函数同构问题：形式统一，单调性搭桥

陈一男学习网站[ ChenYinan.com ] - 中国数学学会 - 中国院士 - GeoGebra - 数学基础

函数同构是指通过变量替换、表达式变形等方式，将不同函数转化为同一结构形式的思想，核心是找到“结构共性”，从而利用该结构对应的函数性质（单调性、最值等）解决问题。

函数同构的本质是“换元统一结构”。若两个函数\( f(x) \)和\( g(x) \)可通过换元\( t = h(x) \)转化为同一函数\( F(t) \)，即\( f(x) = F(h_1(x)) \)且\( g(x) = F(h_2(x)) \)，则称\( f(x) \)与\( g(x) \)同构，\( F(t) \)为“母函数”。

同构的关键技巧：

1. 变形核心：利用指数与对数的互化（\( e^{\ln x} = x \)，\( \ln e^x = x \)）打破结构差异。

2. 换元原则：优先令\( t = x + \ln x \)、\( t = x - \ln x \)、\( t = e^x \)或\( t = \ln x \)，将复杂表达式简化为母函数形式。

3. 熟记常见母函数的单调性（如\( f(x) = x e^x \)、\( f(x) = \frac{x}{e^x} \)、\( f(x) = x + \ln x \)等），提高变形效率。

通过识别上述结构，可将复杂的方程、不等式问题转化为对单一母函数的研究，大幅简化求解过程。

一、指数函数+一次函数型：\( F(t) = e^t + kt \)（或\( e^t - kt \)）

特征：含指数函数\( e^x \)与一次函数的组合，通过换元将不同表达式转化为\( e^t + kt \)形式。

案例：不等式\( x e^x + 2x \geq e^x + 1 \)可变形为：

左边：\( x e^x - e^x + 2x = e^x(x - 1) + 2x \)

右边：1

进一步观察发现，若令\( t = x - 1 \)，则\( x = t + 1 \)，代入左边：\( e^{t + 1} \cdot t + 2(t + 1) = t e^{t + 1} + 2t + 2 \)

但更简单的方式是构造母函数\( F(t) = e^t(t - 1) + 2t \)，原不等式即\( F(x) \geq 1 \)，通过分析\( F(t) \)的单调性求解。

二、对数函数+一次函数型：\( F(t) = \ln t + kt \)（或\( \ln t - kt \)）

特征：含对数函数\( \ln x \)与一次函数的组合，换元后转化为\( \ln t + kt \)形式。

案例：方程\( x \ln x - ax + a = 0 \)（\( x > 1 \)）可变形为：\( \ln x - a + \frac{a}{x} = 0 \)，即\( \ln x + a\left( \frac{1}{x} - 1 \right) = 0 \)

令\( t = \frac{1}{x} \)（\( 0 < t < 1 \)），则\( \ln \frac{1}{t} + a(t - 1) = 0 \)，即\( -\ln t + a(t - 1) = 0 \)，进一步得\( \ln t = a(t - 1) \)，此时母函数为\( F(t) = \ln t - a(t - 1) \)，转化为研究\( F(t) \)的零点问题。

三、指数-对数交叉型：\( F(t) = t e^t \)（或\( t \ln t \)）

特征：指数与对数通过“\( x \leftrightarrow \ln x \)”替换关联，核心母函数为\( F(t) = t e^t \)（因其与\( t \ln t \)可互化）。

转化关系：

\( x e^x = e^x \cdot e^{\ln x} = e^{x + \ln x} \)（指数化变形）

\( x \ln x = e^{\ln x} \cdot \ln x \)（令\( t = \ln x \)，则\( x \ln x = t e^t \)）

案例：方程\( x e^x = \ln x \)（\( x > 0 \)）可变形为：

左边：\( x e^x = e^{x + \ln x} \)

右边：\( \ln x = - \ln \frac{1}{x} \)，进一步改写为\( x e^x = - \frac{\ln \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}} \cdot \frac{1}{x} \)（较复杂）

更简单的方式：令\( t = x e^x \)，则右边\( \ln x = \ln \left( \frac{t}{e^x} \right) = \ln t - x \)，方程变为\( t = \ln t - x \)，但更直接的是利用\( F(t) = t e^t \)的单调性（\( F(t) \)在\( (-1, +\infty) \)递增），结合\( x e^x \)与\( \ln x \)的符号（\( x > 1 \)时\( x e^x > 0 \)，\( \ln x > 0 \)；\( 0 < x < 1 \)时\( x e^x > 0 \)，\( \ln x < 0 \)），可知方程无实根。

四、分式型：\( F(t) = \frac{t + 1}{e^t} \)（或\( \frac{\ln t + 1}{t} \)）

特征：分子为一次函数，分母为指数或幂函数，通过“\( x \leftrightarrow e^x \)”替换实现同构。

案例：不等式\( \frac{\ln x + 1}{x} \leq a \)与\( \frac{x + 1}{e^x} \leq a \)同构。

理由：令\( x = e^t \)，则左边\( \frac{\ln e^t + 1}{e^t} = \frac{t + 1}{e^t} \)，与右边结构一致，母函数为\( F(t) = \frac{t + 1}{e^t} \)。

通过分析\( F(t) \)的最大值（\( F(0) = 1 \)），可快速求解不等式。

五、对称型：\( F(x) \)与\( F(\ln x) \)（或\( F(e^x) \)）

特征：函数与自身经过指数/对数替换后的形式同构，常用于方程\( F(a) = F(b) \)的求解。

案例：已知\( f(x) = x e^x \)，若\( f(a) = f(b) \)（\( a \neq b \)），求\( a + b \)的范围。

分析：\( f(x) = x e^x \)在\( (-1, +\infty) \)递增，\( (-\infty, -1) \)递减，且\( f(a) = f(b) \)时，不妨设\( a < -1 < b \)。

注意到\( f(x) = x e^x \)与\( f(\ln x) = x \ln x \)同构，若\( a \)和\( b \)满足\( b = \ln(-a) \)（通过换元推导），则可转化为求\( a + \ln(-a) \)（\( a < -1 \)）的范围，最终得\( a + b < -1 \)。

高中函数同构问题的核心是将不同形式的方程或不等式，转化为同一函数的单调性问题，关键在于构造“左右结构一致”的函数，再利用函数单调性求解。

函数同构的本质是“形式统一，单调性搭桥”，适用于含指数、对数、幂函数混合的等式/不等式（如 \( e^x + x = \ln y + y \)），解题分3步：

第一步：识别可同构的结构

常见可同构的“母函数”模型有3类，先观察题干是否符合以下形式：

模型1：\( x \cdot e^x \) 型（如 \( e^x + x = \ln y + \frac{1}{y} \)，可变形为 \( e^x + x = e^{-\ln y} + (-\ln y) \)）；

模型2：\( x + \ln x \) 型（如 \( x e^x = y \ln y \)，两边取对数得 \( x + \ln x = \ln y + \ln(\ln y) \)）；

模型3：\( a^x + kx \) 或 \( \log_a x + kx \) 型（如 \( 2^x + x = 3^{\log_3 y} + \log_3 y \)，即 \( 2^x + x = y + \log_3 y \)）。

第二步：构造“母函数”并判断单调性

构造与题干结构匹配的函数 \( f(t) \)，再用导数证明其单调性（高中阶段同构常用函数多为单调递增）：

例：构造 \( f(t) = t e^t \)，求导得 \( f'(t) = e^t (t + 1) \)，当 \( t > -1 \)时，\( f'(t) > 0 \)，故 \( f(t) \) 在 \( (-1, +\infty) \) 单调递增。

第三步：利用单调性转化问题

若题干变形后为 \( f(A) = f(B) \) 或 \( f(A) > f(B) \)，结合 \( f(t) \) 的单调性，直接转化为 \( A = B \) 或 \( A > B \)（需注意定义域，确保 \( A,B \) 在 \( f(t) \) 的单调区间内）。

函数同构的关键是“观察结构→构造母函数→用单调性转化”，核心在于熟练掌握\( x e^x \)、\( x + \ln x \)等常见母函数的单调性。

例题1：解方程 \( e^x + x = e^2 + 2 \)

解析：

1. 构造母函数 \( f(t) = e^t + t \)；

2. 求导得 \( f'(t) = e^t + 1 > 0 \)，故 \( f(t) \) 在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增；

3. 原方程即 \( f(x) = f(2) \)，由单调性得 \( x = 2 \)。

例题2：解不等式 \( x e^x > e^x + 2x - 2 \)

解析：

1. 移项变形：\( x e^x - e^x - 2x + 2 > 0 \)，即 \( (x - 1)e^x - 2(x - 1) > 0 \)，进一步得 \( (x - 1)(e^x - 2) > 0 \)；

2. 构造 \( f(t) = e^t - 2 \)（单调递增），原不等式等价于 \( (x - 1)f(x) > 0 \)；

3. 分情况讨论：

当 \( x - 1 > 0 \) 且 \( e^x - 2 > 0 \) 时，\( x > 1 \) 且 \( x > \ln 2 \)，即 \( x > 1 \)；

当 \( x - 1 < 0 \) 且 \( e^x - 2 < 0 \) 时，\( x < 1 \) 且 \( x < \ln 2 \)，即 \( x < \ln 2 \)；

4. 综上，解集为 \( (-\infty, \ln 2) \cup (1, +\infty) \)。

例题3：已知 \( x > 0 \)，证明 \( e^x - \ln x > 2 \)

解析：

1. 构造母函数 \( f(t) = e^t + t \)（单调递增），需将不等式变形为 \( f(x) > f(\ln x) + 2 \)；

2. 先证 \( e^x \geq x + 1 \)（导数易证，当且仅当 \( x = 0 \) 取等号），且 \( \ln x \leq x - 1 \)（当且仅当 \( x = 1 \) 取等号）；

3. 则 \( e^x - \ln x \geq (x + 1) - (x - 1) = 2 \)，又两等号无法同时取到（\( x=0 \) 与 \( x=1 \) 矛盾），故 \( e^x - \ln x > 2 \)。

例题4：解方程 \( x^2 e^x + 2x e^x = 3e^x \)

解析：

1. 因 \( e^x > 0 \)，两边同除以 \( e^x \)，得 \( x^2 + 2x = 3 \)；

2. 整理为 \( x^2 + 2x - 3 = 0 \)，因式分解得 \( (x + 3)(x - 1) = 0 \)；

3. 解得 \( x = -3 \) 或 \( x = 1 \)（均满足 \( e^x \neq 0 \)，无需舍根）。

例题5：解不等式 \( \ln x - x + 1 \leq 0 \)

解析：

1. 构造母函数 \( f(t) = \ln t - t + 1 \)（定义域 \( t > 0 \)）；

2. 求导得 \( f'(t) = \frac{1}{t} - 1 = \frac{1 - t}{t} \)：

当 \( 0 < t < 1 \) 时，\( f'(t) > 0 \)，\( f(t) \) 单调递增；

当 \( t > 1 \) 时，\( f'(t) < 0 \)，\( f(t) \) 单调递减；

3. 故 \( f(t)_{\max} = f(1) = 0 \)，因此 \( f(t) \leq 0 \) 恒成立，解集为 \( (0, +\infty) \)。

例题6：已知 \( a > 0 \)，若 \( e^x - a \ln(ax) \geq 0 \) 对 \( x > 0 \) 恒成立，求 \( a \) 的最大值

解析：

1. 变形：\( e^x \geq a \ln(ax) = a \ln a + a \ln x \)，两边除以 \( a \) 得 \( \frac{e^x}{a} \geq \ln a + \ln x \)；

2. 构造 \( f(t) = t e^t \)（单调递增，\( t > 0 \)），注意到 \( \frac{e^x}{a} = e^{x - \ln a} \)，则左边可写为 \( e^{x - \ln a} \)，右边为 \( \ln(ax) = \ln x + \ln a \)；

3. 进一步变形：\( e^{x - \ln a} + (x - \ln a) \geq \ln x + x \)（两边加 \( x - \ln a \)），即 \( f(x - \ln a) \geq f(\ln x) \)；

4. 因 \( f(t) \) 单调递增，故 \( x - \ln a \geq \ln x \)，即 \( \ln a \leq x - \ln x \)；

5. 设 \( g(x) = x - \ln x \)，求导得 \( g'(x) = 1 - \frac{1}{x} \)，\( g(x)_{\min} = g(1) = 1 \)，故 \( \ln a \leq 1 \)，即 \( a \leq e \)，最大值为 \( e \)。

例题7：解方程 \( 2^x + x = 3^{\log_3 (x + 1)} + \log_3 (x + 1) \)

解析：

1. 化简右边：\( 3^{\log_3 (x + 1)} = x + 1 \)，故原方程为 \( 2^x + x = (x + 1) + \log_3 (x + 1) \)；

2. 整理得 \( 2^x - 1 = \log_3 (x + 1) \)，构造母函数 \( f(t) = 2^t - \log_3 (t + 1) - 1 \)（定义域 \( t > -1 \)）；

3. 求导得 \( f'(t) = 2^t \ln 2 - \frac{1}{(t + 1)\ln 3} \)，当 \( t > 0 \) 时，\( 2^t \ln 2 > \ln 2 > \frac{1}{(t + 1)\ln 3} \)，故 \( f(t) \) 在 \( (0, +\infty) \) 单调递增；

4. 试值：\( f(1) = 2 - \log_3 2 - 1 = 1 - \log_3 2 > 0 \)，\( f(0) = 1 - 0 - 1 = 0 \)，故唯一解为 \( x = 0 \)。

例题8：解不等式 \( x e^x - \ln x - 1 > 0 \)

解析：

1. 变形：\( e^{x + \ln x} - (\ln x + x) > 0 \)（因 \( x e^x = e^{\ln(x e^x)} = e^{x + \ln x} \)）；

2. 构造母函数 \( f(t) = e^t - t \)（求导得 \( f'(t) = e^t - 1 \)，当 \( t > 0 \) 时 \( f(t) \) 单调递增，当 \( t < 0 \) 时单调递减）；

3. 原不等式即 \( f(x + \ln x) > 0 \)，而 \( f(0) = e^0 - 0 = 1 > 0 \)，\( f(t)_{\min} = f(0) = 1 \)；

4. 故 \( f(t) > 0 \) 对所有 \( t \in \mathbb{R} \) 恒成立，又 \( x > 0 \) 时 \( x + \ln x \in \mathbb{R} \)，解集为 \( (0, +\infty) \)。

例题9：已知 \( f(x) = x e^x - a(x + \ln x) \)，若 \( f(x) \geq 0 \) 恒成立，求 \( a \) 的取值范围

解析：

1. 变形：\( x e^x \geq a(x + \ln x) \)，令 \( t = x + \ln x \)（\( x > 0 \) 时 \( t \in \mathbb{R} \)），则 \( x e^x = e^t \)，不等式变为 \( e^t \geq a t \)；

2. 分情况讨论：

当 \( t = 0 \) 时，\( e^0 = 1 \geq 0 \)，恒成立，\( a \in \mathbb{R} \)；

当 \( t > 0 \) 时，\( a \leq \frac{e^t}{t} \)，设 \( g(t) = \frac{e^t}{t} \)，求导得 \( g'(t) = \frac{e^t(t - 1)}{t^2} \)，\( g(t)_{\min} = g(1) = e \)，故 \( a \leq e \)；

当 \( t < 0 \) 时，\( a \geq \frac{e^t}{t} \)，因 \( t < 0 \) 时 \( \frac{e^t}{t} < 0 \)，而 \( a \leq e \) 已包含此情况（无需额外限制）；

3. 综上，\( a \) 的取值范围为 \( (-\infty, e] \)。

例题10：解方程 \( \ln x + x = e^{-x} + 1 \)

解析：

1. 变形：\( \ln x + x = e^{-x} + (-x) + 2x + 1 \)（此路不通，换思路）；

2. 构造母函数 \( f(t) = t + e^t \)（单调递增），注意到 \( \ln x = -(-\ln x) \)，原方程可写为 \( x + \ln x = e^{-x} + 1 \)；

3. 进一步：\( x + e^{\ln x} = e^{-x} + 1 \)，即 \( f(\ln x) = f(-x) \)（因 \( f(-x) = -x + e^{-x} \)，不对，调整）；

4. 换构造：\( f(t) = t + \ln t \)（\( t > 0 \)，单调递增），原方程两边加 \( x \) 得 \( 2x + \ln x = e^{-x} + x + 1 \)（仍不对）；

5. 试值：当 \( x = 1 \) 时，左边 \( \ln 1 + 1 = 1 \)，右边 \( e^{-1} + 1 \approx 1.367 \)，左边 < 右边；

当 \( x = \frac{1}{e} \) 时，左边 \( \ln \frac{1}{e} + \frac{1}{e} = -1 + \frac{1}{e} \approx -0.632 \)，右边 \( e^{-\frac{1}{e}} + 1 \approx 1.692 \)，左边 < 右边；

当 \( x \to +\infty \) 时，左边 \( \ln x + x \to +\infty \)，右边 \( e^{-x} + 1 \to 1 \)，故存在唯一解 \( x > 1 \)？（实际精确解需用数值法，高中阶段可判断解的存在性，或题目隐含整数解，此处修正：原方程应为 \( \ln x + x = e^{-x} + 0 \)，若为 \( \ln x + x = e^{-x} + 1 \)，唯一解约为 \( x = 1.2 \)，高中阶段可通过单调性确定“唯一解”）。

例题11：解不等式 \( (x + 1)e^x > x + 2 \)

解析：

1. 变形：\( (x + 1)e^x - (x + 1) > 1 \)，即 \( (x + 1)(e^x - 1) > 1 \)；

2. 构造母函数 \( f(x) = (x + 1)(e^x - 1) \)，求导得 \( f'(x) = e^x - 1 + (x + 1)e^x = e^x(x + 2) - 1 \)；

3. 分析单调性：

当 \( x > 0 \) 时，\( e^x > 1 \)，\( x + 2 > 2 \)，故 \( f'(x) > 2 - 1 = 1 > 0 \)，\( f(x) \) 单调递增；

当 \( x = 0 \) 时，\( f(0) = 0 \)；当 \( x = 1 \) 时，\( f(1) = 2(e - 1) \approx 3.436 > 1 \)；

4. 当 \( x < -1 \) 时，\( x + 1 < 0 \)，\( e^x - 1 < 0 \)，故 \( (x + 1)(e^x - 1) > 0 \)，但试值 \( x = -2 \) 时，\( f(-2) = (-1)(e^{-2} - 1) = 1 - \frac{1}{e^2} \approx 0.864 < 1 \)，\( x \to -\infty \) 时，\( f(x) \to 0 \)，故无解；

5. 综上，解集为 \( (0, +\infty) \)。

例题12：已知 \( f(x) = e^x - \frac{\ln x}{x} - \frac{1}{x} \)，证明 \( f(x) > 0 \)

解析：

1. 两边同乘 \( x \)（\( x > 0 \)，不改变不等号方向），需证 \( x e^x - \ln x - 1 > 0 \)；

2. 构造母函数 \( g(t) = e^t - t - 1 \)（求导得 \( g'(t) = e^t - 1 \)，当 \( t > 0 \) 时 \( g(t) > 0 \)，即 \( e^t > t + 1 \)）；

3. 令 \( t = x + \ln x \)，则 \( x e^x = e^t \)，故 \( x e^x - \ln x - 1 = e^t - (t - x) - 1 \)（因 \( t = x + \ln x \)，故 \( \ln x = t - x \)）；

4. 代入 \( e^t > t + 1 \)，得 \( e^t - (t - x) - 1 > (t + 1) - t + x - 1 = x > 0 \)，故 \( x e^x - \ln x - 1 > 0 \)，即 \( f(x) > 0 \)。

例题13：解方程 \( x^3 + 3x = 2^3 + 6 \)

解析：

1. 化简右边：\( 8 + 6 = 14 \)，方程为 \( x^3 + 3x - 14 = 0 \)；

2. 构造母函数 \( f(t) = t^3 + 3t \)，求导得 \( f'(t) = 3t^2 + 3 > 0 \)，故 \( f(t) \) 在 \( \mathbb{R} \) 上单调递增；

3. 试值：\( f(2) = 8 + 6 = 14 \)，故原方程即 \( f(x) = f(2) \)，解得 \( x = 2 \)。

例题14：解不等式 \( \ln x + 2x > 3 \)

解析：

1. 构造母函数 \( f(x) = \ln x + 2x \)（定义域 \( x > 0 \)）；

2. 求导得 \( f'(x) = \frac{1}{x} + 2 > 0 \)，故 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 单调递增；

3. 试值：\( f(1) = 0 + 2 = 2 < 3 \)，\( f(2) = \ln 2 + 4 \approx 4.693 > 3 \)，且 \( f(x) \) 连续；

4. 存在唯一 \( x_0 \in (1, 2) \) 使 \( f(x_0) = 3 \)，故解集为 \( (x_0, +\infty) \)（高中阶段可保留“存在唯一解”，或题目隐含整数解，此处若为 \( \ln x + 2x > 4 \)，则解为 \( x > 2 \)）。

例题15：已知 \( a > 0 \)，函数 \( f(x) = a e^x - \ln x - \ln a \)，证明 \( f(x) \geq 1 \)

解析：

1. 变形：\( a e^x = e^{\ln a + x} \)，故 \( f(x) = e^{x + \ln a} - \ln x - \ln a \)；

2. 构造母函数 \( g(t) = e^t - t \)（\( g'(t) = e^t - 1 \)，\( g(t)_{\min} = g(0) = 1 \)，即 \( e^t - t \geq 1 \)）；

3. 令 \( t = x + \ln a \)，则 \( f(x) = e^t - \ln(x) - \ln a = e^t - (t - x) \)（因 \( t = x + \ln a \)，故 \( \ln a = t - x \)，但 \( \ln x \) 需调整：实际应为 \( \ln x + \ln a = \ln(ax) \)，故 \( f(x) = e^{x + \ln a} - \ln(ax) \)）；

4. 令 \( s = ax \)（\( s > 0 \)），则 \( x = \frac{s}{a} \)，\( x + \ln a = \ln s \)，故 \( f(x) = e^{\ln s} - \ln s = s - \ln s \)；

5. 设 \( h(s) = s - \ln s \)，求导得 \( h'(s) = 1 - \frac{1}{s} \)，\( h(s)_{\min} = h(1) = 1 - 0 = 1 \)，故 \( f(x) \geq 1 \)。

例题16：解方程 \( 3^x + x = 3^2 + 2 \)

解析：

1. 右边化简为 \( 9 + 2 = 11 \)，方程为 \( 3^x + x - 11 = 0 \)；

2. 构造母函数 \( f(t) = 3^t + t \)，求导得 \( f'(t) = 3^t \ln 3 + 1 > 0 \)，故 \( f(t) \) 在 \( \mathbb{R} \) 单调递增；

3. 试值：\( f(2) = 9 + 2 = 11 \)，故 \( f(x) = f(2) \)，解得 \( x = 2 \)。

例题17：解不等式 \( x^2 e^x - 2e^x < 0 \)

解析：

1. 因 \( e^x > 0 \)，两边同除以 \( e^x \)，得 \( x^2 - 2 < 0 \)；

2. 整理为 \( x^2 < 2 \)，解得 \( -\sqrt{2} < x < \sqrt{2} \)；

3. 故解集为 \( (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) \)。

例题18：已知 \( f(x) = x e^x - k(x + 1)^2 \) 有两个零点，求 \( k \) 的取值范围

解析：

1. 零点即 \( x e^x = k(x + 1)^2 \)，分情况：

当 \( x = -1 \) 时，左边 \( -e^{-1} \neq 0 \)，故 \( x \neq -1 \)，可变形为 \( k = \frac{x e^x}{(x + 1)^2} \)；

2. 设 \( g(x) = \frac{x e^x}{(x + 1)^2} \)（定义域 \( x \neq -1 \)），求导得 \( g'(x) = \frac{e^x (x + 1)^2 - x e^x \cdot 2(x + 1)}{(x + 1)^4} = \frac{e^x (x + 1)(x + 1 - 2x)}{(x + 1)^4} = \frac{e^x (1 - x)}{(x + 1)^3} \)；

3. 分析 \( g(x) \) 单调性：

当 \( x < -1 \) 时，\( x + 1 < 0 \)，\( 1 - x > 0 \)，故 \( g'(x) < 0 \)，\( g(x) \) 单调递减；

当 \( -1 < x < 1 \) 时，\( x + 1 > 0 \)，\( 1 - x > 0 \)，故 \( g'(x) > 0 \)，\( g(x) \) 单调递增；

当 \( x > 1 \) 时，\( 1 - x < 0 \)，故 \( g'(x) < 0 \)，\( g(x) \) 单调递减；

4. 求极限与极值：

\( x \to -1^- \) 时，\( g(x) \to +\infty \)；\( x \to -1^+ \) 时，\( g(x) \to -\infty \)；

\( x \to -\infty \) 时，\( g(x) \to 0^- \)；\( x \to +\infty \) 时，\( g(x) \to 0^+ \)；

极大值 \( g(1) = \frac{e}{4} \)；

5. 要使 \( k = g(x) \) 有两个零点，需 \( k > \frac{e}{4} \) 或 \( k < 0 \)（结合图像：\( k > \frac{e}{4} \) 时，\( x > 1 \) 和 \( x < -1 \) 各一个解；\( k < 0 \) 时，\( -1 < x < 0 \) 和 \( x < -1 \) 各一个解）。

例题19：解方程 \( \ln x + x = 2 \)

解析：

1. 构造母函数 \( f(x) = \ln x + x \)（定义域 \( x > 0 \)）；

2. 求导得 \( f'(x) = \frac{1}{x} + 1 > 0 \)，故 \( f(x) \) 在 \( (0, +\infty) \) 单调递增；

3. 试值：\( f(1) = 0 + 1 = 1 < 2 \)，\( f(2) = \ln 2 + 2 \approx 2.693 > 2 \)，且 \( f(x) \) 连续；

4. 存在唯一 \( x_0 \in (1, 2) \) 使 \( f(x_0) = 2 \)（高中阶段可保留“唯一解”，或题目隐含精确解，此处若为 \( \ln x + x = 1 \)，则解为 \( x = 1 \)）。

例题20：解不等式 \( e^x - x - 1 > x^2 - 1 \)

解析：

1. 移项整理：\( e^x - x - x^2 > 0 \)，即 \( e^x > x^2 + x \)；

2. 构造母函数 \( f(x) = e^x - x^2 - x \)，求导得 \( f'(x) = e^x - 2x - 1 \)，再求二阶导 \( f''(x) = e^x - 2 \)；

3. 分析 \( f'(x) \) 单调性：

当 \( x < \ln 2 \) 时，\( f''(x) < 0 \)，\( f'(x) \) 单调递减；

当 \( x > \ln 2 \) 时，\( f''(x) > 0 \)，\( f'(x) \) 单调递增；

4. 求 \( f'(x) \) 极值：\( f'(\ln 2) = 2 - 2\ln 2 - 1 = 1 - 2\ln 2 \approx -0.386 < 0 \)，且 \( f'(0) = 1 - 0 - 1 = 0 \)，\( f'(1) = e - 2 - 1 = e - 3 \approx -0.281 < 0 \)，\( f'(2) = e^2 - 4 - 1 = e^2 - 5 \approx 2.389 > 0 \)；

5. 故 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, 0) \) 单调递增（\( f'(x) > 0 \)），在 \( (0, 2) \) 单调递减（\( f'(x) < 0 \)），在 \( (2, +\infty) \) 单调递增（\( f'(x) > 0 \)）；

6. 试值：\( f(0) = 1 - 0 - 0 = 1 > 0 \)，\( f(2) = e^2 - 4 - 2 = e^2 - 6 \approx 1.389 > 0 \)，\( f(-1) = e^{-1} - 1 + 1 = \frac{1}{e} > 0 \)；

7. 故 \( f(x) > 0 \) 对所有 \( x \in \mathbb{R} \) 恒成立，解集为 \( \mathbb{R} \)。