函数与导数中的同构思想题型归纳总结 讲义-2022届高三数学一轮专题复习

同构思想在函数与导数中的应用
同构法是将不同的代数式(或不等式、方程)通过变形，转化为形式结构相同或者相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想．此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题．
同构法在近几年的模考中频繁出现，把等式或不等式变形为两个形式上一样的函数，利用函数的单调性转化成比较大小,或者解恒成立，求最值等问题.同构法在使用时，考验“眼力”，面对复杂的结构，仔细观察灵活变形，使式子两则的结构一致.构造函数，判断函数单调性，进一步求参数或证明不等式.
题型1：指对跨阶型
解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为()()f g x f h x >⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的结构，
()f x 即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①ln x
x x
xe e
+=；②ln x x x e e x
-=；③ln x x
x x e
e -=；④()ln ln x
x x xe +=；⑤ln ln x
e x x x
-=.
答题思路；
1.直接变形：
（1）积型：b b ae a ln ≤⇒()ln ln a
b
x a e b e
f x xe ⋅≤⋅⇒=（同左）
； ln ln a a e e b b ⇒⋅≤⋅()ln f x x x ⇒=（同右）
； ⇒()ln ln ln ln a a b b +≤+⇒()ln f x x x =+（取对数）.
说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.
（2）商型：b b a e a ln <⇒ln ln a b e e a b <()x
e f x x
⇒=（同左）； ln ln a a
e b e b ⇒<⇒x
x
x f ln )(=（同右）； ⇒)ln(ln ln ln b b a a -<-⇒x x x f ln )(-=（取对数）.
（3）和差型：b b a e a ln ±>±⇒ln ln a b e a e b ±>±⇒x e x f x
±=)(（同左）；
ln ln a a e e b b ⇒±>+⇒x x x f ln )(±=（同右）.
2.先凑再变形：
若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x ，同加上x 等，再用上述方式变形.常见的有： ①x ae ax
ln >ln ax axe x x ⇒>；
②
[]ln 1ln()ln (1)1ln ln(1)1x x
x a e a ax a a e a x e a x a
->--⇒
>--⇒->--ln ln(1)ln ln(1)1ln(1)x a x e x a x x e x --⇒+->-+-=+-；
③ln ln ln log (ln )ln ln x x a x a a x
a x e x a e x x a
>⇒>⇒>； 1.(2021重庆市市辖区模拟) 若关于x 的不等式ln x a e x a -≥+对一切正实数x 恒成立，则实数a 的取值范
围是（ ） A. 1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭
B. (],e -∞
C. (],1-∞
D. (],2-∞
解：
ln x a e x a -+，ln x a e x a x x -∴+-+，
ln ln x a x e x a e x -∴+-+
设()t
f t e t =+，则()10t
f t e '=+>
∴()f t 在R 上单调递增.
故ln ln x a
x e
x a e x -+-+即()()ln f x a f x -，
即ln x a
x -即ln x x
a -
设()ln g x x x =-，则()11
1x g x x x
-'=-=
， 令()0g x '>，则1x >
∴()g x 在()1,+∞上单调递减，在()0,1上单调递减
故()()min 11g x g ==，故1a 故选.C
2. 不等式(ln )0x xe a x x -+≥恒成立，则正数a 的取值范围是________．
解析 ln (ln )0(ln )0(ln )(x x x x t
x
a x x x a x x a x x at +-+≥⇔-+≥⇔≥+⇔≥ｅｅｅｅ令
ln )t x x =+⇔(0)00(0)
t
t
a t a t a a a t t ⎧≥<⎪≥⎧⎪⇔⇔≤≤⎨⎨≤⎩⎪≤>⎪⎩
ｅ
ｅｅｅ． 3．已知函数()ln 1x f x ae x =--，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．
解析 ln 1
ln 10x
x
x a x a +--≥⇔≥
ｅｅ
，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 11e e x
x x x +≥=ｅ，所以a ≥１
ｅ
．
4. 已知不等式1ln x e kx x -≥+，对任意的正数x 恒成立，则实数k 的取值范围是________．
解析 e lne 1ln x x
x kx x k x x -≥+⇔≤-ｅ，由于e x
≥e x ，lne x ≤x ，两者都是当且仅当x ＝1等号成立，所以x
x
≥ｅｅ，
lne 1x x
≤则e lne 1x x
x x -≥-ｅ，所以k ≤ｅ－1．
5.已知函数2()ln 1x f x ae x =--，若()0f x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．
解析 22ln 1
()ln 1e
x
x
x f x a x a +=--⇔≥
ｅ，由于ln x ＋1≤x ，e 2x ≥2e x ，两者都是当且仅 当x ＝1等号成立，则
2ln 112e 2e x
x x x +≥=ｅ，所以2a ≥１
ｅ
． 6.已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+，若()1f x ≥，则a 的取值范围是 . 【解析】由1()e ln ln 1x f x a x a -=-+≥移项得：1e ln ln 1x a a x -+≥+
即ln 1e ln ln 1a x a x +-+≥+，两边同时加（x －1）得ln 1e ln 1ln a x x a x x +-++-≥+ 即()ln 1ln e ln 1ln a x x x a x e +-++-≥+
设()e x g x x =+，则()1e 0x g x '=+>，所以()g x 单增 所以ln 1ln a x x +-≥，即ln ln 10x x a -+-≥ 设()ln ln 1h x x x a =-+-，则1
()1h x x
'=-
，所以()h x 在(0,1)单减，在(1,)+∞单增， 所以min ()(1)ln 10h x h a ==-≥，所以1a ≥.
7. (2021山东省泰安市一模) 已知()2
ln 12
a f x x x x =++. （1）若函数()()cos sin ln 1g x f x x x x x x =+---在0,2π⎛⎤
⎥⎝⎦
上有1个零点，求实数a 的取值范围；
（2）若关于x 的方程()212
x a
a xe
f x x ax -=-+-有两个不同的实数解，求a 的取值范围. 解：（1）由题意得 2()cos sin 2a
g x x x x x =+-，(0x ∈，]2
π
， 则()(sin )g x x a x '=-，
①当1a 时，sin 0a x
-，()0g x '>∴所以()g x 在(0，]2
π
单调递增，
(0)0g =，故()g x 在(0，]
2π
上无零点；
②当01a <<时，0(0,)2
x π
∃∈，使得0sin x a =，
∴()g x 在0(x ，]2
π
上单调递减，在0(0,)x 上单调递增，
又(0)0g =，2
()128
a g π
π=-故()()000g x g >=
∴()g x 在区间()00,x 上无零点
i ）当2
1028a g ππ
⎛⎫=-> ⎪⎝⎭
即28a π>时，()g x 在(0，]2π上无零点，
ii ）当2
1028a g ππ
⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭
即2
80a π<时，()g x 在(0，]2π上有一个零点， ③当0a 时，sin 0a x -<，()0g x '<
∴()g x 在(0，]2
π上单调递减，()g x 在(0，]2
π
上无零点，
综上所述：当28
0a
π<时，()g x 在(0，]2
π
上有一个零点； （2）由2
()1(0)2
x a a xe f x x ax x -=-+->得x a xe xlnx ax -=+， 即x a e lnx a -=+，
则有()ln x a x a e e x lnx --+=+， 令()h x x lnx =+，0x >， 1
()10h x x
'=+
>，∴函数()h x 在(0,)+∞上递增， ∴方程()
()x a h e h x -=即为方程x a e x -=即ln a x x =-有2个不同的正实根
设()x x lnx ϕ=-，则11
()1x x x x
ϕ-'=-
=
， 当01x <<时，()0x ϕ'<，当1x >时，()0x ϕ'>， 所以函数()x x lnx ϕ=-在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增， 所以()min x ϕϕ=（1）1=，
当0x →时，()x ϕ→+∞，当x →+∞时，()x ϕ→+∞，
∴当1a >时，方程ln a x x =-有2个不同的正实根
综上所述：()1,a ∈+∞.
8.设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围
是 ．
【答案】
【解析】由得，即对任意的恒成立．
设f(t)=te t ，则
恒成立，
又f ′(t )=te t +e t =(t +1)e t ，
∴当t <−1时，f ′(t)<0，f(t)单调递减；当t >−1时，f ′(t)>0，f(t)单调递增．画出图象为
①当x ≥1
e 时，
，此时函数f(t)单调递增，∴f(t 1)>f(t 2)，
即f(λx)≥f(lnx)，所以恒成立，∴恒成立．
则当0<x <e 时，
单调递增；当x >e 时，
单调递减，∴g (x )max =g (e )=1e
，∴λ≥1e
．
②当0<x <1
e 时，
，
由f (0)=0?e 0=0，结合函数f(t)的图象可得f(t 1)>0>f(t 2)，即恒成立．
综上可得λ≥1e
，∴实数的取值范围是．
【解析二】由得，即对任意的恒成立．
当时，总有，xlnx ≤0.
只需考虑x >1的情形，亦即
.
设f(t)=te t (t >0)，则f ′(t )=te t +e t =(t +1)e t >0，
上为增函数.
由得，，即λ≥lnx x
，故
g (x )max =g (e )=1e
，∴λ≥1
e
．
【解析三】由得，，即对任意的恒成立．
当时，总有，xlnx ≤0.
只需考虑x >1的情形，亦即
.
设f(t)=tlnt (t >1)，则f ′(t )=1+lnt >0，
上为增函数.
由得，，即λ≥lnx x
，故
g (x )max =g (e )=1
e
，∴λ≥1
e
．
【解析四】由得，，即对任意的恒成立．
当时，总有，xlnx ≤0.
只需考虑x >1的情形，得
.
设f (t )=t +lnt (t >1)，则f ′(t )=1+1
t >0，
上为增函数.
由得，λx ≥lnx ，即λ≥lnx x
，故
g (x )max =g (e )=1
e
，∴λ≥1
e
．
9.对于任意实数0x >，不等式22ln ln 0x ae x a -+≥恒成立，则a 的取值范围是 .
【答案】1
2a e ≥
【解析一】将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为22ln
x x ae a ≥，212ln x x
e a a
≥（说明：将参数移至一边）
两边同时乘x 得22ln x x x
xe a a
≥（说明：目的是凑右边的结构）
即ln 22ln ln x x
a x x x
xe e a a a
≥=（说明：目的是凑左右两边的结构相同）（#）
设()x g x xe =，则()()10x g x x e '=+>，()g x 单增 故由（#）得2ln
x
x a
≥，ln ln 2a x x ≥- 再令()ln 2h x x x =-，则1()2h x x '=-，易知当max 1
()()ln 212
h x h ==-- 所以ln ln21a ≥--，即12a e
≥
. 【解析二】将22ln ln 0x ae x a -+≥变形为ln 22ln ln 0a x e x a +-+≥，即ln 22ln 2ln 2a x e a x ++≥ ln 22ln 22ln 22ln 2ln 2a x x e x a x x e x +++≥+=+ 设()x g x e x =+，易知()g x 单增
故2ln2ln2x a x +≥（以下同解法一，从略）.
10. （2021·安徽·合肥一中高三月考（理））设实数0m ＞，若对任意的()1,x ∈+∞，不等式2ln 20mx
x
e m
-
≥恒成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
B ．1,2⎡⎫
+∞⎪⎢⎣⎭
C ．[)1,+∞
D ．[),e +∞
【答案】A 【详解】
因为0m >，不等式2ln 20mx
x e
m -
≥成立，即2ln 2mx x
e m
≥成立，即22ln mx me x ≥， 进而转化为2ln 2ln ln mx x mxe x x e x ≥=⋅恒成立，
构造函数()x g x xe =，可得()2
(1)x x g x e xe x e '=+=+，
当0x >，()0g x '>，()g x 单调递增， 则不等式2ln 20mx
x
e
m
-
≥恒成立等价于(2)(ln )g mx g x ≥恒成立，即2ln mx x ≥恒成立， 进而转化为ln 2x
m x
≥恒成立， 设()ln x h x x =
，可得()2
1ln x
h x x -'=， 当0x e <<时，()0h x '>，()h x 单调递增； 当x e >时，()0h x '<，()h x 单调递减，
所以当x e =，函数()h x 取得最大值，最大值为()1
h e e
=，
所以12m e ≥，即实数m 的取值范围是1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
. 故选：A.
11. （2020·安徽·高三月考（文））已知函数1
()ln mx
f x e x m
=-
，当0x >时，()0f x >恒成立，则m 的取值范围为（ ） A ．(1,)+∞ B ．(,)e +∞
C ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
,
D ．1,e
⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
【答案】D 【详解】
由题意，若0m ≤显然()f x 不是恒大于零，故0m >.（由4个选项也是显然可得）
0m >，则1
()ln 0mx
f x e x m
=-
>在(0,1]上恒成立； 当1x >时，1()ln 0mx
f x e x m =-
>等价于ln 1
ln ln ln mx mx x e x mx e x x x e m
>⇔⋅>=⋅， 令()(0),()(1)0,()t t g t te t g t t e g t '=>=+>在(0,)+∞上单调递增. 因为0,ln 0(1)mx x x >>>，所以ln ln ln mx x mx e x e mx x ⋅>⋅⇔>，即ln (1)x
m x x
>>, 再设2ln 1ln ()()(1)x x
h x h x x x x
'-=
⇒=>，令()0h x x e '=⇔=， 0x e <<时，()0h x '>，x e >时，()0h x '<，()h x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，
从而max 1()()h x h e e
==，所以1m e
>. 故选：D ．
12.（2020·湖南·长郡中学高三月考（理））若[,)x e ∀∈+∞，满足3
2ln 0m
x
x x me -≥恒成立，则实数m 的取值
范围为__________． 【答案】(,2]e -∞ 【分析】
首先对参数的范围进行讨论，分两种情况，尤其是当0m >时，对式子进行变形，构造新函数，将恒成立问题转化为最值来处理，利用函数的单调性来解决，综述求得最后的结果. 【详解】
（1）0m ≤，显然成立；
（2）0m >时，由32ln 0m x
x x me -≥2
2ln m x
m x x e x ⇒≥2ln (2ln )m x x m x e e x
⇒≥，
由()x f x xe =在[),e +∞为增2ln m
x x
⇒≥2ln m x x ⇒≤在[),e +∞恒成立，
由()2ln g x x x =在[),e +∞为增，min ()2g x e =，02m e <≤， 综上，2m e ≤，故答案为(,2]e -∞.
13．（2020·全国·高三月考（理））已知0a >，若关于x 的不等式ln x e a ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围为______. 【答案】(]0,e 【详解】
显然0x >，由ln x
e a ax ≥，得ln x e ax a
≥，则令()x
e f x a =，
()ln g x ax =，因为()y f x =与y
g x 互为反函数，
所以只需要()f x x ≥即可，即x
e a x ≥，
令()x
e h x x =，则()()2
1x e x h x x -'=， 所以可得()h x 在0,1上单调递减，在1,上单调递增
所以()()1h x h e ≥=， 即(]0,a e ∈. 故答案为：(]0,e
14.已知函数，gx =me mx +m 若对任意的
，不等式恒
成立，则m 的取值范围是 ． 【解析】转化为，即，设
f (t )=te t +t ，则
恒成立，
又f ′(t )=te t +e t +1=(t +1)e t +1>0，f(t)单调递增 所以
，me
2lnx x
，易求得m ≥2
e
∴实数m 的取值范围是
．
15.已知不等式log (0, 1)x a a x a a >>≠，对任意正数x 恒成立，则实数a 的取值范围是________．
答案 1e
e a > 解析 ln ln ln log e (ln )e ln ln x x a x a a x
a x x a x x a
>⇔>
⇔>⇔ ln ln ln ln (ln )e (ln )e ()e (1)e ln e
ln ()ln (2) ln ln(ln )ln ln(ln )()ln (3)x a x x x a x a
x a x f x x x x f x x x x a x a x x f x x x ⎧>→=⎪>→=⎨⎪+>+→=+⎩
　(三种模式，只要写一种)，由(3)得，ln ln x a x >，即ln ln x a x >，由导数法可得1
ln a >ｅ
，从而所以1
e e a >．
16.已知函数()ln(1)33f x m x x =+--，若不等式()3e x f x mx >-在(0, )+∞上恒成立，则实数m 的取值范围是( )
A ．03m ≤≤
B ．3m ≥
C ．3m ≤
D ．0m ≤ 解析 ln(1)3(1)3e ln e 3e x x x m x x mx m +-+>-=-(同构)，令()ln 3g x m x x =-，由(1)(e )x g x g +>，且
11e x x <+<，知()g x 在(1, )+∞为减函数，所以()3033m
g x m x m x
'=
-≤⇒≤⇒≤．故选C ． 17.对任意0x >，不等式22e ln ln 0x a x a -+≥恒成立，则实数a 的最小值为________．
解析 2222e ln ln 02e ln
2e ln 2ln 2ln ln(ln )x x x x x x x x
a x a a x x x a a a a a
-+≥⇔≥⇔≥⇔+≥+(积型同构取对数)，令()ln f x x x =+，则()f x 为增函数，由(2)(ln )x f x f a ≥，得2ln x x a ≥，即2x x a ≥ｅ恒成立，令2()x x
g x =ｅ
，
则212()x x g x -'=ｅ，易得max 11()()22e g x g ==，所以实数a 的最小值为1
2e
．
18.已知函数()ln()(0)x
f x a ax a a a =--->ｅ
，若关于x 的不等式()0f x >恒成立，则实数a 的取值范围是( )
A ．2(0, e ]
B ．2(0, e )
C ．2[1, e ]
D ．2(1, e ]
解析 ln ln 1()ln()0ln (1)1ln ln(1)1x x x a x a
f x a ax a a a x a x x a
--=--->⇔>--⇔->--⇔+-ｅｅｅｅ
ln(1)ln e ln(1)x a x ->+-(和差型同构)，令()e x g x x =+，显然()g x 为增函数，则原命题等价于(ln )g x a ->
(ln(1))ln ln(1)ln ln(1)g x x a x a x x -⇔->-⇔<--，由于ln(1)(2)x x x x --≥--，所以ln 2a <，即
得20e a <<．
19. （2021·湖北·汉阳一中二模）若对任意0x >，恒有()112ln ax
a x x x e ⎛⎫+≥+ ⎪⎝⎭
，则实数a 的最小值为（ ）
A ．
2
1
e B ．
22e C ．1e
D ．2e
【答案】D 【详解】
由题意可知，不等式()112ln ax a x x x e ⎛⎫+≥+ ⎪⎝
⎭变形为()()22
1ln 1ln ax ax e e x x +≥+.
设()()()1ln 0f t t t t =+>，
则()()()()1
1ln 1ln ln 1f t t t t t t t
'''=+++=++
()()221111ln 1t t t f t t t t '
-⎛⎫''=++=-= ⎪'⎝⎭
'.
当01t <<时()0f t ''<，即()f t '在()0,1上单调递减. 当1t >时()0f t ''>，即()f t '在()1,+∞上单调递增.
则()f t '在()0,∞+上有且只有一个极值点1t =，该极值点就是()f t '的最小值点. 所以()()1
1ln11201f t f ''≥=++=>，即()f t 在()0,∞+上单调递增.
若使得对任意0x >，恒有()112ln ax
a x x x e ⎛⎫+≥+ ⎪⎝
⎭成立.
则需对任意0x >，恒有()()2
ax f e f x ≥成立.
即对任意0x >，恒有2ax e x ≥成立，则2ln x
a x
≥在()0,∞+恒成立. 设()()()2ln ,0,x
g x x x =
∈+∞则()()()22
2ln 2ln 22ln x x x x x g x x x ''--'==. 当0x e <<时，()0g x '>，函数()g x 在()0,e 上单调递增 当x e >时，()0g x '<，函数()g x 在()0,e 上单调递减
则()g x 在()0,∞+上有且只有一个极值点x e =，该极值点就是()g x 的最大值点. 所以()()max 2g x g e e ==，即2a e ≥，则实数a 的最小值为2
e
. 故选：D
20. （2021·江苏·公道中学高二月考）已知不等式1
ln a x x a x x e
++≥对()1,x ∈+∞恒成立，则实数a 的最小值为（ ） A ．e -B ．e 2
-
C ．e -
D ．2e -
【答案】C 【详解】 不等式1
ln a x x a x x e
++
≥对()1,x ∈+∞恒成立
可变形为1
ln a x x x a x e
≥-+
, 即n n l l x x a a e x x e ----≥对()1,x ∈+∞恒成立 设()ln g x x x =- 则()11'1x g x x x
-=-
= 当()1,x ∈+∞时,()'0g x >,即()ln g x x x =-在()1,x ∈+∞时单调递增 当()0,1x ∈时,()'0g x <,即()ln g x x x =-在()0,1x ∈时单调递减
因而()()
x
a g e
g x -≥在()1,x ∈+∞上恒成立即可 当()1,x ∈+∞时, 10,x
e e -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
而当0a <时(因四个选项都小于0,所以只需讨论0a <的情况)
()0,1a x ∈
因为()ln g x x x =-在()0,1x ∈时单调递减,若()()
x
a g e
g x -≥ 只需x a e x -≤
不等式两边同取自然底数的对数,可得ln x a x -≤ 当()1,x ∈+∞时, 0ln x < 化简不等式可得
ln x
a x
-≤ 只需max ln x a x -⎛⎫
≤ ⎪
⎝⎭ 令()ln x
h x x -=,()1,x ∈+∞ 则()()2
1ln 'ln x
h x x -=
,令()'0h x =
解得x e =
当()1,x e ∈时, ()'0h x >,则()ln x
h x x
-=
在()1,e 内单调递增 当(),x e ∈+∞时, ()'0h x <,则()ln x
h x x
-=在(),e +∞内单调递减 所以()ln x h x x -=在x e =处取得最大值, ()max ln e
h x e e
-=
=- 故e a -≤
所以实数a 的最小值为e - 故选:C
21. 已知函数ln(1)
()x f x x
+=
. (1)判断()f x 在(0, )+∞上的单调性； (2)若0x >，证明：2(e 1)ln(1)x x x -+>．
解析 (1)2
ln(1)
1()x
x x f x x -++'=，令()ln(1)1
x g x x x =-++，2()0(1)x g x x -'=<+，()g x ∴在(0, )+∞上单调递减，()(0)0g x g ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在(0, )+∞上单调递减．
(2)要证2
(e 1)ln(1)x
x x -+>，即证：2
ln(1)e 1x x x +>-即证：ln(1)e 1
x
x x x +>-即证：ln(1)ln(e 11)
e 1x x
x x +-+>-，令ln(1)()x h x x
+=，即证：()(e 1)x h x h >-，由(1)，()h x 在(0, )+∞上单调递减，即证：e 1x x <-．令()e 1x s x x =--，()e 10x s x '=->，()s x ∴在(0, )+∞上单调递增，()(0)0s x s ∴>=，
e 10x x ∴-->，即e 1x x <-．
22. （2021·河南·高三月考（理））若关于x 的不等式1ln x e a a ax ++>对于任意()0,x ∈+∞恒成立.则实数a 的取值范围是___________.
【答案】()
20,e
【详解】
易知0a >，将原不等式变形可得：ln 1x
x ax ax ax
e a
xe ln e e e
->⇒>， 设()x
h x xe =，则()()'1x
h x x e =+，
当0ax
ln e
<时，原不等式显然成立； 当0ax ln
e ≥时，因为()h x 在[0,)+∞上递增，1
x ax e x ln a e x
+∴>⇒< 设()1
x e x x
ϕ+=，则()121x x x e x ϕ+-'=，所以()x ϕ在()0,1递减，()1,+∞递增，
所以()x ϕ的最小值为()2
1e ϕ=，故20a e <<.
故答案为：()
2
0,e
23. （2021·全国·高三专题练习）已知0,a <函数()1ln ,a x
f x x e a x +=⋅+若()1,x ∈+∞时，()0f x ≥恒成立，则
实数a 的最小值为（ ）
A ．1e
B ．1e -
C ．1e
- D ．e -
【答案】D 【详解】
由()0f x ≥可得1ln a x x e a x +⋅≥-，
所以1
ln 1
ln
ln 1ln a a x
x a a
a
a x x x e e x x x
⋅≥-==⋅， 设()x
g x xe =，则上式等价于()1ln a g x g x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭
对于()1,x ∈+∞恒成立，
因为()()10x
g x x e '=+>，所以()x g x xe =在()1,+∞单调递增，
所以1
ln a
x x ≥对于()1,x ∈+∞恒成立，即ln a x x ≥-，因为ln 0x >， 所以ln x
a x
≥-
对于()1,x ∈+∞恒成立， 令()ln x
h x x
=-
，则()max a h x ≥， ()()()
221ln 1ln ln ln x x
x x h x x x -⋅-'=-=， 由()0h x '>可得0x e <<，由()0h x '<可得x e >， 所以()ln x
h x x
=-
在()0,e 单调递增，在(),e +∞单调递减， 所以()()max ln e
h x h e e e
==-=-， 可得a e ≥-，
所以实数a 的最小值为e -. 故选：D.
24. 已知函数13
()2ln ()
m
x
f x x x m x -=--ｅ，当e x ≥时，()0f x ≥恒成立，则实数m 的取值范围为( ) A ．(, 4e]-∞ B ．(, 3e]-∞ C ．(, 2e]-∞ D ．3e (, ]2
-∞ 答案 解析 1113
2
22()02ln ()2ln (1)ln (1)m
m m x
x
x m m f x x x m x x x x x x x
---≥⇔≥-⇔≥-⇔≥-ｅｅｅ，即
2
12ln ln e (1)m
x x m
x x -≥-ｅ，
令()e x g x x =，则()g x 在[e, )+∞单调递增，即2(ln )(1)m g x g x ≥-，当0m ≤时，2
12ln ln e
(1)m
x x m
x x -≥-ｅ恒成立，当0m >时，2ln 12ln m x m x x x x
≥-⇒≤+，令()2ln h x x x x =+，则()2ln 30h x x '=+>，()h x ∴在[e, )+∞上单调递增，min ()(e)3e h x h ∴==．故选B ．
25. （2022·全国·高三专题练习）已知关于x 的不等式ln ln(1)0x e mx x m ---+≥在(0,)+∞恒成立，则m 的取值范围是（ ） A ．(]1,1- B ．(]1,1e -- C ．(]1,1e - D ．(]1,e
【答案】B 【分析】
将条件变形为()()()()ln 1ln 11ln 1m x x
e x m x m x e
m x +⎡⎤⎣⎦
+≥+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，然后由()x
f x e x =+的单调性可得
()ln 1x m x ≥+⎡⎤⎣⎦，然后可得1x e m x +≤，然后利用导数求出()x
e h x x =的最小值即可.
【详解】
由()ln ln 10x e mx x m ---+≥得()ln 1x
e mx m x -≥+⎡⎤⎣⎦ 即()()()()ln 1ln 11ln 1m x x
e x m x m x e
m x +⎡⎤⎣⎦
+≥+++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，
构造()x
f x e x =+，即()()()
ln 1f x f m x ≥+⎡⎤⎣⎦
因为()f x 在()0,∞+上单调递增，所以()ln 1x m x ≥+⎡⎤⎣⎦，所以()1x e m x ≥+
所以1x e m x +≤，令()x
e h x x =，则()()2
1x e x h x x -'=
所以()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增 所以()()min 1h x h e ==，所以1m e +≤，即1m e ≤- 又10m +>，即1m >- 所以m 的取值范围是(]1,1e -- 故选：B
26. （2021·宁夏·石嘴山市第一中学高二月考（理））若对任意()0,x ∈+∞，不等式ln 0ax ae x ->恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）
A ．1,e e ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
B ．1,e
⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭
C ．1e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
,
D ．(),e +∞
【答案】B 【分析】
令1x =，则0a ae >，得0a >；当()0,1x ∈时，ln 0x <，ln ax axe x x >恒成立；当()1,x ∈+∞时，令
()()ln 1g x x x x =≥，求导分析单调性得ax e x >在[)1,+∞恒成立，通过分离参数即可求解参数范围．
【详解】
解：令1x =，则0a ae >，∴0a >． 不等式ln 0ax ae x ->恒成立ln ax axe x x ⇔>， ①当()0,1x ∈时，ln 0x <，ln ax axe x x >恒成立； ②当()1,x ∈+∞时，令()()ln 1g x x x x =≥， '()1ln 0g x x =+>，()g x 在[)1,+∞单调递增，
即ln ln ax ax e e x x >等价于()
()ax
g e g x >，
ax e x ⇔>在[)1,+∞恒成立．
即ln ax x >，ln x
a x
>在[)1,+∞恒成立. 令()ln ()1x h x x x =
≥，则21ln '()0x
h x x
-==，可得x e =， ∴()h x 在()1,e 递增，在(),e +∞递减， ∴()max 1()h x h e e ==，∴1
a e
>，
∴a 的取值范围为1,e
⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
．
故选：B ．
27. （2022·全国·高三专题练习）设实数0m >，若对任意的(0,)x ∈+∞，不等式ln 0mx x
e m
-≥成立，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[1,)+∞ B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
C ．[),e +∞
D ．1,e ⎡⎫
+∞⎪⎢⎣⎭
【答案】D 【详解】
因为0m >，不等式ln 0mx
x e m
-
≥成立，即ln mx x
e m ≥成立，即ln mx me x ≥，
进而转化为ln ln ln mx x mxe x x e x ≥=⋅恒成立，
构造函数()x g x xe =，可得()2
(1)x x g x e xe x e '=+=+，
当0x >，()0g x '>，()g x 单调递增，
则不等式ln 0mx
x
e m -
≥恒成立等价于()(ln )g mx g x ≥恒成立，即ln mx x ≥恒成立， 进而转化为ln x
m x
≥恒成立，
设()ln x h x x =
，可得()2
1ln x
h x x -'=， 当0x e <<时，()0h x '>，()h x 单调递增； 当x e >时，()0h x '<，()h x 单调递减，
所以当x e =，函数()h x 取得最大值，最大值为()1
h e e
=，
所以1m e ≥
，即实数m 的取值范围是1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
. 故选：D.
28. （2020·辽宁·模拟预测（理））若不等式2
ln mx x mxe ≥恒成立，则实数m 的取值范围为（ ）
A ．21,e ⎡⎫
+∞⎪⎢⎣⎭
B ．1,2e ⎡⎫
+∞⎪⎢⎣⎭
C ．1,e
⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
D ．e ⎫+∞⎪⎭
【答案】B 【分析】
当01x <≤时，ln 0x <，2
mx 0mxe >，显然成立；当1x ≥时，不等式2
mx ln mxe x ≥，化为2
2mx ln mx e x x ≥，
两边取对数得到()
()22
ln ln ln ln mx mx x x +≥+，进而转化为
2ln x m x ≥
恒成立，构造新函数()2
ln x
h x x =，利用导数求得函数()h x 的单调性与最值，即可求解.
【详解】
由题意，当x e =时，2
m 1e me e ⋅≥，可得0m >，
①当01x <≤时，ln 0x <，则2
mx 0mxe >，不等式显然成立； ②当1x ≥时，不等式2
mx ln mxe x ≥，可化为2
2mx ln mx e x x ≥，
两边取对数，可得()
()22
ln ln ln ln mx mx x x +≥+，
令()ln ,1g x x x x =+≥，可得()
()2
ln g mx x g ≥，
又由函数()g x 单调递增，所以只需2ln mx x ≥，即2
ln x
m x ≥在[1,)+∞恒成立， 令()2ln x h x x =
，有()43
2ln 12ln x x x x
h x x x --'==，()1x ≥，
由()0h x '>，即12ln 0x ->，解得1x e << 由()0h x '<，即12ln 0x -<，解得x e > 所以函数()h x 的增区间为(e ，减区间为
)
,e +∞，
所以当x e =时，函数()h x 取得最大值()()max ln 12e h x h e e e ===，
综上可得，实数m 的取值范围为1,2e ⎡⎫
+∞⎪⎢⎣⎭
.
故选：B.
29. （2021·内蒙古·海拉尔第二中学高三月考（理））设实数0λ>，若对任意()0,x ∈+∞，不等式
()ln 0x
e x λλ
-≥恒成立，则λ的取值范围是（ ）
A ．1
0e
λ<≤ B ．01e λ<≤- C ．0e λ<≤ D ．20e λ<≤
【答案】C 【分析】 令()()ln x
e f x x λλ
=
-，根据二阶导数的符号判断()'f x 的单调性，由零点存在性定理易知0(0,)x ∃∈+∞使
0()0f x '=，此时0
0x x e λ=，进而讨论()f x 的单调性可知0()()f x f x ≥，要使题设不等式恒成立，即
00()ln ln 0x e f x x λλ
=
--≥成立，构造0000
1
()2ln g x x x x =
--利用导数研究其单调性确定0()0g x ≥的区间，进而求λ的范围. 【详解】 令()()ln x
e f x x λλ
=-，只需要()0,x ∈+∞上()0f x ≥恒成立，
∵1
()x
e f x x λ'=-且0λ>， ∴21
()0x
e f x x
λ
''=
+
>，即()'f x 在()0,x ∈+∞上单调递增， ∵0lim ()x
f x +
→'=-∞，lim ()x f x →+∞'=+∞， ∴0(0,)x ∃∈+∞，使0()0f x '=，即00x
x e λ=，
∴0(0,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增； 故只需()()()0
000ln ln ln 0x x e e f x f x x x λλλ
λ
≥=-=
--≥，令0000
1
()2ln g x x x x =
--， ∴200
1
()(
1)0g x x '=-+<，故0()g x 在0(0,)x ∈+∞上递减，而(1)0g =， ∴0(0,1]x ∈时，0()0g x ≥恒成立，可知00(0,]x
x e e λ=∈.
故选：C
30. （2021·福建省泉州第一中学高二期末）已知不等式1
1
ln a x a x e x x
-+≥对任意()0,1x ∈恒成立，则实数a 的最小值为___________.
【答案】e - 【详解】
由题意，不等式可变形为1
1
ln a x e x x
x a -
≥-， 得1
1
ln ln x x a a x e e x -≥-对任意()0,1x ∈恒成立. 设()ln f x x x =-，
则1()a
x f e f x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭
对任意()0,1x ∈恒成立，
()111x f x x x
-'=-
=， 当01x <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()0,1上单调递减， 当1x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 当()0,1x ∈时，1
x e e >，因为求实数a 的最小值，
所以考虑0a <的情况，此时1a x >， 因为函数()f x 在()1,+∞上单调递增，
所以要使()1a
x f e f x ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭
，只需1a x e x ≥，
两边取对数，得上1ln a x x
≥， 由于()0,1x ∈，所以1
ln a x x
≥
. 令()()()ln 0,1h x x x x =∈，则()ln 1h x x '
=+，
令()0h x '=，得1
=x e
，
易得()h x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭
上单调递减，在1,1e ⎛⎫
⎪⎝⎭上单调递增，
所以()min 11h x h e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，所以()max
1e h x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，所以a e ≥-， 所以实数a 的最小值为e -. 故答案为：e -
32. （2021·河南郑州·二模（理））已知0a >，不等式11(1)ln(1)0a x x e a x -++-+≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的取值范围为_____． 【答案】(]0,e 【详解】
不等式11(1)ln(1)0a x x e a x -++-+≥对任意的(0,)x ∈+∞恒成立， 令1t x =+，则1t >，所以不等式等价于1ln 0a t t e a t --≥对1t >恒成立， 变形可得不等式ln t a a te t t ≥对1t >恒成立，
令()t f t te =，1t >，则不等式等价于()(ln )a f t f t ≥对1t >恒成立， ()(1)t f t t e '=+，当1t >时，()0f t '>，故()f t 单调递增，
所以不等式转化为ln a t t ≥对1t >恒成立，即ln t
a t
≤对1t >恒成立， 令()ln t
g t t
=
，所以2ln 1()(ln )t g t t -'=，令()0g t '=，解得t e =，
当1t e <<时，()0g t '<，则()g t 单调递减， 当t e >时，()0g t '>，则()g t 单调递增， 所以当t e =时，()g t 取得最小值()g e e =， 所以a e ≤，又0a >，
所以实数a 的取值范围为(]0,e ． 故答案为：(]0,e ．
33. （2021·河南平顶山·高二期中）不等式1e ln 0a x x a x --≥对任意()1,x ∈+∞恒成立，则正实数a 的取值范围为________． 【答案】(],e -∞ 【详解】
1ln 0a x x e a x --≥，ln x a a xe x x ≥，令()x
f x xe =，易知()f x 在()1+∞递增，
()()ln a f x f x ≥，∴ln ln a x x a x ≥=，又∵1x >，ln 0x >，
即ln x a x ≤
对任意()1,x ∈+∞恒成立，设()ln x g x x
=，则
()()2ln 1ln x g x x -'= 当()1,x e ∈时，()0g x '<；当(),x e ∈+∞时，()0g x '>
所以()g x 在()1,e 递减，在(),e +∞上递增，()min g x e =，则a e ≤ 故答案为：(],e -∞．
34. （2020·全国·高三月考（理））已知0a >，若关于x 的不等式ln x e a ax ≥恒成立，则实数a 的取值范围
为______. 【答案】(]0,e 【详解】
显然0x >，由ln x
e a ax ≥，得ln x e ax a
≥，则令()x
e f x a =，
()ln g x ax =，因为()y f x =与y
g x 互为反函数，
所以只需要()f x x ≥即可，即x
e a x ≥，
令()x
e h x x =，则()()2
1x e x h x x -'=， 所以可得()h x 在0,1上单调递减，在1,上单调递增
所以()()1h x h e ≥=， 即(]0,a e ∈. 故答案为：(]0,e
35. （2021·全国·高三专题练习）若关于x 的不等式ln x e a x a -≥恒成立，则实数a 的取值范围为__________． 【答案】[0,]e 【详解】
解：ln ln ln x x x e a x a e a x a e a ex -≥⇔≥+⇔≥
若0a <，0x →时，ln ex →-∞，1x e →，∴ln a ex →+∞， 此时ln x e a ex ≥不恒成立，∴0a ≥，
ln ln x x e a ex exe aex ex ≥⇔≥，
令()x
g x xe =，()(1)0,1x g x x e x =+==-'，
(),1x ∈-∞-时，()0g x '<，()1,x ∈-+∞，()0g x '>，
()g x 在(,1)-∞-单调递减，(1,)-+∞单调递增，∴min 1
()(1)g x g e
=-=-，
()(ln )eg x ag ex ≥，ln()0ex ≤时，()0>g x ，(ln )0g ex ≤，原不等式恒成立；
ln()0ex >时，
()(ln )g x a
g ex e
≥
令()ln f x x ex =-，11()10x f x x x
'
-=-
==，1x =， ()0,1x ∈时，()0f x '<，()1,x ∈+∞时，()0f x '>， ()f x ∴在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增，
∴min ()(1)0f x f ==，∴ln x ex ≥， ∴()(ln )g x g ex ≥，即()1(ln )g x g ex ≥，∴1a
e
≤，∴0a e ≤≤．
故答案为：[]0,e .
36. （2021·河南南阳·高二期末（理））若1a >，不等式()1
2ln 0x a xe x a x x --+-->在()1,+∞上恒成立，则
实数a 的取值范围是__________. 【答案】(1,2)e + 【详解】
设()()0x f x e x x =->，则()1x
f x e '=-，所以()f x 在()0,∞+上单调递增， 由已知得()1
ln 1ln x a xe x x x a x --->--，
因为ln e e x x x x +=，()1
1ln ln a a x x
--=，1
1ln a a x x e --=，
所以()()
1
ln ln a f x x f x -+>，
()()ln 1t x x x x =+>，()'1
10t x x
=+
>，所以()t x 在()1,+∞上单调递增，()()11t x t >=， 由()f x 在()1,+∞单调递增，得到()ln 1ln x x a x +>-， 所以()2ln x a x >-，因为ln ln1x >， 所以
2ln x a x >-，令()()1ln x x x x
ϕ=>， 则()2
ln 1
ln x x x
ϕ-'=
，令()0x ϕ'>，得x e >， 所以()x ϕ在(),e +∞上单调递增，在()1,e 上单调递减，
所以()()min x e e ϕϕ==，所以2a e -<， 所以12a e <<+. 故答案为：()1,2e +
37. （2021·浙江·高二期中）若对任意的实数1≥x ，不等式ln 0kx x
e k
-≥恒成立，则正数k 的取值范围是__________． 【答案】1
[,)e
+∞
【详解】
1≥x ，0k >，ln ln 0ln ()ln ()(ln )kx
kx kx kx x x
e ke x kx e x x kx e x e k
-
≥⇔≥⇔≥⇔≥， 令(),0x f x xe x =≥，()(1)0x f x x e '=+>，即()f x 在[0,)+∞上单调递增，
则ln ln 1,0()(ln )ln kx
x x
x e f kx f x kx x k k x
∀≥-
≥⇔≥⇔≥⇔≥， 令ln (),1x g x x x
=
≥，21ln ()x g x x -'=，1x e <<时()0g x '>，x e >时()0g x '<，
()g x 在(1,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，x e =时max 1
()g x e =，即1k e ≥，
正数k 的取值范围是1
[,)e +∞.
故答案为：1
[,)e
+∞
38. （2021·天津·耀华中学高三月考）已知0λ>，对任意的(0,)x ∈+∞，不等式2ln 02x x
e λλ
-≥恒成立，则λ的最小值为___________. 【答案】
12e
【分析】
将已知转化为对于任意(0,)x ∈+∞，22ln x e x λλ≥恒成立，利用同构思想，构造函数()x f x xe =，将不等式转化为(2)(ln )f x f x λ≥，再结合函数的单调性转化为2ln x x λ≥恒成立，利用参数分离，构造函数即可得解. 【详解】
∵对于任意(0,)x ∈+∞，0λ>，不等式2ln 02x
x
e
λλ
-
≥恒成立 ∴对于任意(0,)x ∈+∞，22ln 2ln 2ln ln x x x e x xe x x x e λλλλ≥⇔≥=⋅，即2ln 2ln x x xe x e λλ≥⋅恒成立 当01x <≤时，2ln 02ln x x xe x e λλ≥⋅>； 当1x >，ln 0x >，
设()x f x xe =，则())0(1x
f x e x '+>=，所以()x f x xe =在(0,)x ∈+∞上单调递增，
由(2)(ln )f x f x λ≥，知2ln x x λ≥，即ln 2x
x λ≥，即max
ln 2x x λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭ 设ln ()2x
g x x =
，(0,)x ∈+∞，求导()2
21ln ()4x g x x
-'= 令()0g x '=，得x e =
当x e >时，()0g x '<，()g x 单调递减；当0x e <<时，()0g x '>，()g x 单调递增； ∴()g x 在x e =处取得极大值，且为最大值，max ln 1
()()22e g x g e e e
=== 所以12e λ≥
时，不等式2ln 02x
x e λλ-
≥恒成立 故答案为：
1
2e
39. （2021·全国·高三专题练习）若10,x e ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，关于x 不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，则实数a 的最大
值是______. 【答案】2e 【详解】
当0a ≤，10,x e ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
时，x 不等式32ln 0ax ax e x +≤显然恒成立.
当0a ≥时，
32ln 0ax ax e x +≤ 32ln ax ax e x ∴≤-.
由于10,x e ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
22ln ax x axe x --∴≤，即22l ln n ax ax x e e x --∴≤.
所以原不等式32ln 0ax ax e x +≤恒成立，等价于22ln ln ax ax e x x e --≤恒成立. 构造函数()ln f x x x =，()'1ln f x x =+.
易知()f x 在1(0,)e
上单调递减，在1
(,)e +∞上单调递增.
则原不等式等价于要证2(())ax f f x e -≤.
因为22(,)x e -∈+∞，要使实数a 的最大，则应2ax e x -≤. 即2ln x a x -≤
. 记函数2ln 1()(0)x g x x x e -=<<，则2
2(1ln )'()x g x x --=.
易知10x e <<，2
2(1ln )
'()0x g x x --=
<. 故函数()g x 在1(0,)e 上单调递减，所以1
()()2g x g e e
<=.
因此只需2a e ≤.
综上所述，实数a 的最大值是2e .
故答案为：2e
40. （2020·江西宜春·模拟预测（理））已知不等式1
ln m x x m x x e
++≥对()1,x ∈+∞恒成立，则实数m 的最小值为__________. 【答案】e - 【详解】
1ln m
x x m x x e ++
≥可变为1ln ln x m m m x x x m x x e x x e
-+≥⇒-+≥-， 再变形可得，ln ln x x m m e e x x ---≥-，设()()ln 0f x x x x =->，原不等式等价于
()()x m f e f x -≥，因为()11
1x f x x x
-'=-
=，所以函数()f x 在()0,1上单调递减，在 ()1,+∞上单调递增，而1x >，()1
0,1x x
e e -=
∈， 当0m <时，01m x <<，所以由()()
x m
f e f x -≥可得，x m e x -≤，
因为1x >，所以ln ln ln x
m x e
x m x
-≤⇒≥-
． 设()()1ln x x x x
ϕ=->，()()()22ln 11ln ln ln x x x x x ϕ--'=-=，所以函数()x ϕ在()1,e 上递增，在(),e +∞上递减，所以()()max x e e ϕϕ==-，即0e m -≤<．
当0m =时，不等式1
1x
x e +
≥在()1,x ∈+∞恒成立； 当0m >时，1m x >，无论是否存在()0,m ∈+∞，使得()()
x m
f e f x -≥在()1,x ∈+∞上恒成立，都可判断实
数m 的最小值为e -． 故答案为：e -．
41. （2020·江苏省滨海中学高三月考）若不等式2ln kx ke x x ≥恒成立，则实数k 的取值范围是_________． 【答案】2k e
≥ 【详解】
由题设，有0x >，则22ln kx kxe x x ≥，
令()x f x xe =且0x >，则2()(ln )f kx f x ≥，而()(1)0x f x x e '=+>， ∴()f x 在(0,)+∞上递增，则2ln kx x ≥，即2ln x
k x
≥， 若2ln ()x g x x
=
，则22(1ln )
()x g x x -'=，
∴当0x e <<时，()0g x '>，即()g x 递增；当x e >时，()0g x '<，即()g x 递减；
∴2()()g x g e e ≤=，故2k e ≥. 故答案为：2k e
≥
题型2：双元同构型
【解题策略】
含有同等地位的两个变量12,x x 的等式或不等式，同构后使等式或不等式两侧具有一致的结构，便于构造函数解决问题.
答题思路：
常见的同构类型有：
（1）[]12211121()()()()()()()()g x g x f x f x g x f x g x f x λλλ->-⇒+>+()()()h x g x f x λ⇒=+； （2）
12121212112212
()()()()()()()f x f x k x x f x f x kx kx f x kx f x kx x x -><⇒-<-⇒-<--
()()h x f x kx ⇒=-；
（3）
12121212121212
2
1
()()()()()()f x f x k x x k k k x x f x f x x x x x x x x x --<
<⇒->
=
-
-
121
2
()()k k f x f x x x ⇒+>+
()()k h x f x x
⇒=+
. 1.若1201x x <<<，则下列不等式正确的是（ ）
A ．2121e e ln ln x x x x ->-
B ．2121e e ln ln x x x x -<-
C ．1221e e x x x x >
D ．1221e e x x x x < 解析 设()e ln x f x x =-，则1
()e x f x x
'=-
，故()f x 在(0,1)上有一个极值点，即()f x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断1()f x 与2()f x 的大小，故A 、B 错；构造函数()x e g x x =，2
(1)
()x e x g x x
-'=，故()g x 在(0,1)上单调递减，所以()()12g x g x >，选C ．
2.若120x x a <<<，都有211212ln ln x x x x x x -≤-成立，则a 的最大值为( )
A ．2
１
B ．1
C ．e
D ．2e。