，如
、
、
等，通过求导
验证单调性·
④利用单调性转化：若
单调递增，则
，
；若
单调递减，则对应关系反向·
2.典型变形技巧：
①若出现
，两边同除以
（
），变形为
，构造
·
②若出现
，移项变形为
，构造
·
3.易错点提醒：变形时需注意变量取值范围（如分母不为0、对数真数大于0），避免因变形扩大或缩小定
义域·
4.名师点睛：地位同等同构型的关键是“去差异、找共性”，变形的核心目标是让两个变量分别处于相同
3
的函数“框架”内·
（2020·全国II 卷·高考真题）若2
x−2
y<3
−x−3
−y，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
【分析】将不等式变为2
x−3
−x<2
y−3
−y，根据f (t )=2
t−3
−t的单调性知x< y，以此去判断各个选项中真
数与1的大小关系，进而得到结果.
【详解】由2
x−2
y<3
−x−3
−y得：2
x−3
−x<2
y−3
−y，
令f (t )=2
t−3
−t，
∵y =2
x为R上的增函数，y =3
−x为R上的减函数，∴f (t )为R上的增函数，
∴x< y，
∵y −x>0，∴y −x +1>1，∴ln ( y −x +1)>0，则A 正确，B 错误；
∵|x−y|与1的大小不确定，故CD 无法确定.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得
到x , y的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
（2020·全国I 卷·高考真题）若2
a+ log2a= 4
b+2log4b，则（ ）
A．a>2b
B．a<2b
C．a>b
2
D．a<b
2
【答案】B
【分析】设f ( x)=2
x+ log2 x，利用作差法结合f ( x)的单调性即可得到答案.
【详解】设f ( x)=2
x+ log2 x，则f ( x)为增函数，因为2
a+ log2a= 4
b+2log4b=2
2b+ log2b
所以f (a)−f (2b)= 2
a+ log2a−(2
2b+ log22b)= 2
2b+ log2b−(2
2b+ log22b) = log2 1
2 =−1<0，
所以f (a)<f (2b)，所以a<2b.
f (a)−f (b
2)= 2
a+ log2a−(2
b
2+ log2b
2)= 2
2b+ log2b−(2
b
2
+ log2b
2)= 2
2b−2
b
2
−log2b，
当b=1时，f (a)−f (b
2)=2>0，此时f (a)>f (b
2)，有a>b
2
当b=2时，f (a)−f (b
2)=−1<0，此时f (a)<f (b
2)，有a<b
2，所以C、D 错误.
故选：B.
（2025·四川泸州·模拟预测）若实数a,b满足ln(2a−b)+ b
e +2ln(−a)=0，则
a−b=（ ）
A．e
2
B．e
C．3e
2
D．2e
小试牛刀1
小试牛刀2
小试牛刀3
4
【答案】D
【分析】原方程等价于ln(2a−b)−2a−b
e
+2ln(−a)−−2a
e
=0，令f (x)=ln x−x
e ，利用导数求出其
最大值为零后可得a,b的值，从而可得正确的选项.
【详解】由题意，得ln(2a−b)−2a−b
e
+2ln(−a)−−2a
e
=0，
令f (x)=ln x−x
e ，则有f (2a−b)+2f (−a)=0，
又f
' (x)= 1
x −1
e ，故f
' (x)<0⇔x>e,f
' (x)>0⇔0< x<e，
所以f (x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，所以f ( x)max= f (e)=0.
又f (2a−b)+2f (−a)=0，故2a−b=−a=e，所以a=−e,b=−3e，
所以a−b=2e.
故选：D.
【热点题型2：指对跨阶同构型】
【核心归纳】
1.定义：题干中同时出现指数函数（
）与对数函数（
），形成“指数-直线-对数”三阶结构，无法
直接求解，需通过同构转化为二阶结构的题型·
2.核心本质：利用对数恒等式（如
、
）实现指对互化，将跨阶结构统一为同一母函数
的结构·
3.常见场景：含参恒成立求参数范围、指对混合不等式证明、函数最值求解等·
（2025·河北沧州·模拟预测）若方程e
x=aln(x−2)+alna−2a在(2,+∞)上有解，则
实数a的取值范围是（ ）
A．[3,+ ∞)
B．(0,3]
C．[e
3,+∞)
D．(0,e
3]
【答案】C
【分析】将方程整理成e
x−lna+ x−lna=ln(x−2)+ x−2=eln(x−2)+ln(x−2)，利用同构思想，设
f (t )=e
t +t，求导判断其单调性，推得lna= x−ln(x−2)，设g(x)= x−ln(x−2)，判断其单调性确定其
最小值，即得参数a的范围.
【详解】由e
x =aln(x−2)+alna−2a得e
x
a −lna=ln(x−2)−2，即e
x−lna−lna=ln(x−2)−2，
即e
x−lna+ x−lna=ln(x−2)+ x−2=eln(x−2)+ln(x−2).
设f (t )=e
t +t，则f (x−lna)= f (ln(x−2))，
因为f
' (t )=e
t +1>1，所以f (t )在R上单调递增，所以x−lna=ln(x−2)，即lna= x−ln(x−2)，
设g(x)= x−ln(x−2)，则g
' (x)=1−
1
x−2 = x−3
x−2，
当x∈(2,3)时，g
' (x)<0，则g(x)在(2,3)上单调递减，当x∈(3,+∞)时，g
' (x)>0，则g(x)在(3,+∞)上
经典例题
5
单调递增，
所以g(x)≥g(3)=3，所以lna≥3,a≥e
3.
故选：C.
（2025·四川南充·一模）已知函数f (x)=e
x−x , g(x)= x−ln x，若直线y =a与两条曲
线y = f (x)和y = g(x)共有四个不同的交点(x1, y1)、(x2, y2)、(x3, y3)、(x4, y4)，且x1< x2< x3< x4，则
x1+ x4
x2+ x3
的值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【分析】别求得f
' (x)=e
x−1和g
' (x)=1−1
x ，得出f (x),g(x)的单调性，作出函数的图象，得到
e
x1−x1=e
x2−x2= x3−ln x3= x4−ln x4或e
x1−x1=e
x3−x3= x2−ln x2= x4−ln x4，求得x1+ x4=e
x1+ ln x4，
再由指数幂与对数的同构化简，分类讨论，即可求解.
【详解】由函数f (x)=e
x−x，可得f
' (x)=e
x−1，
当x∈(−∞,0)时，可得f
' (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(0,+ ∞)时，可得f
' (x)>0，f (x)单调递增；
又由g(x)= x−ln x , x>0，可得g
' (x)=1−1
x = x−1
x
，
当x∈(0,1)时，可得g
' (x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，可得g
' (x)>0，g(x)单调递增，
画出函数y = f (x)，y = g(x)和y =a的图象，如图所示，
可得e
x1−x1=e
x2−x2= x3−ln x3= x4−ln x4或e
x1−x1=e
x3−x3= x2−ln x2= x4−ln x4，
可得x1+ x4=e
x1+ ln x4，
又由x2−ln x2=e
ln x2−ln x2, x3−ln x3=e
ln x3−ln x3, x4−ln x4=e
ln x4−ln x4，
①当e
x1−x1=e
x2−x2= x3−ln x3= x4−ln x4时，
即e
x1−x1=e
x2−x2=e
ln x3−ln x3=e
ln x4−ln x4，可得x1= ln x3, x2= ln x4，即e
x1= x3，
所以x1+ x4=e
x1+ ln x4= x3+ x2，所以
x1+ x4
x3+ x2
=1.
经典例题
6
②又由e
x1−x1=e
x3−x3=e
ln x2−ln x2=e
ln x4−ln x4，可得x1= ln x2, x3= ln x4，即e
x1= x2，
所以x1+ x4=e
x1+ ln x4= x3+ x2，所以
x1+ x4
x3+ x2
=1，
综上可得：
x1+ x4
x3+ x2
=1.
故选：A.
（2025·浙江丽水·一模）若关于x的方程(e
x−tx)(x−t ln x)=0(t ∈R)恰有四个不同的
实根a,b,c ,d (a<b<c<d)，则（ ）
A．a+d <b+c
B．a+d =b+c
C．ad <bc
D．ad =bc
【答案】D
【分析】令(e
x−tx)(x −t ln x)=0，可得t =e
x
x 或t = x
ln x ，构造函数f (x)=e
x
x ，则f (ln x)= x
ln x ，结合导
数可得函数f (x)性质，从而得到t =e
x
x 与t = x
ln x 的根的关系，即可得a,b,c ,d间关系，从而可得ad与bc间
关系；再借助作差法，结合导数计算可得a+d与b+c关系，即可得解.
【详解】由(e
x−tx)(x−t ln x)=0，则e
x−tx =0或x−t ln x =0，
则t =e
x
x 或t = x
ln x ，令f (x)=e
x
x ，则f
' (x)=e
x(x−1)
x
2
，
当x∈(−∞,0)∪(0,1)时，f
' (x)<0，当x∈(1,+ ∞)时，f
' (x)>0，
故f (x)在(−∞,0)、(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
又当x<0时，f (x)=e
x
x <0，f (1)=e
1
1 =e，
故当t <0或t =e时，t =e
x
x 仅有一根，当t >e时，t =e
x
x 有两根，
又f (ln x)=e
ln x
ln x = x
ln x ，则t = x
ln x 最多有两根，
由题意可得t =e
x
x 与t = x
ln x 共有四个不同根，
故t >e，设t =e
x
x 两根分别为x1、x2，且0< x1<1< x2，
则t = x
ln x 两根分别为e
x1、e
x2，则1<e
x1<e<e
x2，
则有0< x1<e
x1< x2<e
x2或x1< x2<e
x1<e
x2，
若0< x1<e
x1< x2<e
x2，则a= x1、b=e
x1、c = x2、d =e
x2，
若x1< x2<e
x1<e
x2，则a= x1、b= x2、c =e
x1、d =e
x2，
经典例题
7
故ad = x1e
x2，bc = x2e
x1，
由t =e
x1
x1
=e
x2
x2
，则x1e
x2= x2e
x1，即有ad =bc，故D 正确，C 错误；
a+d = x1+e
x2，b+c = x2+e
x1，
则(a+d)−(b+c)= x1+e
x2−x2−e
x1=(e
x2−x2)−(e
x1−x1)，
令g(x)=e
x−x，则g
' (x)=e
x−1，
则当x>0时，g
' (x)>0，则g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
由x2> x1>0，则g(x2)>g(x1)，即(e
x2−x2)−(e
x1−x1)>0，
即(a+d)−(b+c)>0，即有a+d >b+c，故A、B 错误.
故选：D.
【规律方法总结】
1.核心原则：构造“指对跨阶母函数”，需满足两个条件：①同时包含指数或对数结构；②单调性、最值
易求·
2.三大常见母函数及适用场景：
①
：适用于“积型”跨阶式（如
）·
②
：适用于“商型”跨阶式（如
）·
③
：适用于“和差型”跨阶式（如
）·
3.典型同构模式（含变形技巧）：
①积型：
（
）
同左构造：
，令
（单调递增），则转化为
·
同右构造：
，令
（
时单调递增），则转化为
·
取对构造：
，令
（单调递增），则转化为
·
②商型：
（
）
同左构造：
，令
（
时单调递增），则转化为
·
同右构造：
，令
（
时单调递增），则转化为
·
③和差型：
（
）
变形构造：左边
，右边变形为
，令
（单调递增），
则不等式转化为
·
4.必备变形公式（名师高频推荐）：
①
（
）；②
；③
（
）；④
·
8
5.解题关键：观察式子中指数与对数的“位置特征”，优先选择“少变形、易构造”的母函数，避免过度
变形增加计算量·
（2025·全国·模拟预测）若x∈(0, 1
e)时，x
a
e
x−1 >aln x−x +e>e−1，则a的取值
范围是（ ）
A．(−∞,−e]
B．(−∞,−1
e]
C．(−e,−1
e]
D．[−1
e ,0)
【答案】B
【分析】由题可得e
aln x−x +1−(a ln x −x +1)>e−1，令a ln x−x +1=t，由已知可得t >0，设f (t )=e
t−t，
利用导数可得函数f (t )在(0,+∞)上s 单调递增，且有f (t )>f (1)，从而得t >1，a< x
ln x ，令g( x)= x
ln x ，
x∈(0, 1
e)，利用导数求出函数g( x)的取值范围，即可得答案.
【详解】x
a
e
x−1 >aln x−x +e，即e
aln x−x +1−(a ln x −x +1)>e−1.
设a ln x−x +1=t，则e
t−t >e−1.
由a ln x−x +e>e−1，得t >0.
设f (t )=e
t−t，则f
'(t )=e
t−1>0，
所以f (t )在(0,+∞)上单调递增，
由e
t−t >e−1知f (t )>f (1)，所以t >1，
即a ln x−x +1>1，x∈(0, 1
e)，ln x<0，所以a< x
ln x .
设g( x)= x
ln x ，x∈(0, 1
e)，则g
'( x)= ln x−1
(ln x)
2 <0，
所以g( x)在(0, 1
e)单调递减，所以a≤g(
1
e)=−1
e ，
所以a的取值范围是(−∞,−1
e].
故选：B.
（25-26 高三上·四川绵阳·月考）已知函数
f ( x)= xe
2ax+2a(1−e)x−(e−1)ln x−1恰有4 个零点，则实数a 的取值范围为（ ）
A．[0,+∞)
B．(−1
2e ,0)
C．(−1
2e
2 ,0)
D．(−1
2e ,−1
2e
2)
【答案】C
【分析】将函数变形f (x)=e
2ax + ln x−(e−1)(2ax + ln x)−1，构造等价函数令t =2ax + ln x，则
小试牛刀1
小试牛刀2
9
g(t )=e
t−(e−1)t −1，求导判断单调性求得g(t )仅有两个零点0,1，问题转化为方程2ax + ln x =0和
2ax + ln x =1共有4 个根，令h(x)=2ax + ln x，利用导数分析单调性和最值求解.
【详解】f (x)= xe
2ax+2a(1−e) x−(e−1)ln x−1=e
2ax + ln x−(e−1)(2ax + ln x)−1，
令t =2ax + ln x，则f (x)= g(t )=e
t−(e−1)t −1，
∴g
' (t )=e
t−(e−1)，令g
' (t )=0，得t = ln (e−1)，且ln (e−1)∈(0,1)，
当t ∈(−∞,ln (e−1))时，g
' (t )<0，即g(t )单调递减，
当t ∈(ln (e−1),+ ∞)时，g
' (t )>0，即g(t )单调递增，
又g(0)=0，g(1)=0，所以函数g(t )仅有两个零点0,1，
所以f (x)恰有4 个零点，即方程2ax + ln x =0和2ax + ln x =1共有4 个根，
令h(x)=2ax + ln x，则h
' (x)=2a+ 1
x
(x>0)，
当a≥0时，h
' (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，
故h(x)=0和h(x)=1至多各一个根，不合题意；
当a<0时，h
' (x)= 2ax +1
x
，令h
' (x)=0，得x =−1
2a，
当x∈(0,−1
2a)时，h
' (x)>0，即h(x)单调递增，
当x∈(−1
2a ,+ ∞)时，h
' (x)<0，即h(x)单调递减，
∴h(x)≤h(−1
2a)，且x→0时，h(x)→−∞，x→+ ∞时，h(x)→−∞，
要使方程2ax + ln x =0和2ax + ln x =1共有4 个根，则h(−1
2a)>1，
即2a×(−1
2a)+ ln(−1
2a)>1，解得0>a>−1
2e
2，
综上，实数a的取值范围为(−1
2e
2 ,0).
故选：C.
（2025·湖南郴州·一模）已知实数x>1，不等式e
x
2a −ln[
2a(x−1)
e
]≥0恒成立，
则实数a的最大值为 .
【答案】e
2
2
【分析】将题干条件整理变形，可得e
x−ln(2a)+ x −ln(2a)≥ln( x −1)+ x −1=e
ln( x−1)+ ln( x −1)，构造
函数f (t )=e
t +t ,(t >1)，可得f (t )的单调性，进而可得x−ln(2a)≥ln( x−1)，构造函数
小试牛刀3
10
g( x)= x−ln( x−1),( x>1)，利用导数可得g( x)的单调性和最值，分析即可得答案.
【详解】由e
x
2a −ln[
2a(x−1)
e
]≥0，得e
x
2a ≥ln[
2a(x−1)
e
]，
即e
x−ln(2a)≥ln[2a(x−1)]−1= ln(2a)+ ln( x−1)−1，
所以e
x−ln(2a)+ x −ln(2a)≥ln(2a)+ ln( x −1)−1+ x −ln(2a)= ln( x −1)+ x −1，
设f (t )=e
t +t，则f
'(t )=e
t +1>0，
所以f (t )在R上单调递增，
又e
x−ln(2a)+ x −ln(2a)≥ln( x −1)+ x −1=e
ln( x−1)+ ln( x −1)，
所以x−ln(2a)≥ln( x−1)，即ln(2a)≤x−ln( x−1)恒成立，
设g( x)= x−ln( x−1),( x>1)，
所以g
'( x)=1−
1
x−1 = x−2
x−1，
所以当x∈(1,2)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)=2，
所以ln(2a)≤2= lne
2，解得a≤e
2
2 ，则实数a的最大值为e
2
2 .
故答案为：e
2
2
【热点题型3：零点同构型】
【核心归纳】
1.定义
若函数
的零点满足方程中同时含指数项（
）与对数项（
），且可通过等价变形将方程转化为
或
（
为常数/参数）的形式，其中
为“同构母函数”，
、
为含
的表达式，此类零点问题称为指对同构零点型·核心特征是“指对共存、结构可同源转化”·
2.核心本质
通过指对互化（利用对数恒等式
、
等）、代数配凑等变形，剥离零点方程中的“非同源
结构”，提炼出相同的函数框架（母函数），将复杂的指对跨阶零点问题，转化为母函数的单调性、值域、
零点唯一性等基础问题，实现“化繁为简、化未知为已知”·
3.适用场景
①含参指对混合方程零点存在性问题（如“方程有零点，求参数范围”）；
②指对零点方程中参数值求解（如“已知方程有特定零点，求参数”）；
③零点相关表达式值的求解（如“已知零点满足某条件，求含零点式子的值”）；
④指对混合方程零点唯一性问题（如“方程有唯一零点，求参数”）·
4.核心前提
①变形等价性：同构变形过程中需保证定义域不变（如对数真数>0、分母≠0），避免因变形扩大/缩小定
11
义域导致零点漏判；
②母函数可解性：构造的母函数需具备单调性明确、极值/值域易求、零点特征清晰等特点，优先选择常
见基础函数·
（23-24 高二下山东菏泽期中）已知函数f ( x)= xe
x−x−ln x−3m有两个不同的零点，
则实数m 的取值范围是（ ）
A．(−∞, 1
3)
B．(−∞, 2
3)
C．(
1
3 ,+∞)
D．(−1
3 ,+∞)
【答案】C
【分析】将函数的零点转化成方程xe
x−x−ln x =3m的根，构造函数h( x)= xe
x−x−ln x，再通过同构，
构造函数y =e
t−t，利用单调性求出y的值域，进而得出h( x)的值域，从而求出结果.
【详解】因为f ( x)= xe
x−x−ln x−3m，由f ( x)=0，得到xe
x−x−ln x−3m=0，所以
xe
x−x−ln x =3m，
令h( x)= x e
x−x −ln x =e
x +l n x−( x +ln x)，令t = x +ln x，则t
' =1+ 1
x >0在区间(0,+∞)上恒成立，
即函数t在区间(0,+∞)上单调递增，又x→0时，t →−∞，x→+ ∞时，t →+ ∞，即t ∈(−∞,+∞)，
所以y =e
t−t，所以y
' =e
t−1，当t ∈(−∞,0)时，y
'<0，当t ∈(0,+ ∞)时，y
'>0，
即y =e
t−t在区间(−∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，所以y =e
t−t ≥e
0−0=1，且当
t →−∞时，y →+ ∞，当t →+ ∞时，y →+ ∞，
又因函数f ( x)= x e
x−x −ln x −3m有两个不同的零点，所以3m>1，即m> 1
3.
故选：.C
【规律方法总结】
1.核心变形技巧（指对互化与同源配凑）
指对同构的关键是“找到同源结构”，常用变形方向围绕“指数化对数、对数化指数”展开，核心技巧如
下：
①对数恒等式转化（核心工具）：
对数化指数：
，可将对数项转化为指数项的自变量，如
；
指数化对数：
，可将指数项转化为对数项的自变量，如
；
复合转化：
、
，实现“指对项合并为单一指数/对数结构”·
②同源配凑变形（常用模式）：
模式1：
，配凑出
的同源结构；
模式2：
，配凑出
与
的关联结构；
模式3：
，配凑出
的
同源结构·
2.常用母函数选择与适用场景
母函数的选择直接决定解题效率，需根据变形后的同源结构匹配，以下是指对同构零点型的高频母函数及
经典例题
12
适用场景：
①
：
适用场景：含
、
的同源结构，如方程
；
核心性质：在
单调递减，
单调递增，最小值为
，零点唯一（无零点，可用于判断
方程解的存在性）·
②
：
适用场景：含
、
的同源结构，如方程
；
核心性质：在
单调递减，
单调递增，最小值为
，当
时单调递增且无零
点，
时存在唯一负零点·
③
：
适用场景：含
、
的同源结构，如方程
；
核心性质：在
上单调递增（导数
恒成立），零点唯一，可直接通过“
”转化方程·
④
（
）：
适用场景：含
、
（可转化为
）的同源结构，如方程
；
核心性质：在
单调递增，
单调递减，最大值为
，可用于判断含参方程零点个数·
3.通用解题步骤
针对指对同构零点型问题，可遵循“识别结构→等价变形→构造母函数→利用性质求解”四步流程，具体
拆解如下：
①识别结构：判断方程是否含“
与
共存”的特征，明确问题目标（求参数范围/表达式值/零点唯一
性）；
②等价变形：利用对数恒等式、配凑法，将方程转化为“
”或“
”的形式，确保
变形过程等价（定义域不变）；
③构造母函数：根据变形后的同源结构，选择高频母函数（如
、
），分析母函数的
单调性、极值、值域、零点特征；
④利用性质求解：
若为
：因母函数单调，直接得
，转化为简单方程求解；
若为
：通过母函数的值域确定
的取值范围（方程有零点的条件），或根据母函数单调性确定
零点唯一性；
若含参数：将参数分离到方程一侧，转化为“母函数值域=参数范围”的问题，规避参数对单调性分析的
干扰·
4.易错点提醒与避坑技巧
①变形不等价风险：如将
变形为
时，需注意
（对数定义域），且
不是原方程零点，避免定义域扩大；
13
②母函数选择不当：优先选择单调母函数（如
），可直接转化“
”，
减少复杂分析；若选择非单调母函数，需额外判断定义域分段；
③忽略隐零点代换：当方程变形后出现“
”“
”等隐零点条件时，需及时代换化简表
达式（如
），避免复杂运算；
④参数分离边界：当参数分离后分母可能为0 时，需单独讨论分母为0 的情况（如
时的特殊值），避
免漏解·
5.名师点睛
指对同构零点型的核心是“找共性、凑同源”，解题时无需纠结复杂的指对运算，重点关注“哪些结构可
以转化为同一函数框架”·建议熟记高频母函数的性质（单调性、极值）和典型变形模式（如
），通过多练同类题型形成“见式知构”的敏感度·对于含参问题，优先采用“参数分离+母函数值域”
的思路，可大幅降低解题难度·
（2025 高三全国专题练习）已知x0是函数f ( x)= x
2e
x−2+ ln x −2的零点，则
e
2−x0+ ln x0= ．
【答案】2
【分析】根据零点定义可得x0
2e
x0−2+ ln x0−2=0，整理可得x0e
x0= lne
2
x0
⋅e
lne
2
x0，根据此时可得x0=e
2−x0
成立，代入化简即可得解.
【详解】根据题意可得x0
2e
x0−2+ ln x0−2=0，
整理可得x0e
x0−2= 2−ln x0
x0
，x0e
x0=e
2
x0
lne
2
x0
= lne
2
x0
⋅e
lne
2
x0
可得当x0= lne
2
x0
，即x0=e
2−x0成立，
又ln x0=2−x0
2e
x0−2，
代入可得e
2−x0+ ln x0= x0+2−x0
2⋅1
x0
=2.
故答案为：2.
（2025 高三全国专题练习）已知f ( x)= x ln x + a
2 x
2+1，若关于x 的方程
xe
x−a= f ( x)−a
2 x
2+ax−1有两个不同的实数解，求a 的取值范围．
【答案】(1,+ ∞)
【分析】根据给定条件变形等式，并利用同构思想构造函数h( x)= ln x + x，再利用导数结合零点存在性定
理求出范围.
小试牛刀1
小试牛刀2
14
【详解】函数f ( x)= x ln x + a
2 x
2+1的定义域为(0,+ ∞)，
方程xe
x−a= f ( x)−a
2 x
2+ax−1⇔xe
x−a= x ln x +ax⇔e
x−a= ln x +a
⇔e
x−a+ x−a= x + ln x⇔lne
x−a+e
x−a= ln x + x，
令函数h( x)= ln x + x，求导得h
'( x)= 1
x +1>0，函数h( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
而lne
x−a+e
x−a= ln x + x⇔h(e
x−a)=h( x)，于是e
x−a= x，则a= x−ln x，
由关于x 的方程xe
x−a= f ( x)−a
2 x
2+ax−1有两个不同的实数解，
得方程a= x−ln x有两个不同的实数解，令函数φ( x)= x−ln x，
求导得φ
'( x)=1−1
x = x−1
x
，当0< x<1时，φ
'( x)<0；当x>1时，φ
'( x)>0，
函数φ( x)= x−ln x在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，φ( x)min=φ(1)=1，
当x从大于0 的方向趋近于0 时，φ( x)→+ ∞，当x→+ ∞时，φ( x)→+∞，
因此当且仅当a>1时，直线y =a与函数y =φ( x)的图象有两个交点，即方程a= x−ln x有两个不同的实数
解
所以a 的取值范围为(1,+ ∞)．
【多选题】（2023 湖北二模）已知函数f (x)=ae
x−ln (x +2)+ ln a−2．以下说
法正确的是（ ）
A．若f (x)在x =0处取得极值，则函数在(0,+ ∞)上单调递增
B．若f (x)≥0恒成立，则a∈[e,+ ∞)
C．若f (x)仅有两个零点，则a∈[e,+∞)
D．若f (x)仅有1 个零点，则a=1
【答案】AB
【分析】求出函数f (x)的导数，求出a 值，再探讨单调性判断A；变形给定不等式，利用同构思想等价转
化，分离参数再构造函数，利用导数求出最大值判断B；利用选项B 中构造的函数，探讨函数的值域，进
而求出a 值或范围判断CD 作答.
【详解】函数f (x)=ae
x−ln (x +2)+ ln a−2的定义域为(−2,+∞)，
对于A，f
'( x)=ae
x−
1
x +2，因为f (x)在x =0处取得极值，则f
'(0)=a−1
2 =0，解得a= 1
2，
f
'( x)= 1
2 e
x−
1
x +2，因为函数y = 1
2 e
x , y =−
1
x +2在(−2,+∞)上都单调递增，则f
'( x)在(−2,+ ∞)上单
调递增，
当−2< x<0时，f
'( x)<0，当x>0时，f
'( x)>0，因此x =0是函数f ( x)的极小值点，且f ( x)在(0,+∞)上
小试牛刀3
15
单调递增，A 正确；
对于B，∀x>−2，f ( x)≥0⇔ae
x+ ln a≥ln( x +2)+2⇔e
x + ln a+ x + ln a≥ln( x +2)+( x +2)
⇔e
x + ln a+ x + ln a≥e
ln( x +2)+ ln( x +2)成立，令g( x)=e
x+ x，显然函数y =e
x, y = x在R 上都是增函数，
于是g( x)=e
x+ x在R 上单调递增，即有∀x>−2，g( x + ln a)≥g(ln( x +2))成立，
因此∀x>−2，x + ln a≥ln( x +2)⇔ln a≥ln( x +2)−x成立，
令h( x)= ln( x +2)−x , x>−2，求导得h
'( x)=
1
x +2 −1=−x +1
x +2，
当x∈(−2,−1)时，h
'( x)>0，函数h( x)单调递增，当x∈(−1,+ ∞)时，h
'( x)<0，函数h( x)单调递
减，
则当x =−1时，h( x)max =h(−1)=1，从而ln a≥1，解得a≥e，
所以当f ( x)≥0恒成立时，a∈[e,+ ∞)，B 正确；
对于C，函数f ( x)仅有两个零点，等价于方程ae
x+ ln a= ln( x +2)+2
⇔e
x + ln a+ x + ln a=e
ln( x +2)+ ln( x +2)有两个不等根，
由选项B 知，方程g( x + ln a)= g(ln( x +2))⇔ln a= ln( x +2)−x有两个不等根，
由选项B 知，函数h( x)= ln( x +2)−x , x>−2的图象与直线y = ln a有两个公共点，
而函数h( x)在(−2,−1)上单调递增，在(−1,+ ∞)上单调递减，h( x)max =h(−1)=1，
而当x∈(−2,−1]时，函数y = ln( x +2)的取值集合是(−∞,0]，函数y =−x的取值集合是[1,2)，
因此函数y = ln( x +2)−x在x∈(−2,−1]的取值集合是(−∞,1]，
当x>0时，令φ( x)= ln( x +2)−1
2 x，φ
'( x)=
1
x +2 −1
2 <0，即函数φ( x)在(0,+∞)上单调递减，
φ( x)<φ(0)= ln 2，即当x>0时，ln( x +2)< 1
2 x + ln2，因此ln( x +2)−x<−1
2 x + ln2，
而函数y =−1
2 x + ln 2在(0,+∞)上单调递减，其取值集合是(−∞,ln 2)，无最小值，
因此函数y = ln( x +2)−x在[−1,+ ∞)上的取值集合是(−∞,1]，
从而函数h( x)在(−2,−1]的值域是(−∞,1]，在[−1,+ ∞)上的值域是(−∞,1]，
于是要ln a= ln( x +2)−x有两个不等根，当且仅当ln a<1，解得0<a<e，C 错误；
对于D，函数f ( x)仅有1 个零点，由选项C 知，当且仅当ln a=1，解得a=e，D 错误.
故选：AB
【点睛】思路点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，
进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函
数的最值问题.
一、单选题
课后针对训练
16
1．（24-25 高三上·福建·期中）已知点(m,n)为函数f (x)= x
2e
x和g(x)=e
2(2−ln x)图象的交点，则
m+lnm=（ ）
A．−2
B．−1
C．1
D．2
【答案】D
【分析】先根据点在函数上得出等式，再同构设新函数h(x)= x e
x( x >0)，再求导函数得出函数的单调性
进而得出等式的值.
【详解】因为点(m,n)为函数f (x)= x
2e
x和g(x)=e
2(2−ln x)图象的交点，
所以x
2e
x =e
2(2−ln x)，即x
2e
x =e
2lne
2
x 的根为m.
因为x>0，所以xe
x =e
2
x lne
2
x ，故lne
2
x >0，且m为方程xe
x =e
2
x lne
2
x 的根.
令h(x)= x e
x( x >0)，则h
' (x)=e
x(x +1)>0，所以h(x)在(0,+ ∞)上单调递增.
又h(lne
2
x )=e
2
x lne
2
x ，所以x =lne
2
x =2−ln x，即m=2−lnm，所以m+lnm=2.
故选：D.
2．（25-26 高三上·贵州贵阳·期中）正实数a，b满足ae
a−1=e
10和b(lnb−1)=e
12（其中e是自然对数的底
数），则lna+lnb的值为（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】D
【分析】首先由ae
a−1=e
10得出ln a=11−a和ae
a=e
11，然后由b(ln b−1)=e
12得出(ln b
e)⋅e
ln b
e =e
11，最
后构造函数f (x)= xe
x，证明其单调性可得到a= ln b
e 即可得出答案.
【详解】由题意ae
a−1=e
10⇒a=e
11−a⇒ln a=11−a，
ae
a−1=e
10⇒ae
a=e
11①，
b(ln b−1)=e
12⇒b ln b
e =e
12⇒b
e ln b
e =e
11⇒(ln b
e)⋅e
ln b
e =e
11②，显然ln b
e >0，
联立①②可得ae
a=(ln b
e)⋅e
ln b
e ③，
考察函数f (x)= xe
x，则f
' (x)=(x +1)e
x，
当x>0时，f
' (x)>0恒成立，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
结合③式可得a= ln b
e ⇒ln b=a+1，
所以ln a+ ln b=11−a+a+1=12.
故选：D
17
3．（25-26 高三上·甘肃·月考）已知x , y满足e
x+ln( y +2026)=e
2026
y +2026 −x +2026，则e
x+ y的最小值
为（ ）
A．2e
1013−2025
B．2e
1013−2026
C．2e
1013
D．4e
1013−2026
【答案】B
【分析】根据题意，得到e
x+ x +ln( y +2026)=e
2026
y +2026 +2026，设t = y +2026和u= ln t，化简得到
e
x+ x =e
2026−u+2026−u，令v =2026−u，得到e
x+ x =e
v+ v，设f (t )=e
t +t，求得f
' (t )>0，得到f (t )在
R上单调递增，求得y =e
2026−x−2026，代入e
x+ y，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由e
x+ln( y +2026)=e
2026
y +2026 −x +2026，
即e
x+ x +ln( y +2026)=e
2026
y +2026 +2026
设t = y +2026，可得y =t −2026，且t >0，可得e
x+ x + ln t =e
2026
t
+2026，
再令u= ln t，则t =e
u，可得e
x+ x +u=e
2026
e
u
+2026=e
2026−u+2026，
即e
x+ x =e
2026−u+2026−u，
令v =2026−u，则u=2026−v，
所以e
x+ x =e
v+ v，其中v =2026−ln t =2026−ln( y +2026)，
设f (t )=e
t +t，可得f
' (t )=e
t +1>0，所以f (t )在R上单调递增，
由e
x+ x =e
v+ v，可得x = v，即x =2026−ln( y +2026)，
所以ln( y +2026)=2026−x，可得ln( y +2026)=2026−x，所以y =e
2026−x−2026，
则e
x+ y =e
x+e
2026−x−2026≥2√e
x⋅e
2026−x−2026=2√e
2026−2026=2e
1013−2026，
当且仅当e
x =e
2026−x时，即x =1013时，等号成立，
所以e
x+ y的最小值2e
1013−2026.
故选：B.
4．（25-26 高三上·广东惠州·期中）已知函数f (x)=e
xlna−ax (a>1)，若f (x)≥0恒成立，则实数a的值
为（ ）
A．e
B．√e
C．e
2
D．e
2
2
【答案】A
【分析】先对函数进行求导，再利用导数和函数的关系求出导函数的零点，最后令g(a)=
a
lna
(a>1)求导
判断即可；
18
先对题干中的式子进行变形x
e
x ≤lna
a
=lna
e
lna ，再构造函数φ(x)= x
e
x ，通过单调性比大小即可.
【详解】方法一：函数f (x)=e
xlna−ax的定义域为R，∵f
' (x)=e
xlna−a，
显然单调递增且有唯一零点.
令f
' (x)=0，即e
xlna−a=0，此时有x0=ln(
a
ln a).
∵当x∈(−∞, x0)时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(x0,+ ∞)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增，∴f (x)≥f (x0)≥0，
即有：a−aln(
a
lna)≥0，∴
a
lna ≤e.
令g(a)=
a
lna
(a>1)，∵g
' (a)=lna−1
(lna)
2 ，∴a∈(1,e)时，g
' (a)<0，g(a)单调递减；
a∈(e ,+ ∞)时，g
' (a)>0，g(a)单调递增，∴g(a)≥g (e)=e，又a
lna ≤e，∴a=e.
方法二：注意到f (ln a)=0，又∵f (x)≥0恒成立由方法一得：f (x)≥f (x0)≥0，∴x0= ln a，
∴lna=ln(
a
lna)，∴a= a
lna ，∴a=e.
方法三：∵f (x)≥0恒成立∴x
e
x ≤lna
a =lna
e
lna 在x∈R恒成立，
令φ(x)= x
e
x ，即φ(x)≤φ(lna)恒成立.
∵φ
' (x)= 1−x
e
x
，∴x∈(−∞,1)时，φ
' (x)>0，φ(x)单调递增；
x∈[1,+ ∞)时，φ
' (x)<0，φ(x)单调递减
∴φ(x)≤φ(1)，又∵φ(x)≤φ(lna)恒成立，∴lna=1，∴a=e.
故选：A
二、多选题
5．（25-26 高三上·重庆·月考）已知函数f (x)=e
mx+(m−1) x , g(x)=ln x，则下列命题正确的是（ ）
A．若m≤0，则函数f (x)有且只有1 个零点
B．若不等式f (x)≥g(x)恒成立，则m的取值范围是[
1
e ,+∞)
C．若不等式f (x)≥1对任意的x∈R恒成立，则m的取值范围是[
1
2 , 2
3)
D．若m=1，则不等式f (x)>2g(x)+2恒成立
【答案】ABD
19
【分析】分类讨论，根据函数单调性及零点存在定理判断A，由单调性转化为m≥ln x
x
恒成立，构造函数，
利用导数求最大值即可判断B，由不等式恒成立可知函数极值，求出m，再利用导数检验，即可判断C，
构造函数h(x)=e
x−2ln x−2，利用导数求出最小值，由最小值大于0 即可判断D.
【详解】对于A 选项：当m=0时，f (x)=1−x，有唯一零点，
当m<0，则f
' (x)=me
mx+m−1<0，f (x)在R上单调递减，且f (0)=1>0,f(−1
m)= 1
e −1+ 1
m <0，由零
点存在定理知有且只有一个零点，
所以m≤0，则函数f (x)有且只有1 个零点，A 选项正确；
对于B 选项：由f (x)≥g(x)恒成立，即e
mx+mx ≥x +ln x恒成立，即e
mx+lne
mx≥x +ln x恒成立，
设p(x)= x + ln x (x>0)，则p(e
mx)≥p(x)恒成立，由一次函数及对数函数单调性可知p(x)单调递增，
所以e
mx≥x恒成立，即m≥ln x
x
恒成立，令k (x)= ln x
x ，则k
' (x)=
1
x ⋅x−ln x
x
2
= 1−ln x
x
2
，
当0< x<e时，k
' (x)>0，k (x)单调递增，当x>e时，k
' (x)<0，k (x)单调递减，
所以x =e时，k (x)有最大值k (e)= 1
e ，所以m≥1
e ,B选项正确；
对于C 选项：因为f (0)=1，不等式f (x)≥1对任意的x∈R恒成立，所以f (x)≥f (0)对任意的x∈R恒成
立，
所以0为极值点，故f
' (0)=0，又f
' (x)=me
mx+(m−1)，所以m+m−1=0，解得m= 1
2，
此时f (x)=e
1
2 x
−1
2 x ,f
' (x)= 1
2 e
1
2 x
−1
2 = 1
2(e
1
2 x
−1)，当x ≥0时，f
' (x)= 1
2(e
1
2 x
−1)≥0，
所以f (x)在[0,+∞)单调递增，当x<0时，f
' (x)= 1
2(e
1
2 x
−1)<0，f (x)在(−∞,0)单调递减，
从而f (x)≥f (0)=1，综上，m= 1
2，故C 选项错误；
对于D 选项：令h(x)=e
x−2ln x−2，所以h
' (x)=e
x−2
x ，令m(x)=h
' (x)=e
x−2
x ，所以
m
' (x)=e
x+ 2
x
2 >0，
从而h
' (x)=e
x−2
x 在(0,+ ∞)上单调递增，h
' (2)=e
2−1>0，h
'(
1
2)=√e−4<0，
所以存在x0∈(
1
2 ,2)，使得h
'(x0)=e
x0−2
x0
=0，得e
x0= 2
x0
且x0=ln2−ln x0，
所以h(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
20
故h(x)≥h(x0)=e
x0−2ln x0−2= 2
x0
+2 x0−2−2ln2>2−2ln2>0，所以f (x)>2g(x)+2，D 选项正确，
故选：ABD.
6．（2025·安徽合肥·一模）已知x1, x2分别为y = x +e
x与y = x +ln x的零点，则（ ）
A．x1 x2+ x1−x2<1
B．x1<ln x2
C．x1+ x2=0
D．x2−x1∈(1, 1
2 +ln2)
【答案】ACD
【分析】解法一：根据对称性转化判断B，C，再化简计算判断A，应用导数得出单调性判断D.解法二：
利用函数同构得出B，化简判断A，C，根据单调性计算判断D.
【详解】解法一：设直线y =−x与曲线y =e
x, y =ln x分别交于点(x1,e
x1)与点(x2,ln x2)，
因为直线y =−x垂直于直线y = x , y =e
x与y =ln x互为反函数，
则点(x1,e
x1)与点(x2,ln x2)关于直线y = x对称，
所以x2=e
x1=−x1>0，于是x1=ln x2并且x1+ x2=0，故B 错误，C 正确；
x1 x2+ x1−x2−1=(x1−1)(x2+1)<0，即x1 x2+ x1−x2<1，故A 正确；
因为f (x)= x +ln x在(0,+ ∞)单调递增，且f(
1
2)⋅f (1)<0，
故x2∈(
1
2 ,1), x2−x1= x2−ln x2，令φ(x)= x−ln x(
1
2 < x<1)，
则φ
' (x)<0，所以φ(x)在(
1
2 ,1)单调递减，
所以φ(1)<φ(x)<φ(
1
2)，即1<φ(x)< 1
2 +ln2，即1< x2−x1< 1
2 +ln2，所以D 正确.
故选:ACD.
解法二：利用函数同构，直接得到，x1+e
x1= x2+ln x2=0，
得x1+e
x1=ln x2+e
ln x2=0，得到x1=ln x2, x2=e
x1.B 错误；
对于A , x1 x2+ x1−x2−1=(x2+1)(x1−1)<0，A 正确；
对于C, x1+ x2= x1+e
x1=0，C 正确；
对于D, x2−x1= x2−ln x2，x2∈(
1
2 ,1), x2−ln x2在(
1
2 ,1)上递减，得x2−x1∈(1，1
2 +ln2)，D 正确.
故选:ACD.
21
7．（2025 高二·全国·专题练习）若f ( x)=e
x−1
x
,g( x)=
x
1+ ln x ,∃x1, x2，使得f (x1)= g(x2)，则下列说
法正确的是（ ）
A．若x1> x2，则x2<1
B．若x1< x2，则x1<1
C．存在x1= x2
D．∃x0，使得当x1> x0, x2> x0时，|x2−x1|的值随着x1, x2的增大而增大
【答案】ACD
【分析】先由对数的运算性质变形得到g( x)= f (1+ ln x)，再由单调性得到f ( x)与g( x)的图象变化趋势，
然后分1+ ln x2<0，0<1+ ln x2<1，1+ ln x2=1，1+ ln x2>1四种情况结合单调性讨论可判断ABC；取
x0=1结合单调性可得D.
【详解】由题意g( x)=
x
1+ ln x =
x
ln(e x) =e
ln(e x)−1
ln(e x) ，故g( x)= f (1+ ln x)，
因为x ≥1+ ln x，故f ( x)≥f (1+ ln x)，且x =1时，如下图，f ( x)与g( x)都是先减后增，且同时取得极小
值1；
在递减区间时，f (1+ ln x)图像更为陡；在递增区间时，f ( x)图像更为陡；
因为f (x1)= g(x2)= f (1+ ln x2)．
①若1+ ln x2<0，即0< x2< 1
e ，则f (x1)−f (1+ ln x2)<0，此时x1<0，
因为函数f ( x)在(−∞,0)上单调递减，则x1=1+ ln x2< x2；
②若0<1+ ln x2<1，即1
e < x2<1，
由于函数f ( x)在(0,1)上递减，在(1,+ ∞)上递增，则存在x1>1，使得f (x1)= f (1+ ln x2)，
此时1+ ln x2< x2<1< x1，存在x1∈(0,1)，使得f (x1)= f (1+ ln x2)，此时x1=1+ ln x2< x2<1；
③若1+ ln x2=1，即x2=1，则f ( x)= f (1)只有唯一解，此时x1=1，即x1= x2=1；
④若1+ ln x2>1，即x2>1，由于函数f ( x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，则存在x1∈(0,1)使得
f (x1)= f (1+ ln x2)，
此时x1<1<1+ ln x2< x2，存在x1>1使得f (x1)= f (1+ ln x2)，此时x1=1+ ln x2< x2，故A 对，B 错，C 对；
取x0=1，因为函数f ( x)在(1,+ ∞)上单调递增，且x1>1, x2>1，则1+ ln x2>1，
22
由f (x1)= f (1+ ln x2)可得x1=1+ ln x2< x2，则x2−x1= x2−ln x2−1>0，
因为函数h( x)在(1,+ ∞)上单调递增，且x2>1，故h(x2)随着x2的增大而增大，D 对．
故选：ACD．
三、填空题
8．（25-26 高一上·湖北·月考）已知正实数a,b满足 b(√a
2+1+ln ab
2 )≥√4+b
2，则 1
2 a+b的最小值为
.
【答案】2
【分析】利用双变量同构函数思想，构造函数f (x)=√x
2+1+ln x
2，从而把问题转化为研究函数单调性可
得f (a)≥f(
2
b)⇔a≥2
b ，最后利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】因为正实数a,b，b(√a
2+1+ln ab
2 )≥√4+b
2，
所以两边同除以b得：√a
2+1+ln ab
2 ≥1
b √4 +b
2
整理得：√a
2+1+ln a
2 ≥√
4
b
2 +1−ln b，
构造f (x)=√x
2+1+ln x
2，由于f(
2
b)=√
4
b
2 +1+ln 1
b =√
4
b
2 +1−ln b
则原不等式等价于f (a)≥f(
2
b)，
因为x>0，所以f
' (x)=
2 x
2√x
2+1
+ 1
x >0，
即f (x)=√x
2+1+ln x
2是(0,+ ∞)上的单调递增函数，
所以f (a)≥f(
2
b)⇔a≥2
b ⇔ab≥2，
则1
2 a+b≥2√
1
2 ab=2，取等号条件是1
2 a=b=1，
故答案为：2
9．（2025 高三·全国·专题练习）已知实数x1, x2满足x1⋅e
x1−1=e
2, x2(ln x2−2)=e
5，求x1⋅x2的值
．
【答案】e
5
【分析】构造函数f (x)= x e
x( x >0)，求导，判断单调性，结合条件得出x1=ln x2−2，然后可求x1⋅x2的
23
值．
【详解】因为实数x1, x2满足x1e
x1−1=e
2, x2(ln x2−2)=e
5，
所以x1>0, x2>e
2，x1e
x1=e
3，
令ln x2−2=t >0, x2=e
t +2，则t e
t +2=e
5，即t e
t =e
3，
令f (x)= x e
x( x >0),f
' (x)=(x +1)e
x>0( x >0),
所以f (x)在(0,+ ∞)单调递增，而f (x1)= f (t )=e
3，
∴x1=t =ln x2−2，
∴x1 x2= x2(ln x2−2)=e
5．
故答案为：e
5．
10．（25-26 高一上·江西南昌·月考）设a为正实数，若实数x0是关于x的方程e
x+(1−a) x =lna+ln x的解，
则e
x0−a x0=
【答案】0
【分析】根据题意，化简得e
x+ x = ln ax +e
ln ax，令f (x)=e
x+ x，求得f (x)为增函数，转化为
f (x)= f (ln ax)，得到x = ln ax，进而得到ln a x0= x0，求得a x0=e
x0，即可求解.
【详解】由方程e
x+(1−a) x =lna+ln x，变形可得e
x+ x =ax + ln a+ ln x =e
ln ax+ ln ax，
即e
x+ x = ln ax +e
ln ax，
令f (x)=e
x+ x，则f
' (x)=e
x+1>0，所以f (x)为单调递增函数，
因为e
x+ x = ln ax +e
ln ax，可得f (x)= f (ln ax)，可得x = ln ax，即ax =e
x，
又因为实数x0是关于x的方程e
x+(1−a) x =lna+ln x的解，
可得ln a x0= x0，可得a x0=e
x0，所以e
x0−a x0=0.
故答案为：0
11．（2025 高三·全国·专题练习）函数g(x)=e
x
x −x +ln x的最小值为 .
【答案】e−1
【分析】将函数变形得g(x)=e
x
x −x +ln x =e
x−ln x−(x−ln x)，然后构造新函数s(t )=e
t−t (t ≥1)，求导
判断单调性求出最小值即可.
【详解】将函数变形得g(x)=e
x
x −x +ln x =e
x−ln x−(x−ln x)，x>0，
令t = x−ln x，求导得t
' =1−1
x = x−1
x
，因为x>0，
所以当x>1时，t
'>0；当0< x<1时，t
'<0；
所以t在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以t在x =1处取得最小值为1，所以t ≥1.
令s(t )=e
t−t (t ≥1)，求导得s
' (t )=e
t−1>0，
24
所以s(t )在(1,+∞)上单调递增，
所以s(t )≥s(1)=e−1，即g(x)≥e−1，所以g(x)的最小值为e−1.
故答案为：e−1.
12．（2024 高三·全国·专题练习）“朗博变形”是借助指数运算或对数运算，将x化成x =lne
x，
x =e
ln x(x>0)的变形技巧.已知函数f (x)= x⋅e
x，g(x)=−ln x
x
，若f (x1)= g(x2)=t >0，则
x1
x2e
t 的最大值
为 .
【答案】1
e /e
−1
【分析】先化简，再同构设函数φ(x)= xe
x(x>0)，再结合函数的单调性得出所以x1=ln 1
x2
，进而得出
h(t )=
ln 1
x2
x2e
t = t
e
t (t >0)，根据单调性即可得出最大值.
【详解】由f (x1)= g(x2)=t >0，得x1⋅e
x1=−ln x2
x2
=t，
即x1⋅e
x1= 1
x2
ln 1
x2
=(ln 1
x2)e
ln 1
x2 >0，所以，ln 1
x2
>0，
令φ(x)= xe
x(x>0)，则φ
' (x)=(x +1)e
x>0对任意的x>0恒成立，
所以，函数φ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
由x1⋅e
x1= ln 1
x2
e
ln 1
x2可得φ(x1)=φ(ln 1
x2)，所以x1=ln 1
x2
，
令h(t )=
ln 1
x2
x2e
t = t
e
t (t >0)，所以h
' (t )= 1−t
e
t
，
当0<t <1时，h
' (t )>0；当t >1时，h
' (t )<0.
所以h(t )在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，则h(t )max=h(1)= 1
e .
故答案为：1
e .
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造函数φ(x)= xe
x(x>0)，再结结合函数单调性解题.
13．（2025 高二·全国·专题练习）若对0< x1< x2<a都有ln(
x2
x1)
x1 x2
<2 x2−2 x1成立，则a的最大值为 .
【答案】2
【分析】由ln(
x2
x1)
x1 x2
<2 x2−2 x1，得ln x2+ 2
x2
<ln x1+ 2
x1
，构造函数f (x)= ln x + 2
x ( x>0)，利用导数
25
法得到f (x)的单调性，利用单调性得到a 的取大值.
【详解】由ln(
x2
x1)
x1 x2
<2 x2−2 x1，得x1 x2(ln x2−ln x1)<2 x2−2 x1，
则ln x2−ln x1< 2 x2−2 x1
x1 x2
，即ln x2− ln x1< 2
x1
−2
x2
，
有ln x2+ 2
x2
<ln x1+ 2
x1
，令f (x)= ln x + 2
x ( x>0)，
所以f
'( x)= 1
x −2
x
2 = x−2
x
2 ，令f
'( x)=0⇒x =2，
当x>2时，f
' (x)>0，当0< x<2时，f
' (x)<0，
所以函数f (x)的单调递增区间为(2,+∞)，单调递减区间为(0,2)，
所以当0< x1< x2<2时，f ( x2)<f ( x1)，
所以0<a≤2，故a 的最大值为2.
故答案为：2.
14．（2025 高三·全国·专题练习）若关于x 不等式(a
2−a) x +aln x ≤e
x−2alna在(0,+ ∞)上恒成立，则
实数a 的最大值是 ．
【答案】√e
【分析】将问题转化为ax +lnax ≤e
x−lna+ x−lna在(0,+∞)上恒成立,然后构造函数h(x)=e
x+ x，利用
单调性，得到2lna≤x−ln x，再构造函数k (x)= x−ln x，求出最小值即可得解.
【详解】由题意(a
2−a) x +aln x ≤e
x−2alna，变形得(a−1) x +ln x ≤e
x−lna−2lna，即等价于
ax +lnax =ax +ln x +lna≤e
x−lna+ x−lna，
令h(x)=e
x+ x，因为h
' (x)=e
x+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以h(x −lna)≥h(ln(ax))，
所以x−lna≥ln(ax)，等价于2lna≤x−ln x，
令k (x)= x−ln x，则k
' (x)=1−1
x = x−1
x
，
当0< x<1时，k
' (x)<0，函数k (x)单调递减；
当x>1时，k
' (x)>0，函数k (x)单调递增；
所以k (x)min=k (1)=1−ln1=1，因此2lna≤1，即得a≤e
1
2 =√e.
故答案为：√e.
四、解答题
15．（2025 高二·全国·专题练习）设a，b 为两个不相等的正数，且b ln a−a ln b=a−b，证明：ab>1．
【答案】证明见解析
26
【分析】根据题意，转化为ln a+1
a
= ln b+1
b
，令g(x)= ln x +1
x
，利用导数求得g(x)在(0,1)上递增，在
(1,+∞)上递减，设0<a<1<b，只需g(a)<g( 1
a )，构造F (x)= g(x)−g( 1
x )，求得F (x)在(0,1)上为增函
数，得到g(x)<g( 1
x )，即g(b)< g( 1
a )，进而证得ab>1.
【详解】由b ln a−aln b=a−b（a,b>0,a≠b），可得ln a+1
a
= ln b+1
b
，
构造函数g(x)= ln x +1
x
，即g(a)= g(b)，且g
' (x)= −ln x
x
2
，
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，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
因为a≠b时，g(a)= g(b)，不妨设a<b，则必有0<a<1<b，
要证ab>1，即证b> 1
a >1，
因为g(x)在(1,+∞)上单调递减，只需证g(b)< g( 1
a )，
又因为g(a)= g(b)，所以只需证明g(a)<g( 1
a )
构造函数F (x)= g(x)−g( 1
x )= ln x +1
x
−x(1−ln x), x∈(0,1)，
可得F
' (x)= −ln x
x
2
+ ln x =(1−1
x
2 )ln x
当x∈(0,1)时，F
' (x)>0，所以F (x)在(0,1)上为递增函数，
所以F (x)< F (1)=0，即当x∈(0,1)时，g(x)<g( 1
x )，
由0<a<1，可得g(a)< g( 1
a )，结合g(a)= g(b)，可得g(b)< g( 1
a )，
又由b>1, 1
a >1，且g(x)在(1,+∞)上单调递减，所以b> 1
a，所以ab>1.
16．（25-26 高三上·北京海淀·月考）已知a>0，函数f (x)= a+ln x
x
.
(1)求y = f (x)的单调区间；
(2)已知y = f (x)与g(x)=
x
ae
x−1有相同的最大值，
（ⅰ）求a的值；
（ⅱ）直线y =b与两条曲线y = f (x)和y = g(x)共有四个不同的交点，其横坐标分别为
27
x1, x2, x3, x4(x1< x2< x3< x4)，证明：x1 x4= x2 x3.
【答案】(1)答案见详解
(2)（ⅰ）1 （ⅱ）证明见详解
【分析】（1）求函数f (x)定义域，求导数f
' (x)，即可求得函数的单调区间；
（2）（ⅰ）由（1）求得函数f (x)的最大值.求函数g(x)的定义域和导数g
' (x)，由导数求得函数单调区间，
求得函数g(x)的最大值，然后建立方程解得a；
（ⅱ）构造函数F (x)= f (x)−g(x)和函数G (x)= x
e
x = 1
e g(x)，由（ⅰ）得到函数G (x)的单调区间.构造函
数φ(x)= x−ln x−1，由φ
' (x)得到函数φ(x)的单调性，然后得到lne x , x的大小关系，即可求得函数F (x)
的最大值，然后得到函数f (x), g(x)的关系，画出函数大致图像，得到交点.然后方程求得方程的解得关系，
即可证明结论.
【详解】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
f
' (x)= 1−(a+ln x)
x
2
，令f
' (x)=0，即1−(a+ln x)
x
2
=0，则x =e
1−a，
∴x∈(0,e
1−a)时，f
' (x)>0，函数f (x)单调递增，
∴x ∈(e
1−a,+ ∞)时，f
' (x)<0，函数f (x)单调递减，
（2）（ⅰ）由（1）可知函数f (x)≤f (e
1−a)= 1
e
1−a ，
函数g(x)的定义域为R，g
' (x)= 1−x
ae
x−1，
当x∈(−∞,1)时，∵a>0，∴ae
x−1>0，∴g
' (x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，g
' (x)<0，函数g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)=
1
ae
1−1 = 1
a，
由题意得1
e
1−a = 1
a，即a=e
1−a，
令函数h(x)=e
1−x−x，h(1)=e
1−1−1=0，
h
' (x)=−e
1−x−1<0，所以函数h(x)在R上单调递减，所以函数h(x)存在唯一的零点，
即a=1.
（ⅱ）∴f (x)= 1+ ln x
x
，g(x)=
x
e
x−1 ，
令F (x)= f (x)−g(x)= 1+ ln x
x
−
x
e
x−1 =e(
lne x
e
lne x −x
e
x)(x>0)，
令G(x)= x
e
x = 1
e g(x)，且e>1，则F (x)=e[G (lne x)−G (x)](x >0)
28
由（ⅰ）可知G (x)在(1,+∞)上单调递减，在(−∞,1)上单调递增，
令φ(x)= x−ln x−1(x>0)，则φ
' (x)=1−1
x
(x>0)，φ(1)=1−ln1−1=0
当x∈(0,1)时，φ
' (x)=1−1
x <0，函数φ(x)单调递减，则φ(x)≥φ(1)=0，
∴1> x ≥ln x +1= lne x，此时G (lne x)≤G (x)
当x∈(1,+∞)时，φ
' (x)=1−1
x >0，函数φ(x)单调递增，则φ(x)≥φ(1)=0，
∴x ≥ln x +1= lne x>1，此时G (lne x)≤G (x)
∴F (x)=e[G (lne x)−G (x)]≥0，当且仅当x =1取等号，
所以函数f (x)≥g(x)，
作函数f (x),g(x)的大致图像如下
由图可知x1, x3是方程g(x)=b的两根，x2, x4是方程f (x)=b的两根，
∴
x1
e
x1−1 =b= 1+ ln x2
x2
，
令t = x1−1，m= ln x2，则1+t
e
t
= 1+m
e
m
，
令函数r (x)= 1+ x
e
x
，则r
' (x)= −x
e
x
，当x∈(0,+∞)时，r
' (x)<0，函数r (x)单调递减，
∴m=t，即x1−1= ln x2，则x1= ln x2+1= ln(e x2)，
∴e
x1−1= x2，∴
x1
x2
= x1
e
x1−1 =b，
同理可得e
x3−1= x4，
x3
x4
= x3
e
x3−1 =b，
即
x1
x2
= x3
x4
，∴x1 x4= x2 x3
29
30
