Lambert W 函数 | 导数应用（隐零点、常规方法）与函数性质（篇 2）

注：本文为 “Lambert W 函数” 相关合辑。
略作重排，未校未去重。
如有内容异常，请看原文。

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导数压轴题“隐零点”的处理策略

Dylaaan 发布于 发布于 2019-02-23 19:23・北京

在利用导数研究函数的最大值与最小值时，常需确定导函数的零点。

例如，若要求解函数 $f(x)=e^x-x$ 的最小值，可先求解其导函数的零点。

该函数的导函数为 $f^{\prime }(x)=e^x-1$，易知 $x=0$ 是其导函数的唯一零点（即函数 $f(x)$ 的极值点）。

进一步分析可得，函数 $f(x)$ 在区间 $(-\infty ,0)$ 上单调递减，在区间 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

因此，函数的最小值为 $f(x{)}_{\text{min}}=f(0)=1$，此即为所求结果。

但在部分情形下，导函数的零点难以直接求解，例如如下函数：

设函数 $f(x)=e^x-\ln x$，其导函数为 $f^{\prime }(x)=e^x-\frac{1}{x}$。易知导函数 $f^{\prime }(x)$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上单调递增，且满足 $f^{\prime }(\frac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0$，$f^{\prime }(1)=e-1>0$。

根据零点定理可知，存在 $x_0\in (\frac{1}{2},1)$，使得 $f^{\prime }(x_0)=0$。

结合导函数 $f^{\prime }(x)$ 的单调性可推得，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,x_0)$ 上单调递减，在区间 $(x_0,+\infty )$ 上单调递增。

然而，此处 $x_0$ 的具体数值无法通过简单的数值形式表示。

实际上，借助计算器可求得 $x_0\approx 0.56714\cdots$。

若直接计算 $f(0.56714\cdots )$ 的值，计算难度较大。因此，需寻找更适宜的方法以计算（或估计）$f(x_0)$ 的值。

所谓“隐零点”

“隐零点”即指上述情形：需利用方程 $x_0{e}^{x_0}=1$ 的解，但无法直接求解该方程。此时，需通过“代入”的方法进行处理。

以函数 $f(x)=e^x-\ln x$ 为例，其极值点 $x_0$ 满足 $x_0{e}^{x_0}=1$，且 $x_0\in (\frac{1}{2},1)$。

由 $x_0{e}^{x_0}=1$ 可推得 $e^{x_0}=\frac{1}{x_0}$，同时 $x_0{e}^{x_0}=1\iff x_0+\ln x_0=0$，即 $\ln x_0=-x_0$。

因此，$f(x_0)=x_0+\frac{1}{x_0}>2$，由此可对函数 $f(x)$ 的最小值进行估计。

（事实上，该方程的解与“朗伯函数”存在关联。）

下文将讨论两种不同的“隐零点”处理方式。

方式一：代入变量

“代入变量”即消去变量 $x$，此为处理不含参数问题的常用方法。

以下从证明一个不等式展开讨论：

例 1

当 $x>0$ 时，证明：$x{e}^x\ge x+\ln x+1$。

证明：设函数 $f(x)=x{e}^x-x-\ln x-1$，其导函数为 $f^{\prime }(x)=(x+1)(e^x-\frac{1}{x})$。

由于 $x+1>0$（$x>0$），设 $g(x)=e^x-\frac{1}{x}$，显然函数 $g(x)$ 在区间 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

又 $g(\frac{1}{2})=\sqrt{e}-2<0$，$g(1)=e-1>0$，根据零点定理可知，存在 $x_0\in (\frac{1}{2},1)$，使得 $g(x_0)=0$。

由 $g(x_0)=0$ 可推得 $e^{x_0}=\frac{1}{x_0}$，进一步可得 $\ln x_0=-x_0$。

结合导函数的符号可判断，函数 $f(x)$ 在区间 $(0,x_0)$ 上单调递减，在区间 $(x_0,+\infty )$ 上单调递增。

因此，函数 $f(x)$ 的最小值为：
$$\begin{array}{rl}f(x{)}_{\text{min}}& =f(x_0)\\ & =x_0{e}^{x_0}-x_0-\ln x_0-1\\ & =1-x_0+x_0-1\\ & =0\end{array}$$
故 $f(x)\ge 0$，原不等式得证。

此处再次应用了方程 $x_0{e}^{x_0}=1$ 的关系。

例 2

下述题目为 2017 年全国Ⅱ卷数学压轴题：

已知函数 $f(x)=a{x}^2-ax-x\ln x$，且 $f(x)\ge 0$ 恒成立。

（1）求实数 $a$ 的值；

（2）证明：函数 $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_0$，且 $e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$。

分析：第（1）问可解得 $a=1$，此问求解过程较为基础，此处不展开论述，可参考相关解析资料。第（2）问需应用上述“隐零点”方法，并估计极大值的取值范围。

证明：由（1）知 $f(x)=x^2-x-x\ln x$，其导函数为 $f^{\prime }(x)=2x-2-\ln x$。

函数 $f^{\prime }(x)$ 的二阶导函数为 $f^{\prime \prime }(x)=2-\frac{1}{x}$，因此导函数 $f^{\prime }(x)$ 在区间 $(0,\frac{1}{2})$ 上单调递减，在区间 $(\frac{1}{2},+\infty )$ 上单调递增。

又 $f^{\prime }(e^{-2})=2e^{-2}>0$，$f^{\prime }(\frac{1}{2})=\ln 2-1<0$，$f^{\prime }(1)=0$，根据零点定理可知，存在 $x_0\in (e^{-2},\frac{1}{2})$，使得 $f^{\prime }(x_0)=0$。

由 $f^{\prime }(x_0)=0$ 可推得 $\ln x_0=2x_0-2$，此时易知 $x=x_0$ 是函数 $f(x)$ 的极大值点。

计算极大值 $f(x_0)$：
$$\begin{array}{rl}f(x_0)& =x_0^2-x_0-x_0\ln x_0\\ & =x_0^2-x_0-x_0(2x_0-2)\\ & =x_0(1-x_0)\end{array}$$
由基本不等式可得 $x_0(1-x_0)<(\frac{x_0+1-x_0}{2}{)}^2=2^{-2}$。

另一方面，由于 $e^{-1}\in (0,\frac{1}{2})$，且函数在区间 $(e^{-2},x_0)$ 上单调递增，故极大值 $f(x_0)>f(e^{-1})=e^{-2}$。

综上，极大值 $f(x_0)$ 满足 $e^{-2}<f(x_0)<2^{-2}$，原命题得证。

方式二：代入参数

“代入参数”的方法通常用于处理含参数的函数问题。

例 3

已知函数 $f(x)=2e^x-(x+a{)}^2$，若当 $x\ge 0$ 时，不等式 $f(x)\ge 0$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围。

解答：函数 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime }(x)=2(e^x-x-a)$，其二阶导函数为 $f^{\prime \prime }(x)=2(e^x-1)\ge 0$（$x\ge 0$）。

因此，导函数 $f^{\prime }(x)$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上单调递增，且 $f^{\prime }(0)=2(1-a)$，据此分情况讨论：

1. 当 $a\le 1$ 时，$f^{\prime }(x)\ge f^{\prime }(0)=2(1-a)\ge 0$，故函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上单调递增。

   此时需满足 $f(0)=2-a^2\ge 0$，解得 $a\in [-\sqrt{2},1]$。

2. 当 $a>1$ 时，$f^{\prime }(0)<0$，又 $f^{\prime }(a)=2(e^a-2a)>0$（此处应用不等式 $e^x\ge ex$，$x\in \mathbb{R}$）。

根据零点定理可知，存在 $x_0\in [0,a]$，使得 $f^{\prime }(x_0)=0$，由 $f^{\prime }(x_0)=0$ 可推得 $a=e^{x_0}-x_0$。

结合导函数的符号可判断，函数 $f(x)$ 在区间 $[0,x_0)$ 上单调递减，在区间 $(x_0,+\infty )$ 上单调递增。

因此，函数 $f(x)$ 的最小值为 $f(x_0)=2e^{x_0}-e^{2x_0}=e^{x_0}(2-e^{x_0})$，需满足 $f(x_0)\ge 0$。

由 $e^{x_0}(2-e^{x_0})\ge 0$ 可推得 $e^{x_0}\le 2$，解得 $x_0\in (0,\ln 2]$，进而可得 $a=e^{x_0}-x_0\in (1,2-\ln 2]$。

综上，实数 $a$ 的取值范围为 $[-\sqrt{2},2-\ln 2]$。

例 4

已知函数 $f(x)=x+\frac{1}{x}-2$。

（1）求证：$f(x)\le (x-\frac{1}{x})\ln x$；

（2）若关于 $x$ 的不等式 $f(x)\ge a\ln x+\frac{2}{e}-2$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围。

解答：

（1）设函数 $g(x)=f(x)-(x-\frac{1}{x})\ln x$，其导函数为 $g^{\prime }(x)=-(1+\frac{1}{x^2})\ln x$。

根据导函数的符号可判断，函数 $g(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上单调递增，在区间 $(1,+\infty )$ 上单调递减。

因此，$g(x)\le g(1)=0$，即 $f(x)\le (x-\frac{1}{x})\ln x$，原不等式得证。

（2）设函数 $h(x)=f(x)-a\ln x-\frac{2}{e}+2=x+\frac{1}{x}-a\ln x-\frac{2}{e}$，其导函数为 $h^{\prime }(x)=\frac{x^2-ax-1}{x^2}$。

考虑函数 $m(x)=x^2-ax-1$，由于 $m(0)=-1<0$，根据零点定理可知，存在 $x_0\in (0,+\infty )$，使得 $m(x_0)=0$。

由 $m(x_0)=0$ 可推得 $x_0^2-a{x}_0-1=0$，即 $a=x_0-\frac{1}{x_0}$。

结合导函数的符号可判断，函数 $h(x)$ 在区间 $(0,x_0)$ 上单调递减，在区间 $(x_0,+\infty )$ 上单调递增。

因此，函数 $h(x)$ 的最小值为：
$$\begin{array}{rl}h(x_0)& =x_0+\frac{1}{x_0}-a\ln x_0-\frac{2}{e}\\ & =x_0+\frac{1}{x_0}-(x_0-\frac{1}{x_0})\ln x_0-\frac{2}{e}\end{array}$$
设 $\phi (x)=x+\frac{1}{x}-(x-\frac{1}{x})\ln x-\frac{2}{e}$，由（1）可知，函数 $\phi (x)$ 在区间 $(0,1)$ 上单调递增，在区间 $(1,+\infty )$ 上单调递减，且 $\phi (1)=2-\frac{2}{e}>0$。

注意到 $\phi (\frac{1}{e})=\phi (e)=0$，若 $h(x_0)\ge 0$，则需满足 $x_0\in [\frac{1}{e},e]$。

又 $a=x_0-\frac{1}{x_0}$ 在区间 $[\frac{1}{e},e]$ 上单调递增，故 $a\in [\frac{1}{e}-e,e-\frac{1}{e}]$。

因此，实数 $a$ 的取值范围为 $[\frac{1}{e}-e,e-\frac{1}{e}]$。

编辑于 2025-08-29 22:22・北京

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朗博函数与不等式（2019年福建省质检）

Dylaaan 发布于 2019-03-30 23:24

例题

已知函数 $f(x)=x(e^{2x}-a)$，求解以下问题：

1. 若 $y=2x$ 是曲线 $y=f(x)$ 的切线，求 $a$ 的值；
2. 若 $f(x)\ge 1+x+\ln x$，求 $a$ 的取值范围。

解答

第（1）问求解

由切线的几何性质（切线斜率等于函数在切点处的导数值，且切点在切线与曲线上），可解得 $a=-1$，具体推导过程此处从略。

第（2）问求解

首先利用常见不等式 $e^t\ge t+1$（当且仅当 $t=0$ 时取等号），令 $t=2x+\ln x$，则有：

$e^{2x+\ln x}\ge (2x+\ln x)+1$

由于 $e^{2x+\ln x}=e^{2x}\cdot e^{\ln x}=x{e}^{2x}$，因此上述不等式可化为：

$x{e}^{2x}\ge 2x+\ln x+1$（当且仅当 $2x+\ln x=0$ 时取等号）。

原不等式 $f(x)\ge 1+x+\ln x$ 可变形为：

$x{e}^{2x}\ge (a+1)x+\ln x+1$

分情况讨论：

1. 当 $a\le 1$ 时：
   因 $x>0$，不等式两边乘正数 $x$ 不改变方向，故 $(a+1)x\le 2x$。

   结合 $x{e}^{2x}\ge 2x+\ln x+1$，可得：

   $x{e}^{2x}\ge 2x+\ln x+1\ge (a+1)x+\ln x+1$

   此时原不等式恒成立，满足条件。

2. 当 $a>1$ 时：

   取 $x_0>0$ 满足 $2x_0+\ln x_0=0$，对该式两边同取指数 $e$，得

   $e^{2x_0+\ln x_0}=e^0=1$，

   即

   $e^{2x_0}\cdot e^{\ln x_0}=x_0{e}^{2x_0}=1$

   将 $x=x_0$ 代入原不等式 $x{e}^{2x}\ge (a+1)x+\ln x+1$，

   结合 $x_0{e}^{2x_0}=1$ 与 $2x_0+\ln x_0=0$（即 $\ln x_0=-2x_0$），化简得：

   $1\ge (a+1)x_0-2x_0+1$

   进一步整理为 $(a-1)x_0\le 0$。

   由于 $a>1$ 且 $x_0>0$，显然 $(a-1)x_0>0$，与上式矛盾，故 $a>1$ 不满足条件。

综上，$a$ 的取值范围是 $(-\infty ,1]$。

注释

上述第（2）问中所取的 $x_0$ 可表示为 $\frac{1}{2}W(2)$，其中 $W(\cdot )$ 为朗博函数（Lambert W 函数）。

变式题

已知函数 $f(x)=\ln x+\frac{1-x}{ax}$（$a\in \mathbb{R}$ 且 $a\ne 0$），$g(x)=(b-1)x-x{e}^x-\frac{1}{x}$（$b\in \mathbb{R}$），求解以下问题：

1. 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；
2. 当 $a=1$ 时，若关于 $x$ 的不等式 $f(x)+g(x)\le -2$ 恒成立，求实数 $b$ 的取值范围。

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【导数压轴题】Lambert W 函数与隐零点

Dylaaan 发布于 2019-03-31 19:51・北京

Lambert W 函数也称朗博函数，该函数可作为近期福建省质检导数压轴题的背景。

此前]并未打算单独撰写该内容，认为无需特意介绍这类较为复杂的知识；但鉴于该函数已多次出现，了解其相关内容仍有一定益处。

一、“隐零点” 的处理策略

取例于 【导数压轴题】“隐零点”的处理策略 - 知乎
https://zhuanlan.zhihu.com/p/57071380

例 1

当 $x>0$ 时，证明：$x{e}^x\ge x+\ln x+1$。

证明 1

令 $f(x)=x{e}^x-x-\ln x-1$，求导得：

$f^{\prime }(x)=(x+1)\left(e^x-\frac{1}{x}\right)$

注意到 $x+1>0$（因 $x>0$），令 $g(x)=e^x-\frac{1}{x}$，显然 $g(x)$ 在 $x>0$ 时单调递增（因 $e^x$ 单调递增，$-\frac{1}{x}$ 单调递增，增函数加增函数仍为增函数）。

代入特殊值计算：

$g\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{e}-2<0$，$g(1)=e-1>0$

根据零点存在定理，存在 $x_0\in \left(\frac{1}{2},1\right)$，使得 $g(x_0)=0$，等价变形为：

$e^{x_0}=\frac{1}{x_0}\iff \ln x_0=-x_0$

由此可知 $f(x)$ 的单调性：在 $(0,x_0)$ 上单调递减（因 $g(x)<0$，故 $f^{\prime }(x)<0$），在 $(x_0,+\infty )$ 上单调递增（因 $g(x)>0$，故 $f^{\prime }(x)>0$）。

因此 $f(x)$ 的最小值为 $f(x_0)$，代入 $e^{x_0}=\frac{1}{x_0}$ 和 $\ln x_0=-x_0$ 计算：

$$\begin{gathered} f(x_0)=x_0{e}^{x_0}-x_0-\ln x_0-1 \\ =x_0\cdot \frac{1}{x_0}-x_0-(-x_0)-1 \\ =1-x_0+x_0-1 \\ =0 \end{gathered}$$

故 $f(x)\ge f(x_0)=0$，即 $x{e}^x\ge x+\ln x+1$，证毕。

证明 2

利用常见放缩式 $e^t\ge t+1$（取等条件为 $t=0$），令 $t=x+\ln x$，代入得：

$e^{x+\ln x}\ge (x+\ln x)+1$

左侧化简：$e^{x+\ln x}=e^x\cdot e^{\ln x}=x{e}^x$，因此有：

$x{e}^x\ge x+\ln x+1$

取等条件为 $t=0$，即 $x+\ln x=0$，进一步等价于 $x{e}^x=1$（两边同乘 $e^x$ 得 $x{e}^x=e^0=1$），此时 $x=x_0$（即例 1 中 “隐零点”）。

此处应用了方程 $x{e}^x=1$ 的解，虽无法求出该解的精确值，但可通过代数变形利用该方程，这便是 “隐零点” 的思想。

二、Lambert W 函数

考虑函数 $f(x)=x{e}^x$（$x\in \mathbb{R}$），求导得 $f^{\prime }(x)=(x+1)e^x$，据此分析单调性：

• 当 $x<-1$ 时，$x+1<0$ 且 $e^x>0$，故 $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• 当 $x>-1$ 时，$x+1>0$ 且 $e^x>0$，故 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

方程 $x_0{e}^{x_0}=1$ 等价于 $f(x_0)=1$，进一步等价于 $x_0=f^{-1}(1)$（其中 $f^{-1}(x)$ 为 $y=f(x)$ 的反函数）。

为简化表示，定义 Lambert W 函数：

• 当 $x\ge -1$ 时，记 $W(x)=f^{-1}(x)$（对应 $f(x)$ 在 $x\ge -1$ 上的反函数）；
• 当 $x\le -1$ 时，记 $W_{-1}(x)=f^{-1}(x)$（对应 $f(x)$ 在 $x\le -1$ 上的反函数）。

（注：此定义为简化理解的方式，非 Lambert W 函数的原始定义。）

基于上述定义，方程 $x_0{e}^{x_0}=1$ 的根可表示为 $x_0=W(1)$，且该方程等价于 $x_0+\ln x_0=0$（关键变形，需牢记）。

延伸示例：方程 $2x_0+\ln x_0=0$ 的根如何用 Lambert W 函数表示？
对等式进行等价变形：
$2x_0+\ln x_0=0\iff \ln x_0=-2x_0\iff x_0=e^{-2x_0}\iff x_0{e}^{2x_0}=1$

两边同乘 2 得：$2x_0{e}^{2x_0}=2$，令 $t=2x_0$，则 $t{e}^t=2$，根据 Lambert W 函数定义，$t=W(2)$，因此 $x_0=\frac{1}{2}W(2)$。

该方程曾出现在近年福建省质检的导数压轴题中。

三、用 Lambert W 函数解决一类导数 “难题”

例 2

若不等式 $x{e}^x\ge ax+\ln x+1$ 对 $x>0$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围。

分析

由例 1 已证 $x{e}^x\ge x+\ln x+1$，因此：

• 当 $a\le 1$ 时，$ax+\ln x+1\le x+\ln x+1\le x{e}^x$，原不等式恒成立；
• 需进一步验证 $a>1$ 时原不等式是否恒成立：若能找到某个 $x_0>0$ 使不等式不成立，即可排除 $a>1$。

结合例 1 中 “隐零点” 的取等条件：不等式 $x{e}^x\ge x+\ln x+1$ 的取等点为 $x_0=W(1)$（即 $x_0{e}^{x_0}=1$ 且 $x_0+\ln x_0=0$）。

将 $x=x_0$ 代入原不等式：
$x_0{e}^{x_0}\ge a{x}_0+\ln x_0+1$

代入 $x_0{e}^{x_0}=1$ 和 $x_0+\ln x_0=0$（即 $\ln x_0=-x_0$），化简得：
$1\ge a{x}_0-x_0+1\iff 0\ge (a-1)x_0$

因 $x_0>0$，故 $(a-1)\le 0\iff a\le 1$，与 $a>1$ 矛盾，因此 $a>1$ 时原不等式不恒成立。

结论

实数 $a$ 的取值范围为 $a\le 1$。

注：此题等价于 2019 年龙岩市 3 月质检导数压轴题

• 【028】指对不等式（2019年龙岩3月质检） - 知乎
  https://zhuanlan.zhihu.com/p/58086379

例 3

若不等式 $x{e}^{2x}\ge ax+\ln x+1$ 对 $x>0$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围。

分析

利用常见放缩式 $e^t\ge t+1$（取等条件 $t=0$），令 $t=2x+\ln x$，代入得：
$e^{2x+\ln x}\ge (2x+\ln x)+1$

左侧化简：$e^{2x+\ln x}=e^{2x}\cdot e^{\ln x}=x{e}^{2x}$，因此有：
$x{e}^{2x}\ge 2x+\ln x+1$

后续分析同例 2：

• 当 $a\le 2$ 时，$ax+\ln x+1\le 2x+\ln x+1\le x{e}^{2x}$，原不等式恒成立；
• 当 $a>2$ 时，取取等点 $x_0$（满足 $2x_0+\ln x_0=0$，即 $x_0=\frac{1}{2}W(2)$），代入原不等式可推出矛盾，故 $a>2$ 不成立。

结论

实数 $a$ 的取值范围为 $a\le 2$。

注：此题等价于 2019 年福建省质检导数压轴题
-【040】朗博函数与不等式（2019年福建省质检） - 知乎
https://zhuanlan.zhihu.com/p/60928836

这类题目初次接触时会觉得 “新颖”，但后续频繁出现在各类模拟考试中。
个人认为，此类题目偏向特殊技巧，且可通过固定方法快速解决，不适合作为考试题；但鉴于其高频出现，仍需整理相关思路。

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【高中数学・导数】朗博 W 函数与常规方法

Dreaming 发布于2021-04-23 00:49

一、题目

已知不等式 $x(e^{2x}-a)\ge 1+x+\ln x$ 对 $x>0$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围。

二、解答

方法一（分参 + Lambert W 函数）

步骤 1：分离参数

对原不等式变形，分离出参数 $a$：
$x{e}^{2x}-ax\ge 1+x+\ln x\iff ax\le x{e}^{2x}-1-x-\ln x$

因 $x>0$，两边同除以 $x$ 得：
$a\le e^{2x}-\frac{1+x+\ln x}{x}$

令 $f(x)=e^{2x}-\frac{1+x+\ln x}{x}$，问题转化为求 $f(x)$ 的最小值 $f_{\text{min}}$，则 $a\le f_{\text{min}}$。

步骤 2：分析 $f(x)$ 的单调性（找 “隐零点”）

对 $f(x)$ 求导：
$f^{\prime }(x)=2e^{2x}-\frac{(1+\frac{1}{x})\cdot x-(1+x+\ln x)\cdot 1}{x^2}$

化简导数分母与分子：

• 分母：$x^2$（$x>0$，故分母恒正）；
• 分子：$(x+1)-(1+x+\ln x)=-\ln x$；

因此 $f^{\prime }(x)=2e^{2x}+\frac{\ln x}{x^2}$（注意符号：负负得正）。

分析 $f^{\prime }(x)$ 的零点：

• 当 $x=e^{-2}$ 时，$f^{\prime }(e^{-2})=2e^{2\cdot e^{-2}}+\frac{\ln e^{-2}}{(e^{-2}{)}^2}=2e^{2e^{-2}}-\frac{2}{e^{-4}}=2e^{2e^{-2}}-2e^4<0$；
• 当 $x=1$ 时，$f^{\prime }(1)=2e^{2\cdot 1}+\frac{\ln 1}{1^2}=2e^2+0>0$；

因 $f^{\prime }(x)$ 在 $x>0$ 上连续（$e^{2x}$、$\ln x$ 均连续），根据零点存在定理，存在 $x_0\in (e^{-2},1)$，使得 $f^{\prime }(x_0)=0$，即：
$2e^{2x_0}+\frac{\ln x_0}{x_0^2}=0$

步骤 3：用 Lambert W 函数化简 “隐零点”

对 $f^{\prime }(x_0)=0$ 进行等价变形：
$2e^{2x_0}=-\frac{\ln x_0}{x_0^2}\iff 2x_0^2{e}^{2x_0}=-\ln x_0\iff 2x_0{e}^{2x_0}=-\frac{\ln x_0}{x_0}$

右侧进一步变形：$-\frac{\ln x_0}{x_0}=-\ln x_0\cdot e^{-\ln x_0}$（因 $e^{-\ln x_0}=\frac{1}{x_0}$）。

令 $g(t)=t{e}^t$，则上述等式可表示为：
$g(2x_0)=g(-\ln x_0)$

分析 $g(t)$ 的单调性：$g^{\prime }(t)=(t+1)e^t$，当 $t>0$ 时，$t+1>0$ 且 $e^t>0$，故 $g(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

因 $x_0\in (e^{-2},1)$，故 $2x_0>0$，$-\ln x_0>0$（$\ln x_0<0$），即 $2x_0$ 和 $-\ln x_0$ 均在 $g(t)$ 的单调递增区间内。

由单调性可知：$2x_0=-\ln x_0$（单调函数若 $g(a)=g(b)$，则 $a=b$）。

步骤 4：计算 $f(x)$ 的最小值 $f(x_0)$

将 $2x_0=-\ln x_0$（即 $\ln x_0=-2x_0$）代入 $f(x_0)$：
$f(x_0)=e^{2x_0}-\frac{1+x_0+\ln x_0}{x_0}=e^{2x_0}-\frac{1+x_0-2x_0}{x_0}=e^{2x_0}-\frac{1-x_0}{x_0}$

再结合 $2x_0=-\ln x_0$ 的变形 $e^{2x_0}=e^{-\ln x_0}=\frac{1}{x_0}$，代入得：
$f(x_0)=\frac{1}{x_0}-\frac{1-x_0}{x_0}=\frac{1-(1-x_0)}{x_0}=\frac{x_0}{x_0}=1$

因此 $f_{\text{min}}=1$，故 $a\le 1$。

说明

此处 Lambert W 函数的核心应用是：对形如 $x{e}^x+\frac{\ln x}{x}=0$ 的式子，通过变形 $x{e}^x=-\frac{\ln x}{x}=-\ln x\cdot e^{-\ln x}$，结合 $g(t)=t{e}^t$ 的单调性，得到 $x=-\ln x$，从而消去 “隐零点” 中的未知项。

方法二（经典放缩法）

步骤 1：利用常见指对放缩式

常见放缩式：$t{e}^t=e^{t+\ln t}\ge 1+t+\ln t$（取等条件为 $t+\ln t=0$，即 $t{e}^t=1$）。

对原不等式进行整理，构造与放缩式匹配的结构：
原不等式 $x(e^{2x}-a)\ge 1+x+\ln x$ 变形为：
$x{e}^{2x}\ge 1+(a+1)x+\ln x$

左侧进一步化简：$x{e}^{2x}=e^{2x+\ln x}$（同方法一），因此原不等式等价于：
$e^{2x+\ln x}\ge 1+(a+1)x+\ln x$

步骤 2：分情况讨论 $a$ 的取值

1. 当 $a\le 1$ 时：
   因 $a\le 1$，故 $(a+1)x\le 2x$，因此：
   $1+(a+1)x+\ln x\le 1+2x+\ln x$

   结合放缩式 $e^{2x+\ln x}\ge 1+2x+\ln x$，可得：
   $e^{2x+\ln x}\ge 1+(a+1)x+\ln x$，原不等式恒成立。

2. 当 $a>1$ 时：
   放缩式 $e^{2x+\ln x}=1+2x+\ln x$ 的取等条件为 $2x+\ln x=0$，易知该方程有解（设解为 $x_0$）。

   将 $x=x_0$ 代入原不等式右侧：
   $1+(a+1)x_0+\ln x_0=1+(a+1)x_0-2x_0=1+(a-1)x_0$

   因 $a>1$ 且 $x_0>0$，故 $1+(a-1)x_0>1+2x_0+\ln x_0=e^{2x_0+\ln x_0}$，与原不等式矛盾。

结论

实数 $a$ 的取值范围为 $a\le 1$。

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• Lambert W 函数 | 导数应用（隐零点、常规方法）与函数性质（篇 1）-优快云博客
  https://blog.youkuaiyun.com/u013669912/article/details/154015504

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via:

• 【导数压轴题】Lambert W 函数与隐零点 - 知乎 2019
  https://zhuanlan.zhihu.com/p/60979387

• 【040】朗博函数与不等式（2019年福建省质检） - 知乎
  https://zhuanlan.zhihu.com/p/60928836

• 【高中数学·导数】朗博 W 函数与常规方法 - 知乎 2021
  https://zhuanlan.zhihu.com/p/367080386

  • 浅谈误差函数 erf(x) - 知乎 2020
    https://zhuanlan.zhihu.com/p/164894362
  • 朗伯函数在高考数字中的应用_朗伯函数的高中应用-优快云博客
    https://blog.youkuaiyun.com/wwxy1995/article/details/105466758