第三章 3.6　同构问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“同构法”专题，针对高考函数与导数中的指数对数混合问题，依据评价体系梳理双变量同构、指对同构（积型、商型、和差型）等核心考点，通过真题分析明确“构造函数单调性应用”占比达60%的高频考向，归纳三类常考题型。 课件亮点在于“题型归类+模型提炼+真题演练”，如以例3函数零点问题为载体，提炼xe^x、lnx/x等同构函数模型，培养学生数学思维与转化能力。设置跟踪训练与易错辨析，指导学生用数学语言表达构造过程，助力学生掌握压轴题解题技巧，教师可据此实现精准复习，提升备考效率。

同构问题 把一个等式或不等式通过变形，使左右两边结构、形式完全相同，构造函数，利用函数的单调性进行处理，找到这个函数模型的方法就是同构法.同构法主要解决含有指数、对数混合的等式或不等式问题. 重点解读 2 例1　若对0<x1<x2<a都有x2ln x1-x1ln x2<x1-x2成立，则a的最大值为 A.　　　B.1　　　C.e　　　D.2e √ 题型一　双变量地位同等同构 解析　若0<x1<x2<a，由x2ln x1-x1ln x2<x1-x2， 两边同时除以x1x2得-<-， 即+<+， 令f(x)=+(x>0)，则f(x1)<f(x2)， 则f(x)在(0，a)上单调递增， 又f'(x)=-，令f'(x)>0，得0<x<1，则f(x)在(0，1)上单调递增， ∴0<a≤1，∴a的最大值为1. 含有地位同等的两个变量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决. 思维升华 跟踪训练1　若0<x1<x2<1，则下列不等式正确的是 A.x1ln x1<x2ln x2 B.x1ln x1>x2ln x2 C.x2ln x1<x1ln x2 D.x2ln x1>x1ln x2 √ 解析　令f(x)=xln x，则f'(x)=1+ln x， 易知当0<x<1时，f(x)不单调，故x1ln x1与x2ln x2的大小不能确定，故选项A，B错误； 令g(x)=，则g'(x)=， 当0<x<1时，g'(x)=>0， 则g(x)在(0，1)上单调递增， 因为0<x1<x2<1， 所以g(x1)<g(x2)，即<，即x2ln x1<x1ln x2，故选项C正确，选项D错误. 题型二　指对同构法的理解 指对同构的常用形式 (1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式： ①同左构造形式：aea≤ln beln 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)(a>0，b>1)，构造函数f(x)=x+ln x. (2)商型：≤，一般有三种同构方式： 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)(a>0，b>1)，构造函数f(x)=x-ln x. (3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式： 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. 例2　对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数. (1)log2x-k·2kx≥0； 解　已知log2x-k·2kx≥0， 移项可得log2x≥k·2kx， 变形为log2x·x≥kx·2kx， 即log2x·≥kx·2kx. 设f(t)=t·2t， 则不等式可化为f(log2x)≥f(kx). 例2　对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数. (2)·ln x-m≥0； 解　由·ln x-m≥0，可得ln x≥， 两边同时除以x， 可得≥，变形为≥， 设f(t)=， 则不等式可化为f(ln x)≥f. 例2　对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数. (3)aln(x-1)+2(x-1)≥ax+2ex； 解　将不等式aln(x-1)+2(x-1)≥ax+2ex变形为aln(x-1)+2(x-1)≥aln ex+2ex. 设f(t)=aln t+2t，t>0， 则不等式可化为f(x-1)≥f(ex). 例2　对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数. (4)e-x-2x-ln x=0； 解　由e-x-2x-ln x=0可得e-x=2x+ln x， 进一步变形为-x+e-x=ln x+eln x. 设f(t)=t+et， 则方程可化为f(-x)=f(ln x). 例2　对下列不等式或方程进行同构变形，并写出相应的同构函数. (5)x2ex+ln x=0. 解　x2ex+ln x=0可化为xex=， 即xex=ln， 即xex=ln·. 设f(t)=tet， 则方程可化为f(x)=f. 利用恒等式x=ln ex和x=eln x，通过幂转指或幂转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数的单调性进行研究. 思维升华 跟踪训练2　(1)(多选)若ea+a>b+ln b(a，b为变量)成立，则下列选项正确的是 A.a>ln b B.a<ln b C.ea>b D.ea<b √ √ 解析　方法一　由ea+a>b+ln b， 可得ea+a>eln b+ln b， 令f(x)=ex+x，则f(a)>f(ln b)， 因为f(x)在R上是增函数， 所以a>ln b，即ea>b. 方法二　由ea+a>b+ln b， 可得ea+ln ea>b+ln b， 令g(x)=x+ln x，则g(ea)>g(b)， 因为g(x)在(0，+∞)上是增函数， 所以ea>b，即a>ln b. (2)(多选)对不等式ax+eax>ln(bx)+bx进行指对同构时，可以构造的函数是 A.f(x)=ln x+x B.f(x)=xln x C.f(x)=x+ex D.f(x)= √ √ 解析　由恒等式x=ln ex可得ax=ln eax， 所以ax+eax>ln(bx)+bx可变形为 ln eax+eax>ln(bx)+bx， 构造函数f(x)=ln x+x， 可得f(eax)>f(bx). 同理，由恒等式x=eln x可得bx=eln(bx)， 所以ax+eax>ln(bx)+bx可变形为ax+eax>ln(bx)+eln(bx)， 构造函数f(x)=x+ex，可得f(ax)>f(ln(bx)). 例3　(1)已知函数f(x)=xex-a(x+ln x)有两个零点，则实数a的取值范围是 　　 　　.  题型三　同构法的应用 (e，+∞) 解析　f(x)=xex-a(x+ln x)=ex+ln x-a(x+ln x)，令t=x+ln x，则t∈R，显然该函数在(0，+∞)上单调递增，又因为f(x)有两个零点，则et-at=0有两个根，即et=at有两个根，即y=et和y=at的图象有两个交点.如图，作出函数y=et的图象及其过原点的切线y=et，可知当a>e时有两个交点，即et=at有两个根.所以实数a的取值范围为(e，+∞). (2)设实数k>0，对于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，则k的最小值为 　 　.  解析　由kekx≥ln x得kxekx≥xln x，即kxekx≥eln x·ln x， 令f(x)=xex，则f(kx)≥f(ln x). 因为f'(x)=(x+1)ex，所以f(x)在(-1，+∞)上单调递增， 因为kx>0，ln x>0，所以kx≥ln x，即k≥， 令h(x)=(x>1)，则h'(x)=， 当x∈(1，e)时，h'(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(e，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max=h(e)=，即k≥， 所以k的最小值为. 常见的同构函数有：①f(x)=；②f(x)=xln x；③f(x)=xex；④f(x)=. 其中①④可以借助==，②③可以借助xex=(ln ex)ex=(ln t)t=tln t 进行指对互化. 思维升华 跟踪训练3　已知a>0，若关于x的不等式≥a+ln恒成立，则实数a的取值范围为 A.(0，e] B.(0，1] C.(0，e2) D.(0，3) √ 解析　由题意得ex-ln x+x≥ax+ln a，即x+ex≥ax+ln(ax)，则ln ex+ex≥ax+ln(ax)， 令f(x)=x+ln x(x>0)， 可知f(x)在(0，+∞)上单调递增， 则f(ex)≥f(ax)，则ex≥ax，故≥a. 设u(x)=，则u'(x)=， 当0<x<1时，u'(x)<0，u(x)单调递减； 当x>1时，u'(x)>0，u(x)单调递增， 所以当x=1时，u(x)取得最小值u(1)=e，故实数a的取值范围为(0，e]. 课时精练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 题号 1 2 3 4 5 6 答案 C B BCD BC e5 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. (1)当a=e时，f(x)=ex-ln x+1， ∴f'(x)=ex-，∴k=f'(1)=e-1. ∵f(1)=e+1，∴切点坐标为(1，1+e)， ∴函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1)，即y=(e-1)x+2， ∴切线与两坐标轴交点坐标分别为(0，2)，， ∴所求三角形面积为×2×=. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. (2)方法一　由f(x)≥1得aex-1-ln x+ln a≥1， 即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x， 而ln x+x=eln x+ln x， ∴eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x. 令h(x)=ex+x，则h'(x)=ex+1>0， ∴h(x)在R上单调递增. 由eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. 可得h(ln a+x-1)≥h(ln x)， ∴ln a+x-1≥ln x，∴ln a≥(ln x-x+1)max. 令F(x)=ln x-x+1，则F'(x)=-1=， ∴当x∈(0，1)时，F'(x)>0，F(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，F'(x)<0，F(x)单调递减. ∴F(x)max=F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1. ∴实数a的取值范围为[1，+∞). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. 方法二　∵f(x)=aex-1-ln x+ln a，x>0， ∴f'(x)=aex-1-，且a>0. 设g(x)=f'(x)，则g'(x)=aex-1+>0， ∴g(x)在(0，+∞)上单调递增， 即f'(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a=1时，f'(1)=0，当0<x<1时，f'(x)<0，当x>1时，f'(x)>0， ∴f(x)min=f(1)=1， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. ∴f(x)≥1恒成立. 当a>1时，<1，∴<1， ∴f'f'(1)=a(a-1)<0， ∴存在唯一x0>0，使得f'(x0)=a-=0，且当x∈(0，x0)时，f'(x)<0， 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， ∴a=，∴ln a+x0-1=-ln x0， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 7. 因此f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a =+ln a+x0-1+ln a≥2ln a-1+2=2ln a+1>1， ∴f(x)≥1恒成立； 当0<a<1时，f(1)=a+ln a<a<1， ∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1，+∞). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 8. (1)解　函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，则f'(x)=2e2x+>0， 所以f(x)在(-∞，0)，(0，+∞)上单调递增. 当x<0时，f(x)=e2x->0，此时没有零点； 当x>0时，f(x)单调递增，f=-4<0，f(1)=e2-1>0， 由函数零点存在定理得f(x)在区间内有唯一零点. 综上可得，函数f(x)只有一个零点. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 8. (2)证明　方法一　要证xe2x-ln x-2x->0， 即证eln xe2x-ln x-2x->0， 即证eln x+2x-(ln x+2x)->0， 即证eln x+2x-(ln x+2x)>， 令t=ln x+2x， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 8. 由于et≥t+1(证明略)， 即证1>，显然成立， 得证. 方法二　要证xe2x-ln x-2x->0， 即证xe2x-ln x-2x>. 令g(x)=xe2x-ln x-2x，定义域为(0，+∞)， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 8. 则g'(x)=e2x+2xe2x--2=(2x+1)e2x-=(2x+1)=(2x+1)f(x). 由(1)知，f(x)在区间内有唯一零点， 设其为x0，则-=0， ① 因为2x+1>0，且f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，f(x)<0，即g'(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g'(x)>0，g(x)单调递增， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 8. 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-2x0. 由①可得=，ln x0=-2x0， 所以g(x)min=x0·+2x0-2x0=1. 又当x>0时，<1恒成立， 所以g(x)=xe2x-ln x-2x≥g(x0)=1>，得证. 一、单项选择题 1.已知x，y为不相等的正实数，ln x+ln y=-x，则 A.x>y B.x<y C.x+y>2 D.x+y<2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　由ln x+ln y=-x得，ln x+x=-ln y+=ln+， 构造函数f(x)=ln x+x，x>0， 易知f(x)=ln x+x在(0，+∞)上单调递增， 结合ln x+x=ln+，得x=，即xy=1， 由基本不等式可知x+y≥2=2， 当且仅当x=y=1时等号成立， 又x≠y，所以x+y>2. 2.若不等式ex+a≥ln x-a恒成立，则实数a的取值范围是 A.[0，+∞) B.[-1，+∞) C. D.[-e，+∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　构造函数f(x)=ex+x， 则f(x)在R上为增函数， 由ex+a≥ln x-a得ex+a+a+x≥ln x+x， 即ex+a+x+a≥eln x+ln x， 即f(x+a)≥f(ln x)，∴x+a≥ln x， ∴a≥ln x-x， 令g(x)=ln x-x(x>0)， 则g'(x)=-1=， 由g'(x)>0得0<x<1，则g(x)在(0，1)上单调递增； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　由g'(x)<0得x>1，则g(x)在(1，+∞)上单调递减， ∴g(x)max=g(1)=-1， ∴a≥-1. 二、多项选择题 3.(2025·邯郸模拟)已知a>0，b∈R，e是自然对数的底数，若b+eb=a+ln a，则a-b的值可以是 A.-1　　　B.1　　　C.2　　　D.3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　设函数f(x)=x+ex， 则f(x)在R上是增函数， 所以b+eb-(a+ln a)=b+eb-(ln a+eln a)=f(b)-f(ln a)=0， 所以b=ln a，即a=eb，所以a-b=eb-b， 令g(x)=ex-x，则g'(x)=ex-1， 当x<0时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)≥g(0)=1，从而a-b≥1，结合选项，可得B，C，D符合题意. 4.e是自然对数的底数，m∈R，n>0，已知mem+ln n>nln n+m，则下列结论一定正确的是 A.若m>0，则m-n>0 B.若m>0，n>1，则em-n>0 C.若m<0，则m+ln n<0 D.若m<0，则em+n>2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　构造函数f(x)=xex-x， 则f'(x)=(x+1)ex-1， 当x<0时，0<ex<1⇒f'(x)<x+1-1=x<0； 当x≥0时，ex≥1⇒f'(x)≥x+1-1=x≥0， 所以f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增. 又mem+ln n>nln n+m⇒mem-m>eln nln n-ln n⇒f(m)>f(ln n). A选项，取m=n=e，则ln n=ln e=1<m， 因为f(x)在(0，+∞)上单调递增， 则f(m)>f(ln n)满足题意，但此时m-n=0，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　B选项，若m>0，n>1，则ln n>0，又f(m)>f(ln n)， 且f(x)在(0，+∞)上单调递增，则m>ln n⇒em>n，故B正确； C选项，若m<0，当0<n≤1时，m+ln n≤m<0，满足题意； 当n>1时，构造函数g(x)=f(x)-f(-x)=x(ex+e-x-2)，显然当x<0时， g(x)<0，又m<0，则g(m)=f(m)-f(-m)<0⇒f(m)<f(-m). 又f(m)>f(ln n)，则f(ln n)<f(-m).因为-m，ln n>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 则ln n<-m⇒ln n+m<0. 综上，若m<0，则m+ln n<0，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　D选项，取m=-2，n=，则ln n=-1>m，又f(x)在(-∞，0)上单调递减， 则f(m)>f(ln n)满足题意，但此时em+n=+<2，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 三、填空题 5.(2026·辽宁名校联盟期中)已知实数x，y满足xex-4=1，y(ln y-1)=e5，其中e为自然对数的底数，则xy=　　　.  e5 解析　xex-4=1⇔xex=e4且x>0，y(ln y-1)=e5⇔ln=e4且ln>0， 故xex=ln=·ln，构造函数f(x)=xex(x>0)，则f'(x)=(x+1)ex>0， 所以f(x)=xex(x>0)在(0，+∞)上单调递增，所以x=ln，所以xy=yln=e5. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 6.已知函数f(x)=eλx-2ln x(x>0)，若f(x)≥x2-λx恒成立，则实数λ的取值范围 为　　 　　 　.  1 2 3 4 5 6 7 8 答案 解析　由f(x)≥x2-λx恒成立，即eλx-2ln x≥x2-λx对x>0恒成立， 整理得eλx+ln eλx≥x2+ln x2对x>0恒成立， 令g(x)=x+ln x，则g(eλx)≥g(x2)，易知g(x)在(0，+∞)上单调递增， 则eλx≥x2，即λx≥ln x2，整理得λ≥对x>0恒成立， 令h(x)=，则h'(x)=， 可得当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， 则h(x)max=h(e)=，所以λ≥. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 四、解答题 7.已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； 解　当a=e时，f(x)=ex-ln x+1， ∴f'(x)=ex-，∴k=f'(1)=e-1. ∵f(1)=e+1，∴切点坐标为(1，1+e)， ∴函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-e-1=(e-1)(x-1)，即y=(e-1)x+2， ∴切线与两坐标轴交点坐标分别为(0，2)，， ∴所求三角形面积为×2×=. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (2)若不等式f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围. 解　方法一　由f(x)≥1得aex-1-ln x+ln a≥1， 即eln a+x-1+ln a+x-1≥ln x+x， 而ln x+x=eln x+ln x， ∴eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x. 令h(x)=ex+x，则h'(x)=ex+1>0， ∴h(x)在R上单调递增. 由eln a+x-1+ln a+x-1≥eln x+ln x， 可得h(ln a+x-1)≥h(ln x)， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (2)若不等式f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围. 解　∴ln a+x-1≥ln x， ∴ln a≥(ln x-x+1)max. 令F(x)=ln x-x+1， 则F'(x)=-1=， ∴当x∈(0，1)时，F'(x)>0，F(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)时，F'(x)<0，F(x)单调递减. ∴F(x)max=F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1. ∴实数a的取值范围为[1，+∞). 7.已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (2)若不等式f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围. 解　方法二　∵f(x)=aex-1-ln x+ln a，x>0， ∴f'(x)=aex-1-，且a>0. 设g(x)=f'(x)，则g'(x)=aex-1+>0， ∴g(x)在(0，+∞)上单调递增， 即f'(x)在(0，+∞)上单调递增， 当a=1时，f'(1)=0，当0<x<1时，f'(x)<0，当x>1时，f'(x)>0，∴f(x)min=f(1)=1， ∴f(x)≥1恒成立. 当a>1时，<1，∴<1， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (2)若不等式f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围. 解　∴f'f'(1)=a(a-1)<0， ∴存在唯一x0>0，使得f'(x0)=a-=0，且当x∈(0，x0)时，f'(x)<0， 当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0， ∴a=，∴ln a+x0-1=-ln x0， 因此f(x)min=f(x0)=a-ln x0+ln a =+ln a+x0-1+ln a≥2ln a-1+2=2ln a+1>1， 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (2)若不等式f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围. 解　∴f(x)≥1恒成立； 当0<a<1时，f(1)=a+ln a<a<1， ∴f(1)<1，f(x)≥1不恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1，+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 8.已知函数f(x)=e2x-. (1)讨论函数f(x)的零点的个数； 解　函数f(x)的定义域为{x|x≠0}， 则f'(x)=2e2x+>0， 所以f(x)在(-∞，0)，(0，+∞)上单调递增. 当x<0时，f(x)=e2x->0，此时没有零点； 当x>0时，f(x)单调递增，f=-4<0，f(1)=e2-1>0， 由函数零点存在定理得f(x)在区间内有唯一零点. 综上可得，函数f(x)只有一个零点. 8.已知函数f(x)=e2x-. (2)证明：xe2x-ln x-2x->0. 证明　方法一　要证xe2x-ln x-2x->0， 即证eln xe2x-ln x-2x->0， 即证eln x+2x-(ln x+2x)->0， 即证eln x+2x-(ln x+2x)>， 令t=ln x+2x， 由于et≥t+1(证明略)， 即证1>，显然成立， 得证. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 8.已知函数f(x)=e2x-. (2)证明：xe2x-ln x-2x->0. 证明　方法二　要证xe2x-ln x-2x->0， 即证xe2x-ln x-2x>. 令g(x)=xe2x-ln x-2x，定义域为(0，+∞)， 则g'(x)=e2x+2xe2x--2=(2x+1)e2x-=(2x+1)=(2x+1)f(x). 由(1)知，f(x)在区间内有唯一零点， 设其为x0，则-=0， ① 因为2x+1>0，且f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，所以当x∈(0，x0)时，f(x)<0， 即g'(x)<0，g(x)单调递减； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 8.已知函数f(x)=e2x-. (2)证明：xe2x-ln x-2x->0. 证明　当x∈(x0，+∞)时，f(x)>0，即g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-2x0. 由①可得=，ln x0=-2x0， 所以g(x)min=x0·+2x0-2x0=1. 又当x>0时，<1恒成立， 所以g(x)=xe2x-ln x-2x≥g(x0)=1>，得证. 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 $