指、对同构
知识拓展 在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数或证明不等式，部分试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是同一函数)，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，其实质还是指数、对数恒等式的变换.
(1)五个常见变形：
xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln(xex)，x－ln x＝ln .
(2)三种基本模式
①积型：aea≤bln b
②商型：＜
③和差型：ea±a＞b±ln b
题型一 积型
例1 (1)(2024·南京调研)已知实数α，β满足αeα－3＝1，β(ln β－1)＝e4，其中e是自然对数的底数，则αβ的值为________.
答案 e4
解析 法一 αeα－3＝1，即αeα＝e3，∴α>0，
β(ln β－1)＝βln ＝e4，
即ln ＝e3，·eln ＝e3，
∴ln >0，
令f(x)＝xex(x>0)，
则f＝f(α)＝e3，
∴f′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴ln ＝α，即β＝eα＋1，
∴αβ＝α·eα＋1＝e4.
法二 β(ln β－1)＝βln ＝e4，
即ln ＝e3>0，∴>1，
αeα－3＝1，即αeα＝e3，eα·ln eα＝e3，
∴eα>1，
令f(x)＝xln x(x>1)，
则f＝f(eα)＝e3，
∴f′(x)＝ln x＋1>0恒成立，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴＝eα，即β＝eα＋1，
∴αβ＝α·eα＋1＝e4.
(2)设实数m>0，若对任意的x≥e，不等式x2ln x－me≥0恒成立，则m的最大值为________.
答案 e
解析 x2ln x≥me xln x≥e＝(e)·ln(e)，
∵m>0，x≥e，∴e>1，
令f(x)＝xln x(x>1)，f′(x)＝ln x＋1>0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(e) x≥e，
即ln x≥，m≤(xln x)min＝e.
感悟提升 解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，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：xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln(xex)，x－ln x＝ln .
训练1 (1)(2024·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值范围为________.
答案
解析 由题意，得eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，
令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
即λ≥恒成立，
令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则g′(x)＝，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，则g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；
所以g(x)≤g(e)＝，故λ≥.
(2)已知函数f(x)＝emx＋x－xln x(m≥0)，设函数f(x)的导函数为f′(x)，讨论f′(x)零点的个数.
解 f′(x)＝memx－ln x(x>0)，
令f′(x)＝0，则memx＝ln x，
即mxemx＝(ln x)eln x，
∵m≥0，∴ln x≥0，mx≥0，∴x≥1.
设h(t)＝tet(t≥0)，
∴mxemx＝xln x h(mx)＝h(ln x)，
h′(t)＝(t＋1)et>0，
∴h(t)在[0，＋∞)上单调递增，
∴mx＝ln x，即m＝，
设g(x)＝(x≥1)，g′(x)＝，
令g′(x)>0，解得1
∴g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
g(1)＝0，g(e)＝，∴x>e时，g(x)>0，
∴m＝0或m＝时，f′(x)有1个零点；
0
题型二 商型
例2 (1)(2024·郑州质检)已知函数f(x)＝，g(x)＝xe－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k<0)成立，则ex的最大值为________.
答案
解析 f′(x)＝，易判断f(x)在(0，e)单调递增，在(e，＋∞)单调递减，
∵f(x1)＝g(x2)＝k<0，
∴＝＝＝k<0，
从而0
令h(x)＝x2ex，x<0，h′(x)＝(x2＋2x)ex，
∴h(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，
∴h(x)≤h(－2)＝.
(2)(2024·金华调研)已知函数f(x)＝aexln x，g(x)＝x2＋xln a，a>0.设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是________.
答案
解析 由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，
得aexln x
即>对任意x∈(0，1)恒成立.
设H(x)＝，则H′(x)＝.
当x∈(0，e)时，H′(x)>0，H(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；
当x∈(0，1)时，H(x)<0，
若aex≥1>x，则H(aex)≥H(1)＝0>H(x)，
若0
且H(x)在(0，1)上单调递增，则可得aex>x.
综上可知，aex>x对任意x∈(0，1)恒成立，
即a>对任意x∈(0，1)恒成立.
设G(x)＝，x∈(0，1)，则G′(x)＝，
所以G(x)在(0，1)上单调递增，
则G(x)
感悟提升 商型≤同构，三种同构途径：
①同左：≤，构造函数f(x)＝；
②同右：≤，构造函数f(x)＝；
③取对数：ln a－a≤ln(ln b)－ln b，构造函数f(x)＝ln x－x.
训练2 已知函数f(x)＝，若不等式f(x)≥对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围.
解 因为≥，
设函数g(x)＝，x∈(0，e]，
则≥等价于g(eax)≥g(x).
∵g′(x)＝，
∴当x∈(0，e]时，g′(x)＞0，
则g(x)在(0，e]上单调递增，
∴当x∈(0，e]时，g(eax)≥g(x)等价于eax≥x，
即a≥恒成立.
设函数h(x)＝，x∈(0，e]，
则h′(x)＝≥0，
即h(x)在(0，e]上单调递增，
∴h(x)max＝h(e)＝，则a≥即可，
∴a的取值范围为.
题型三 和差型
例3 (2020·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(x)＝ex＋x，
上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
显然g(x)为单调增函数，
所以又等价于ln a＋x－1≥ln x，
即ln a≥ln x－x＋1.
令h(x)＝ln x－x＋1，
则h′(x)＝－1＝.
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)＝0，
所以ln a≥0，
即a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞).
感悟提升 和差型ea±a≤b±ln b同构，两种同构途径：
①同左：ea±a≤eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右：ea±ln ea≤b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
训练3 设函数f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R.当x∈(－a，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的最大值.
解 由ex－ln(x＋a)≥a ex＋x≥ln(x＋a)＋x＋a＝eln(x＋a)＋ln(x＋a)，
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)在R上单调递增，
且由g(x)≥g(ln(x＋a)) x≥ln(x＋a) x＋a≤ex a≤(ex－x)min＝1，
当且仅当“x＝0”时取“＝”.
经检验，a的最大值为1，满足题意.
【A级 基础巩固】
1.若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立，求实数a的取值范围.
解 ∵xex－a≥ln x＋x－1，
∴eln x＋x－a≥ln x＋x－1，
令t＝ln x＋x，
则et－a≥t－1恒成立，
则a≤et－t＋1恒成立，
令φ(t)＝et－t＋1，∴φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)＜0；
当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)＞0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(t)min＝φ(0)＝2，
∴实数a的取值范围是(－∞，2].
2.(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝xex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x＞0时，f(x)－ln x≥1.
(1)解 由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，
设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，
当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，
f(x)在(－∞，－1]上单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又因为g(0)＝1，
所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0；
当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，
综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明 要证f(x)－ln x≥1，
即证xex－x－ln x≥1，
即证ex＋ln x－(x＋ln x)≥1，
令t＝x＋ln x，
易知t∈R，待证不等式转化为et－t≥1.
设u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1，
当t＜0时，u′(t)＜0；当t＞0时，u′(t)＞0，
故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证.
3.(2024·武汉调研)已知关于x的不等式ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.
解 ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x＝eln[(m＋1)x]＋ln[(m＋1)x]，
令f(x)＝ex＋x，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝ex＋1>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若f(x)≥f(ln[(m＋1)x])，
则x≥ln[(m＋1)x]在(0，＋∞)上恒成立，
记g(x)＝x－ln[(m＋1)x]，
则g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即g(x)min≥0，
因为g′(x)＝1－，
当0
故g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1－ln(m＋1)≥0，
所以ln(m＋1)≤1，即0
【B级 能力提升】
4.(2022·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex－x和g(x)＝x－ln x.证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
证明 f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，
则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝g(x)min＝1.
当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，
如图，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1
∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)，
∴f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3).
由于x2≠x1，x2≠ln x2，
∴x2＝ln x3，x1＝ln x2，
则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述两式相减得x1＋x3＝2x2，
即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 指、对同构
知识拓展 在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数或证明不等式，部分试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是同一函数)，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，其实质还是指数、对数恒等式的变换.
(1)五个常见变形：
xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln(xex)，x－ln x＝ln .
(2)三种基本模式
①积型：aea≤bln b
②商型：＜
③和差型：ea±a＞b±ln b
题型一 积型
例1 (1)(2024·南京调研)已知实数α，β满足αeα－3＝1，β(ln β－1)＝e4，其中e是自然对数的底数，则αβ的值为________.
(2)设实数m>0，若对任意的x≥e，不等式x2ln x－me≥0恒成立，则m的最大值为________.
感悟提升 解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，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：xex＝ex＋ln x，＝ex－ln x，＝eln x－x，x＋ln x＝ln(xex)，x－ln x＝ln .
训练1 (1)(2024·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值范围为________.
(2)已知函数f(x)＝emx＋x－xln x(m≥0)，设函数f(x)的导函数为f′(x)，讨论f′(x)零点的个数.
题型二 商型
例2 (1)(2024·郑州质检)已知函数f(x)＝，g(x)＝xe－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k<0)成立，则ex的最大值为________.
(2)(2024·金华调研)已知函数f(x)＝aexln x，g(x)＝x2＋xln a，a>0.设函数h(x)＝g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是________.
感悟提升 商型≤同构，三种同构途径：
①同左：≤，构造函数f(x)＝；
②同右：≤，构造函数f(x)＝；
③取对数：ln a－a≤ln(ln b)－ln b，构造函数f(x)＝ln x－x.
训练2 已知函数f(x)＝，若不等式f(x)≥对x∈(0，e]恒成立，求a的取值范围.
题型三 和差型
例3 (2020·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围.
感悟提升 和差型ea±a≤b±ln b同构，两种同构途径：
①同左：ea±a≤eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右：ea±ln ea≤b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
训练3 设函数f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R.当x∈(－a，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的最大值.
(共29张PPT)
第三章 一元函数的导数及其应用
指、对同构
题型一 积型
例1 (1)(2024·南京调研)已知实数α，β满足αeα－3＝1，β(ln β－1)＝e4，其中e是自然对数的底数，则αβ的值为________.
e4
解析 法一 αeα－3＝1，即αeα＝e3，
∴f′(x)＝(x＋1)ex>0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
e
令f(x)＝xln x(x>1)，f′(x)＝ln x＋1>0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
感悟提升
解析 由题意，得eλx·λx≥xln x＝eln x·ln x，
令f(t)=t·et，t∈(0，＋∞)，则f′(t)＝(t＋1)·et>0，所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，则g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；
(2)已知函数f(x)＝emx＋x－xln x(m≥0)，设函数f(x)的导函数为f′(x)，讨论f′(x)零点的个数.
解 f′(x)＝memx－ln x(x>0)，
令f′(x)＝0，则memx＝ln x，
即mxemx＝(ln x)eln x，
∵m≥0，∴ln x≥0，mx≥0，∴x≥1.
设h(t)＝tet(t≥0)，
∴mxemx＝xln x h(mx)＝h(ln x)，h′(t)＝(t＋1)et>0，
∴h(t)在[0，＋∞)上单调递增，
令g′(x)>0，解得1
∴g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
题型二 商型
令h(x)＝x2ex，x<0，h′(x)＝(x2＋2x)ex，
∴h(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，
(2)(2024·金华调研)已知函数f(x)＝aexln x，g(x)＝x2＋xln a，a>0.设函数h(x)＝
g(x)－f(x)，若h(x)>0对任意的x∈(0，1)恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析 由h(x)>0，得g(x)－f(x)>0，得aexln x
当x∈(e，＋∞)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
且当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0；
当x∈(0，1)时，H(x)<0，
若aex≥1>x，则H(aex)≥H(1)＝0>H(x)，
若0
且H(x)在(0，1)上单调递增，则可得aex>x.
综上可知，aex>x对任意x∈(0，1)恒成立，
感悟提升
∴当x∈(0，e]时，g′(x)＞0，
则g(x)在(0，e]上单调递增，
题型三 和差型
例3 (2020·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝aex－1－ln x＋ln a，若f(x)≥1，求a的取值范围.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝aex－1－ln x＋ln a＝eln a＋x－1－ln x＋ln a≥1，
等价于eln a＋x－1＋ln a＋x－1≥ln x＋x＝eln x＋ln x.
令g(x)＝ex＋x，
上述不等式等价于g(ln a＋x－1)≥g(ln x).
显然g(x)为单调增函数，
所以又等价于ln a＋x－1≥ln x，即ln a≥ln x－x＋1.
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)＝0，
所以ln a≥0，
即a≥1，所以a的取值范围是[1，＋∞).
感悟提升
和差型ea±a≤b±ln b同构，两种同构途径：
①同左：ea±a≤eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右：ea±ln ea≤b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
训练3 设函数f(x)＝ex－ln(x＋a)，a∈R.当x∈(－a，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的最大值.
解 由ex－ln(x＋a)≥a ex＋x≥ln(x＋a)＋x＋a＝eln(x＋a)＋ln(x＋a)，
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)在R上单调递增，
且由g(x)≥g(ln(x＋a)) x≥ln(x＋a) x＋a≤ex a≤(ex－x)min＝1，
当且仅当“x＝0”时取“＝”.
经检验，a的最大值为1，满足题意.
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
1.若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立，求实数a的取值范围.
解 ∵xex－a≥ln x＋x－1，∴eln x＋x－a≥ln x＋x－1，
令t＝ln x＋x，则et－a≥t－1恒成立，则a≤et－t＋1恒成立，
令φ(t)＝et－t＋1，∴φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)＜0；
当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)＞0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(t)min＝φ(0)＝2，
∴实数a的取值范围是(－∞，2].
2.(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝xex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
解 由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，
设g(x)＝(x＋1)ex，则g′(x)＝(x＋2)ex，
当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，
f(x)在(－∞，－1]上单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又因为g(0)＝1，所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0；
当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，
综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明：当x＞0时，f(x)－ln x≥1.
证明 要证f(x)－ln x≥1，
即证xex－x－ln x≥1，
即证ex＋ln x－(x＋ln x)≥1，
令t＝x＋ln x，
易知t∈R，待证不等式转化为et－t≥1.
设u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1，
当t＜0时，u′(t)＜0；当t＞0时，u′(t)＞0，
故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证.
3.(2024·武汉调研)已知关于x的不等式ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.
解 ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x＝eln[(m＋1)x]＋ln[(m＋1)x]，
令f(x)＝ex＋x，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ex＋1>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若f(x)≥f(ln[(m＋1)x])，则x≥ln[(m＋1)x]在(0，＋∞)上恒成立，
记g(x)＝x－ln[(m＋1)x]，则g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即g(x)min≥0，
故g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1－ln(m＋1)≥0，
所以ln(m＋1)≤1，即0
4.(2022·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex－x和g(x)＝x－ln x.证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
证明 f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，
则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝g(x)min＝1.
当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，
如图，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1
∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)，
∴f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3).
由于x2≠x1，x2≠ln x2，
∴x2＝ln x3，x1＝ln x2，
则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述两式相减得x1＋x3＝2x2，
即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 指、对同构
【A级 基础巩固】
1.若不等式xex－a≥ln x＋x－1恒成立，求实数a的取值范围.
2.(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝xex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x＞0时，f(x)－ln x≥1.
3.(2024·武汉调研)已知关于x的不等式ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围.
【B级 能力提升】
4.(2022·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex－x和g(x)＝x－ln x.证明：存在直线
y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
指、对同构
1.解 ∵xex－a≥ln x＋x－1，
∴eln x＋x－a≥ln x＋x－1，
令t＝ln x＋x，
则et－a≥t－1恒成立，
则a≤et－t＋1恒成立，
令φ(t)＝et－t＋1，
∴φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)＜0；
当t∈(0，＋∞)时，φ′(t)＞0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(t)min＝φ(0)＝2，
∴实数a的取值范围是(－∞，2].
2.(1)解 由题意得f′(x)＝(x＋1)ex－1，
设g(x)＝(x＋1)ex，
则g′(x)＝(x＋2)ex，
当x≤－1时，g(x)≤0，f′(x)<0，
f(x)在(－∞，－1]上单调递减；
当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又因为g(0)＝1，
所以当x<0时，g(x)<1，即f′(x)<0；
当x>0时，g(x)>1，即f′(x)>0，
综上可知，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明 要证f(x)－ln x≥1，
即证xex－x－ln x≥1，
即证ex＋ln x－(x＋ln x)≥1，
令t＝x＋ln x，
易知t∈R，待证不等式转化为et－t≥1.
设u(t)＝et－t，则u′(t)＝et－1，
当t＜0时，u′(t)＜0；
当t＞0时，u′(t)＞0，
故u(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
所以u(t)≥u(0)＝1，原命题得证.
3.解 ex＋x≥ln[(m＋1)x]＋(m＋1)x＝eln[(m＋1)x]＋ln[(m＋1)x]，
令f(x)＝ex＋x，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝ex＋1>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若f(x)≥f(ln[(m＋1)x])，
则x≥ln[(m＋1)x]在(0，＋∞)上恒成立，
记g(x)＝x－ln[(m＋1)x]，
则g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即g(x)min≥0，
因为g′(x)＝1－，
当0
故g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1－ln(m＋1)≥0，
所以ln(m＋1)≤1，即0
4.证明 f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，
则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝g(x)min＝1.
当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，
如图，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1
∵f(x)＝ex－x，
g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)，
∴f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3).
由于x2≠x1，x2≠ln x2，
∴x2＝ln x3，x1＝ln x2，
则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述两式相减得x1＋x3＝2x2，
即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
