文档内容
导数及其应用(新高考培优专用)
目录
【重难保分考点】
【重难保分考点一】导数的概念和几何意义
【重难保分考点二】导数与函数单调性
【重难保分考点三】导数与函数极值
【重难保分考点四】导数与函数最值
【重难保分考点五】导数的综合应用
【能力培优考点】
【能力培优考点一】导数与含参的单调区间问题
【能力培优考点二】导数与恒成立问题
【能力培优考点三】导数与函数的零点
【能力培优考点四】导数与不等式证明
【冲刺压轴考点】
【冲刺压轴考点一】二次求导
【冲刺压轴考点二】参变分离
【冲刺压轴考点三】函数构造
【冲刺压轴考点四】双变量
1【重难保分考点一】导数的概念和几何意义
一、单选题
1. (2022上·陕西咸阳·高二咸阳市实验中学校考阶段练习)已知函数fx
2
在x=x 处的导数为6，则lim 0
Δx→0
fx 0 -Δx -fx 0 = ( )
2Δx
A.-3 B.3 C.-6 D.6
【答案】A
【分析】根据已知条件及函数在x=x 0 导数f x 0 =6的定义即可求解.
【详解】由题意得函数fx 在x=x 0 处的导数f x 0 =6
lim fx 0 -Δx Δx→0 -fx 0 =- 1 lim fx 0 -Δx 2Δx 2Δx→0 -fx 0 1 -Δx =- 2 f x 0 1 =- ×6=-3， 2
故A项正确.
故选：A.
2. (2023上·湖南·高二邵阳市第二中学校联考阶段练习)已知直线y=3x与曲线y=ln3x-a +2相切，则a
的值为 ( )
1 1 5
A. B.ln + C.2 D.1
4 3 3
【答案】D
【分析】设切点坐标为x 0 ,3x 0
3 3
，求导y= 3x-a ，从而有斜率k= 3x -a =3，再由点x 0 ,3x 0
0
在曲线上求
解.
【详解】解：设切点坐标为x 0 ,3x 0 ，
因为y=ln3x-a
3
+2，所以y= ，
3x-a
3
所以切线的斜率k= =3，
3x -a
0
又3x 0 =ln3x 0 -a
2
+2，即3x =ln1+2，解得x = ， 0 0 3
所以由3x -a=1，得a=3x -1=ln1+2-1=1.
0 0
故选：D.
二、多选题
3. (2023上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习)已知函数fx
2x
= ，则所有正确的结论是 ( )
2x+1
A.函数fx 是增函数 B.函数fx 的值域为0,1
C.曲线y=fx
1
关于点0,
2
对称 D.曲线y=fx
1
有且仅有两条斜率为 的切线
5
【答案】ABC
【分析】由函数y=2x的单调性能判断复合函数fx
的单调性，可判断A；由指数函数y=2x的值域易得函
数fx 的值域，可判断B；验证fx +f-x =1是否成立，可判断C；利用导数的几何意义判断f x =
1
是否有解，可判断D.
5
【详解】对于A：函数fx
2x 1
= =1- ，
2x+1 1+2x
1
函数y=2x在R上为增函数，则复合函数y=- 在R上为增函数，
1+2x所以函数fx
3
是增函数，故A正确；
对于B：函数fx
1
=1- ，
1+2x
函数y=2x在R上为增函数且y=2x>0，则1+2x>1，
1 1
于是0< <1，即0<1- <1，
1+2x 1+2x
所以00 ，则t2-5ln2-2 t+1=0，Δ=5ln2-2 2-4=5ln2 2-20ln2=5ln25ln2-4 =
5ln2ln25-lne4
因为25=32<62<6.252=2.540，
于是 Δ=5ln2ln25-lne4 <0，即关于t的一元二次方程t2-5ln2-2 t+1=0无实数根，
所以2x 2-5ln2-2 2x+1=0无解，即曲线y=fx
1
不存在斜率为 的切线，故D错误.
5
故选：ABC.
4. (2023上·河南周口·高三校联考阶段练习)已知函数f(x)=x3(3lnx-1)，则 ( )
A.函数f(x)的最小值为-1
B.若函数f(x)在点(m,f(m))处的切线与直线y=9e2x-1平行，则f(m)=2e3
C.函数g(x)=f(x)-a(a>0)有且仅有两个零点
3e
D. f ln 2
3
0，f(x)单调递增.
对于A选项，则有f(x) =f(1)=-1，故A选项正确；
min
对于B选项，因为函数f(x)在点(m,f(m))处的切线与直线y=9e2x-1平行，
所以f(m)=9m2lnm=9e2，即m2lnm=e2，
当01时，设g(m)=m2lnm，
由g(m)=m+2mlnm=m(1+2lnm)>0，
则g(m)单调递增，且g(e)=e2lne=e2，故方程f(m)=9e2有唯一解m=e，
则有f(m)=f(e)=2e3，故B选项正确；
对于C选项，当x∈(0,1)时，lnx<0，则f(x)=x3(3lnx-1)<0，
由a>0，所以方程a=f(x)无解；
当x∈(1,+∞)时，f(x)单调递增，方程a=f(x)至多有一个解；
故函数g(x)=f(x)-a(a>0)至多一个零点，故C选项错误；
1 1 3
对于D选项，由log 3= log 9> log 8= ，
2 2 2 2 2 2
3 3e
-ln
2 2
4
3 3
= -ln +1
2 2
1 3 1 3 1 9
= -ln = lne-ln = lne-ln
2 2 2 2 2 4
>0，
3e
且ln
2
>lne=1，
3e
故有10
0
∴公切线的切点坐标为(1,-2)，切线斜率为2．
∴公切线的方程为y+2=2(x-1)，即y=2x-4．
故答案为：y=2x-4
【重难保分考点二】导数与函数单调性
一、单选题
1. (2024上·河南南阳·高三方城第一高级中学校联考期末)已知函数f(x)在R上的导函数为f(x)，且f(x)-
1<0，则f(x)+2x-8>f(3x-8)的解集为 ( )
A.(-∞,4) B.(0,+∞) C.(-∞,0) D.(4,+∞)
【答案】D
【分析】由题意构造函数，利用导数研究其单调性，根据其解不等式，可得答案.
【详解】令g(x)=f(x)-x，则g(x)=f(x)-1<0，即g(x)在R上单调递减．
由g(x)=f(x)-x，得f(x)=g(x)+x，
则f(x)+2x-8=g(x)+x+2x-8>f(3x-8)=g(3x-8)+3x-8，
得g(x)>g(3x-8)，所以x<3x-8，得x>4，
所以原不等式的解集为4,+∞
5
.
故选：D.
2. (2023·四川成都·统考一模)若a=lnlnπ
2 2 1
,b= ln ,c=- ，则 ( )
3 3 e
A.clne=1,a=lnlnπ >lnlne
2 2
=0,b= ln <
3 3
2
ln1=0，即a>0,b<0.
3
造函数fx =xlnx，则f x
1
=lnx+1，令lnx+1=0，解得x= ，
e
1
当x∈0,
e
时，f x <0，则fx 为单调递减；
1
当x∈ ,+∞
e
时，f x >0，则fx 为单调递增.
所以函数fx
1
在x= 处取得最小值，即fx
e
1
≥f
e
1 1 1
= ln =- ，
e e e
2
所以f
3
1
>f
e
2 2 1
，即 ln >- ，b>c.
3 3 e
综上所述，c0，得x>1或x<0，故f(x)在(-∞,0)，(1,+∞)
上单调递增：令f′(x)<0，得00时，gx 的值域为2,+∞
C.当x≥0时，若fx ≥ax恒成立，则a的取值范围为-∞,2
D.当n∈N*时，满足g1 g2 ⋅⋅⋅gn >en+1+2
n
2
【答案】ACD
【分析】根据函数奇偶性以及fx +gx =2ex即可求得fx =ex-e-x，可得A正确；利用基本不等式可得
gx =ex+e-x≥2 ex⋅e-x=2，但等号不成立，即B错误；对参数a的取值进行分类讨论，利用导数求得函
数单调性即可得a的取值范围为-∞,2 ，即C正确；易知gx 1 gx 2 >ex1+x2+2，累成即可得D正确.
【详解】对于A，因为fx 和gx 分别为R上的奇函数和偶函数，满足fx +gx =2ex，
即可得f-x +g-x =-fx +gx =2e-x，
所以可得fx =ex-e-x，gx =ex+e-x，故A正确；
对于B，gx =ex+e-x≥2 ex⋅e-x=2，
当且仅当x=0时，等号成立，又因为x>0，所以gx 的值域为2,+∞ ，故B错误．
对于C，分两种情况．①a≤2，令hx =fx -ax，
当x≥0时，则h x =ex+e-x-a≥2-a≥0，hx 单调递增，
所以hx ≥h0 =0，即fx ≥ax；②a>2，方程h x
7
a+ a2-4
=0的正根为x=ln ， 1 2
若x∈0,x 1 ，则h x <0，hx 单调递减，
hx ex1+x2+2，
则g1 gn >en+1+2，
g2 gn-1 >en+1+2，
⋯
gn g1 >en+1+2，
累乘得 g1 g2 ⋅⋅⋅gn 2
= g1 gn g2 gn-1 ⋅⋅⋅ gn g1 >en+1+2 n，
故g1 g2 ⋅⋅⋅gn >en+1+2
n
2，故D正确．
故选：ACD
三、填空题
5. (2023上·陕西榆林·高三校考阶段练习)已知函数fx 的定义域为-1,5 ，部分对应值如表，fx 的导函
数y=f x 的图象如图所示，
x -1 0 2 4 5
fx 1 2 1.5 2 1
下列关于函数fx 的命题：
①函数fx 的值域为1,2 ；
②如果当x∈-1,t 时，fx 的最大值为2，那么t的最大值为4；
③函数fx 在0,2 上是减函数；
④当11，
a
当x∈ 1, 1
a
时，f x <0，fx 单调递减；
1
当x∈ ,+∞
a
时，f x >0，fx 单调递增；
又由f1 =0，所以存在x ∈ 1, 1 0 a ，使得fx <0，不符合题意，舍去；
若a≥1时，令f x
1
=0，可得x= ≤1，
a
当x∈[1,+∞)时，f x >0，fx 单调递增，且f1 =0，
所以当x≥1时，fx ≥f1 =0恒成立，符合题意，
所以实数a的取值范围为1,+∞ ．
故答案为：1,+∞ ．
【重难保分考点三】导数与函数极值
一、单选题
1. (2024·全国·模拟预测)记函数y=fx 的导函数为y，y的导函数为y，则曲线y=fx 的曲率K=
y
1+y 2
．则曲线y=lnx的曲率的极值点为 ( )
3
2
2 2 3 2 3 2
A. B. C. D.
2 3 9 3
【答案】A
【分析】根据定义求解y和y，由曲率的定义进行求解极值点.
【详解】函数y=lnx的定义域是0,+∞
1 1
，y= ，y=- ，
x x2
1
∴曲线y=lnx的曲率K=
x2
1+ 1
x
2
x
=
3
2 1+x2
，
3
21+x2 K=
9
3 2-x⋅ 3 ⋅1+x2 2 1 2⋅2x
1+x2
1+x2 =
3
1 21+x2-3x2
1+x2
1-2x2 =
3
1+x2
，
5
2
2 2
显然当00；当x> 时，K<0．
2 2
2
∴x= 为曲线y=lnx的曲率的极值点，
2
故选：A．
2. (2023上·山西临汾·高三山西省临汾市第三中学校校联考期中)已知函数fx =x2-ax-lnx+2a∈R
在区间0,1 上单调递减，在区间1,+∞ 上单调递增，则fx 的极小值为 ( )
A.2 B.1 C.0 D.-1
【答案】A
【分析】由单调性可得f(1)=0，求得a值，验证求极值即可.
【详解】函数fx =x2-ax-lnx+2a∈R ，x>0
由f(x)在区间0,1 上单调递减，在区间1,+∞ 上单调递增，
则函数在x=1处取极小值，
1
所以有f(1)=0，由f(x)=2x-a- ，
x
得1-a=0，解得a=1，
1 2x2-x-1 (2x+1)(x-1)
则有f(x)=2x- -1= = ，
x x x
由x>0，得f(x)=0只有一个根x=1，
且当x∈(0,1)时，f(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，f(x)>0，f(x)单调递增；故当a=1时，满足题意，
所以f(x)有极小值，且极小值f(1)=3-a=2.
故选：A.
二、多选题
3. (2023上·河北衡水·高三校考阶段练习)若函数fx
b c
=alnx+ + ,a≠0
x x2
既有极大值也有极小值，则
( )
A.bc<0 B.ab<0 C.b2+8ac>0 D.ac<0
【答案】ACD
【分析】由题意将原问题转化为二次函数的零点分布问题，进一步由判别式、韦达定理即可求解.
【详解】由题意f x
a b 2c ax2-bx-2c
= - - = ,x>0,a≠0
x x2 x3 x3
在0,+∞ 内有两个不相等的实数根，
即方程ax2-bx-2c=0a≠0 在0,+∞ 内有两个不相等的实数根，
不妨设两根分别为x,x ，
1 2
Δ=b2+8ac>0
所以
x
1
+x
2
=
a
b >0 ，即a,c异号、a,b同号，从而b,c异号.
x 1 x 2 =-2 a c >0
故选：ACD.
4. (2023上·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中)已知函数fx 及其导函数f x 的部分图象如图所示，设函数gx
10
fx
=
，则gx
ex
( )
A.在区间a,b 上是减函数 B.在区间a,b 上是增函数
C.在x=a时取极小值 D.在x=b时取极小值
【答案】BC
【详解】根据图象得到fx -f x 的符号，即可得到g x 的符号，进而得到gx 的单调性和极值.
【分析】结合图像可知，当x0，当ab时，fx -f x >0，
g x
f x
=
-fx
，因ex>0，
ex
故当x0，gx
ex
在区间a,b 上单调递增，
当x>b时，g x
f x
=
-fx
<0，gx
ex
在区间b,+∞ 上单调递减，
故gx 在x=a处取得极小值，在x=b处取得极大值，
故选：BC
三、填空题
5. (2023·陕西宝鸡·统考二模)若函数fx
1
=ex-e-x+ x3-ax无极值点，则实数a的取值范围是 .
3
【答案】-∞,2
【分析】若函数f(x)无极值点，则导数f(x)无变号零点，令gx =f(x)，根据g x 的正负得出其单调性，即
可根据导数无变号零点列不等式求解，即可得出答案.
【详解】fx
1
=ex-e-x+ x3-ax，则f x
3
=ex+e-x+x2-a，
若函数fx
1
=ex-e-x+ x3-ax无极值点，
3
则f x =ex+e-x+x2-a无变号零点，
令gx =f x =ex+e-x+x2-a，
则g x =ex-e-x+2x，
当x<0时，01，2x<0，则ex-e-x<0，则g x =ex-e-x+2x<0，
当x>0时，ex>1，00，则ex-e-x>0，则g x =ex-e-x+2x>0，
则gx 在-∞,0 上单调递减，0,+∞ 上单调递增，
即f(x)在-∞,0 上单调递减，0,+∞ 上单调递增，在x=0处取得最小值，若f x
11
=ex+e-x+x2-a无变号零点，则f 0 =e0+e-0+02-a≥0，解得：a≤2，
故答案为：-∞,2 .
6. (2023上·山西临汾·高三校考阶段练习)已知曲线fx =x3+ax2+bx+1在点 1,f1 处的切线斜率为3，
2
且x= 是y=fx
3
的极值点，则函数的另一个极值点为 .
【答案】-2
【分析】对函数求导，结合已知有f 1
2
=3+2a+b=3，且f
3
4 4
= + a+b=0，求得a=2,b=-4，再
3 3
根据导数的符号判断单调区间，进而确定另一个极值点即可.
【详解】由题设f x =3x2+2ax+b，则f 1
2
=3+2a+b=3，且f
3
4 4
= + a+b=0，
3 3
所以a=2,b=-4，即f x =3x2+4x-4=(3x-2)(x+2)，
2
当x∈(-∞,-2)∪ ,+∞
3
，f x
2
>0，则(-∞,-2), ,+∞
3
上y=fx 递增；
2
当x∈-2,
3
，f x
2
<0，则-2,
3
上y=fx 递减；
2
所以x=-2、x= 都是y=fx
3
的极值点，故另一个极值点为x=-2.
故答案为：-2
【重难保分考点四】导数与函数最值
一、单选题
1. (2022·福建福州·统考三模)已知函数fx
cosπx
= ，以下结论中错误的是 ( )
x2+1
A. fx 是偶函数 B. fx 有无数个零点
C. fx
1
的最小值为- D. fx
2
的最大值为1
【答案】C
【分析】由奇偶性定义可判断出A正确；令fx =0可确定B正确；根据fx 定义域为R，f1
1
=- ，可知
2
1
若最小值为- ，则x=1是fx
2
的一个极小值点，根据f 1 ≠0可知C错误；由x=0时，cosπx取得最大
值，x2+1取得最小值可确定D正确.
【详解】对于A，∵fx 定义域为R，f-x
cos-πx
=
-x
cosπx
= =fx
2+1 x2+1
，
∴fx 为偶函数，A正确；
对于B，令fx
π
=0，即cosπx=0，∴πx= +kπk∈Z
2
1
，解得：x= +kk∈Z
2
，
∴fx 有无数个零点，B正确；
对于C，∵f1
1
=- ，∴若fx
2
1
的最小值为- ，则x=1是fx
2
的一个极小值点，则f 1 =0；
∵f x
πx2+π
=-
sinπx+2xcosπx
x2+1
，∴f 1
2
2πsinπ+2cosπ 1
= =- ≠0，
4 2
∴x=1不是fx 的极小值点，C错误；
对于D，∵-1≤cosπx≤1，x2+1≥1；
则当cosπx=1，x2+1=1，即x=0时，fx 取得最大值1，D正确.
故选：C.2. (2023·陕西商洛·统考一模)已知函数fx
12
=2x-1 ex-x2-ax在 R上单调递增，则a的最大值是 ( )
1
A.0 B. C.e D.3
6
【答案】A
【分析】求得f x =2xex-2x-a，根据题意转化为a≤2xex-2x恒成立，设gx =2xex-2x，利用导数求得
函数gx 的单调性和最小值，即可求解.
【详解】由函数fx =2x-1 ex-x2-ax，可得f x =2xex-2x-a，
因为fx 在R上单调递增，所以f x =2xex-2x-a≥0恒成立，
即a≤2xex-2x恒成立，
设gx =2xex-2x，则g x =2x+2 ex-2，
当x<0时，g x <0；当x>0时，g x >0，
则gx 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，
所以g(x) min =g0 =0，即a≤0，所以实数a的最大值为0．
故选：A.
二、多选题
3. (2023下·福建厦门·高二厦门一中校考期中)已知函数fx
m
=xex- x2-mx，则函数fx
2
在1,2 上的最
小值可能为 ( )
3 1
A.e- m B.- mln2m C.2e2-4m D.e2-2m
2 2
【答案】ABC
【分析】利用导函数对m进行分类讨论即可求出结果.
【详解】f x =x+1 ex-m ，
因为x∈1,2 ，所以ex∈e,e2 ，
当m≤e时，x+1 >0，ex-m>0，
所以f x >0，fx 在1,2 单调递增，
fx =f1
min
3
=e- m；
2
当e0，
x∈1,lnm ,f(x)<0,fx 单调递减，
x∈lnm,2 ,f(x)>0,fx 单调递增，
fx =flnm
min
m
=- ln2m；
2
当m≥e2时，x+1
>0，ex-m<0，
所以f x >0，fx 在1,2 单调递减，
fx =f2
min
=2e2-4m，
故选：ABC.
4. (2023上·广西河池·高三贵港市高级中学校联考阶段练习)已知函数fx
x2+3x+1
= ，则下列结论正确的
ex
是 ( )
A.函数fx 存在三个不同的零点
B.函数fx 既存在极大值又存在极小值C.若x∈t,+∞
13
5
时，f(x) = ，则t的最大值为1 max e
D.当-e21时，f x <0，即f x 在(-∞,-2),(1,+∞)上单调递减，
当-20，即f x 在(-2,1)上单调递增，
则fx 有极小值f-2 =-e2，极大值为f1
5
= ，B正确；
e
又f-3 =e3>0，f-2 =-e2<0，即fx 在(-3,-2)内有1个零点；
又f0 =1>0，故fx 在(-2,0)内有1个零点；
当x>0时，fx >0，此时无零点，
故函数fx 存在2个不同的零点，A错误；
结合以上分析可作出函数图象：
函数fx 在x=1时取极大值f1
5
= ，
e
故x∈t,+∞
5
时，f(x) = ，则t的最大值为1，C正确； max e
结合函数图像可知当-e2x+1和lnx1时m(x)= -1<0,mx
x
单调递减，当00,mx 单调递增，故当m(x)≤
m1 =0，故lnx0,n(x)=ex-1>0,n(x)单调递增，当x<0,n(x)=ex-1<0,n(x)单调递减，所以n(x)≥n(1)=0，
故ex>x+1
(1)fx ≥0⇔xex-ax+lnx+1 ≥0⇔ex+lnx≥ax+lnx+1 ，
当x+lnx+1≤0时，原不等式恒成立；
ex+lnx ex+lnx x+lnx+1
当x+lnx+1>0时，a≤ ，由于 ≥ =1，
x+lnx+1 x+lnx+1 x+lnx+1
当且仅当x+lnx=0等号成立，∴00，则gt 单调递增，
当t∈0,1 时，g t <0，则gt 单调递减，
当t∈1,+∞ 时，g t >0，则gt 单调递增，
即当t=0时，gt 有极大值，当t=1时，gt 有极小值，
要使gt =2t3-3t2+4m有三个零点，
g0 则 >0
g1
，即
4m>0 ，解得00，
x x
又函数y=f(x)存在两个极值点x,x ，
1 2
所以方程x2-4x+a=0在0,+∞ 上有两个不相等的正实数根，
Δ=16-4a>0
则x+x =4>0 ，解得00
1 2
又f(x 1 )+f(x 2 )-x 1 +x 2
1 1
= x2-4x+alnx+ x2-4x +alnx -x-x 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2
1
= 2 x 1 +x 2 2-2xx 1 2 -5x 1 +x 2 +alnx 1 x 2
1
= 16-2a 2 -20+alna=alna-a-12
设ha =alna-a-12,00，ha 单调递增加，
ha =h1
min
=-13
因为不等式f(x)+f(x )≥x+x +t恒成立，
1 2 1 2
即f(x 1 )+f(x 2 )-x 1 +x 2 ≥t恒成立，
所以t≤-13.
故选：D.
二、多选题
3. (2023下·甘肃庆阳·高二校考阶段练习)如图，某款酒杯的容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面为面积是
16cm2的等腰直角三角形.若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则下列说
法中正确的有 ( )
144 256π
A.冰块最大体积为 πcm3 B.冰块的最大体积为 cm3
27 27
4
C.冰块体积达到最大时，冰块的高度为 cm D.冰块体积达到最大时，冰块的高度为2cm
3
【答案】BC
【分析】求出该圆锥的轴截面三角形的边长，设圆柱的底面半径为r，高为h，建立出体积的函数，利用导数求
出最大值．
【详解】由圆锥的轴截面为面积是16cm2的等腰直角三角形，可算出该三角形直角边长为4 2cm，斜边长为
8cm，如图所示，
即圆锥母线长AB=4 2cm，高和底面半径AO=BO=4cm，∠OAB=45°
设冰块的底面半径为CD=r，高为h，
由AC=CD=r，冰块体积要最大，此时冰块的高度h=OC=4-r，
故圆柱的体积为vr =πr2 4-r ，其中00，解得00即
3 3
1
可判断A；证明函数h(x)= x3-x为奇函数，结合函数平移变换即可判断C；根据导数的几何意义求出曲
3
线的切线方程即可判断D.
【详解】A：f(x)=x2-1=(x+1)(x-1)，
令f(x)<0⇒-10⇒x<-1或x>1，
所以函数f(x)在(-1,1)上单调递减，在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增，
1 5
且f(-1)=- <0,f(1)=- <0,f(3)=5>0，
3 3
所以当x≤1时，f(x)≤f(-1)<0，故函数f(x)在R上只有一个零点，故A正确；
5
B：由选项A的分析可知，函数f(x)的极小值为f(1)=- ，故B错误；
3
1 1
C：令h(x)= x3-x，定义域为R，则h(-x)=- x3+x=-h(x)，
3 3
所以函数h(x)为奇函数，对称中心为(0,0)，将函数h(x)图象向下平移1个长度单位，
得函数f(x)的图象，所以f(x)的对称中心为(0,-1)，故C正确；
D：由选项A知f(x)=x2-1，令f(x)=-1⇒x=0，又f(0)=-1，
所以切线方程为y+1=-(x-0)，即y=-x-1，
所以直线y=-x-1是曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
1
5. (2023上·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考期末)已知不等式 x2-alnx>0(a>0)恒成立，则a的
2
取值范围是 ．
【答案】00时，不等式 x2-alnx>0⇔ > ，令f(x)= ，x>0，
2 a x2 x2
1 2lnx 2(1-2lnx)
依题意， >f(x)恒成立，由f(x)= ，求导得f(x)= ，
a x2 x3
当00，当x> e时，f(x)<0，
1
因此函数f(x)在(0, e)上单调递增，在( e,+∞)上单调递减，则f(x) =f( e)= ，
max e
1 1
从而 > ，即00，当x∈ ,
3 2
时V x <0，
所以函数Vx
2
在0,
3
2 2
上单调递增， ,
3 2
上单调递减，
2 2
所以当x= 时体积最大，最大为V
3 3
2 3
= .
27
3 2 3
故答案为： ， .
2 27
【能力培优考点一】导数与含参的单调区间问题
一、解答题
1. (2023上·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习)设fx =ax-a+1
1
lnx- .
x
(1)讨论fx 的单调性；
(2)设gx =x2e2x-fx ，若关于x的不等式gx ≥ax+a+3
1
lnx+ +1恒成立，求实数a的取值范
x
围.
【答案】(1)答案见解析
(2)-∞,1
【分析】(1)先求定义域，再求导，对导函数因式分解，分a>1，a=1，01时，不合要求，得到答案.
【详解】(1)函数的定义域为0,+∞ ，求导得f x
a+1 1 ax-1
=a- + =
x x2
x-1
，
x2
①a≤0，令f x >0，得01，
则fx 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减
②a>0，令f x
1
=0得x= ，x =1， 1 a 2
1 1
当a>1时， <1，当01时，f x
a a
1
>0；当 1，当0 时，f x
a a
1
>0，当11时，fx
1
在0,
a
，1,+∞
1
单调递增，在 ,1
a
单调递减；
当a=1时，fx 在0,+∞ 单调递增；
当00，hx 单调递增，
所以hx =h1
min
=0，从而hx ≥0，当且仅当x=1时等号成立，
则x2e2x-lnx2e2x
-1≥0，当且仅当x2e2x=1时等号成立，
令ux =x2e2x，u x =2xe2x+2x2e2x=2xe2x 1+x ，
故当x<-1或x>0时，u x >0，ux =x2e2x单调递增，
当-11，
故存在x 0 ∈0,1 ，满足x2e2x0=1， 0
当a≤1时，x2e2x-lnx2e2x -1≥0，2a-1 x≤0，可得原不等式成立；
当a>1时，由于存在x 0 ∈0,1 ，满足x2e2x0=1， 0
从而使得x2e2x-lnx2e2x -1=0，
而2a-1 x>0，于是gx ≥ax+a+3
1
lnx+ +1不恒成立.
x
综上，实数a的取值范围是-∞,1 .
【点睛】难点点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现ex与lnx，通常使用同构来进行求解，本题
难点是x2e2x-2lnx-1≥2ax两边同减去2x得x2e2x-lnx2e2x -1≥2a-1 x，从而构造hx =x-lnx
-1进行求解.
2. (2023上·广东深圳·高三珠海市第一中学校联考阶段练习)已知函数f(x)=(x-1)ex+ax2，a∈R．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a<-1时，若f(x)的极小值点为x ，证明：f(x)存在唯一的零点x ，且x-x ≥ln2．
0 1 1 0
【答案】．(1)答案见解析
(2)证明见解析
1 1 1
【分析】(1)求得f′(x)=xex+2ax=x(ex+2a)，分类讨论a≥0，a<- ，a=- 和- 0，则x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x∈(-∞,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
a<0时，令f′(x)=0，得x=0或x=ln(-2a)，
1
若a<- ，则x∈(-∞,0)或x∈(ln(-2a),+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(0,ln(-2a))时，f′(x)
2
<0，f(x)单调递减；
1
若a=- ，则f′(x)≥0在R上恒成立，f(x)在R上单调递增；
21
若- 0，f(x)单调递增；x∈(ln(-2a),0)时，f′
2
(x)<0，f(x)单调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，在(-∞,0)上单调递减；
1
当a<- 时，f(x)在(-∞,0)，(ln(-2a),+∞)上单调递增，在(0,ln(-2a))上单调递减；
2
1
当a=- 时，f(x)在R上单调递增；
2
1
当- 1，满足f(x)=(x-1)ex1+ax2=0，
1 1 1 1
化简得，2(x-1)ex1=-2ax2，
1 1
∴ln(2x-2)+x=ln(-2a)+2lnx ，即ln(-2a)=ln(2x-2)+x-2lnx ，
1 1 1 1 1 1
∴x-x =x-ln(-2a)=2lnx-ln(2x-2)，
1 0 1 1 1
设g(x)=2lnx-ln(2x-2)，x>1，
2 1 x-2
g′(x)= - = ，
x x-1 x(x-1)
当x∈(2,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(1,2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
从而当x=2时，g(x)有最小值g(2)=ln2，
综上所述，f(x)存在唯一的零点x ，且x-x ≥ln2．
1 1 0
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
(1)直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然
后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想
和分类讨论思想的应用；
(2)构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
(3)参变量分离法：由fx
21
=0分离变量得出a=gx ，将问题等价转化为直线y=a与函数y=gx 的图
象的交点问题.
1
3. (2023上·重庆永川·高三重庆市永川北山中学校校考期中)已知函数f(x)=lnx+ x2-ax．
2
1
(1)当a= 时，求在曲线y=f(x)上的点(1,f(1))处的切线方程；
2
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)若f(x)有两个极值点x ，x ，证明： fx 1
1 2
-fx 2 a <2- ．
x-x 2
1 2
【答案】(1)3x-2y-3=0；
(2)详见解析；
(3)详见解析.
【分析】(1)根据导数的几何意义求出；
(2)求出导函数f x
1
= +x-a(x>0)，在定义域0,+∞
x
内分类讨论解含参不等式即可求出；
(3)由题意得a>2，x+x =a，xx =1，而 fx 1
1 2 1 2
-fx 2 lnx-lnx 1 lnx-lnx = 1 2 - a，只需证明 1 2 <2，即
x-x x-x 2 x-x
1 2 1 2 1 21
证：lnx+lnx<2x-
1 1 1 x
1
22
1
，即证：lnx0)．
x
当a≤2时，f x
1
= +x-a≥2-a≥0．则f(x)在(0,+∞)上单调递增．
x
当a>2时，f x
1 x2-ax+1 a- a2-4 a+ a2-4
= +x-a= =0．则x= ，x = ． x x 1 2 2 2
令f x >0，则0x 2 ．f x <0，则x2时，f(x)在0,
2
a+ a2-4
和 ,+∞
2
上单调递增，
a- a2-4 a+ a2-4
f(x)在 ,
2 2
上单调递减．
(3)∵f(x)有两个极值x ，x ，
1 2
∴x ，x 是方程x2-ax+1=0的两个不等实根，
1 2
则a>2，x+x =a，xx =1，
1 2 1 2
fx 1 -fx 2
lnx+1x2-ax-lnx +1x2-ax
1 2 1 1 2 2 2 2 =
x-x
1 2
x-x
1 2
lnx 1 -lnx 2 + 2 1 x 1 -x 2 = x 1 +x 2 -ax 1 -x 2 lnx-lnx 1 = 1 2 + a-a
x-x x-x 2
1 2 1 2
lnx-lnx 1
= 1 2 - a．
x-x 2
1 2
要证： fx 1 -fx 2 a lnx-lnx <2- ．即证： 1 2 <2．
x-x 2 x-x
1 2 1 2
1
不妨设x>1>x >0，即证：lnx+lnx<2x-
1 2 1 1 1 x
1
．
1
即证：lnx1)．则f x
x
1 1 x2-x+1
= -1- =- <0．
x x2 x2
从而f(x)在(1,+∞)上单调递减，故f(x)2，证明：当x≥ 3a-6时，fx >gx .【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)根据题意求导后分类讨论即可求得答案；
x2 x2
(2)先求得20x>0 ，通过二次求导判断函数
单调性进而即可得证.
【详解】(1)由fx =e2x-ax-1，得f x =2e2x-a，
当a≤0时，f x >0，fx 在-∞,+∞ 单调递增；
当a>0时，令f x
1 a
>0，得x> ln ，此时fx
2 2
单调递增，
令f x
1 a
<0，得x< ln ，此时fx
2 2
单调递减.
综上所述，当a≤0时，fx 增区间为-∞,+∞ ，无减区间
当a>0时，fx
1 a
增区间为 ln ,+∞
2 2
1 a
，减区间为-∞, ln
2 2
x2
(2)因为a>2，x≥ 3a-6，所以20，
3
要证fx >gx ，即证e2x-ax-1>axex-1 ，
x2
即证e2x-axex-1>0，即证e2x- +2
3
xex-1>0x>0 ，
设hx
1
=e2x- x3ex-2xex-1x>0
3
，
则h x 1 =2e2x- x3+x2
3
ex-2x+2
1x3+x2+2x+2
ex=e2x2- 3
ex
，
令mx
1x3+x2+2x+2
3 =2- x>0
ex
，
则m x
x2+2x+2
=-
- 1x3+x2+2x+2
3
x3
= >0对x>0恒成立，
ex 3ex
所以mx 在0,+∞ 单调递增，所以x>0时，mx >m0
2
=2- =0，
1
所以h x >0对x>0恒成立，所以hx 在0,+∞ 单调递增，
所以x>0时，hx >h0 =1-1=0，
x2
即e2x- +2
3
xex-1>0x>0 成立，故原式得证
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数证明函数不等式恒成立问题，常见方法如下：
(1)构造函数法：通过构造函数，利用导数研究函数单调性，转化为求函数最值问题；
(2)放缩法：一是利用题目中已知条件进行放缩，二是利用常见的二级结论进行放缩；
(3)同构法：指数和对数同时出现，往往将不等式形式进行变形，通过同构化简不等式进而证明即可.
5. (2023上·江苏镇江·高二江苏省镇江第一中学校考期末)已知函数fx =ax-2lnx．
(1)试讨论函数fx 的单调性；
(2)a>0时，求fx 在1,e 上的最大值；
(3)当x>1时，不等式fx <x-2 lnx+2x+a-1恒成立，求整数a的最大值．
【答案】(1)当a≤0时，fx 的单调递减区间是0,+∞ ；无单调递增区间，
当a>0时，fx
2
的单调递减区间是0,
a
2
；单调递增区间是 ,+∞
a
.2
(2)当0 时，fx
e-1
在1,e 上的最大值是ae-2.
(3)4
【分析】(1)求f x ，分a≤0和a>0两种情况，判断f x 的符号，即可求解；
(2)通过讨论fx 在1,e 上的单调性，即可求最大值；
xlnx 1
(3)通过分离参数，得到a< + +2，令gx
x-1 x-1
xlnx 1
= + +2，借助隐零点求出gx
x-1 x-1
在
1,+∞ 上的最小值的范围，即可求解.
【详解】(1)由函数fx =ax-2lnx可得
f x
2 ax-2
=a- = x>0
x x
，
当a≤0时，f x <0恒成立，
所以fx 的单调递减区间是0,+∞ ；无单调递增区间.
当a>0时，令f x
2
=0解得x= ，
a
令f x
2
<0，解得x∈0,
a
；
令f x
2
>0，解得x∈ ,+∞
a
，
所以fx
2
的单调递减区间是0,
a
2
；单调递增区间是 ,+∞
a
，
综上所述：当a≤0时，fx 的单调递减区间是0,+∞ ；无单调递增区间，
当a>0时，fx
2
的单调递减区间是0,
a
2
；单调递增区间是 ,+∞
a
.
(2)由(1)知当a>0时，fx
2
在0,
a
2
上单调递减；在 ,+∞
a
上单调递增，
2 2
当 ≥e，即0 时，fx
e-1
在1,e 上的最大值是ae-2.
(3)当x>1时，不等式fx <x-2 lnx+2x+a-1恒成立，
即ax-2lnx<x-2 lnx+2x+a-1，
即ax-2lnx0，
x x
所以hx 在区间1,+∞ 上单调递增，
因为h3 =1-ln3<0，h4 =2-ln4>0，
所以存在唯一一点x 0 ∈3,4 ，使hx 0 =0，
即x -lnx -2=0，所以lnx =x -2，
0 0 0 0
所以当x∈1,x 0 时，hx <0，即g x <0，
当x∈x 0 ,+∞ 时，hx >0，即g x >0，
所以gx 在区间1,x 0 上单调递减；在区间x 0 ,+∞ 上单调递增；
所以gx min =gx 0
x lnx 1
= 0 0 + +2， x -1 x -1
0 0
= x 0x 0 -2 1 + +2，
x -1 x -1
0 0
x2-1
= 0 =x +1，
x -1 0
0
因为x 0 ∈3,4 ，
所以x 0 +1∈4,5 ，
即gx ∈4,5
min
，
所以a≤4，
所以整数a的最大值是4.
【点睛】关键点睛：本题主要考查导数应用，恒成立问题的求解关键是分离参数，利用导数求解分离后函数
的最值，如果极值点不易求解时，可以借助隐零点进行求解.
1
6. (2023上·山西吕梁·高三校联考阶段练习)已知函数f(x)=- x2+ax-lnx(a∈R)．
2
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)有两个极值点x ，x (x0)，得f(x)=-x+a- =- ．
2 x x
g(x)
令g(x)=x2-ax+1，则f(x)=- ，x>0，
x
当Δ=a2-4≤0，即-2≤a≤2时，g(x)≥0恒成立，则f(x)≤0，
所以f(x)在(0,+∞)上是减函数．
当Δ=a2-4>0，即a<-2或a>2．
(i)当a<-2时，g(x)>0恒成立，从而f(x)<0，所以f(x)在(0,+∞)上是减函数．
a- a2-4 a+ a2-4
(ii)当a>2时，函数g(x)有两个零点：x= ，x = ，
1 2 2 2
列表如下：
x 0,x
1
26
x x ,x
1 1 2
x x ,+∞
2 2
f(x) - 0 + 0 -
f(x) 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数
综上，当a≤2时，f(x)的减区间是(0,+∞)，无增区间；当a>2时，f(x)的增区间是
a- a2-4 a+ a2-4
,
2 2
a- a2-4
，减区间是0,
2
a+ a2-4
， ,+∞
2
．
(2)由(1)知，当a>2时，f(x)有两个极值点x ，x ，x0，所以01)，h(t)= -t+3lnt+2，t>1，
2 t
2 3 (t-1)(t-2)
则h(t)=- -1+ =- ，
t2 t t2
当10；当t>2时，h(t)<0，
则h(t)在(1,2)上是增函数，在(2,+∞)上是减函数，从而h(t) =h(2)=3ln2+1，
max
a+ a2-4 3 2
由x2=2知 = 2，又a>2，解得a= ，
2 2 2
3 2
所以当a= 2 时，4fx 1 -2fx 2 取得最大值．
【能力培优考点二】导数与恒成立问题
一、解答题
1
1. (2023·四川内江·统考一模)已知函数f(x)= ax2-lnx．
2
(1)当a=1时，求f(x)的极值；
(2)若不等式f(x)≥x恒成立，求实数a的取值范围．
1
【答案】(1)极小值为 ，无极大值
2(2)a≥2
1 (x-1)(x+1)
【分析】(1)对f(x)= x2-lnx求导得到f(x)= ，再根据极值的定义即可求出结果；
2 x
1 x+lnx 1 lnx
(2)根据条件，分离常量得到 a≥ ，构造g(x)= + (x>0)，将问题转化成求g(x)的最大值，
2 x2 x x2
即可解决问题.
1 1 x2-1 (x-1)(x+1)
【详解】(1)当a=1时，f(x)= x2-lnx，则f(x)=x- = = ，
2 x x x
由f(x)=0，得到x=1，又x>0，当x∈(0,1)时，f(x)<0，x∈(1,+∞)时，f(x)>0，
1 1
所以f(x)= x2-lnx在x=1处取到极小值，极小值为 ，无极大值.
2 2
1 1
(2)由f(x)≥x恒成立，得到 ax2-lnx≥x恒成立，即 ax2≥x+lnx恒成立，
2 2
1 x+lnx 1 lnx
又x>0，所以 a≥ = + 恒成立，
2 x2 x x2
1 lnx 1 x-2xlnx 1 1-2lnx -x+1-2lnx
令g(x)= + (x>0)，则g(x)=- + =- + = ，
x x2 x2 x4 x2 x3 x3
2
令h(x)=-2lnx-x+1(x>0)，则h(x)=- -1<0恒成立，
x
即h(x)=-2lnx-x+1在区间(0,+∞)上单调递减，
又h(1)=-2ln1-1+1=0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，x∈(1,+∞)时，h(x)<0，
即x∈(0,1)时，g(x)>0，x∈(1,+∞)时，g(x)<0，
1 lnx
所以g(x)= + (x>0)在区间0,1
x x2
27
上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，
1
故g(x)≤g(1)=1，所以 a≥1，即a≥2，
2
所以，实数a的取值范围为a≥2.
【点睛】方法点晴，第(2)问中的恒成立问题，常用的方法，一是直接构造函数，求出函数的最值；二是通过参
变分离，再构造函数，通过求函数最值来解决问题.
2. (2024·全国·模拟预测)已知函数fx =lnx+axa∈R ．
(1)若函数fx 有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(2)若fx ≤x⋅e2x-1对任意的x∈0,+∞ 恒成立，其中e为自然对数的底数，求实数a的最大值．
1
【答案】(1)- ,0
e
(2)2
【分析】(1)对函数fx =lnx+axa∈R 求导，分类讨论，再证充分性即可;
(2)将恒成立问题分离参数后，转化为最值问题，借助导数及零点存在性定理计算即可.
【详解】(1)结合题意:fx =lnx+axa∈R 的定义域为0,+∞ .
所以f x
1
= +a，
x
若a≥0，fx 在0,+∞ 上递增，至多一个零点，不合题意，
若a<0，f x
ax+ 1
a =
，fx
x
1 在0,-
a
1 上递增，在- ,+∞
a
上递减，
1
所以f(x) =f-
max a
1
=ln-
a
1
-1>0⇒- e a t t a ，
令ut =t2-et,t>e ，u t =2t-et,u t =2-et<0，
所以u t =2t-et<2e-ee<0，所以ut 0，
x
所以hx 在0,+∞ 上递增，又h1 >0,he-2 <0，
因此hx 在0,+∞ 上有唯一零点x 0 ∈0,1 ,
所以gx 在0,x 0 上单调递减，在x 0 ,+∞ 上单调递增，
即g(x) min =gx 0
lnx +1
=e2x0- 0 ，且2x2e2x0+lnx =0， x 0 0
0
1 1 1 1
所以2x e2x0= ln ⇒ln2x +2x =ln +lnln
0 x x 0 0 x x
0 0 0 0
．
令φx =x+lnx，则φ x
1
=1+ >0，
x
所以φx 在0,+∞ 上递增，φ2x 0 =φ-lnx 0
1
⇒2x =-lnx ,e2x0= ， 0 0 x
0
1 -2x +1
所以a =g(x) = - 0 =2．
max min x x
0 0
【点睛】关键点点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一
端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参
数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为
复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
3. (2024上·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校联考期末)已知函数fx =xlnx+2x-1.
(1)求fx 单调区间;
(2)已知m为整数，关于x的不等式f(x)>mx-1 在x>1时恒成立，求m的最大值．
【答案】(1)fx
1
的单调递增区间是 ,+∞
e3
，fx
1
的单调递减区间是0,
e3
(2)4
【分析】(1)对fx 求导并判断导数的正负得单调区间；
xlnx+2x-1
(2)分离参数得到 >m，通过导数求最值可得到m的最大值.
x-1
【详解】(1)fx 的定义域是0,+∞ ，
f(x)=lnx+3，
令f x
1
=0得x= ，
e3
f x
1
>0，得x> ，所以fx
e3
1
的单调递增区间是 ,+∞
e3
，f x
29
1
<0，得0mx-1 在1,+∞ 恒成立，
xlnx+2x-1
即 >m在1,+∞
x-1
恒成立，
设gx
xlnx+2x-1
= ，只需gx
x-1
>m即可，
min
g x
x-lnx-2
=
x-1
，
2
设hx =x-lnx-2,h x
1 x-1
=1- = ．
x x
当x∈1,+∞ 时，h x >0恒成立，hx 在1,+∞ 单调递增，
h2 =-ln2<0,h3
e
=1-ln3=ln <0,h4
3
=2-ln4>0，
故存在唯一实数hx 在3,4 存在唯一的零点x 0 ，使得hx 0 =0，即x -lnx -2=0， 0 0
故g x 0 =0，当x∈1,x 0 ,g x <0,gx 单调递减，
当x∈x 0 ,+∞ ,g x >0,gx 单调递增，
故gx min =gx 0 = x 0 lnx 0 +2x 0 -1 = x 0x 0 -2 x -1
0
+2x -1 x -1 0 =x 0 +1∈4,5
0
，
所以m0在(1,+∞)上恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)f(x)在ee-1,+∞ 上单调递增，在0,ee-1 上单调递减
(2)e2-2e,+∞
【分析】(1)已知a=0f(x)=xlnx-e(x-1)f(x)=lnx-(e-1)由f(x)>0得x>ee-1，由f
(x)<0得00在(1,+∞)上恒成立a> -x在(1,+∞)上恒成立
lnx
设g(x)= e(x-1) -x(x>1) -(lnx)2+elnx+ e -e 设h(x)=-(lnx)2+elnx+e-e
lnxa>g(x) ，由g(x)= x (x>1) → x h(x)=
max (lnx)2
1 e
-2lnx- +e
x x
构造函
→
数、求导 h(x)的单调性h(1)=h(e)=0当x∈(1,e)时，h(x)>0，g(x)单调递增，当x
∈(e,+∞)时，h(x)<0，g(x)单调递减g(x) =g(e)=e2-2ea的取值范围.
max
【详解】(1)当a=0时，f(x)=xlnx-e(x-1)，
则f(x)=lnx-(e-1)，
由f(x)>0得x>ee-1，
由f(x)<0得01时，lnx>0，故由f(x)>0在1,+∞
e(x-1)
上恒成立，得a> -x在(1,+∞)上恒
lnx成立．
e(x-1)
令g(x)= -x(x>1)，
lnx
-(lnx)2+elnx+ e -e
则a>g(x) ，g(x)= x (x>1)．
max (lnx)2
e 2lnx e e 1 e
设h(x)=-(lnx)2+elnx+ -e，则h(x)=- + - = -2lnx- +e
x x x x2 x x
30
．
e e-2x
设m(x)=-2lnx- +e，则m(x)= ，
x x2
令m x
e
=0，得x= ，
2
e
当x∈1,
2
时，m x
e
>0，当x∈ ,+∞
2
时，m x <0，
e
所以m(x)在1,
2
e
上单调递增，在 ,+∞
2
上单调递减，
e
又m(1)=0，m
2
>0，m(e)=e-3<0，
e
所以存在x ∈ ,e 0 2 ，使得mx 0 =0，
且当x∈1,x 0 时，m(x)>0，当x∈x 0 ,+∞ 时，m(x)<0，
所以h(x)在1,x 0 上单调递增，在x 0 ,+∞ 上单调递减，
又h(1)=h(e)=0，
所以当x∈(1,e)时，h(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，h(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) =g(e)=e2-2e，
max
所以a>e2-2e，即a的取值范围为e2-2e,+∞ ．
解法二 ：由f(x)>0在(1,+∞)上恒成立，得f(e)>0，即a>e2-2e．
下面证明当a>e2-2e时，f(x)>0在(1,+∞)上恒成立．
f(x)=(x+a)lnx-e(x-1)>x+e2-2e lnx-e(x-1)，
令px =x+e2-2e lnx-ex-1 x≥1 ，
要证f(x)>0在(1,+∞)上恒成立，只需证p(x)≥0在(1,+∞)上恒成立．
p x
e2-2e
=lnx+ +1-ex≥1
x
，
e2-2e
设m(x)=lnx+ +1-e，
x
x-e2-2e
则m(x)=
，
x2
令m(x)=0，得x=e2-2e，
当x∈1,e2-2e 时，m x <0，当x∈e2-2e,+∞ 时，m x >0，
所以mx 在1,e2-2e 上单调递减，在e2-2e,+∞ 上单调递增，
所以当x=e2-2e时，mx 取到极小值也是最小值，
所以p x =me2-2e
min
=lne2-2e +2-e=1+lne-2 +2-e<0，
又p(1)=e2-3e+1=(e-1)2-e>1.72-e>0，p e =0，
故存在x 1 ∈1,e2-2e ，使得p x 1 =0，
当x∈1,x 1 时，p(x)>0，p(x)单调递增，
当x∈x 1 ,e 时，p(x)<0，p(x)单调递减，当x∈(e,+∞)时，p(x)>0，p(x)单调递增，
故当x∈(1,+∞)时，p(x)≥p(1)=p(e)=0．
综上，a的取值范围为e2-2e,+∞
31
．
【点睛】判断函数的单调性是导数的重要作用之一，而导数值的符号与函数的单调性密切相关，因此判断导
函数的符号至关重要，判断导函数的符号的关键在于寻找“零点”，求解本题的关键就是多次构造函数并求
导，从而得到函数的单调性，其中，在判断mx 的零点时，用到了“隐零点”的知识，需要考生选取合适的
值，根据零点存在定理找到x 所在的区间．
0
5. (2024上·山西·高三期末)已知函数fx =mx-1 2-2x+2lnx，m≥2.
(1)求证：函数fx 存在单调递减区间，并求出该函数单调递减区间a,b 的长度b-a的取值范围；
(2)当x≥1时，fx ≤2xex-1-4x恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)证明见解析， 1 ,1
2
(2)2,4
【分析】(1)先求f x ，然后分析f x =0的根，由此完成证明；利用韦达定理表示出b-a结合m的范围求
解出其范围；
(2)将问题转化为“mx-1 2+2x+2lnx-2xex-1≤0在1,+∞ 上恒成立”，建立函数Fx =mx-1 2
+2x+2lnx-2xex-1，通过多次求导分析函数单调性的过程求解出m的取值范围.
【详解】(1)f x =2mx-1
2 2mx2-2m+2
-2+ =
x
x+2
x>0
x
，
令hx =2mx2-2m+2 x+2，
2m+2 m+1
因为m≥2，二次函数对称轴x= = >0，h0
4m 2m
=2>0，
且Δ=2m+2 2-4×2m×2=2m-2 2>0恒成立，
所以hx =0恒有两个不相等的正实根，且这两个正实根分别为a,bb>a
m+1 1
，a+b= ，ab= ，
m m
所以fx 的单调递减区间是a,b ，
所以单调递减区间a,b 的长度b-a= b+a
2 1 1
2-4ab= 1- + =1-
m m2 m
，
因为m≥2，所以b-a的取值范围为 1 ,1
2
；
(2)由题意mx-1 2-2x+2lnx≤2xex-1-4x在1,+∞ 上恒成立，
即mx-1 2+2x+2lnx-2xex-1≤0在1,+∞ 上恒成立，
令Fx =mx-1 2+2x+2lnx-2xex-1，
则F x =2mx-1
2
+2+ -2x+2
x
ex-1，令Gx =2mx-1
2
+2+ -2x+2
x
ex-1，
则G x
2
=2m- -2x+4
x2
ex-1，令Hx
2
=2m- -2x+4
x2
ex-1，
则H x
4
= -2x+6
x3
ex-1，令Mx
4
= -2x+6
x3
ex-1，
则M x
12
=- -2x+8
x4
ex-1，当x≥1时，M x <0，
所以Mx 在1,+∞ 上单调递减，Mx ≤M1 =4-8=-4<0，
所以Hx 在1,+∞ 上单调递减，Hx ≤H1 =2m-2-6=2m-8，
当2m-8≤0，即m≤4时，G x =Hx ≤0，
所以Gx =F x 在1,+∞ 上单调递减，F x ≤F 1 =0，所以Fx
32
在1,+∞ 上单调递减，Fx ≤F1 =0成立，所以2≤m≤4；
当2m-8>0，即m>4，单调递减函数Hx 在x→+∞时，Hx →-∞，且H1 =2m-8>0，
所以Hx =0在1,+∞ 上有根，记为x ， 0
在1,x 0 上，Hx >0，在x 0 ,+∞ 上Hx <0，
所以F x 在1,x 0 上单调递增，在x 0 ,+∞ 上单调递减，
且F 1 =0，函数F x 在x→+∞时，F x →-∞，
因此F x =0在1,+∞ 上有解，记为x ， 1
在1,x 1 上，F x >0，Fx 单调递增，而F1 =0，
因此在1,x 1 上，Fx >F1 =0，从而在1,+∞ 上Fx ≤0不恒成立，
综上所述，m的取值范围是2,4 .
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
(1)分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，
求解出参数范围；
(2)分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最
后取并集.
6. (2024上·甘肃武威·高三统考期末)已知函数fx
2x
= +alnx+1
ex
.
(1)当a=0时，求fx 的最大值；
(2)若fx ≤0在x∈0,+∞ 上恒成立，求实数a的取值范围.
2
【答案】(1)
e
(2)-∞,-2
【分析】(1)先求解出f x ，然后根据f x 的正负确定出fx 的单调性，然后可求fx 的最大值；
(2)先求解出f x ，令f x 的分子部分为gx ，再根据a与0的关系进行分类讨论：当a=0时，根据(1)的
结果进行分析；当a>0时，根据fx 解析式各部分取值正负进行分析；当a<0时，根据g0 的正负再进
行讨论，由此求解出结果.
【详解】(1)由题可知fx 的定义域为-1,+∞ ，当a=0时，fx
2x
= ，
ex
因为f x
21-x
=
，
ex
当x∈-1,1 时，f x >0，当x∈1,+∞ 时，f x <0，
所以fx 在-1,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，
所以fx =f1
max
2
= .
e
(2)因为fx
2x
= +alnx+1
ex
，所以f x
aex-2x2+2
=
x+1
，
ex
令gx =aex-2x2+2，则g x =aex-4x，
2
当a=0时，由(1)知f(x) = >0，不满足题意；
max e
当a>0时，x∈0,+∞
2x
, ≥0,alnx+1
ex
≥0，所以fx ≥0恒成立，不满足题意；
当a<0时，g x ≤0在0,+∞ 上恒成立，
所以gx 在0,+∞ 上单调递减，所以gx ≤g0 =a+2.
①当a≤-2时，因为gx ≤g0 ≤0，所以f x ≤0，所以fx
33
在0,+∞ 上单调递减，所以fx ≤f0 =0，所以a≤-2满足题意，
②当-20,g1 =ae<0，
所以存在x 0 ∈0,1 ，使得gx 0 =0，
当x∈0,x 0 时，gx >0，即f x >0，
当x∈x 0 ,+∞ 时，gx <0，即f x <0，
所以fx 在0,x 0 上单调递增，在x 0 ,+∞ 上单调递减，
因为f0 =0，所以当x∈0,x 0 时，fx >0，不满足题意，
综上所述，a∈-∞,-2 .
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
(1)分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，
求解出参数范围；
(2)分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最
后取并集.
【能力培优考点三】导数与函数的零点
一、单选题
1. (2023上·山东·高三校联考阶段练习)已知函数fx
ax, x≤0
=lnx,
x>0
，则函数gx
x
=2 ef fx -1的零点
个数为 ( )
A.0或3 B.0或1 C.1或2 D.2或3﹒
【答案】A
【分析】通过讨论a的取值范围，利用数形结合的思想即可解答.
【详解】当x>0时，fx
lnx
= ，所以f´x
x
1-lnx
= ,
x2
1-lnx
所以当00，即函数单调递增；
x2
1-lnx
当x>e时， <0，即函数单调递减；
x2
所以fx =fe
max
lne 1
= = ，并且当x>1时，fx
e e
>0，
当a>0时，图象如下所示：
令gx =2 ef fx -1=0，则f fx
e 1
= < ，
2e e
则可得fx =t 1 ∈1,e ，fx =t 2 ∈e,+∞ ,
fx =t 1 ∈1,e ，fx =t 2 ∈e,+∞ 均无零点，故零点个数为0；当a=0时，如下图所示：
参照a>0的解析可知，此时也无零点；
当a<0时，如下图所示：
令gx
34
=2 ef fx -1=0可解得fx =t 1 ∈1,e ,fx =t 2 ∈e,+∞ ,fx =t 3 ∈-∞,0 ,
结合上图可知：fx =t 1 ∈1,e ,fx =t 2 ∈e,+∞ ,fx =t 3 ∈-∞,0 均有1个零点，
所以此时gx =2 ef fx -1有3个零点，
综上：gx =2 ef fx -1有0个或3个零点，
故选：A.
二、多选题
2. (2024上·湖北武汉·高三统考期末)已知函数fx =ex-kx，gx =klnx-x，k>0，则 ( )
A.当k>e时，函数fx 有两个零点
B.存在某个k∈0,+∞ ，使得函数fx 与gx 零点个数不相同
C.存在k>e，使得fx 与gx 有相同的零点
D.若函数fx 有两个零点x 1 ,x 2x 1 0 ，
令f x >0⇒x>lnk，令f x <0⇒xe时，则fx =flnk
min
=k1-lnk <0，
又易知f0 =1>0，且x→+∞时，ex>kx⇒fx >0，
根据零点存在性定理可知函数fx 在0,lnk 和lnk,+∞ 内各有一个零点，故A正确；
对于B项，当k=e时，此时fx =f1
min
=0，则fx 有一个零点，当00，则此时fx 无零点，
又易得gx =klnx-x=-elnx-klnx =-flnx ，
则∀k∈0,+∞ ，函数fx 的零点个数与gx 的零点个数相同，故B错误；
对于C项，由A、B项结论可知：当k>e时，y=fx 有两个零点x,x ,xlnk>1， 1 2 1 2 2
同时gx 有两个零点x 3 ，x 4x 3 ex >x ，则只能有x =x ，即x =ex1，
4 2 2 2 3 2
由题意易知：k=
ex1
=
ex2
⇒
x
2 =
ex2
=
elnx2
，
x x lnx x lnx
1 2 2 2 2
令hx
ex
= ⇒h x
x
ex x-1
=
，则x∈0,1
x2
∪-∞,0 时，h x <0，
x∈1,+∞ 时，h x >0，故hx 在0,1 ,-∞,0 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，
且x<0时，hx <0，x>0时，hx =h1
min
=e，
设φx =hx -hlnx ，x>1，
因为x>lnx>0，x→1时，φx →-∞，φe =he -h1 =ee-1-e>0，
所以存在x 2 ∈1,e ，使得φx 2 =0，即φx 2 =hx 2 -hlnx 2 =0，所以，hx 2 =hlnx 2 ，
即存在k>e，使得fx 与gx 有相同的零点x =x ，故C正确； 2 3
对于D项，由C项结论可知，此时k>e，
则由 x x 3 = = e e x x 1 2 ⇒ e x x1 = e x x2 =k= x x 3 = x x 4 ⇒x 1 x 4 =x 2 x 3 ，故D正确.
4 1 2 1 2
综上：ACD正确.
故选：ACD
【点睛】难点点睛：可以先利用导数含参讨论函数的单调性与最值，结合零点存在性定理判定零点个数，对
于第二项，注意观察两个函数的解析式，利用同构式判定可零点之间的联系；第三项，构造函数利用其单调
性可判定同构式是否有解.
三、解答题
3. (2024上·江苏·高三统考期末)已知函数fx
lnx
=ex-m- (m∈R).
x
(1)当m=1时，求函数fx 的单调区间；
(2)若函数fx 的图象与x轴相切，求证：1+ln20时，y=xx+2
1
ex-1+ >0恒成立
x
所以fx 在0,+∞ 上单调递增，
所以当x∈0,1 时，f x <0；当x∈1,+∞ 时，f x >0，
所以fx 的单调递减区间为0,1 ，单调递增区间为1,+∞
.
(2)f x
1-lnx
=ex-m- ，设函数fx x2 的图象与x轴相切于点Px 0 ,0 ，
则 fx 0 =0, f x 0 =0, 即 e e x x 0 0 - - m m - - l 1 n x - x 0 x 0 l 2 n = x 0 0 =0 ，即 ln x x 0 0 = 1- x l 2 0 nx 0
0
1
所以lnx 0 - x +1 =0，设hx
0
1
=lnx- ，则hx x+1 在0,+∞ 上单调递增且图象不间断，
又h1 <0，h2 >0，所以x 0 ∈1,2
lnx x
，由ex0-m- 0 =0得em= 0 ex0， x lnx
0 0
1 1 x
又因为lnx 0 - x +1 =0，所以 lnx =x 0 +1，则em= lnx 0 ex0=x 0x 0 +1
0 0 0
ex0，
所以lnem=ln x 0x 0 +1 ex0 ，即m=lnx 0 +1 +x +lnx . 0 0
而y=lnx 0 +1 +x 0 +lnx 0 在区间1,2 单调递增，
所以m=lnx 0 +1 +x 0 +lnx 0 ∈1+ln2,2+ln6 ，
即1+ln21-ln2；若
f nx 没有最小值，说明理由．
(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)
【答案】(1)1-2n
(2)-∞,-1
(3)答案见详解
【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；
(2)通过参变分离以及求解函数的最值得出结果；
(3)分成n为奇数，n为偶数两种情况，并借助导数不等式分别讨论函数f nx 的零点个数及最值.
【详解】(1)由f nx =-1+x-x2+⋯+-1 nxn-1，
可得f n-2
1-2n
=-1-2-22-⋯-2n-1=- =1-2n,
1-2
所以曲线y=f nx 在x=-2处的切线斜率1-2n.
(2)若f 2x -2≥kex对任意x∈R恒成立，
所以k≤ f 2x -2 -1-x+
x2
= 2 对任意x∈R恒成立，
ex ex令g(x)= -1-x+ x 2 2 ，则g(x)= x4-x
ex
37
，
ex
由g(x)>0解得x<0，或x>4；由g(x)<0解得04时，g(x)>0，
故g(x)的最小值为g(0)=-1，
故k≤-1，即k的取值范围是-∞,-1 .
(3)f n-1 =-1-1-⋯-1 =-n，
当x≠-1时，f nx =-1+x-x2+⋯+-1
1--x
nxn-1=-
n
1--x
-x
=
n-1
，
x+1
因此当n为奇数时，f nx
x2 x3 xn-1 xn
=1-x+ - +⋯+ - ，
2 3 n-1 n
此时f nx
-xn-1,x≠-1,
= x+1
-n,x=-1.
则f nx <0，所以f nx 单调递减.
此时f n0 =1>0，f 1x =1-x显然有唯一零点，无最小值.
当n≥2时，f n2
22 23 2n-1 2n
=1-2+ - +⋯+ -
2 3 n-1 n
=1-2
22 3
+ -2
3 2
2n-1 n
+⋅⋅⋅+ -2
n n-1
<0
且当x>2时，f nx =1-x
x2 x3
+ -
2 3
xn-1 xn
+⋯+ -
n-1 n
=1-x
x2 3
+ -x
3 2
xn-1 n
+⋯+ -x
n n-1
<1-x，
由此可知此时f nx 不存在最小值.
从而当n为奇数时，f nx 有唯一零点，无最小值，
当n=2kk∈N* 时，即当n为偶数时，f nx
x2 x3 xn-1 xn
=1-x+ - +⋯- + ，
2 3 n-1 n
此时f nx
xn-1,x≠-1,
=x+1 ，
-n,x=-1.
由f nx >0，解得x>1；由f nx <0，解得x<1
则f nx 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，
故f nx 的最小值为f n1 =1-1
1 1
+ -
2 3
1 1
+⋯+ -
n-2 n-1
1
+ >0，
n
即f nx ≥f n1 >0，所以当n为偶数时，f nx 没有零点.
设hx =ln1+x
x
- x>0
x+1
，
h x
1 1
= -
1+x x+1
x
=
2 x+1
>0，
2
所以hx 在0,+∞ 上单调递增，hx >h0 =0，即ln1+x
x
> x>0
x+1
.
1 n+1 1
令x= 可得ln > ，
n n n+1
当n=2kk∈N* 时
1-f 1
2k
1 1 1 1 1
=1- + - +⋯+ -
2 3 4 2k-1 2k1 1 1
=1+ + +⋅⋅⋅+
2 3 2k
38
1 1 1
-2 + +⋯+
2 4 2k
1 1 1
=1+ + +⋅⋅⋅+
2 3 2k
1 1
-1+ +⋯+
2 k
1 1 1
= + ⋅⋅⋅+
k+1 k+2 2k
k+1 k+2 2k 2k
1-ln2.
从而当n为偶数时，f nx 没有零点，存在最小值m>1-ln2.
综上所述，当n为奇数时，f nx 有唯一零点，无最小值；
当n为偶数时，f nx 没有零点，存在最小值m>1-ln2.
【点睛】方法点睛：恒成立问题的等价转化法则
(1)fx >0恒成立⇔f(x) min >0,fx <0恒成立⇔f(x) <0； max
(2)fx >a恒成立⇔f(x) min >a,fx gx 恒成立⇔ fx -gx >0，fx min gx 2 恒成立⇔fx 1 min >gx 2 ． max
5. (2023上·广西柳州·高三柳州高级中学校考阶段练习)已知函数fx
a
=-2lnx- +1，
x2
(1)当a=1时，求fx 在区间 1 ，2
2
上的值域；
(2)若fx
1 1 2
有两个不同的零点x ，x ，求a的取值范围，并证明： + > . 1 2 x2 x2 a
1 2
【答案】(1)[-3+2ln2,0]
(2)0,1 ，证明见解析
【分析】(1)当a=1时，求得f x
-2 2
= + ，得出函数的单调性，结合最大值和端点的函数值，即可求得
x x3
函数fx 的值域；
(2)求得f x
2x2-2a
=- (x>0)，当a≤0时，得到fx
x3
在0,+∞ 上递减，舍去；当a>0时，求得fx 的
单调性，得到两个零点x 1 ∈0, a ，x 2 ∈ a,+∞
x2
2 -1
，进而得到
2
=
x2
2
-x2
1 ，转化为ln
x
2 >
x2
1 ，设
x
2 a x2x2ln x 2 x 1 x2 2 +1 x 1
1 2 x 1 x2 1
=t，构造gt
t2-1
=lnt- ，利用导数求得函数的单调性，结合gt
t2+1
>g1 =0，即可得证.
【详解】(1)解：当a=1时，可得fx =-2lnx- 2 +1,x∈ 1 ，2
x2 2
，
可得f x
-2 2 -2(x+1)(x-1)
= + = ，
x x3 x3
令f x
1
>0，解得 0)
x3
当a≤0时，f x <0，fx 在0,+∞ 上递减，不可能有两个零点，舍去；
当a>0时，f x
2(x+ a)(x- a)
=- ，令f x
x3
=0，解得x= a或x=- a，
当x∈0, a 时，f x >0；当x∈ a,+∞ 时，f x <0，
所以fx 在0, a 递增，在 a,+∞ 上递减，为满足题意，
此时极大值为f a =-lna>0，解得0
2
，只需证
1
+
1
>
x2
2
-x2
1 ，即证ln
x
2 >
x2
1 ，
x2 1 x2 2 a x2 1 x2 2 x2 1 x2 2 ln x x 2 1 x 1 x x 2 2 2 1 +1
x t2-1
设 2 =t∈(1,+∞)，只需证lnt> t>1
x t2+1
1
，
设gt
t2-1
=lnt- t>1
t2+1
，可得g t
1 4t (t2-1)2
= - = >0，
t (t2+1)2 t(t2+1)2
所以gt 在1,+∞ 单调递增，所以gt >g1
t2-1
=0，所以lnt> (t>1)成立，
t2+1
即原命题得证.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
6. (2024上·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)已知函数fx
1
=alnx-x+ (a∈R).
x
(1)是否存在实数a，使得x=1为函数fx 的极小值点.若存在，求a的值；若不存在，请说明理由；
(2)若fx 图象上总存在关于点1,0 对称的两点，求a的取值范围.
【答案】(1)不存在a，理由见解析
(2)a>2
【分析】(1)设f 1 =0，可计算出a，而后验证x=1是否为函数fx 的极小值点即可得；
2
(2)由题意可将问题转化为alnt+ -2=0在t∈0,1
t
上有解，构造函数后借助导数得到函数单调性，结
合零点的存在性定理研究函数的零点，即可得方程的根.【详解】(1)由题意，得函数fx
40
的定义域为0,+∞ ，
且f x
a 1 -x2+ax-1
= -1- = ，
x x2 x2
若x=1为函数fx 的极值点，则f 1 =0，a=2，
此时f x
-x2+2x-1 -x-1
= =
x2
2
≤0，
x2
函数fx 在0,+∞ 上单调递减，
故x=1不是函数fx 的极值点，所以不存在a满足条件.
(2)由题意可知fx +f2-x =0在x∈0,1 上有解，
所以 alnx-x+ 1
x
+ aln2-x -2-x + 1
2-x
=0在x∈0,1 上有解，
该方程化简得aln2x-x2
2
+ -2=0，
2x-x2
令t=2x-x2∈0,1
2
，得alnt+ -2=0，
t
2
所以问题等价于方程alnt+ -2=0在t∈0,1
t
上有解，
令ht
2
=alnt+ -2，t∈0,1
t
，有h t
a 2 at-2
= - = ，
t t2 t2
当a≤2时，ht 在0,1 单调递减，
又h1 =0，所以ht 在0,1 上无零点，不成立，
当a>2时，ht
2
在0,
a
2
上单调递减，在 ,1
a
上单调递增，且h1 =0，
2
所以有h
a
1
<0，h
a2
1
=aln +2a2-2=aa-2lna
a2
+a2-2，
令μx =x-2lnx，则μ x
2 x-2
=1- = ，
x x
当x>2时，μ x >0，故μx 在2,+∞ 上单调递增，
又μ2 =2-2ln2=21-ln2 >0，故当x>2时，μx >0，
1
故a-2lna>0，又a2-2>0，故h
a2
>0，
故ht
2
在0,
a
2
上有一个零点，在 ,1
a
上没有零点.
综上，当a>2时，fx 图象上总存在一对关于点1,0 对称的两点.
【点睛】关键点睛：本题关键在于将fx 图象上总存在关于点1,0 对称的两点转化为fx +f2-x =0
在x∈0,1 上有解，结合等式化简及换元转化为研究函数ht
2
=alnt+ -2在t∈0,1
t
上是否有零点.
【能力培优考点四】导数与不等式证明
一、解答题
1. (2023上·河北石家庄·高三石家庄市第二十七中学校考阶段练习)已知函数fx
1
=xlnx- x2+ax．
4
(1)若fx 在定义域内为单调递减函数，求a的取值范围；
(2)求证：当a>0且x∈0,2 时，fx >-1．
【答案】(1)-∞,-ln2
(2)证明见解析
【分析】(1)fx 在定义域内单调递减转化为f x ≤0恒成立，分参，求函数最值，进而求参数的取值范围；(2)利用a>0且x∈0,2
41
，放缩，可知fx
1 1
>xlnx- x2，利用隐零点的性质证明xlnx- x2>-1即可.
4 4
【详解】(1)定义域为0,+∞ ，因为fx 在定义域内为单调递减函数，所以f x
1
=1+lnx- x+a≤0，
2
1
所以a≤ x-lnx-1，
2
令gx
1
= x-lnx-1，所以g x
2
1 1 x-2
= - = ，令g x
2 x 2x
=0得x=2，
当x∈0,2 时，g x <0，gx 在0,2 上单调递减，
当x∈2,+∞ 时，g x >0，gx 在2,+∞ 上单调递增，
所以gx =g2
min
=-ln2，所以a≤-ln2，
故a的取值范围是-∞,-ln2 .
(2)a>0且x∈0,2 时，所以fx
1 1
=xlnx- x2+ax>xlnx- x2，
4 4
令hx
1
=xlnx- x2，x∈0,2
4
，所以h x
1
=1+lnx- x，
2
令px
1
=1+lnx- x，则p x
2
1 1 2-x
= - = >0恒成立，所以px
x 2 2x
在x∈0,2 上单调递增，
即h x
1
=1+lnx- x在x∈0,2
2
上单调递增，
1
因为h e
1 1
=- <0，h 2e 2
3 1 1
= -ln2>0，所以存在x ∈ , 4 0 e 2 ，有h x 0 =0，
1 1
即1+lnx - x =0，所以lnx = x -1
0 2 0 0 2 0
所以当x∈0,x 0 时，h x <0，hx 在x∈0,x 0 上单调递减，
当x∈x 0 ,2 时，h x >0，hx 在x∈x 0 ,2 上单调递增，
所以hx ≥hx 0
1 1
=x lnx - x2=x x -1 0 0 4 0 0 2 0
1 1 1
- 4 x2 0 = 4 x2 0 -x 0 = 4 x 0 -2 2-1>-1，
故fx >-1.
【点睛】(1)利用函数单调递减可知，导数小于等于零恒成立，进而求参数取值范围；
1
(2)巧妙的将参数a放缩，证明xlnx- x2>-1，利用隐零点的特点证明.
4
x2+m
2. (2024·陕西宝鸡·统考一模)已知函数f(x)=ln(x+1)- (m∈R)
x+1
(1)当m=-1时，求f(x)的单调区间；
(2)已知x>0，求证：当m≥1时，f(x)<0恒成立；
x2+m
(3)设m>0，求证：当函数f(x)恰有一个零点时，该零点一定不是函数y= 的极值点．
x+1
【答案】(1)递增区间为(-1,0)，递减区间为(0,+∞)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)求出函数导数，利用导数求函数的单调区间即可；
(2)可转化为g(x)=(x+1)ln(x+1)-x2-m<0(x>0)，求出gx 即可得证 ；
max
x2+m
(3)函数f(x)零点x 满足x2+x -1-m=0，求出y= 的极值点代入方程，无解即可.
0 0 0 x+1
1 x
【详解】(1)m=-1时，f(x)=ln(x+1)-x+1，f′(x)= -1=- (x>-1)．
x+1 x+1
所以，当-10，f(x)单调递增；
当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减．即f(x)的递增区间为(-1,0)，递减区间为(0,+∞)．
(2)因为x>0，f(x)<0⇔(x+1)ln(x+1)0)，则g(x)=ln(x+1)+1-2x，
1
令h(x)=g(x)，则h′(x)= -2<0，
x+1
1
即g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g′
2
42
3
=ln >0，g′(1)=ln2-1<0，
2
1
即存在唯一x ∈ ,1 0 2 ，使g′x 0 =lnx 0 +1 +1-2x =0， 0
且g(x) max =gx 0 =x 0 +1 lnx 0 +1 -x2 0 -m=x 0 +1 2x 0 -1 -x2-m=x2+x -1-m， 0 0 0
1
又因为x ∈ ,1 0 2 ，则gx 0 <12+1-1-m=1-m≤0，
所以m≥1时，g(x)<0恒成立．即f(x)<0．
(3)由(2)知函数f(x)的零点就是函数g(x)的零点，
当f(x)有唯一零点时，设为x ，则x2+x -1-m=0(*)，
0 0 0
x2+m m+1
又y= =x+1+ -2，即该函数的极值点为x= m+1-1，
x+1 x+1
代入(*)得 m+1-1 2+ m+1-2-m=0，化简得 m+1=0，此方程无解，
所以原命题成立．
【点睛】关键点点睛：第2问关键在于将所求证问题转化为g(x)=(x+1)ln(x+1)-x2-m<0(x>0)，再利
1
用导数两次求导后，确定存在唯一x ∈ ,1 0 2 使g(x) max =gx 0 ，放缩确定gx 0 的符号即可.
3. (2024·全国·模拟预测)已知函数fx =lnx-aex a>0 ，其中e为自然对数的底数．
1
(1)若a= ，求fx
e
的单调区间；
(2)证明：fx ≤-2-lna．
【答案】(1)单调递增区间为0,1 ，单调递减区间为1,+∞ ．
(2)证明见解析
【分析】(1)借助导数研究单调性即可得；
(2)借助导数与零点存在性定理可得f x 必有唯一零点且该零点为fx 的极大值点，设出该零点，代入函
数后化简，结合基本不等式即可得.
1
【详解】(1)当a= 时，fx
e
=lnx-ex-1,f x
1 1-xex-1
= -ex-1= x>0
x x
，
令hx =1-xex-1,h x =-1-x ex-1<0，
所以hx 在0,+∞ 上单调递减，
h1 =0，所以当x∈0,1 ,hx >0,f x >0,fx 的增区间为0,1 ，
所以当x∈1,+∞ ,hx <0,f x <0，fx 的减区间为1,+∞ ，
所以fx 的单调递增区间为0,1 ，单调递减区间为1,+∞ ；
(2)fx =lnx-aex a>0 ，f x
1
= -aex a>0
x
，
令gx =f x
1
= -aex，则g x
x
1
=- -aex<0，
x2
故f x 为0,+∞
1
上的减函数，f
a
1
=a1-ea 0
1
的极大值点， =aex0,-lnx =lna+x ， x 0 0
0
fx =lnx-aex≤lnx -aex0=-x -lna- 1 ≤-2 x ⋅ 1 -lna=-2-lna， 0 0 x 0 x
0 0
1
当且仅当x =1,a= 时，等号成立.
0 e
【点睛】关键点睛：对零点不可求问题，可虚设零点，得到与零点有关等式，代入原函数后结合代换计算，从
而得到最值.
4. (2024上·辽宁丹东·高三统考期末)已知定义在0,+∞ 上的函数fx =lnx+1 和gx = x.
(1)求证：fx 0，
4m
4+tem-1
故变形为 =
em-1
，
em
进而等价于tem-1
2+4em-1
-4mem=0有正的实数根，
令hm =tem-1 2+4em-1 -4mem，m>0，
则h m =2tem-1 em-4mem=em 2tem-1 -4m ，
令p(m)=2tem-1
-4m，则p(m)=2tem-4，
当t≥2时，则p(m)=2tem-4≥4em-4>4e0-4=0，
所以p(m)在m>0单调递增，
故p(m)>p(0)=0，进而h m =emp(m)>0，此时hm
44
在m>0单调递增，故hm >h(0)=0，此时不符合要求，
当t≤0时，则p(m)=2tem-4<0，所以p(m)在m>0单调递减，
故p(m)0单调递减，故hm 0单调递增，由于p(0)=2t-4<0，
当m→+∞时，p m →+∞，故存在m >0，使得p(m )=0， 0 0
故当m∈0,m 0 ,p(m)<0,p(m)单调递减，当m∈m 0 ,+∞ ,p(m)>0,p(m)单调递增，
又当m→+∞时，pm →+∞，
因此存在m 1 ∈m 0 ,+∞ ，使得m∈0,m 1 ,h m <0,hm 单调递减，
当m∈m 1 ,+∞ ,h m >0,hm 单调递增，故当m是hm 的零点，
综上可得00，结合fx 1 =fx 2 ，得出mlnx 2 -lnx 1 =x -x ，设00，进而转化为证 x 1 1，即证lnt- t-1 >0成立，构造新
lnx -lnx x x x t+1
2 1 2 +1 1 1
x
1
函数gt
t-1
=lnt- ，利用导数判断其单调性，即可得证．
t+1
【详解】(1)函数fx 的定义域为0,+∞ ，f x
m x-m
=1- = ，
x x
当m≤0时，f x >0，所以fx 在0,+∞ 上单调递增；
当m>0时，由f x >0得x>m，所以fx 在m,+∞ 上单调递增；
由f x <0得00时，fx 在m,+∞ 上单调递增，在0,m 上单调递减；
(2)证明：fx =x-mlnx,x>0，f x
m x-m
=1- = ，
x x
由(1)可知，当m≤0时，fx 在0,+∞ 上是增函数，
故不存在不相等的实数x 1 ,x 2 ，使得fx 1 =fx 2 ，所以m>0．
由fx 1 =fx 2 得x 1 -mlnx 1 =x 2 -mlnx 2 ，即mlnx 2 -lnx 1 =x -x ， 2 1
x -x
不妨设00，则m= 2 1 >0，
1 2 2 1 lnx -lnx
2 1
x -x
要证m1，则只需证 0，
x t+1 t+1
1
令gt
45
t-1
=lnt- ,t>1
t+1
，则g t
1 2
= -
t t+1
t2+1
=
2 tt+1
>0，
2
所以gt 在1,+∞ 上是增函数，所以gt >g1 =0，
t-1
从而lnt- >0，故02x 0 型，构造函数Fx =fx -f2x 0 -x ；对结论xx >x2型， 1 2 0
构造函数Fx =fx
x2
-f 0
x
，通过研究Fx 的单调性获得不等式；
x
(2)(比值代换)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t= 1 化为单变量的函数不等式，利用函数
x
2
单调性证明；
(3)(差值代换)通过代数变形，将所证的双变量不等式通过代换t=x-x 化为单变量的函数不等式，利用
1 2
函数单调性证明.
6. (2023上·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考阶段练习)已知函数fx =alnx-x,a∈R．
(1)讨论fx 的单调性；
(2)若存在不相等的实数x 1 ,x 2 ，使得fx 1 =fx 2 ，证明：0<2a0，从而消变量a，再由分析法只需证明不等 lnx-lnx
1 2
x
1 -1
式2⋅ x 1 -x 2 2⋅ x 2 ，利用整体换元法令t= x 1(t>1)，构造
lnx-lnx 1 2 x x x
1 2 2 1 +1 2
x
2
函数kt
t-1
=lnt-2⋅ ,t>1，利用导数求解单调性从而证明不等式即可.
t+1
【详解】(1)由题得fx 的定义域为0,+∞ ，f x
a a-x
= -1= ，
x x
当a≤0时，f x <0，所以fx 在0,+∞ 上单调递减；
当a>0时，当x∈0,a 时，f x >0，所以fx 在0,a 上单调递增，
当x∈a,+∞ 时，f x <0，所以fx 在a,+∞ 上单调递减．
综上所述，
当a≤0时，fx 在0,+∞ 上单调递减；
当a>0时，fx 在0,a 上单调递增，在a,+∞ 上单调递减．
(2)由(1)得，当a≤0时，fx 在0,+∞ 上单调递减，不合题意，
故a>0，则2a>0．
由fx 1 =fx 2 ，可得alnx-x=alnx -x ， 1 1 2 2即alnx 1 -lnx 2
46
=x-x ， 1 2
x-x
可设x>x >0，则lnx>lnx ，则a= 1 2 >0．
1 2 1 2 lnx-lnx
1 2
x-x
要证2a2⋅ x 1 -x 2，即证ln x 1 >2⋅ x 2 ，
1 2 x+x x x
1 2 2 1 +1
x
2
x t-1
设t= 1(t>1)，即证lnt>2⋅ ，
x t+1
2
设kt
t-1
=lnt-2⋅ ,t>1，
t+1
可得k t
1 4 (t-1)2
= - = >0，
t (t+1)2 t(t+1)2
所以kt 在1,+∞ 上单调递增，即kt >k1 =0，
t-1
即lnt>2⋅ ，则2a0等形式，再构造函数可得；
x
(2)对数相加减：lnx-lnx =ln 1，lnx+lnx =lnxx ；
1 2 x 1 2 1 2
2
x-x x2-x2
(3)齐次分式： 1 2, 1 2 等；
x+x xx
1 2 1 2
lnx-lnx
(4)组合型：对数，分式，整式等形式加以组合，如x+kx >2x , 1 2 等等.
1 2 0 x-x
1 2
【冲刺压轴考点一】二次求导
一、解答题
1. (2023·广东·统考二模)已知a∈R，函数fx =x-1 ln1-x -x-acosx，f x 为fx 的导函数.
(1)当a=0时，求函数fx 的单调区间；
(2)讨论f x 在区间0,1 上的零点个数；
1 1 10
(3)比较 cos 与ln 的大小，并说明理由.
10 10 9
【答案】(1)fx 的单调递增区间为-∞,0 ，单调递减区间为0,1
(2)答案见解析
1 1 10
(3) cos 0和f x <0即可求解；
(2)令gx =f x ，则g x
a1-x
=
cosx-1
，x∈0,1
1-x
.易知当a≤1时g x <0，从而gx 单调递减；
当a>1时令hx =a1-x cosx-1，利用导数讨论函数h(x)的单调性，根据零点的存在性定理分析函
数gx 的单调性可得gx <0，即可得出零点的个数；
(3)由(2)可得当a≤1时ln1-x +asinx<0在0,1 上恒成立.利用导数讨论函数mx =x-tanx的1 1
性质可得xcosx0，故fx 在-∞,0 上单调递增；
当x∈0,1 时，f x <0，故fx 在0,1 上单调递减.
因此，函数fx 的单调递增区间为-∞,0 ，单调递减区间为0,1 .
(2)令gx =f x =ln1-x +asinx，
则g x
1 a1-x
=- +acosx=
1-x
cosx-1
，x∈0,1
1-x
.
因为x∈0,1 ，则1-x∈0,1 ，cosx∈0,1 ，则1-x cosx∈0,1 .
当a≤1时，则a1-x cosx-1<0，
故g x <0，从而gx 在0,1 上单调递减；
而g0 =0，故当x∈0,1 时，gx 1时，令hx =a1-x cosx-1，则h x =-a cosx+1-x sinx ，
因为x∈0,1 ，则cosx+1-x sinx>0，
从而h x <0，即hx 在0,1 上单调递减；
而h0 =a-1>0，h1 =-1<0，
因此存在唯一的x 0 ∈0,1 ，使得hx 0 =0，
并且当x∈0,x 0 时，hx >0；当x∈x 0 ,1 时，hx <0.
即当x∈0,x 0 时，g x >0，当x∈x 0 ,1 时，g x <0.
故当x∈0,x 0 时，gx 单调递增，当x∈x 0 ,1 时，gx 单调递减.
而g0 =0，故gx 0 >0；
取N=1-e-2a∈0,1 ，当x>N时，gx =ln1-x +asinx1时，f x 在0,1 上有唯一的零点；
当a≤1时，f x 在0,1 上没有零点.
1 1 10
(3) cos 0，从而px 在-1,0 上单调递增；
当x∈0,+∞ 时，p x <0，从而px 在0,+∞ 上单调递减.
故x=0是px =ln1+x -x的极大值点，并且是最大值点，
故px ≤p0 =0，即ln1+x ≤x，x∈-1,+∞ .
1 9 1 10 1
取x=- ，则ln <- ，故ln > ，
10 10 10 9 10
1 1 1 10 1 1 10
故 cos < 0 ，
(1)若a=1，求fx 的单调区间；
(2)若x=0是fx 的极小值点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为-1,+∞ ，无单调递增区间
(2)1,+∞
【分析】(1)根据导数与函数单调性的关系进行求解即可；
(2)由(1)可得x≠0时，f x
a
1两种情况下fx 的单调
性，根据单调性判断x=0是否为fx 的极小值点，进而确定a的取值范围.
【详解】(1)若a=1，则fx =xln1+x -x2，
fx 的定义域是-1,+∞ ．
f x =ln1+x
x
+ -2x．
1+x
令gx =f x ，则g x
1 1
= +
1+x 1+x
-x2x+3
-2=
2
1+x
．
2
当x∈-1,0 时，g x >0；当x∈0,+∞ 时，g x <0，
所以gx 在-1,0 上单调递增，在0,+∞ 上单调递减．
因为g0 =0，所以当x∈-1,+∞ 时，f x =gx ≤g0 =0恒成立，
当且仅当x=0时等号成立．
所以fx 的单调递减区间为-1,+∞ ，无单调递增区间．
(2)fx
1
的定义域为- ,+∞
a
，f x =ln1+ax
ax
+ -2x．
1+ax
由(1)得，当x>0时，xln1+x -x2<0，即ln1+x 0，即ln1+x 0时，由①可得f x 1，1
当- 2a-2>0，
1+ax
则由①可得f x
49
+
2 a+1 a+1
2a-1
-2=
2
a+1
>0，
2
所以mx
a-1
在区间0,
2a
上单调递增，
从而f x =mx >m0 =0．
故fx
1
在- ,0
a
a-1
上单调递减，在0,
2a
上单调递增，
所以x=0为fx 的极小值点．
综上所述，a的取值范围为1,+∞ ．
【点睛】关键点点睛：解决第二问的关键在于，借助第一问得到结论x≠0时，f x
a
1两种情况下x=0是否为fx 的极小值点，进而确定a的取值范围.
3. (2023下·湖北·高二十堰一中校联考期中)已知函数fx
ax
=sinx- 00，求a的取值范围；
2 2 n 1
(3)证明： - <sin
3 2n+3 k=1 kk+1
<1.
【答案】(1)证明见解析
(2)a≤2
(3)证明见解析
【分析】(1)利用二次导数讨论函数gx 在[0,+∞)单调性，由单调性可证；
(2)先根据fx 在x=0处的导数符号可得a≤2，然后利用放缩放判断导数符号，再根据单调性即可验证
a≤2；
2x
(3)利用不等式 0，则存在区间0,x 0 ，使得fx 单调递增，
故必有f 0
a
=1- ≥0，即a≤2，验证：当a≤2时，f x
2
4
≥cosx-
x+2
.
2
x2
由(1)可知cosx≥1- ，
2∴f x
50
x2 4
≥1- -
2 x+2
8x-2x2-4x3-x4
=
2 2x+2 2
x8-2x-4x2-x3
=
2x+2
x8-2-4-1
>
2
2x+2
x
=
2 2x+2
>0，即fx
2
在0,1 上单调递增，∴fx >f0 =
0满足题意，
综上，a≤2.
2x 1
(3)由(2)可知，当a=2，0 > - ，∴∑sin
k2+k+ 1 k+ 1 k+ 3 k=1 kk+1
2 2 2
1 1 1 1 > - + - +
1+ 1 1+ 3 2+ 1 2+ 3
2 2 2 2
1 1 2 2
⋯+ - = - ，
n+ 1 n+ 3 3 2n+3
2 2
2 2 n 1
综上 - <sin
3 2n+3 k=1 kk+1
<1.
【点睛】本题不等式直接证明难度较大，对于此类不等式经常需要进行适当的放缩，本题难点在于利用(2)
中结论，以及不等式问题中一些常见结论进行转化，要求学生熟记常见结论并能灵活运用.
4. (2023·全国·模拟预测)已知函数fx =x-1 lnx-ax-1a>0 ．
(1)若fx 的最小值为-e-1，求a的值；
(2)若a=1，证明：函数fx 存在两个零点x 1 ，x 2 ，且f x 1 +f x 2 <-2．
1
【答案】(1)a=1-
e
(2)证明见解析
【分析】(1)利用导数研究函数fx 的单调性，根据函数fx 的最小值列等式，再利用函数gx =x+lnx
的单调性求a的值；
(2)利用导数研究函数fx 的单调性，结合零点存在定理证明函数有两个零点，结合对数运算寻找函数
fx 的两个零点之间的关系，即可根据基本不等式证明不等式.
【详解】(1)由题意得fx 的定义域为0,+∞ ，f x
x-1 1
=lnx+ -a=lnx- +1-a，
x x
令hx =f x
1
=lnx- +1-a，则h x
x
1 1
= + >0，所以函数f x
x x2
在0,+∞ 上单调递增．
因为a>0，所以f 1 =-a<0，f ea
1
=1- ea >0，所以存在唯一的x 0 ∈1,ea ，使得f x 0 =0，
1 1
即lnx - +1-a=0，所以a=lnx - +1，
0 x 0 x
0 0
当x∈0,x 0 时，f x <0，fx 单调递减；当x∈x 0 ,+∞ ，f x >0，fx 单调递增．
所以fx min =fx 0 =x 0 -1 lnx 0 -ax 0 -1=x 0 -1
1
lnx -x ⋅lnx - +1 0 0 0 x
0
-1=-lnx -x ， 0 0
所以-lnx -x =-e-1，即x +lnx =e+1，
0 0 0 0
易知gx =x+lnx单调递增，且ge
1 1
=e+1，所以x =e，所以a=lne- +1=1- ． 0 e e
(2)当a=1时，fx =x-1 lnx-x-1，f x
1
=lnx- ，显然f x
x
单调递增，又f 1
51
=-1<0，f e
1
=1- e >0，所以存在唯一的x 0 ∈1,e ，使得f x 0
1
=0，即lnx- =0，所以lnx 0 x 0
0
1
= ，
x
0
所以当x∈0,x 0 时，f x <0，fx 单调递减；当x∈x 0 ,+∞ 时，f x >0，fx 单调递增．
因为fx 0 =x 0 -1
1
lnx 0 -x 0 -1=-x 0 - x <0，fe-2
0
3
=1- >0，fe2 e2 =e2-3>0，所以fx 有两个零
点x ，x ，
1 2
不妨设x 1 1，x 2 =tx 1 ，结合题目条件fx 1
1
=fx 2 lnx=2- tlnt 化简得到 1 t-1 ，再将要证 lnx =2- lnt
2 t-1
明的x1 1 -λxλ 2 1)，构造函数gt =t-1-λ tlnt-1-λlnt，t∈1,+∞ ，利用
导数证明函数gt 即可.
【详解】(1)由fx =mx-xlnx，得f1 =m，所以切点坐标为1,m ，
又f x =m-lnx-1，所以切线的斜率k=f 1 =m-1，
则切线方程为y-m=m-1 x-1 ，即y=m-1 x+1，
又切线方程为y=x+b，所以b=1．
(2)当m=2时，fx =2x-xlnx，x∈0,+∞ ，
x
令t= 2(x1，x =tx ，
x 1 2 2 1
1
因为fx 1 =fx 2 ，所以2x-xlnx=2x -x lnx ， 1 1 1 2 2 2
所以x 12-lnx 1 =tx 1 2-lntx 1 ，所以2-lnx 1 =2t-tlntx 1 ，
tlnt lnt
所以lnx=2- ，由x =tx ，得lnx =2- ．
1 t-1 2 1 2 t-1要证x1 1 -λxλ 2 1)．
令gt =t-1-λ tlnt-1-λlnt，t∈1,+∞ ，
则g t =1-1-λ 1+lnt
λ
- ，
t
令ht =1-1-λ 1+lnt
λ
- (t>1)，
t
则h t
1-λ λ λ-1-λ
=- + =
t t2
t
，
t2
1
因为t>1，λ∈0,
2
，所以h t <0，
所以ht 在1,+∞ 上单调递减，即g t 在1,+∞ 单调递减，
所以g t 1)，构造函数gt =t-1-λ tlnt-1-λlnt，t∈1,+∞ ，再运用导数解决问题一定要有定
义域优先的意识，在构造函数来解决问题时有时需要二次求导，在解决存在或恒成立问题时通常可以考虑
先参变量分离，再转化为函数的最值来处理．
6. (2022·全国·模拟预测)已知函数fx
x3
=- +πx2-ax，gx
3
=2cosx．
(1)当x≥0时，求证：gx ≥2-x2．
(2)令Fx =fx -gx ，若Fx 的两个极值点分别为m，n(m0，Sπ =-2<0，
所以存在x 0 ∈0,π ，使得Sx 0 =0，
当x∈-∞,x 0 时，T x =Sx >0，Tx 单调递增，
当x∈x 0 ,+∞ 时，T x =Sx <0，Tx 单调递减，
又T0 =T2π =0，所以m=0，n=2π，
因为T 0 =2+2π，T 2π =2-2π，
所以曲线y=F x 在x=0处的切线方程为y=2+2π x，
在x=2π处的切线方程为y=2-2π x-4π+4π2．
②令T 1x =2+2π x+x2-2πx-2sinx，
则T 1x =2+2x-2cosx，
令t 1x =T 1x ，则t 1x =2+2sinx≥0，所以t 1x 在R上单调递增，
又t 10 =0，所以当x∈-∞,0 时，T 1x =t 1x <0，T 1x 单调递减，
当x∈0,+∞ 时，T 1x =t 1x >0，T 1x 单调递增，所以T 1x ≥T 10 =0，
即2+2π x≥-x2+2πx+2sinx；
令T 2x =2-2π x-4π+4π2+x2-2πx-2sinx，则T 2x =2-4π+2x-2cosx，
令t 2x =T 2x ，
则t 2x =2+2sinx≥0，所以t 2x 在R上单调递增，
又t 22π =0，所以当x∈-∞,2π 时，T 2x =t 2x <0，T 2x 单调递减，
当x∈2π,+∞ 时，T 2x =t 2x >0，T 2x 单调递增，所以T 2x ≥T 22π =0，
即2-2π x-4π+4π2≥-x2-2πx-2sinx．
所以当a=0时，曲线y=F x 在x=m，x=n处的切线y=2+2π x，y=2-2π x-4π+4π2均不在
F x =-x2+2πx+2sinx图象的下方，
所以2+2π m≥-m2+2πm+2sinm=a，
2-2π ⋅n-2π ≥-n2+2πn+2sinn=a，
a a
得m≥ ，n≤ +2π．
2+2π 2-2π
a a a+2
所以n-m≤ +2π- =
2-2π 2+2π
π-2π3 a+2
，即n-m≤
1-π2
π-2π3
．
1-π2
【点睛】关键点点睛：解决本题第②问的关键是巧用第①问中所求切线方程，构造函数T 1x =2+2π x+
x2-2πx-2sinx与T 2x =2-2π x-4π+4π2+x2-2πx-2sinx，通过利用导数分析判断
切线与函数图象的位置关系列不等式，得到m，n关于a的不等式，最后借助不等式的性质证明不等式．
【冲刺压轴考点二】参变分离
一、解答题1. (2023上·河南·高三校联考开学考试)fx
54
=lnex+a+1
x x2
- 2 + 4 +b有两个零点x 1 ,x 2x 1 + +a-1及 + +a-1=0的两个零点之
2 4 4 2 4 2
间的距离可得x -x<2 5-4a.
2 1
【详解】(1)a=0时，fx =lnex+1
x x2
- + +b，
2 4
由题意fx 的两个零点x 1 ,x 2x 1 lnex+a=x+a，设gx
x2 x
= + +a-1，
4 2
5
所以当b=-1且a< 时有fx
4
=lnex+a+1
x x2 x2 x
- + -1> + +a-1=gx
2 4 4 2
，
进而有fx 1
x2 x
=0> 4 1 + 2 1 +a-1=gx 1 ，fx 2
x2 x
=0> 4 2 + 2 2 +a-1=gx 2 且
fx 的函数图像恒在gx 的函数图象上方，不妨设gx
x2 x
= + +a-1的两个零点为x 、x (且x lnex+a=x+a，进而去发现相应零点之间的变化.
2. (2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测)已知函数fx =x+1 1-e-x
(1)证明：fx ≥x
(2)若fx
lnx+ax-x
≥1+ ，求实数a的取值范围.
ex
【答案】(1)证明见解析
(2)-∞,1
【分析】(1)构造gx =fx -x，通过求导判断其单调性，并求出取值范围，即可证明.
(2)化简fx
lnx+ax-x 1 lnx
≥1+ 并分离参数，得到a≤ex- - ，构造hx
ex x x
1 lnx
=ex- - 通过求导
x x
判断其单调性，并求出取值范围，即可求出实数a的取值范围.
【详解】(1)由题意
在fx =x+1 1-e-x 中
fx =x-xe-x-e-x+1
在gx =fx -x中，
gx =-xe-x-e-x+1，
g x =-e-x+xe-x+e-x=xe-x
当g x =0时，解得x=0
∴函数在g x <0即x<0时，单调递减，
在g x >0即x>0时，单调递增，
∴函数在x=0处取最小值，为：gx =g0
min
=0-e0+1=0
∴gx =fx -x≥gx =0
min
即fx ≥x
(2)由题意及(1)得，在fx
56
=x-xe-x-e-x+1中，fx
lnx+ax-x
≥1+ ，x>0，
ex
lnx+ax-x
即x-xe-x-e-x+1≥1+
ex
1 lnx
化简得：a≤ex- -
x x
在hx
1 lnx
=ex- - 中，
x x
h x
1 1-lnx lnx x2ex+lnx
=ex+ - =ex+ =
x2 x2 x2 x2
在φx =x2ex+lnx中，
φ x
1
=2xex+x2ex+ >0
x
∴函数φx 在定义域上单调递增
在hx
1 lnx
=ex- - 中，
x x
1 ∵h
2
1
2 =
1
2e2+ln1
2
1
2
1 =e2-4ln2<0，h 1
2
e1+ln1 = =e>0
12
1
∴∃x ∈ ,1 0 2 使得h x =0
∴当0x 0 时，h x >0，函数单调递增，
在h x 0
lnx
=ex0+ 0 =0中， x2
0
x ex0=- lnx 0 = 1 ln 1 =e ln x 1 0ln 1 ，
0 x x x x
0 0 0 0
在y=xex x>0 中，
y=ex+xex=x+1
ex
当y=0时解得x=-1
当y>0即x>-1时，函数单调递增
当y<0即x<-1时，函数单调递减
∴函数y=xex在x>0上单调增加
1 1
∴x =ln 即ex0=
0 x x
0 0
∴x +lnx =0，x =-lnx
0 0 0 0
∴函数在x=x 处取最小值，为：
0
hx min =hx 0
1 lnx lnx 1 lnx x lnx +x +lnx
=ex0- - 0 =- 0 - - 0 =- 0 0 0 0 =1 x x x2 x x x2
0 0 0 0 0 0
1 lnx
∴a≤ex- -
x x
=1，
min
∴实数a的取值范围为-∞,1 ，
【点睛】本题考查导数的构造，求导以及单调性的判别和求值域，具有很强的综合性.
3. (2022上·江苏泰州·高三江苏省泰兴中学校考阶段练习)已知函数f(x)=ex+(2-a)cosx．
(1)若f(x)在[0,+∞)单调递增，求a的取值范围；
(2)当x≥0时，f(x)≥a(x-1)+3，求a的取值范围．
π 5π
【答案】(1)2- 2e4,2+ 2e4 ；(2)-∞,1
57
.
【分析】(1)求导，转化为f x
1 sinx
≥0恒成立，分别讨论a=2，a>2，a<2，将问题转化为 与 的关
2-a ex
系，令gx
sinx
= x≥0
ex
，求导并解得gx 的值域，联立不等式解出a的范围即可；
(2)将原不等式整理并令hx =ex+2-a cosx-ax-1 -3x≥0 ，因为h0 =0，则由h 0 ≥0得到
a的范围，再证明即可.
【详解】(1)∵fx =ex+2-a cosx，∴f x =ex+a-2 sinx，
要使fx 在0,+∞ 单调递增，只需∀x∈0,+∞ ，f x ≥0恒成立.
即∀x∈0,+∞ ，ex+a-2 sinx≥0，
a-2
又ex>0，∴1+
sinx 2-a
≥0，即1≥
ex
sinx
；
ex
当a=2时，f x =ex>0符合题意，故a=2；
1 sinx
当a>2时，2-a<0， ≤ ；
2-a ex
1 sinx
当a<2时，2-a>0， ≥ .
2-a ex
令gx
sinx
= x≥0
ex
，
∴g x
excosx-exsinx
=
ex
cosx-sinx 2 π
= = cosx+
2 ex ex 4
，
π π π
当2kπ- ≤x+ ≤2kπ+ k∈Z
2 4 2
π
时，cosx+
4
≥0，
即x∈ 2kπ- 3π ,2kπ+ π
4 4
k∈Z π ，cosx+
4
≥0；
π π 3π
当2kπ+ ≤x+ ≤2kπ+ k∈Z
2 4 2
π
时，cosx+
4
≤0，
即x∈ 2kπ+ π ,2kπ+ 5π
4 4
k∈Z π ，cosx+
4
≤0；
2
∵ >0，x≥0，
ex
∴x∈ 0, π
4
∪ 2kπ- 3π ,2kπ+ π
4 4
k∈N* ，g x ≥0；
x∈ 2kπ+ π ,2kπ+ 5π
4 4
k∈N 时，g x ≤0；
所以gx 在 0, π
4
， 2kπ- 3π ,2kπ+ π
4 4
k∈N* 上单调递增；
在 2kπ+ π ,2kπ+ 5π
4 4
k∈N 上单调递减.
由gx
sinx
= x≥0
ex
知，分子是一个周期函数，而分母却是一个增函数，
不妨把gx 看成是振幅越来越小的“类周期函数”，
所以gx 最值只能出现在第一个周期，如图所示：
所以gx
π
=g
max 4
1
= ，gx
π
2e4
5π
=g
min 4
1
=- ；
5π
2e4
a>2 a<2
所以有 1 ≤- 1 或 1 ≥ 1 ，
2-a 5π 2-a π
2e4 2e45π π
解得20，
ex-2sinx ex-2 π
所以有a≤ = +2，x≥0且x≠2kπ+ k∈N
1-sinx 1-sinx 2
；
令mx
ex-2 π
= ，x≥0且x≠2kπ+ k∈N
1-sinx 2
，
只需求mx 的最小值即可.
m x
ex 1-sinx
=
-ex-2 -cosx
1-sinx
，
2
令nx =ex 1-sinx -ex-2 -cosx
π
，x≥0且x≠2kπ+ k∈N
2
，
n x =ex 1-sinx +ex -cosx -ex-2 sinx-ex -cosx
=ex 1-sinx -ex-2 sinx=ex+2sinx-2exsinx，
当x∈0,ln2
π
时，因为ln2 2exsinx2-2 sinx =2 2exsinx(1- sinx)>0
所以nx 在x∈0,ln2 上单调递增，又n0 =1-1-2 -1 =0，
所以nx ≥0，所以m x ≥0，
即mx 在x∈0,ln2 上单调递增，mx =m0
min
1-2
= =-1；
1-0
当x∈ln2,+∞ 时，ex-2≥2-2=0，即mx
ex-2
= ≥0；
1-sinx
综上，mx =-1，所以a≤-1+2=1，
min
即当a≤1时，h x ≥0恒成立，hx ≥h0 =0x≥0 ，符合题意；
所以a的取值范围为-∞,1 .
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第一问中分类讨论
将参变分离是关键；第二问中自变量的分段讨论；巧妙利用均值不等式得出导数为正是关键点，考查数学
转化思想，属于难题.4. (2022上·河南·高三校联考开学考试)已知函数fx
59
=x2-a ex．
(1)若fx 存在两个极值点x ，x ，求x2+x2的取值范围； 1 2 1 2
(2)若2e-0.92>0.923，证明：当0.250，即a>-1，
1 2 1 2
所以x2 1 +x2 2 =x 1 +x 2 2-2x 1 x 2 =4+2a>2，则x2 1 +x2 2 的取值范围是2,+∞ ；
(2)由fx -ax2=x2ex-aex+x2
x2ex
=0，得 =a，
x2+ex
设gx
x2ex 1
= x<
x2+ex 2
，则g x
xex x3+2ex
=
x2+ex
，
2
设hx =x3+2ex，则hx 为增函数，因为h-0.92 =-0.923+2e-0.92>0，h-1
2
= -1<1，
e
所以hx 在-1,-0.92
1
内存在唯一的零点m，且em=- m3，
2
当m0，
所以当x=m时，gx 取得极大值，
且极大值为gm =
m2em
=
-
2
1m5
=
m3
(-10.26，
1
又g
2
e e
= < =0.25，且∃x∈-∞,0
1+4 e 4 e
，gx <0.25，
所以当0.250，m
2
-1
=3e 2-2<0，
1
所以∃x ∈ ,1
0 2
，使m(x )=0，
0
1
当x∈ ,x
2 0
时，m(x)<0,h(x)<0；当x∈(x ,+∞)时，m(x)>0,h(x)>0，
0
所以h(x)在 1 ,x
2 0
上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
0
1
又因为h
2
=ln2-2<0，h(x )0,g(x)>0，
所以g(x)在 1 ,1
2
上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x) =g(1)=1，
min
所以a≤1，
故a的取值范围为：(-∞,1].
6. (2022·广东广州·华南师大附中校考三模)已知函数fx
a a
=xlnx+ 2 x2- 2 存在两个极值点x 1 ,x 2x 1 0
x
，研究其单调性和极值情况，得到交点个数为两个时实数a的取值范围，再验证此范围符合
要求；
1 x -x 1 x+x
(2)转化为 = 2 1 ，利用对数平均不等式得到- < 1 2，结合fx -a lnx -lnx a 2
2 1
在区间x 1 ,x 2 内单调递
增，且f1
x+x
=0，得到f 1 2
2
>f1 =0.
【详解】(1)∵fx
a a
=xlnx+ x2- x>0
2 2
有两个极值点，
∴f x =1+lnx+ax，x>0有两个变号的零点．
1+lnx
∴1+lnx+ax=0，-a= ，
x
令hx
1+lnx
= x>0
x
，h x
-lnx
= ，
x2
当x∈0,1 ，h x >0，hx 单调递增；
当x∈1,+∞ ，h x <0，hx 单调递减；
所以hx =h1
max
=1．
画出函数图象如下：
y=-a与hx 有两个交点，
∴0<-a<1．
1+lnx
当0<-a<1时，当0x 2 时，-a> x ，f x <0；
1+lnx
当x 1 0．
所以fx 在区间0,x 1 ，x 2 ,+∞ 单调递减，在区间x 1 ,x 2 内单调递增．
所以fx 的极小值点为x ，极大值点为x ． 1 2
所以a的取值范围为-1,0
x+x
(2)f 1 2
2
符号为正．
理由如下：
由(1)可知，0 2x 2 -x 1
x
1
，0
x
1
t>1
t+1
．
设φt
2t-1
=lnt-
t>1
t+1
，φ't
t-1
-
2
tt+1
>0，
2
所以φt 在1+∞ 上单调递增，
从而φt >φ1
2t-1
=0，即lnt>
t>1
t+1
，
1 x+x
∴- < 1 2．
a 2
1
又因为0<-a<1，所以- >1
a
1 x+x
综上可得：x<1<- < 1 2 f1 =0．
x+x
故f 1 2
2
符号为正．
【点睛】对数平均不等式和指数平均不等式，常常处理多元问题，将多元转化为单元来进行解决，使用时要
先进行证明后使用
【冲刺压轴考点三】函数构造
一、解答题
1. (2023上·湖南衡阳·高三衡阳市八中校联考阶段练习)已知函数fx =kx+1 lnx-kx.
(1)若函数fx 在0,+∞ 上单调递增，求实数k的取值范围；
(2)讨论函数fx 的零点个数.
【答案】(1)0,e
(2)当k<0时，fx 有两个零点；当k≥0时，fx 有一个零点.
【分析】(1)根据题意，转化为x∈0,1
-1
时，k≤ ；x∈1,+∞
xlnx
-1
时，k≥ ，令gx
xlnx
=xlnx，利用导
数求得函数的单调性与极值，即可求解；
(2)法一：由(1)可知，当k=0和0e时，得到f x
1
=klnx+ ，
x
令hx
1
=klnx+ ，利用导数求得函数f x x 的单调性，结合f 1
1
=1>0，得到存在01，使得f x 0 =0，分类讨论，即可求
解；
法二：根据题意，转化为x∈0,e ∪e,+∞
lnx
时，-k= ，令hx
xlnx-x
lnx
= ，利用导数求得函数
xlnx-x
hx 的单调性与极值，结合函数hx 图象，即可求解.
【详解】(1)解：由函数fx =kx+1 lnx-kx，可得f x
1
=klnx+ ≥0对x∈0,+∞
x
恒成立，当x=1时，显然成立；当x∈0,1
63
-1
时，k≤ ；当x∈1,+∞
xlnx
-1
时，k≥ ，
xlnx
令gx =xlnx，则g x =lnx+1，
1
当x∈0,
e
时，g x
1
<0；当x∈ ,1
e
时，g x >0；当x∈1,+∞ 时，g x >0，
所以gx
1
在0,
e
1
上单调递减，在 ,1
e
上单调递增，在1,+∞ 上单调递增，
1 1
当x= 时，可得g
e e
1 1 1
= ln =- ，当x>1时，gx
e e e
>0，
所以当x∈0,1 时，k≤e；当x∈1,+∞ 时，k≥0，
综上可得，实数k的取值范围是0,e .
(2)法一：由(1)可知，当k=0时，fx =lnx有一个零点；
当0e时，f x
1
=klnx+ .令hx
x
1
=klnx+ ，则h x
x
k 1 kx-1
= - = ，
x x2 x2
1
x∈0,
k
时，h x
1
<0；x∈ ,+∞
k
时，h x >0，
可得f x
1
在0,
k
1
上单调递减，在 ,+∞
k
1
上单调递增，f
k
1
=kln +1
k
<0.
当x趋于0时，因为xlnx趋于0，所以f x
kxlnx+1
= 趋于正无穷大，
x
又因为f 1
1
=1>0，所以存在0e时，fx 在1,e 只有一个零点；
当k<0时，f x
1
=klnx+ 在0,+∞
x
上单调递减，f 1 =1>0，
且x趋于正无穷大时，f x <0，所以存在x 0 >1，使得f x 0 =0，
所以fx 在0,x 0 上单调递增，在x 0 ,+∞ 上单调递减，
又当x趋于0时，fx 趋于负无穷大，fe =1，
1
所以当k≤- 时，fe5
2
1 -5
=5+4ke5<0，当- 0)．
x
(1)若当x=1时函数fx
64
取到极值，求a的值；
(2)讨论函数fx 在区间(1,+∞)上的零点个数．
【答案】(1)1
(2)答案见解析
1 1
【分析】(1)求得f(x)=2ax-a+ - -e1-x，由f(1)=0，得到a=1，进而结合函数极值点的定义，即
x2 x
可求解；
1 1 1
(2)当a≥1时，求得f(x)=ax2-ax- -lnx+e1-x≥x2-x- -lnx+e1-x，令h(x)=x2-x- -lnx
x x x
+e1-x，利用导数的hx 单调性，结合f(x)>0，得到fx 在区间(1,+∞)上没有零点；当0 ，令φ(x)=(x-2)ex-1
x3⋅ex-1
1
+x3，利用导数求得f(x)在(1,+∞)单调递增．，结合f(1)<0，f1+
a
>0，得出函数fx 的单调区间，
由f(1)=0，得出fx 在1,x 1
1
没有零点，在由f1+ a >0，得到存在唯一x 2 ，使得fx 2 =0，即可得到答
案.
1 1 1
【详解】(1)解：函数f(x)=ax2-ax- -lnx+e1-x，可得f(x)=2ax-a+ - -e1-x
x x2 x
因为x=1时函数fx 取到极值，可得f(1)=0，解得a=1，
1 1
当a=1时，可得f(x)=2x-1+ - -e1-x，
x2 x
1 1
令m(x)=f(x)=2x-1+ - -e1-x，
x2 x
2 1 2 1 2x3+x-2
可得m(x)=2- + +e1-x>2- + = ，
x3 x2 x3 x2 x3
令λ(x)=2x3+x-2，可得λ(x)=6x2+1>0，所以λ(x)单调递增，
7
又因为λ
8
55 7
= >0，所以在区间 ,+∞
256 8
上m(x)>0，即f(x)单调递增，所以x=1是f(x)的变号零点，所以当x=1时函数fx
65
取到极值．
(2)解：当a≥1时，因为x2-x>0，
1 1
所以f(x)=ax2-ax- -lnx+e1-x≥x2-x- -lnx+e1-x，
x x
1
令h(x)=x2-x- -lnx+e1-x，
x
1 1 1 1 1
则h(x)=2x-1+ - -e1-x>2x-2+ - =(x-1)2-
x2 x x2 x x2
>0，
所以hx 在(1,+∞)单调递增，则f(x)≥h(x)>h(1)=0，
所以，当a≥1时，fx 在区间(1,+∞)上没有零点．
1 1
当0- + +e1-x= ，
x3 x2 x3 x2 x3⋅ex-1
令φ(x)=(x-2)ex-1+x3，则φ(x)=(x-1)ex-1+3x2>0，
所以φx 在(1,+∞)单调递增，φ(x)>φ(1)=0，则n(x)>0，
所以f(x)在(1,+∞)单调递增．
1
因为f(1)=a-1<0，f1+
a
1
=a+2+
1+ 1
a
1 -1
- -e a>a+2-1-1>0，
2 1+ 1
a
当x→+∞时，f(x)→+∞，
1
所以存在x∈1,1+ 1 a 使得f x 1 =0．则f(x)在1,x 1 单调递减，在x 1 ,+∞ 单调递增，
又因为f(1)=0，所以当x∈1,x 1 时，f(x)<0，故fx 在1,x 1 没有零点，
因为在x 1 ,+∞ 单调递增，且fx 1
1
0, <1， x
1
所以f(x)=ax2-ax- -lnx+e1-x>ax2-ax-1-(x-1)，
x
1
则f1+
a
1
>a1+
a
2 1
-(a+1)1+
a
=0，
1
所以存在唯一x ∈x,1+ 2 1 a ，使得fx 2 =0，
故fx 在x 1 ,+∞ 存在唯一零点x 2 ，因此当0b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb，构造函数fx =x±lnx或gx =ex±x
3. (2023上·河北邢台·高三校联考阶段练习)已知函数fx
aex-1
= +elnx-x
x
，a∈R.(1)若fx
66
在1,+∞ 上单调递增，求a的取值范围；
5
(2)当a≥ 时，证明：fx
2
+e-1 x>ex-1 1-lnx +elnx.
【答案】(1)e,+∞
(2)证明见解析
【分析】(1)由于fx 在1,+∞ 上单调递增，所以f x ≥0在1,+∞ 上恒成立，通过构造函数转化为求
最值问题；
(2)将fx +e-1 x>ex-1 1-lnx
5
+elnx的证明转化成 +xlnx-1
2
x2
> 的证明，通过构造
ex-1
hx
5
= +xlnx-1
2
x>0 ，mx
x2
= x>0
ex-1
，即可证明h(x)>m(x)，从而原命题得证.
【详解】(1)因为fx
aex-1
= +elnx-x
x
，
所以f x
ax-1
=
ex-1 ex-1
-
x2
x-1
=
x
aex-1-ex
.
x2
因为fx 在1,+∞ 上单调递增，
所以f x ≥0在1,+∞ 上恒成立，
故aex-1-ex≥0在1,+∞ 上恒成立，
e2x
即a≥ 在1,+∞
ex
上恒成立.
令函数gx
e2x
= ，则g x
ex
e2 1-x
=
.
ex
当x∈1,+∞ 时，g x <0，
所以gx 在1,+∞ 单调递减，
所以gx ex-1 1-lnx +elnx，x∈0,+∞ ，
aex-1
只需证 +ex-1 lnx-1
x
-x>0，x∈0,+∞ .
5
因为a≥ ，
2
aex-1
所以 +ex-1 lnx-1
x
5ex-1
-x≥ +ex-1 lnx-1
2x
-x，x∈0,+∞ .
aex-1
要证 +ex-1 lnx-1
x
-x>0，x∈0,+∞ ，
5ex-1
只需证 +ex-1 lnx-1
2x
-x>0，x∈0,+∞ ，
5
即证ex-1 +lnx-1
2x
>x，x∈0,+∞ ，
5
即证 +xlnx-1
2
x2
> ，x∈0,+∞
ex-1
.
令函数hx
5
= +xlnx-1
2
，x∈0,+∞ ，则h x =lnx，
当x∈0,1 时，h x <0，hx 单调递减；
当x∈1,+∞ 时，h x >0，hx 单调递增.
故hx ≥h1
3
= .
2令函数mx
67
x2
= x>0
ex-1
，则m x
x2-x
=
，
ex-1
当x∈0,2 时，m x >0，mx 单调递增；
当x∈2,+∞ 时，m x <0，mx 单调递减.
故mx ≤m2
4 3
= < .
e 2
所以h(x)>m(x)，
5
所以 +xlnx-1
2
x2
> ，从而原命题得证.
ex-1
【点睛】思路点精：
(1)由函数单调性求参数取值范围，通常构造函数转化为求函数最值问题；
(2)要证明不等式成立，可通过转化后，利用构造函数法，结合导数求最值，由此来证得不等式成立.
4. (2023上·天津和平·高三天津一中校考阶段练习)已知函数fx
3
=x2lnx- a
2
，a为实数．
2
(1)当a= 时，求函数在x=1处的切线方程；
3
(2)求函数fx 的单调区间；
(3)若函数fx 在x=e处取得极值，f x 是函数fx 的导函数，且f x 1 =f x 2 ，x0，解得x>e 2 ，令f x
3a-1
<0，解得00，
当x∈0,e 时，f x <0，fx 单调递减，
当x∈e,+∞ 时，f x >0，fx 单调递增，
可知函数fx 在x=e处取得极值，故a=1符合题意，
因为f x 1 =f x 2 ，x0，则φ x =2lnx-1 +2=2lnx，当x∈0,1
68
时，φ x <0，φx 单调递减，
当x∈1,+∞ 时，φ x >0，φx 单调递增，
且当x∈0,1 时，φx <0恒成立，φe =0，当x∈e,+∞ 时，φx >0，
画出φx =2xlnx-1 的图象如下：
故00在0,1 上恒成立，
即φx >φ2-x ，0φ2-x 1 ，
其中φx 2 =φx 1 ，故φx 2 >φ2-x 1 ，
其中11，φx 在x∈1,+∞ 上单调递增，
故x >2-x ，即x+x >2，
2 1 1 2
令Gx =φx -φe-x
e
，00,G
4 4
e 1
=2ln -
4 16
<0，
1 e
故存在x ∈ , 0 4 2 ，使得G x 0 =0，
当x∈0,x 0 时，G x <0，Gx 单调递减，
e
当x∈x , 0 2 时，G x >0，Gx 单调递增，
当x→0时，Gx
e
→0，G
2
e
=φ
2
e
-φe-
2
=0，
e
故当01，φx
69
在x∈1,+∞ 上单调递增，
故x -2时，-a<2，则g 0 =-a-2<0，
设tx =g(x)=xex-a-2cosx,t x =(x+1)ex+2sinx，
π
则当x∈0,
2
时，有t x >0即g x
π
在0,
2
上单调递增，
π
若g
2
π
<0，则∀x∈0,
2
，有g x <0恒成立，
π
故g(x)在0,
2
上单调递减，故g(x)- x+1；
x 2(2)若x∈-1,+∞
70
时，gx ≥fx ，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见详解
(2)0,4 e
【分析】(1)对x∈0,+∞ 与x∈-1,0 进行分类讨论，通过导函数求单调性得出最值即可证明；
(2)原式化简可得axex-lnx+1 ≥2lna-3ln2-3，只需求得Fx =axex-lnx+1 的最小值，最小值
利用虚根x 0 表示，再利用x 0 置换a从而得出x 0 的不等式，构造函数Hx
x
= x+1 +3lnx+1 2 +2x+
3ln2+3求出Hx ≥0的解集，最后结合函数lna=-2lnx 0 +1 -x 的单调性即可求出a的范围. 0
【详解】(1)由题知，
当x∈0,+∞ 时，原不等式可化为：lnx+1
x2
>- +x，
2
令hx =lnx+1
x2
+ -x，则h x
2
1 x2
= +x-1= >0，
x+1 x+1
所以hx 在0,+∞ 上单调递增，
从而有hx >h0 =0，故原不等式成立.
当x∈-1,0 时，原不等式等价于hx <0，又h x
1 x2
= +x-1= >0，
x+1 x+1
所以hx 在-1,0 上单调递增，
从而有hx - x+1.
x 2
(2)由gx =axex-2lna+3ln2+3表达式可知a>0，
gx ≥fx 对x∈-1,+∞ 恒成立等价于
axex-lnx+1 ≥2lna-3ln2-3对x∈-1,+∞ 恒成立
令Fx =axex-lnx+1 ，则有F x =axex+ex
1
-
x+1
，
令Gx =F x =axex+ex
1
-
x+1
，
则有G x =ax+2
1
ex+
x+1
>0
2
所以F x 在x∈-1,+∞ 上单调递增
又x→-1时，F x →-∞，x→+∞时F x →+∞
从而存在唯一x 0 ∈-1,+∞ ，使得F x 0 =0，
即ax 0 ex0+ex0
1
-
x 0 +1
=0，
1
可得a= x 0 ex0+ex0 x 0 +1 ，lna=-2lnx 0 +1 -x ， 0
当x∈-1,x 0 时，F x 0 <0，Fx 在x∈-1,x 0 单调递减，
当x∈x 0 ,+∞ 时，F x 0 >0，Fx 在x∈x 0 ,+∞ 单调递增，
故Fx ≥Fx 0 =ax 0 ex0-lnx 0 +1
故原不等式恒成立只需
x
0 x 0 +1 2ex0 ⋅ex0-lnx 0 +1 ≥2 -2lnx 0 +1 -x 0 -3ln2-3
x
即 0 x 0 +1 2 +3lnx 0 +1 +2x +3ln2+3≥0， 0构造函数Hx
71
x
=
x+1
+3lnx+1
2
+2x+3ln2+3
可得H x
1-x
=
x+1
3
+
3 x+1
3x2+5x+4
+2=
x+1
+2x>-1
3
，
当x>-1时，令ux =3x2+5x+4，
因为Δ=25-48=-23<0
从而可得H x >0在x∈-1,+∞ 时恒成立
1 又H-
2
=0，所以Hx ≥0的解集为 - 1 ,+∞
2
.
又因为lna=-2lnx 0 +1 -x ， 0
令mx =-2lnx+1 -x，易得mx 在定义域内单调递减，
1
所以lna≤-2ln- +1
2
1 1
+ = +ln4
2 2
1+ln4
所以a≤e2 =4 e，
故a的取值范围为：0,4 e
【点睛】思路点睛：(1)不等式两边同时去分母时务必要记得对分母的正负分类讨论；(2)恒成立问题可以优
先转化为最值问题，而最值问题往往通过导函数作为工具；
(3)隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，需
要仔细观察式子多次尝试；第二步：虚设零点并确定取值范围，通过零点方程进行代换，可能需要进行多次.
【冲刺压轴考点四】双变量
一、解答题
1. (2023上·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考期中)已知函数fx
1
=aex- x2+a有两个不同的极值点x,x 2 1 2
x 1 0，且x+mx >m+1，求m的取值范围.
1 2
1
【答案】(1)00两种情况，得到函数单
1
调性和极值点情况，得到不等式，求出0m+1,x 1 0时，g x =aex-1，令g x
1
=0得：x=ln ，
a
1
且xln 时，g x
a
>0，
则gx
1
在-∞,ln
a
1
上单调递减，在ln ,+∞
a
上单调递增；1
由题意，gln
a
72
ln1 1 1 1
<0，即ae a-ln =1-ln <0，解得：0glna =a2-lna>0，
1 1
当x>ln >ln 时，gx
a2 a
1
>gln
a2
1 1
= -ln >0，
a a2
因此，由零点存在定理知gx
1
在-∞,ln
a
1
和ln ,+∞
a
各有一个零点，符合题意.
1
综上，0m+1等价于aex1+maex2>m+1.
1 2
x-x x-x
又①-②得：a= 1 2 ，代入得 1 2 ex1+mex2
ex1-ex2 ex1-ex2
>m+1，
x-x
即 1 2 ex1-x2+m ex1-x2-1 >m+1,x 1 m+1，
又t<0,∴tet+m -m+1 et-1 <0恒成立，
设ht =tet+m -m+1 et-1 ,t<0，
h t =et t-m +m，
设φt =h t ,φ t =et t-m+1 ,φ 0 =-m+1.
当m≥1时，φ t =et t-m+1 <0,φt 单调递减，
即h t 单调递减，而h 0 =0，
∴h t >0,ht 在-∞,0 上单调递增，而h0 =0，
∴ht <0在-∞,0 上恒成立，符合题意.
当00，
则φt 在-∞,m-1 上单调递减，在m-1,0 上单调递增，而φ0 =h 0 =0，
∴当t∈m-1,0 时，h t <0,ht 在m-1,0 上单调递减，
而h0 =0,∴ht >0，与题意不符.
综上所述，m≥1.
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的
探索、参数的分类讨论等)，需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值
的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类
讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
2. (2023上·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)函数fx
1
=alnx+ x2-a+1
2
3
x+ (a>0).
2
(1)求函数fx 的单调区间；
(2)当a=1时，若fx 1 +fx 2 =0，求证：x+x ≥2； 1 2
(3)求证：对于任意n∈N*都有2lnn+1
n i-1
+
i
i=1
2
>n.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析【分析】(1)求定义域，求导，分01三种情况，求解函数单调区间；
(2)令gx
73
=fx +f2-x =ln1-(x-1)2 +(x-1)2，构造Fx =lnx-x+1(x>0)，求导得到其单
调性，进而得到lnx≤x-1，进而得到gx =fx +f2-x ≤0，不妨设01时，fx
1 3
=lnx+ x2-2x+ >f1
2 2
=0，变形得到2lnx+(x-2)2>1在x>1时恒
成立，从而得到不等式，相加得到答案.
【详解】(1)函数fx 的定义域是0,+∞ .
由已知得，f x
a x2-a+1
= +x-a-1=
x
x+a x-1
=
x
x-a
.
x
①当00,fx 单调递增；
当a1时，f x >0,fx 单调递增.
②当a=1时，
当x>0时，f x ≥0,fx 单调递增.
③当a>1时，
当00,fx 单调递增；
当1a时，f x >0,fx 单调递增.
综上，①当01时，函数fx 单调递增区间为0,1 ，a,+∞ ，单调递减区间为1,a .
(2)当a=1时，fx
1 3
=lnx+ x2-2x+ .
2 2
由(1)知，函数fx 在0,+∞ 单调递增且f1 =0；
令gx =fx +f2-x
1 3
=lnx+ x2-2x+ +ln2-x
2 2
1
+ (2-x)2-22-x
2
3
+
2
=ln x2-x +x2-2x+1=ln1-(x-1)2 +(x-1)2，
令Fx =lnx-x+1(x>0),F x
1 1-x
= -1= ，
x x
令F x >0，解得01，
所以Fx 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，
所以Fx ≤F1 =0，所以lnx≤x-1，
令(x-1)2=t∈0,1 ，则1-t∈0,1 ，则ln1-t ≤1-t -1=-t，
故ln1-t +t≤0，
所以gx =fx +f2-x ≤0恒成立，
不妨设01,x 2 >1，而fx 在0,+∞ 单调递增，
所以x ≥2-x ，所以x+x ≥2.
2 1 1 2
(3)由(2)知，x>1时，fx
1 3
=lnx+ x2-2x+ >f1
2 2
=0，
即2lnx+x2-4x+3=2lnx+(x-2)2-1>0，故2lnx+(x-2)2>1在x>1时恒成立，
2 2 0
所以2ln +(2-2)2=2ln +
1 1 1
74
2
>1，
3 3
2ln + -2
2 2
2 3 1
=2ln +
2 2
2
>1，
4 4
2ln + -2
3 3
2 4 2
=2ln +
3 3
2
>1，
⋯⋯，
n+1 n+1
2ln + -2
n n
2 n+1 n-1
=2ln +
n n
2
>1，
相加得2lnn+1
n i-1
+
i
i=1
2
>n.
【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数
不等式中的自变量，通过多次求和(常常用到裂项相消法求和)达到证明的目的，此类问题一般至少有两
问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
f(x)
3. (2023·新疆·统考三模)已知函数f(x)=ax2+(a+1)xlnx-1，g(x)= ．
x
(1)讨论gx 的单调性；
e2
(2)若方程f(x)=x2ex+xlnx-1有两个不相等的实根x,x ，求实数a的取值范围，并证明ex1+x2> ．
1 2 xx
1 2
【答案】(1)答案见解析
(2)a∈(e,+∞)；证明见解析
【分析】(1)求导，利用导函数的正负判断单调性即可；
(2)首先将原式化简整理成alnxex =xex，令t=xex>0得alnt=t，再令ht
t
= ，根据已知条件利用
lnt
e2
导数求出参数a的取值范围，进而要证ex1+x2> 即证即证tt >e2，只需证lnt+lnt >2，不妨设t>t
xx 1 2 1 2 1 2
1 2
>0，则只需证lnt+lnt = t 1 +t 2ln t 1 >2，即ln t 1 > 2t 1 -t 2
1 2 t-t t t
1 2 2 2
t
2 1 -1 t = 2
t+t
1 2
t ，最后令s= 1 >1，p(s)=lns
t t
1 +1 2
t
2
2(s-1)
- ，其中s>1，借助导数求解ps
s+1
的最小值即可证明.
1
【详解】(1)因为g(x)=ax+(a+1)lnx- ，
x
所以g x
a+1 1 (x+1)(ax+1)
=a+ + = (x>0)，
x x2 x2
当a≥0时，g x >0，所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
当a<0时，令g x
1
>0，得0- ，
a
1
所以g(x)在区间0,-
a
1
上单调递增，在区间- ,+∞
a
上单调递减，
1
综上当a≥0时，g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，当a<0时，g(x)在区间0,-
a
上单调递增，在区间
1
- ,+∞
a
上单调递减.
(2)方程f(x)=x2ex+xlnx-1，即ax+alnx=xex，等价于alnxex
=xex，
令t=xex>0，其中x>0，则alnt=t，显然t≠1，
令ht
t
= ，则h t
lnt
lnt-1
= ，
ln2t所以ht
75
在区间0,1 上单调递减，且由x→0时ht <0可得在区间0,1 上h(t)<0，
ht 在区间(1,e)上单调递减，在区间(e,+∞)上单调递增，
所以h(t) =h(e)=e，
极小值
因为方程f(x)=x2ex+xlnx-1有两个实根x,x ，
1 2
t
所以关于t的方程a= 有两个实根t ，t ，且t=xex1，t =x ex2，所以a∈(e,+∞)，
lnt 1 2 1 1 2 2
e2
要证ex1+x2> ，即证xex1⋅x ex2>e2，即证tt >e2，只需证lnt+lnt >2，
xx 1 2 1 2 1 2
1 2
因为 t 1 =alnt 1，所以 t 1 -t 2 =alnt 1 -lnt 2
t =alnt 2 2
t 1 +t 2 =alnt 1 +lnt 2
，整理可得 t 1 +t 2 = lnt 1 +lnt 2，
t-t lnt-lnt 1 2 1 2
t+t t
不妨设t>t >0，则只需证lnt+lnt = 1 2ln 1 >2，
1 2 1 2 t-t t
1 2 2
即ln t 1 > 2t 1 -t 2
t
2
t
2 1 -1 t = 2
t+t
1 2
，
t
1 +1
t
2
t 2(s-1)
令s= 1 >1，p(s)=lns- ，其中s>1，
t s+1
2
因为p s
1 4 (s-1)2
= - = >0，所以ps
s (s+1)2 s(s+1)2
在区间(1,+∞)上单调递增，
e2
所以h(s)>h(1)=0，故ex1+x2> ．
xx
1 2
【点睛】关键点点睛：本题第(2)问的关键点在于借助同构思想将原始等价为alnxex
=xex，通过令t=xex
>0，合理构造函数ht
t e2
= 来确定参数a的取值范围；第二步的关键点在于将ex1+x2> 等价转换为
lnt xx
1 2
ln t 1 > 2t 1 -t 2
t
2
t
2 1 -1 t = 2
t+t
1 2
，将双变量问题转化为单变量问题，进而借助导数进一步证明.
t
1 +1
t
2
4. (2023下·广东珠海·高二珠海市斗门区第一中学校考阶段练习)已知函数fx =x-lnx-3.
(1)求曲线y=fx 在x=1处的切线方程；
(2)记函数gx =x2-bx-3-fx ，设x 1 ,x 2x 1 0恒成立，而 >0, >0，
2 2
所以2x2-b+1 x+1=0两根为x 1 ,x 20e+1
【分析】(1)求导后直接根据b的临界情况分类讨论即可；(2)方法一：通过条件转化后构造Fx
77
=fx -f2-x =ex-e2-x+2-2b x-1 ,(x<1)，求导后分类
讨论，2e-2b+2≥0舍去，2e-2b+2<0时，二次求导，取x 0 ∈2-ln2b,1 ,F x 0 =0，t=4-2b -
2 b2-3b+4<1，通过放缩证明必有t0)，转化为gt
1 2
=0在
0,+∞ 上有解，通过求导与分类讨论进而求解即可.
【详解】(1)当a=0时，fx =ex-bx+2,f x =ex-b，
①当b≤0时，f x >0对任意x∈R恒成立，
所以fx 的单调增区间是-∞,+∞ ，无减区间；
②当b>0时，令f x >0，得x>lnb，令f x <0，得x0时，fx 的单调增区间是lnb,+∞ ，单调减区间是-∞,lnb .
(2)方法一：
1
当a= 时，fx
2
1
=ex+ x2-bx+2，
2
因为fx 1 =fx 2
1 1
，所以ex1+ x2-bx+2=ex2+ x2-bx +2， 2 1 1 2 2 2
又因为x+x =2，不妨设x<12e-2b+2，
①当2e-2b+2≥0，即b≤e+1时，
F x ≥0对任意x∈-∞,1 恒成立，
所以Fx 在-∞,1 上单调递增，Fx e+1时，
设mx =F x =ex+e2-x-2b+2，
则m x
e2
=ex-e2-x=ex- 在ex<0，即x∈-∞,1
ex
上单调递增，所以m x 0,F 1 =2e-2b+2<0，
所以存在x 0 ∈2-ln2b,1 ,F x 0 =0.
从而Fx 在-∞,x 0 上单调递增，x 0 ,1 上单调递减.
取t=4-2b -2 b2-3b+4<1，
令gx
1
=ex- x2 x≥0
2
,g x =ex-x，
设nx =g x =ex-x,n x =ex-1≥0恒成立，
所以g x ≥g 0 =1，从而gx ≥g0
1
=1，即ex> x2,x≥0
2
，
1
因为t<1，所以2-t>0，所以e2-t> (2-t)2.
2此时Ft
78
1 1
=et+ t2-bt-e2-t- (2-t)2+b2-t
2 2
=et-e2-t+2-2b t-1
<4-e2-t+2-2b t-1
1
<4- (2-t)2+2-2b
2
t-1
1
=- t2+4-2b
2
t+2b
=0
因为F(t)<0,Fx 0 >0,F(1)=0
且Fx 在-∞,x 0 上单调递增，x 0 ,1 上单调递减，
所以必有te+1.
方法二：
1
当a= 时，fx
2
1
=ex+ x2-bx+2，
2
因为fx 1 =fx 2 ，
1 1
所以ex1+ x2-bx+2=ex2+ x2-bx +2，
2 1 1 2 2 2
1
ex1-ex2+ 2 x 1 +x 2 x 1 -x 2 =bx 1 -x 2
因为x+x =2，且x≠x ，
1 2 1 2
ex1-ex2
所以 +1=b，
x-x
1 2
令x=1-t,x =1+t(t>0)，
1 2
e1-t-e1+t
从而 =b-1，
-2t
即e1+t-e1-t=2tb-1 ，
令φt =e1+t-e1-t-2b-1 t,(t>0)，
则问题转化为φt =0在0,+∞ 上有解.
φ t =e1+t+e1-t-2b-1 >2e-2b-1 .
①若2e-2b-1 ≥0，即b≤e+1时，
φ t >0在0,+∞ 上恒成立，
所以φt 在0,+∞ 上单调递增，φt >φ0 =0，
所以φt =0在0,+∞ 上无解，不符题意，舍去.
②若2e-2b-1 <0，即b>e+1时，
令qt =φ t =e1+t+e1-t-2b-1 ，
则q t
1
=e1+t-e1-t=eet-
et
在0,+∞ 上单调递增，q t >q 0 =0，
所以φ t 在0,+∞ 上单调递增，
因为φ 0 =2e-2b-1 <0，
φ ln2b =e1+ln2b+e1-ln2b-2b-1 >eln2b-2b-1 =2>0，
所以存在t 1 ∈0,ln2b ,φ t 1 =0，
从而φt 在0,t 1 上单调递减，在t 1 ,+∞ 上单调递增.
令hx =ex-x2 x≥0 ,h x =ex-2x,h x =ex-2，
所以h x ≥h ln2 =2-2ln2>0，从而hx ≥h0 =1，即ex>x2,x≥0 ，此时φt
79
=e⋅et-e1-t-2b-1 t‘'
>et2-e1-t-2b-1 t
>et2-e-2b-1 t
b-1+ (b-1)2+e2
取t = ，
2 e
此时et2 2 -e-2b-1 t =0， 2
所以φt 2 >0
因为φ0 =0,φt 1 <0,φt 2 >0
且φt 在0,t 1 上单调递减，t 1 ,+∞ 上单调递增，
所以必有t 2 >t 1 ，从而存在t 0 ∈t 1 ,t 2 ,φt 0 =0，符合题意.
综上，b>e+1
【点睛】导数是研究函数的重要工具，含有参数的问题要善于找到临界情况进而分类讨论，得到答案；极值
点偏移类的问题多通过二次求导，研究一次导数变化趋势，进而快速求解.
6. (2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测)若函数fx
1 1
=alnx- x2+a+ x>0
2 2
有两个
零点x,x ，且x t-
lnx-lnx 2 t
1 2
00时，令f x =0得x= a
x∈0, a ，f x >0，fx 单调递增，x∈ a,+∞ ，f x <0，fx 单调递减，
1
g(x)=lnx-1-
x
1
=lnx+ -1(x>0)，
x
1 1 x-1
g(x)= - = ，
x x2 x2
x∈(0,1)时，g(x)<0，gx 单调递减，x∈1,+∞ ，g x >0，gx 单调递增，
1
所以g(x)≥g(1)=0，即x>0时，lnx≥1- 恒成立，当且仅当x=1时取等号，
x
所以e -1- a 1 0；
f1+2 a
1 1 1 1
=aln(1+2 a)- (1+2 a)2+a+ <- (1+2 a)2+a+ =-2 a-a<0∴x∈0, a
2 2 2 2
有唯一零点且x∈ a,+∞
80
有唯一零点，满足题意，
综上：a∈0,+∞ ；
(2)曲线y=fx 在x 1 ,0 和x 2 ,0 处的切线分别是
a
l:y= -x 1 x 1
1
x-x 1
a
，l :y= -x 2 x 2
2
x-x 2
x+x x+x a
联立两条切线得x = 1 2 ，∴ 1 2 = +1，
3 a +1 x 3 x 1 x 2
xx
1 2
由题意得 alnx 1 - 2 1x 1 2+a+ 2 1 =0 ⇒a= 2 1 x 1 2-x 2 2
alnx -1x2+a+ 1 =0
2 2 2 2
，
lnx-lnx
1 2
1 x 1 - x 2
要证2x 2，即证 a >1，即证 2 x 2 x 1
3 1 2 x xx
3 1 2
>1，
x
ln 1
x
2
x 1 1
令t= 1 <1，即证lnt> t-
x 2 t
2
0h1 =0，
1 1
∴lnt> t- 2 t 0
