微突破4 同构函数问题
（时间：30分钟，满分：40分）
一、单项选择题（每小题5分，共25分）
1.若命题“ a，b∈R，使得a－cos b≤b－cos a”为假命题，则a，b的大小关系为（ ）
A.a＜b B.a＞b
C.a≤b D.a≥b
2.设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＜bln b，则（ ）
A.ab＞e B.b＞ea
C.ab＜e D.b＜ea
3.若存在两个正实数x，y使得等式x（1＋ln x）＝xln y－ay成立（其中ln x，ln y是以e为底的对数），则实数a的取值范围为（ ）
A.（0，］ B.（0，］
C.（－∞，］ D.（－∞，］
4.已知不等式axex＋x＞1－ln x有解，则实数a的取值范围为（ ）
A.（－，＋∞） B.（－，＋∞）
C.（－∞，） D.（－∞，）
5.已知正数a，b满足bea＝ln a－ln b，则b的最大值为（ ）
A. B.
C.e D.e2
二、解答题（15分）
6.（15分）已知函数f（x）＝xln x－x－ln x＋1的导函数为f'（x）.
（1）证明：函数f（x）有且只有一个极值点；
（2）若xf'（x）－f（x）≤－3－mxex恒成立，求实数m的取值范围.
微突破4 同构函数问题
1.B 由题意，命题的否定“ a，b∈R，a－cos b＞b－cos a”为真命题，即a＋cos a＞b＋cos b，设f（x）＝x＋cos x，则f'（x）＝1－sin x≥0，所以f（x）为增函数，所以由f（a）＞f（b）可知a＞b.
2.B 由已知aea＜bln b，则ealn ea＜bln b.设f（x）＝xln x，则f（ea）＜f（b）.∵a＞0，∴ea＞1，∵b＞0，bln b＞aea＞0，∴b＞1.当x＞1时，f'（x）＝ln x＋1＞0，则f（x）在（1，＋∞）上单调递增，∴ea＜b.
3.C x（1＋ln x）＝xln y－ay可化为a＝－－ln，令t＝，则t＞0，令f（t）＝－t－tln t，则f'（t）＝－2－ln t，令f'（t）＝0，可得t＝，当0＜t＜时，f'（t）＞0，当t＞时，f'（t）＜0，所以函数f（t）在区间（0，）上单调递增，在区间（，＋∞）上单调递减，则f（t）≤f（）＝－＋＝，故a的取值范围为（－∞，］.
4.A 因为当x∈（0，＋∞）时，axex＋x＞1－ln x有解，即axex＞1－ln x－x＝1－ln（xex）（x＞0）有解，即a＞（x＞0）有解，令t＝xex，则t∈（0，＋∞），则a＞有解，设f（t）＝（t＞0），则f'（t）＝，当0＜t＜e2时，f'（t）＜0，f（t）单调递减，当t＞e2时，f'（t）＞0，f（t）单调递增，所以当t∈（0，＋∞）时，f（t）≥f（e2）＝－，所以a的取值范围为（－，＋∞）.
5.B 由bea＝ln a－ln b，得bea＝ln，所以aea＝ln＝ln·.设f（x）＝xex（x＞0），由f'（x）＝（x＋1）ex＞0，得f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为a，b为正数，所以bea＝ln＞0，则等式化为f（a）＝f（ln），所以a＝ln，即ea＝，得b＝.令g（t）＝（t＞0），则g'（t）＝，当0＜t＜1时，g'（t）＞0；当t＞1时，g'（t）＜0，所以g（t）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，则g（t）max＝g（1）＝，故b的最大值为.
6.解：（1）证明：由题意知f（x）的定义域为（0，＋∞），且f'（x）＝ln x＋1－1－＝ln x－，
令φ（x）＝ln x－，
则φ'（x）＝＋＝＞0（x＞0），
所以φ（x），即f'（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又f'（1）＝－1＜0，f'（e）＝1－＞0，
所以f'（x）在（1，e）上有唯一零点x0，
当0＜x＜x0时，f'（x）＜0，当x＞x0时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
所以函数f（x）有且只有一个极值点.
（2）因为xf'（x）－f（x）≤－3－mxex恒成立，即（xln x－1）－（xln x－x－ln x＋1）≤－3－mxex恒成立，
即ln x＋x＋1≤－mxex恒成立，即ln（xex）＋1≤－mxex恒成立.
令t＝xex＞0，则ln t＋1≤－mt，
所以－m≥，
令g（t）＝（t＞0），则g'（t）＝，
令g'（t）＜0，得t＞1，令g'（t）＞0，得0＜t＜1，
所以g（t）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以g（t）max＝g（1）＝1，所以－m≥1，解得m≤－1，
即实数m的取值范围为（－∞，－1].
1 / 1微突破4 同构函数问题
【备考指南】 同构函数问题是近几年高考的热点，所谓同构是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有变量分离同构和指对跨阶同构，一般都是压轴题，难度较大.
1.含有地位同等的两个变量的不等式（方程），关键是使不等式（方程）两边具有结构的一致性，构造函数，解决问题.
1.若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则（ ）
A.a＞2b B.a＜2b
C.a＞b2 D.a＜b2
2.由x＝ln ex构造函数.
2.（2025·安徽合肥模拟）已知x＞0，y＞0，且ex＋ln y＞x＋y，则下列选项正确的是（ ）
A.x＞y B.x＞ln y
C.x＜y D.x＜ln y
3.aea≤bln b aea≤（ln b）eln b，构造函数f（x）＝xex.
3.设实数m＞0，若对任意的x≥e，不等式x2ln x－m≥0恒成立，则m的最大值是（ ）
A. B.
C.e D.2e
【思维建模】 同构函数问题的解题思路
类型一 地位同等同构
【瓶颈突破】 通过观察发现题目中三次出现：t2－2ln t－1＝形式的代数式，于是同构变形之后设φ（x）＝，利用函数的单调性，从而使问题获解.
【例1】 （1）已知a，b，c∈（1，＋∞），且a2－2ln a－1＝，b2－2ln b－1＝，c2－2ln c－1＝，则（ ）
A.b＞a＞c B.b＞c＞a
C.a＞b＞c D.c＞a＞b
【常用结论】 含有二元变量x1，x2的函数常见同构类型
（1）g（x1）－g（x2）＞λ[f（x2）－f（x1）]，构造函数φ（x）＝g（x）＋λf（x）；
（2）＞k（x1＜x2），构造函数φ（x）＝f（x）－kx；
（3）＜（x1＜x2），构造函数φ（x）＝f（x）＋.
（2）若对任意x1，x2∈[－2，0），x1＜x2，＜a恒成立，则a的最小值为（ ）
A.－ B.－
C.－ D.－
【训练1】 若e2a－eb＞4a2－b2＋1，则（ ）
A.4a2＞b2 B.4a2＜b2
C.（）a＞（）b D.（）a＜（）b
类型二 指对同构
【常用结论】 跨阶同构常见的三种基本模式
（1）和差型：ea±a＞b±ln b：①同左构造形式：ea±a＞eln b±ln b，构造函数f（x）＝ex±x；②同右构造形式：ea±ln ea＞b±ln b，构造函数f（x）＝x±ln x.
（2）乘积型：aea≤bln b：①同左构造形式：aea≤eln bln b，构造函数f（x）＝xex；②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f（x）＝xln x；③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln（ln b）（b＞1），构造函数f（x）＝x＋ln x.
（3）比商型：≤：①同左构造形式：≤，构造函数f（x）＝；②同右构造形式：≤，构造函数f（x）＝；③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln（ln b）（b＞1），构造函数f（x）＝x－ln x.
【例2】 设实数λ＞0，若对任意的x∈（0，＋∞），不等式eλx－≥0恒成立，试求λ的最小值.
【训练2】 （1）已知函数f（x）＝xex－a（x＋ln x）有两个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A.（－∞，－e） B.（－∞，e）
C.（－e，＋∞） D.（e，＋∞）
（2）已知函数f（x）＝x＋aln x＋－xa（a＜0），若f（x）≥0在x∈[2，＋∞）上恒成立，则实数a的取值范围为 .
微突破4 同构函数问题
【基础·回扣】
1.B 2.B 3.C
【典例·讲解】
【例1】 （1）B 设f（x）＝x2－2ln x－1（x＞1），则f（a）＝，f（b）＝，f（c）＝，∵f'（x）＝2x－＞0，∴f（x）在（1，＋∞）上单调递增.设φ（x）＝（x≥e），则φ'（x）＝，当x≥e时，φ'（x）≤0，∴φ（x）在[e，＋∞）上单调递减，∵e＜π＜4，∴φ（e）＞φ（π）＞φ（4）＝φ（2），∴f（b）＞f（c）＞f（a），∴b＞c＞a.
（2）A 因为x1＜x2，所以x1－x2＜0，则＜a可化为x2－x1＞a（x1－x2），整理，得x2＋ax2＞x1＋ax1，因为x1x2＞0，所以＋＞＋，令f（x）＝＋，则函数f（x）在[－2，0）上单调递减，则f'（x）＝≤0在[－2，0）上恒成立，所以ex（x－1）≤a在[－2，0）上恒成立，令g（x）＝ex（x－1），则g'（x）＝ex（x－1）＋ex＝xex＜0在[－2，0）上恒成立，则g（x）＝ex（x－1）在[－2，0）上单调递减，所以g（x）≤g（－2）＝－，故只需满足a≥－.故选A.
【训练1】 D 因为e2a－eb＞4a2－b2＋1，所以e2a－4a2＞eb－b2＋1，又eb－b2＋1＞eb－b2，所以e2a－4a2＞eb－b2，令函数f（x）＝ex－x2，求导得f'（x）＝ex－2x，令g（x）＝ex－2x，求导得g'（x）＝ex－2，当x＜ln 2时，g'（x）＜0，当x＞ln 2时，g'（x）＞0，函数g（x）在（－∞，ln 2）上单调递减，在（ln 2，＋∞）上单调递增，g（x）min＝g（ln 2）＝eln 2－2ln 2＝2（1－ln 2）＞0，即f'（x）＞0，因此函数f（x）在R上单调递增，原不等式等价于f（2a）＞f（b），于是2a＞b，对于A、B，取2a＝1，b＝－1，有4a2＝b2，A、B错误；对于C、D，（）2a＜（）b，即（）a＜（）b，C错误，D正确.
【例2】 解：法一（同“左”同构） eλx－≥0（λ＞0，x＞0） λxeλx－xln x≥0 λxeλx≥xln x λxeλx≥eln xln x，
令f（x）＝xex，上述不等式可等价转化为f（λx）≥f（ln x），
易知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以λx≥ln x，所以λ≥.
令h（x）＝（x＞0），则h'（x）＝，所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，则h（x）max＝h（e）＝，
即λ≥，则λ的最小值为.
法二（取对数同构） eλx－≥0（λ＞0，x＞0） λxeλx－xln x≥0 λxeλx≥xln x，若x∈（0，1]，恒有λx＞0≥ln x.
若x∈（1，＋∞），有λxeλx≥xln x ln（λx）＋λx≥ln x＋ln（ln x），
令f（x）＝x＋ln x（x＞0），上述不等式可等价转化为f（λx）≥f（ln x），易知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，则λx≥ln x，
所以x＞0，λ＞0时，总有λx≥ln x，所以λ≥.下同法一.
【训练2】 （1）D f（x）＝xex－a（x＋ln x）＝ex＋ln x－a（x＋ln x），令t＝x＋ln x，t∈R，显然该函数单调递增.由et－at＝0有两个根，故t≠0，得a＝，即函数y＝与函数y＝a的图象有两个交点，可画出函数图象（图略）得到a的取值范围是（e，＋∞）.
（2）[－e，＋∞） 解析：由f（x）≥0在x∈[2，＋∞）上恒成立，即ln xa－xa≥ln e－x－e－x在x∈[2，＋∞）上恒成立，易知当x∈[2，＋∞），a＜0时，0＜xa＜1，0＜e－x＜1，令函数g（t）＝ln t－t（0＜t＜1），则g'（t）＝－1＞0，g（t）单调递增，故有xa≥e－x，则a≥logxe－x＝－在x∈[2，＋∞）上恒成立，令F（x）＝－（x≥2），则F'（x）＝，易得F（x）在[2，e）上单调递增，在[e，＋∞）上单调递减，故F（x）max＝F（e）＝－e，故a≥－e，即实数a的取值范围是[－e，＋∞）.
2 / 2(共31张PPT)
微突破4 同构函数问题
备考指南
同构函数问题是近几年高考的热点，所谓同构是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有变量分离同构和指对跨阶同构，一般都是压轴题，难度较大.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 若2a＋log2a＝4b＋2log4b，则（ ）
A. a＞2b B. a＜2b
C. a＞b2 D. a＜b2
含有地位同等的两个变量的不等式（方程），关键是使不等式（方程）两边具有结构的一致性，构造函数，解决问题.
√
解析： 由指数和对数的运算性质可得2a＋log2a＝4b＋2log4b＝22b＋
log2b.令f（x）＝2x＋log2x，则f（x）在（0，＋∞）上单调递增.又
∵22b＋log2b＜22b＋log2b＋1＝22b＋log2（2b），∴2a＋log2a＜22b＋log2
（2b），即f（a）＜f（2b），∴a＜2b.故选B.
2. （2025·安徽合肥模拟）已知x＞0，y＞0，且ex＋ln y＞x＋y，则下列
选项正确的是（ ）
A. x＞y B. x＞ln y
C. x＜y D. x＜ln y
√
由x＝ln ex构造函数.
解析： 原不等式等价于ex－x＞y－ln y，等价于ex－ln ex＞y－ln y.令
g（x）＝x－ln x，则不等式ex－ln ex＞y－ln y等价于g（ex）＞g
（y），因为g'（x）＝ ，所以当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＝ ＞
0，所以g（x）在区间（1，＋∞）上单调递增，因为x＞0，所以ex＞1.
若y∈（1，＋∞），由g（ex）＞g（y），有ex＞y，若y∈（0，1]，恒
有ex＞y.综上所述，ex＞y，即x＞ln y.故选B.
3. 设实数m＞0，若对任意的x≥e，不等式x2ln x－m ≥0恒成立，则m
的最大值是（ ）
A. B.
C. e D. 2e
√
aea≤bln b aea≤（ln b）eln b，
构造函数f（x）＝xex.
解析： x2ln x－m ≥0变形为ln x·eln x≥ · ，构造函数g（x）＝
xex（x≥e），等价转化为ln x≥ ，即m≤xln x，只需m≤（xln x）min
＝e.故m的最大值是e.
【思维建模】 同构函数问题的解题思路
典例·讲解
典例精析 强技提能
类型一 地位同等同构
【例1】 （1）已知a，b，c∈（1，＋∞），且a2－2ln a－1＝ ，b2
－2ln b－1＝ ，c2－2ln c－1＝ ，则（ ）
A. b＞a＞c B. b＞c＞a
C. a＞b＞c D. c＞a＞b
√
【瓶颈突破】 通过观察发现题目中三次出现：t2－2ln t－1＝ 形式的代数式，于是同构变形之后设φ（x）＝ ，利用函数的单调性，从而使问题获解.
解析： 设f（x）＝x2－2ln x－1（x＞1），则f（a）＝ ，f（b）
＝ ，f（c）＝ ，∵f'（x）＝2x－ ＞0，∴f（x）在（1，＋∞）上
单调递增.设φ（x）＝ （x≥e），则φ'（x）＝ ，当x≥e时，φ'
（x）≤0，∴φ（x）在[e，＋∞）上单调递减，∵e＜π＜4，∴φ（e）＞
φ（π）＞φ（4）＝φ（2），∴f（b）＞f（c）＞f（a），∴b＞c＞a.
（2）若对任意x1，x2∈[－2，0），x1＜x2， ＜a恒成立，则a
的最小值为（ ）
A. －
B. －
C. －
D. －
√
【常用结论】 含有二元变量x1，x2的函数常见同构类型
（1）g（x1）－g（x2）＞λ[f（x2）－f（x1）]，构造函数φ（x）＝g（x）＋λf（x）；
（2） ＞k（x1＜x2），构造函数φ（x）＝f（x）－kx；
（3） ＜ （x1＜x2），构造函数φ（x）＝f（x）＋ .
解析： 因为x1＜x2，所以x1－x2＜0，则 ＜a可化为x2 －
x1 ＞a（x1－x2），整理，得x2 ＋ax2＞x1 ＋ax1，因为x1x2＞0，
所以 ＋ ＞ ＋ ，令f（x）＝ ＋ ，则函数f（x）在[－2，0）
上单调递减，则f'（x）＝ ≤0在[－2，0）上恒成立，所以ex
（x－1）≤a在[－2，0）上恒成立，令g（x）＝ex（x－1），则g'
（x）＝ex（x－1）＋ex＝xex＜0在[－2，0）上恒成立，则g（x）＝ex
（x－1）在[－2，0）上单调递减，所以g（x）≤g（－2）＝－ ，故
只需满足a≥－ .故选A.
【训练1】 若e2a－eb＞4a2－b2＋1，则（ ）
A. 4a2＞b2 B. 4a2＜b2
C. （ ）a＞（ ）b D. （ ）a＜（ ）b
√
解析： 因为e2a－eb＞4a2－b2＋1，所以e2a－4a2＞eb－b2＋1，又eb－
b2＋1＞eb－b2，所以e2a－4a2＞eb－b2，令函数f（x）＝ex－x2，求导得
f'（x）＝ex－2x，令g（x）＝ex－2x，求导得g'（x）＝ex－2，当x＜ln
2时，g'（x）＜0，当x＞ln 2时，g'（x）＞0，函数g（x）在（－∞，ln
2）上单调递减，在（ln 2，＋∞）上单调递增，g（x）min＝g（ln 2）＝
eln 2－2ln 2＝2（1－ln 2）＞0，即f'（x）＞0，因此函数f（x）在R上单调
递增，原不等式等价于f（2a）＞f（b），于是2a＞b，对于A、B，取
2a＝1，b＝－1，有4a2＝b2，A、B错误；对于C、D，（ ）2a＜（ ）
b，即（ ）a＜（ ）b，C错误，D正确.
类型二 指对同构
【例2】 设实数λ＞0，若对任意的x∈（0，＋∞），不等式eλx－
≥0恒成立，试求λ的最小值.
【常用结论】 跨阶同构常见的三种基本模式
（1）和差型：ea±a＞b±ln b：①同左构造形式：ea±a＞eln b±ln b，构
造函数f（x）＝ex±x；②同右构造形式：ea±ln ea＞b±ln b，构造函数
f（x）＝x±ln x.
（2）乘积型：aea≤bln b：①同左构造形式：aea≤eln bln b，构造函数f
（x）＝xex；②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f（x）＝xln
x；③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln（ln b）（b＞1），构造函数f
（x）＝x＋ln x.
（3）比商型： ≤ ：①同左构造形式： ≤ ，构造函数f（x）＝
；②同右构造形式： ≤ ，构造函数f（x）＝ ；③取对构造形
式：a－ln a≤ln b－ln（ln b）（b＞1），构造函数f（x）＝x－ln x.
解：法一（同“左”同构） eλx－ ≥0（λ＞0，x＞0） λxeλx－
xln x≥0 λxeλx≥xln x λxeλx≥eln xln x，
令f（x）＝xex，上述不等式可等价转化为f（λx）≥f（ln x），
易知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以λx≥ln x，所以λ≥ .
令h（x）＝ （x＞0），则h'（x）＝ ，所以h（x）在（0，e）上
单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，则h（x）max＝h（e）＝ ，
即λ≥ ，则λ的最小值为 .
法二（取对数同构） eλx－ ≥0（λ＞0，x＞0） λxeλx－xln
x≥0 λxeλx≥xln x，若x∈（0，1]，恒有λx＞0≥ln x.
若x∈（1，＋∞），有λxeλx≥xln x ln（λx）＋λx≥ln x＋ln（ln
x），
令f（x）＝x＋ln x（x＞0），上述不等式可等价转化为f（λx）≥f（ln
x），易知f（x）在（0，＋∞）上单调递增，则λx≥ln x，
所以x＞0，λ＞0时，总有λx≥ln x，所以λ≥ .下同法一.
【训练2】 （1）已知函数f（x）＝xex－a（x＋ln x）有两个零点，则
实数a的取值范围为（ ）
A. （－∞，－e） B. （－∞，e）
C. （－e，＋∞） D. （e，＋∞）
√
解析： f（x）＝xex－a（x＋ln x）＝ex＋ln x－a（x＋ln x），令t＝x
＋ln x，t∈R，显然该函数单调递增.由et－at＝0有两个根，故t≠0，得a
＝ ，即函数y＝ 与函数y＝a的图象有两个交点，可画出函数图象（图
略）得到a的取值范围是（e，＋∞）.
（2）已知函数f（x）＝x＋aln x＋ －xa（a＜0），若f（x）≥0在
x∈[2，＋∞）上恒成立，则实数a的取值范围为 .
解析：由f（x）≥0在x∈[2，＋∞）上恒成立，即ln xa－xa≥ln e－x－e－x
在x∈[2，＋∞）上恒成立，易知当x∈[2，＋∞），a＜0时，0＜xa＜
1，0＜e－x＜1，令函数g（t）＝ln t－t（0＜t＜1），则g'（t）＝ －1＞
0，g（t）单调递增，故有xa≥e－x，则a≥logxe－x＝－ 在x∈[2，＋
∞）上恒成立，令F（x）＝－ （x≥2），则F'（x）＝ ，易
得F（x）在[2，e）上单调递增，在[e，＋∞）上单调递减，故F（x）
max＝F（e）＝－e，故a≥－e，即实数a的取值范围是[－e，＋∞）.
[－e，＋∞）
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：30分钟，满分：40分）
一、单项选择题（每小题5分，共25分）
1. 若命题“ a，b∈R，使得a－ cos b≤b－ cos a”为假命题，则a，b
的大小关系为（ ）
A. a＜b B. a＞b
C. a≤b D. a≥b
1
2
3
4
5
6
√
解析： 由题意，命题的否定“ a，b∈R，a－ cos b＞b－ cos a”为
真命题，即a＋ cos a＞b＋ cos b，设f（x）＝x＋ cos x，则f'（x）＝1－
sin x≥0，所以f（x）为增函数，所以由f（a）＞f（b）可知a＞b.
2. 设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＜bln b，则（ ）
A. ab＞e B. b＞ea
C. ab＜e D. b＜ea
√
解析： 由已知aea＜bln b，则ealn ea＜bln b.设f（x）＝xln x，则f
（ea）＜f（b）.∵a＞0，∴ea＞1，∵b＞0，bln b＞aea＞0，∴b＞1.
当x＞1时，f'（x）＝ln x＋1＞0，则f（x）在（1，＋∞）上单调递增，
∴ea＜b.
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3. 若存在两个正实数x，y使得等式x（1＋ln x）＝xln y－ay成立（其中
ln x，ln y是以e为底的对数），则实数a的取值范围为（ ）
A. （0， ］ B. （0， ］
C. （－∞， ］ D. （－∞， ］
√
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解析： x（1＋ln x）＝xln y－ay可化为a＝－ － ln ，令t＝ ，则t
＞0，令f（t）＝－t－tln t，则f'（t）＝－2－ln t，令f'（t）＝0，可得t
＝ ，当0＜t＜ 时，f'（t）＞0，当t＞ 时，f'（t）＜0，所以函数f
（t）在区间（0， ）上单调递增，在区间（ ，＋∞）上单调递减，则
f（t）≤f（ ）＝－ ＋ ＝ ，故a的取值范围为（－∞， ］.
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4. 已知不等式axex＋x＞1－ln x有解，则实数a的取值范围为（ ）
A. （－ ，＋∞） B. （－ ，＋∞）
C. （－∞， ） D. （－∞， ）
√
解析： 因为当x∈（0，＋∞）时，axex＋x＞1－ln x有解，即axex＞
1－ln x－x＝1－ln（xex）（x＞0）有解，即a＞ （x＞0）有
解，令t＝xex，则t∈（0，＋∞），则a＞ 有解，设f（t）＝
（t＞0），则f'（t）＝ ，当0＜t＜e2时，f'（t）＜0，f（t）单调递
减，当t＞e2时，f'（t）＞0，f（t）单调递增，所以当t∈（0，＋∞）
时，f（t）≥f（e2）＝－ ，所以a的取值范围为（－ ，＋∞）.
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5. 已知正数a，b满足bea＝ln a－ln b，则b的最大值为（ ）
A. B.
√
C. e D. e2
解析： 由bea＝ln a－ln b，得bea＝ln ，所以aea＝ ln ＝ln · .
设f（x）＝xex（x＞0），由f'（x）＝（x＋1）ex＞0，得f（x）在
（0，＋∞）上单调递增，因为a，b为正数，所以bea＝ln ＞0，则等式
化为f（a）＝f（ln ），所以a＝ln ，即ea＝ ，得b＝ .令g（t）＝
（t＞0），则g'（t）＝ ，当0＜t＜1时，g'（t）＞0；当t＞1时，g'
（t）＜0，所以g（t）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递
减，则g（t）max＝g（1）＝ ，故b的最大值为 .
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二、解答题（15分）
6. （15分）已知函数f（x）＝xln x－x－ln x＋1的导函数为f'（x）.
（1）证明：函数f（x）有且只有一个极值点；
解： 证明：由题意知f（x）的定义域为（0，＋∞），且f'（x）＝ln
x＋1－1－ ＝ln x－ ，令φ（x）＝ln x－ ，
则φ'（x）＝ ＋ ＝ ＞0（x＞0），
所以φ（x），即f'（x）在（0，＋∞）上单调递增，
又f'（1）＝－1＜0，f'（e）＝1－ ＞0，
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所以f'（x）在（1，e）上有唯一零点x0，
当0＜x＜x0时，f'（x）＜0，当x＞x0时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，＋∞）上单调递增，
所以函数f（x）有且只有一个极值点.
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（2）若xf'（x）－f（x）≤－3－mxex恒成立，求实数m的取值范围.
解： 因为xf'（x）－f（x）≤－3－mxex恒成立，即（xln x－1）－
（xln x－x－ln x＋1）≤－3－mxex恒成立，
即ln x＋x＋1≤－mxex恒成立，即ln（xex）＋1≤－mxex恒成立.
令t＝xex＞0，则ln t＋1≤－mt，
所以－m≥ ，
令g（t）＝ （t＞0），则g'（t）＝ ，
令g'（t）＜0，得t＞1，令g'（t）＞0，得0＜t＜1，
所以g（t）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
所以g（t）max＝g（1）＝1，所以－m≥1，解得m≤－1，
即实数m的取值范围为（－∞，－1].
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