导数及其应用解析版(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_导数及其应用--2024年新高考题型

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fx
2
 在x=x 处的导数为6，则lim 0
Δx→0
fx 0 -Δx  -fx 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fx  在x=x 0 处的导数f x 0  =6
lim fx 0 -Δx Δx→0  -fx 0  =- 1 lim fx 0 -Δx 2Δx 2Δx→0  -fx 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=ln3x-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=ln3x-a 
3
+2，所以y= ，
3x-a
3
所以切线的斜率k= =3，
3x -a
0
又3x 0 =ln3x 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fx 
2x
= ，则所有正确的结论是 ( )
2x+1
A.函数fx  是增函数 B.函数fx  的值域为0,1 
C.曲线y=fx 
1
关于点0,
2
 对称 D.曲线y=fx 
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fx

的单调性，可判断A；由指数函数y=2x的值域易得函
数fx  的值域，可判断B；验证fx  +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fx 
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fx
3
 是增函数，故A正确；
对于B：函数fx 
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0<fx  <1，即函数的值域为0,1  ，故B正确；
对于C：fx 
2x
= ，f-x
2x+1

2-x 1
= = ，
2-x+1 1+2x
则有fx  +f-x  =1，曲线y=fx 
1
关于点0,
2
 对称，故C正确；
对于D：fx 
2x 1
= =1- ，其导数f x
2x+1 1+2x

2xln2
=
1+2x

，
2
若f x 
2xln2
=
1+2x

1
= ，变形可得2x
2 5
 2-5ln2-2  2x+1=0，
令2x=tt>0  ，则t2-5ln2-2  t+1=0，Δ=5ln2-2  2-4=5ln2  2-20ln2=5ln25ln2-4  =
5ln2ln25-lne4

因为25=32<62<6.252=2.54<e4，所以ln25<lne4，又ln2>0，
于是 Δ=5ln2ln25-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=fx 
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
<f 2  <flog 2 3 
【答案】ABD
【分析】选项A，利用导数研究函数单调性可得最值；选项B，由导数的几何意义可得切线的斜率，由平行得
斜率的等量关系，由察根法利用单调性解方程可得；选项C，分区间讨论函数值域与单调性可得；选项D，比
较对数大小，利用函数单调性可得函数值大小.
【详解】f(x)=x3(3lnx-1)，x∈(0,+∞)
3
由f(x)=3x2(3lnx-1)+x3⋅ =9x2lnx，
x
令f(x)=0，有x=1，
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.
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0<m<1时，m2lnm<0，关于m的方程m2lnm=e2无解；
当m>1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1<ln
2

3
< <log 3，又由函数f(x)在(1,+∞)单调递增，
2 2
3e
所以有f ln 2   
3
<f 2  <flog 2 3  ，故D选项正确．
故选：ABD．
三、填空题
5. (2023·陕西宝鸡·校联考模拟预测)已知曲线fx  =x+ex在点 0,f0    处的切线与曲线y=lnx-1  +a
相切，则a= .
【答案】4+ln2/ln2+4
【分析】根据导数的几何意义可得曲线fx  在点 0,f0    处的切线方程，再次利用导数的几何意义求得y
=lnx-1  +a的切点x 0 ,y 0  ，从而得解.
【详解】因为fx  =x+ex的导数为f x  =1+ex，则f0  =1,f 0  =2，
所以曲线fx  在 0,f0    处的切线方程为y-1=2x，即y=2x+1，
又切线y=2x+1与曲线y=lnx-1  +a相切，设切点为x 0 ,y 0  ，
1 1 3
因为y= ，所以切线斜率为k= =2，解得x = ，
x-1 x -1 0 2
0
3
所以y =2x +1=4，则4=ln -1
0 0 2
 +a，解得a=4+ln2.
故答案为；4+ln2.
6. (2022上·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中)若曲线C 1 :fx  =x2+a和曲线C 2 :gx  =4lnx-
2x存在有公共切点的公切线，则该公切线的方程为 .
【答案】y=2x-4
【分析】先分别求出f(x)和g(x)的导数，然后设公共切点的坐标为(x ，y )，根据题意有f(x )=g(x )，f(x
0 0 0 0 0
)=g(x )，代入相应表达式列出方程组，解出x 与a的值，计算出切线斜率和公切线的切点坐标，即可得到
0 0
切线的方程．
【详解】fx  =x2+a，gx 
4
=4lnx-2x，则有f(x)=2x，g(x)= -2．
x
设公共切点的坐标为(x ，y )，则
0 0
4
f(x )=2x ，g(x )= -2，
0 0 0 x
0
f(x )=x2+a，g(x )=4lnx -2x ．
0 0 0 0 0
根据题意，有2x = 4 -2
  x2+ 0 a= x 0 4lnx -2x ，解得  x 0 =1 ．
0 0 0 a=-3

x >0
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=lnlnπ 
2 2 1
,b= ln ,c=- ，则 ( )
3 3 e
A.c<a<b B.b<c<a C.c<b<a D.b<a<c
【答案】C
【分析】先判断a,b的符号，再构造函数fx  =xlnx并利用导数判断单调性，从而得到答案.
【详解】因为y=lnx在0,+∞  上增函数，所以lnπ>lne=1,a=lnlnπ  >lnlne 
2 2
=0,b= ln <
3 3
2
ln1=0，即a>0,b<0.
3
造函数fx  =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fx  为单调递减；
1
当x∈ ,+∞
e
 时，f x  >0，则fx  为单调递增.
所以函数fx 
1
在x= 处取得最小值，即fx
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，c<b<a.
故选：C.
二、多选题
3. (2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=4x3-6x2+3，则 ( )
A. f(x)在[-2,2]上的极大值和最大值相等B.直线6x+2y-7=0和函数f(x)的图象相切
C.若f(x)在区间(a,a+1)上单调递减，则a=0
1
D. f
101
6

2
+f
101

100
+⋯+f
101
 =200
【答案】BCD
【分析】选项A：利用导数法求解判断；选项B：利用导数的几何意义求解判断；选项C：结合选项A，由
a≥0


求解判断；选项D：根据f(x)+f(1-x)=4求解判断.
a+1≤1
【详解】选项A：f′(x)=12x2-12x=12x(x-1)，令f′(x)>0，得x>1或x<0，故f(x)在(-∞,0)，(1,+∞)
上单调递增：令f′(x)<0，得0<x<1，故f(x)在(0,1)上单调递减．
当x∈[-2,2]时，f(x)的极大值为f(0)=3，又f(2)=11，所以f(x)在[-2,2]上的最大值为f(2)=11，所以
A错误．
选项B：易知直线6x+2y-7=0的斜率为-3，设直线6x+2y-7=0和函数f(x)的图象相切的切点为
x 0 ,f(x 0 ) 
1
，则f(x 0 )=-3，即12x2 0 -12x 0 +3=0，解得x 0 = 2 ，故fx 0 
1
=f 2 
1
=2，故切点为 ,2 2  ，显然切
点坐标满足6x+2y-7=0，故B正确．
a≥0
选项C：结合选项A知：若f(x)在区间(a,a+1)上单调递减，则

，故a=0，故C正确．
a+1≤1
选项D：易知f(x)+f(1-x)=4x3-6x2+3+4(1-x)3-6(1-x)2+3=4x3-6x2+3+4(1-x3-3x+3x2)-6
(x2-2x+1)+3=4，
1 所以f
101
 2 +f
101
 100 +⋯+f
101
 1 = f
101
   + f 100
 101
  50 +⋯+ f
101
 51 +f
101
  

 =4+⋯+4=4×
50=200，故D正确．
故选：BCD
4. (2023·全国·模拟预测)已知函数fx  和gx  分别为R上的奇函数和偶函数，满足fx  +gx  =2ex，f
x  ，g x  分别为函数fx  和gx  的导函数，则下列结论中正确的是 ( )
A. fx  =ex-e-x
B.当x>0时，gx  的值域为2,+∞ 
C.当x≥0时，若fx  ≥ax恒成立，则a的取值范围为-∞,2 
D.当n∈N*时，满足g1  g2  ⋅⋅⋅gn  >en+1+2 
n
2
【答案】ACD
【分析】根据函数奇偶性以及fx  +gx  =2ex即可求得fx  =ex-e-x，可得A正确；利用基本不等式可得
gx  =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gx 1  gx 2  >ex1+x2+2，累成即可得D正确.
【详解】对于A，因为fx  和gx  分别为R上的奇函数和偶函数，满足fx  +gx  =2ex，
即可得f-x  +g-x  =-fx  +gx  =2e-x，
所以可得fx  =ex-e-x，gx  =ex+e-x，故A正确；
对于B，gx  =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gx  的值域为2,+∞  ，故B错误．
对于C，分两种情况．①a≤2，令hx  =fx  -ax，
当x≥0时，则h x  =ex+e-x-a≥2-a≥0，hx  单调递增，
所以hx  ≥h0  =0，即fx  ≥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，hx  单调递减，
hx  <h0  =0，即fx  <ax，与题设fx  ≥ax矛盾．
综上，a的取值范围是-∞,2  ，故C正确．
对于D，gx 1  gx 2  =ex1+x2+e-x1+x2  +ex1-x2+e-x1+x2≥ex1+x2+e-x1+x2  +2>ex1+x2+2，
则g1  gn  >en+1+2，
g2  gn-1  >en+1+2，
⋯
gn  g1  >en+1+2，
累乘得 g1  g2  ⋅⋅⋅gn    2
= g1  gn    g2  gn-1    ⋅⋅⋅ gn  g1    >en+1+2  n，
故g1  g2  ⋅⋅⋅gn  >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fx  的定义域为-1,5  ，部分对应值如表，fx  的导函
数y=f x  的图象如图所示，
x -1 0 2 4 5
fx  1 2 1.5 2 1
下列关于函数fx  的命题：
①函数fx  的值域为1,2  ；
②如果当x∈-1,t  时，fx  的最大值为2，那么t的最大值为4；
③函数fx  在0,2  上是减函数；
④当1<a<2时，函数y=fx  -a最多有4个零点．
其中正确命题的序号是 .
【答案】①③④
【分析】根据函数的单调性和特殊值，可判断①；根据已知导函数的图象，及表中几个点的坐标，易分析出0
≤t≤5，均能保证x∈-1,t  时，fx  的最大值为2，进而判断②的真假；根据已知导函数的图象，分析得
到fx  在0,2  上的单调性，可判断③的真假；根据函数的交点个数判断④的真假.
【详解】因为由导函数图象可知，fx  在-1,0  递增，在0,2  递减，在2,4  递增，在4,5  递减，
结合单调性知函数最小值为1，最大值为2，所以函数fx  的值域为1,2  ，故①正确；
由已知中y=f x  的图象，及表中数据可得当x=0或x=4时，函数取最大值2，
若x∈-1,t  时，fx  的最大值为2，那么0≤t≤5，故t的最大值为5，故②错误；由已知中y=f x
8
 的图象可得在0,2  上f x  <0，即fx  在0,2  上是减函数，故③正确；
当1.5<a<2时，函数y=fx  -a有4个零点，
故当1<a<2时，函数y=fx  -a有2,3,4个零点，最多4个零点，故④正确；
故答案为：①③④.
6. (2023·全国·高三专题练习)若对于x≥1，不等式ax-1  -lnx≥0恒成立，则参数a的取值范围为
．
【答案】1,+∞ 
【分析】令fx  =ax-1  -lnx,x≥1，求得f x 
ax-1
= ，分a≤0、0<a<1和a≥1，三种情况，结合
x
f1  =0，即可求解.
【详解】令fx  =ax-1  -lnx,x≥1，可得f x 
1 ax-1
=a- = ，
x x
若a≤0时，f x  <0，fx  单调递减，
又由f1  =0，所以当x≥1时，可得fx  ≤0，不符合题意，舍去；
若0<a<1时，令f x 
1
=0，可得x= >1，
a
当x∈ 1, 1
 a
 时，f x  <0，fx  单调递减；
1
当x∈ ,+∞
a
 时，f x  >0，fx  单调递增；
又由f1  =0，所以存在x ∈ 1, 1 0  a  ，使得fx  <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，fx  单调递增，且f1  =0，
所以当x≥1时，fx  ≥f1  =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=fx  的导函数为y，y的导函数为y，则曲线y=fx  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
21+x2 K=
9
 3 2-x⋅ 3 ⋅1+x2 2  1 2⋅2x
1+x2

1+x2 =
3
 1 21+x2-3x2 
1+x2

1-2x2 =
3
1+x2 
，
5
2
2 2
显然当0<x< 时，K>0；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fx  =x2-ax-lnx+2a∈R 
在区间0,1  上单调递减，在区间1,+∞  上单调递增，则fx  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fx  =x2-ax-lnx+2a∈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fx 
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=0a≠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fx  及其导函数f x  的部分图象如图所示，设函数gx
10

fx
=

，则gx
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fx  -f x  的符号，即可得到g x  的符号，进而得到gx  的单调性和极值.
【分析】结合图像可知，当x<a时fx  -f x  >0，当a<x<b时，fx  -f x  <0，
当x>b时，fx  -f x  >0，
g x 
f x
=
 -fx 
，因ex>0，
ex
故当x<a时，g x 
f x
=
 -fx 
<0，gx
ex
 在区间-∞,a  上单调递减，
当a<x<b时，g x 
f x
=
 -fx 
>0，gx
ex
 在区间a,b  上单调递增，
当x>b时，g x 
f x
=
 -fx 
<0，gx
ex
 在区间b,+∞  上单调递减，
故gx  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fx 
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gx  =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】fx 
1
=ex-e-x+ x3-ax，则f x
3
 =ex+e-x+x2-a，
若函数fx 
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gx  =f x  =ex+e-x+x2-a，
则g x  =ex-e-x+2x，
当x<0时，0<ex<1，e-x>1，2x<0，则ex-e-x<0，则g x  =ex-e-x+2x<0，
当x>0时，ex>1，0<e-x<1，2x>0，则ex-e-x>0，则g x  =ex-e-x+2x>0，
则gx  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fx  =x3+ax2+bx+1在点 1,f1    处的切线斜率为3，
2
且x= 是y=fx
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=fx  递增；
2
当x∈-2,
3
 ，f x 
2
<0，则-2,
3
 上y=fx  递减；
2
所以x=-2、x= 都是y=fx
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fx 
cosπx
= ，以下结论中错误的是 ( )
x2+1
A. fx  是偶函数 B. fx  有无数个零点
C. fx 
1
的最小值为- D. fx
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fx  =0可确定B正确；根据fx  定义域为R，f1 
1
=- ，可知
2
1
若最小值为- ，则x=1是fx
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，∵fx  定义域为R，f-x 
cos-πx
=

-x 
cosπx
= =fx
2+1 x2+1
 ，
∴fx  为偶函数，A正确；
对于B，令fx 
π
=0，即cosπx=0，∴πx= +kπk∈Z
2

1
，解得：x= +kk∈Z
2
 ，
∴fx  有无数个零点，B正确；
对于C，∵f1 
1
=- ，∴若fx
2

1
的最小值为- ，则x=1是fx
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fx  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，fx  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fx
12
 =2x-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gx  =2xex-2x，利用导数求得
函数gx  的单调性和最小值，即可求解.
【详解】由函数fx  =2x-1  ex-x2-ax，可得f x  =2xex-2x-a，
因为fx  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gx  =2xex-2x，则g x  =2x+2  ex-2，
当x<0时，g x  <0；当x>0时，g x  >0，
则gx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增，
所以g(x) min =g0  =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fx 
m
=xex- x2-mx，则函数fx
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，fx  在1,2  单调递增，
fx  =f1
min

3
=e- m；
2
当e<m<e2时，x+1  >0，
x∈1,lnm  ,f(x)<0,fx  单调递减，
x∈lnm,2  ,f(x)>0,fx  单调递增，
fx  =flnm
min

m
=- ln2m；
2
当m≥e2时，x+1

>0，ex-m<0，
所以f x  >0，fx  在1,2  单调递减，
fx  =f2
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fx 
x2+3x+1
= ，则下列结论正确的
ex
是 ( )
A.函数fx  存在三个不同的零点
B.函数fx  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-e2<k<0时，方程fx  =k有且只有两个实根
【答案】BCD
【分析】求出函数的导数，判断单调性，即可求得极值，判断B；结合函数单调性以及零点存在定理可判断A；
结合函数单调性以及极值可判断C；结合函数的图象，数形结合可判断D.
【详解】由fx 
x2+3x+1
= 可得f x
ex

-x2-x+2 -x+2
= =
ex
 x-1 
，
ex
令f x  =0，得x=1或x=-2，
当x<-2或x>1时，f x  <0，即f x  在(-∞,-2),(1,+∞)上单调递减，
当-2<x<1时，f x  >0，即f x  在(-2,1)上单调递增，
则fx  有极小值f-2  =-e2，极大值为f1 
5
= ，B正确；
e
又f-3  =e3>0，f-2  =-e2<0，即fx  在(-3,-2)内有1个零点；
又f0  =1>0，故fx  在(-2,0)内有1个零点；
当x>0时，fx  >0，此时无零点，
故函数fx  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fx  在x=1时取极大值f1 
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-e2<k<0时，fx  图象与y=k只有2个交点，
故方程fx  =k有且只有两个实根，D正确，
故选：BCD
三、填空题
5. (2023上·宁夏银川·高三校考阶段练习)函数fx  =xlnx，gx  =x2-2x+a，若对任意的x∈  1 ,1 1  e  ，x ∈ 2
1,2  ，使得fx 1  ≥gx 2  成立，则实数a的范围是 ．
1 【答案】-∞,-
e

【分析】利用导数研究其单调性，再根据恒成立问题求解.
【详解】因为f x  =lnx+1，x∈  1 ,1 1  e  ，所以f x  ≥0，故fx  在  1 ,1  e  上单调递增，所以fx  ∈
 - 1 ,0
 e
 ．
又gx  =x2-2x+a=x-1  2+a-1，所以gx  在1,2  上也是单调递增，所以gx  ∈a-1,a  ，因为对任意的x∈  1 ,1 1  e
14
 ，x 2 ∈1,2  ，使fx 1  ≥gx 2  成立，等价于 fx 1    min ≥ gx 2    1 ，即- ≥a， max e
1 故实数a的范围是-∞,-
e
 ．
1 故答案为：-∞,-
e

【点睛】关键点点睛：本题将所求转化为 fx 1    min ≥ gx 2    是解题关键，利用导数等方法求出相应函数 max
的最值即可解答.
6. (2023·全国·高三专题练习)(1)已知函数fx  =xex-ax+lnx+1  ，若fx  ≥0恒成立，则正数a的取值
范围是 ；
(2)已知不等式xex-ax+1  ≥lnx对任意正数x恒成立，则实数a的取值范围是 ；
(3)已知函数fx  =aex-lnx-1，若fx  ≥0恒成立，则实数a的取值范围是 ；
(4)已知不等式ex-1≥kx+lnx，对∀x∈0，+∞  恒成立，则k的最大值为 ．
1
【答案】 0<a≤1 a≤1 a≥ e-1
e
【分析】(1)(2)利用xex=ex+lnx，构造不等式形式，以及利用ex≥x+1放缩法，采用参数分离的方式进行求
解；(3)(4)分离参数后利用lnx+1≤x，ex≥ex进行进行求解．
【详解】先证明两个不等式：ex>x+1和lnx<x-1,
设m(x)=lnx-x+1,n(x)=ex-x-1，
1
则当x>1时m(x)= -1<0,mx
x
 单调递减，当0<x<1时，m(x)>0,mx  单调递增，故当m(x)≤
m1  =0，故lnx<x-1,
当x>0,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)fx  ≥0⇔xex-ax+lnx+1  ≥0⇔ex+lnx≥ax+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，∴0<a≤1．
(2)xex-ax+1 
xex-lnx xex-lnx ex+lnx-lnx x+lnx+1-lnx
≥lnx⇔a≤ ，由于 = ≥ =1，∴a≤1．
x+1 x+1 x+1 x+1
lnx+1
(3)aex-lnx-1≥0⇔a≥ ，由于lnx+1≤x，ex≥ex，两者都是当且仅当x=1等号成立，则
ex
lnx+1 x 1 1
≤ = ，∴a≥ ．
ex ex e e
ex lnex
(4)ex-1≥kx+lnx⇔k≤ - ，由于lnx+1≤x，ex≥x+1，所以lnx+1=lnex≤x，ex-1≥x⇒ex
x x
ex lnex ex lnex
≥ex，两者都是当且仅当x=1等号成立，∴ ≥e， ≤1，则 - ≥e-1，∴k≤e-1．即k最
x x x x
大值为e-1
1
故答案为：0<a≤1，a≤1，a≥ ，e-1.
e
【重难保分考点五】导数的综合应用
一、单选题
1. (2023上·江苏镇江·高二江苏省镇江第一中学校考期末)若点P1,m  不在函数fx  =x3-3mx的图像上，
且过点P有三条直线与fx  的图像相切，则实数m的取值范围为 ( )1
A. 0,
4
15

1
B. 0,
4

1 1
∪ ,
4 2

1 C. -∞,
4
 1 ∪ ,+∞
2
 1 D. -∞,
4
 1 ∪ ,+∞
2

【答案】A
【分析】根据题意，设出切点坐标，由导数的几何意义可得2t3-3t2+4m=0，将问题转化为函数有三个零点
问题，然后列出不等式，即可得到结果.
【详解】点P1,m  不在函数fx  =x3-3mx的图像上，
则f1 
1
=1-3m≠m，即m≠ ，
4
设过点P的直线与fx  =x3-3mx的图像相切于Qt,t3-3mt  ，
则切线的斜率k=f t 
t3-3mt-m
=3t2-3m= ，
t-1
整理可得2t3-3t2+4m=0，
则问题可转化为gt  =2t3-3t2+4m有三个零点，
且g t  =6t2-6t，令g t  =0，可得t=0或t=1，
当t∈-∞,0  时，g t  >0，则gt  单调递增，
当t∈0,1  时，g t  <0，则gt  单调递减，
当t∈1,+∞  时，g t  >0，则gt  单调递增，
即当t=0时，gt  有极大值，当t=1时，gt  有极小值，
要使gt  =2t3-3t2+4m有三个零点，
g0 则  >0
g1 


，即

4m>0 ，解得0<m< 1 ，
<0 2-3+4m<0 4
1
所以实数m的取值范围为0,
4
 .
故选：A
1
2. (2023上·江苏常州·高三校联考阶段练习)设函数f(x)= x2-4x+alnx，若函数y=f(x)存在两个极值点
2
x,x ，且不等式f(x)+f(x )≥x+x +t恒成立，则t的取值范围为 ( )
1 2 1 2 1 2
A. -∞，-1  B. -∞，-16-8ln2 
e2
C. -∞， -4e
2
 D. -∞，-13 
【答案】D
【分析】先求导，然后根据导函数和极值点的关系求出x+x ,xx 及a的范围，然后代入f(x)+f(x )-
1 2 1 2 1 2
x 1 +x 2  ，构造函数求最值即可.
【详解】函数f(x)定义域为0,+∞ 
a x2-4x+a
，f(x)=x-4+ = ,x>0，
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0<a<4，
1 2
xx =a>0
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  -5x 1 +x 2  +alnx 1 x 2 
1
= 16-2a 2  -20+alna=alna-a-12
设ha  =alna-a-12,0<a<4，则h a
16
 =lna，
当0<a<1时，h a  <0，ha  单调递减，
当1<a<4时，h a  >0，ha  单调递增加，
ha  =h1
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vr  =πr2 4-r  ，其中0<r<4；则有v r  =π8r-3r2  ，
v r 
8
>0，解得0<r< ；v r
3

8
<0，解得 <r<4，
3
则vr  =πr2 4-r 
8
在区间0,
3

8
单调递增，在区间 ,4
3
 单调递减，8 8
所以当r= 时，冰块的体积最大，最大值为v
3 3
17

256π 4
= cm3，此时冰块高度h= cm.
27 3
故选：BC.
4. (2024上·辽宁丹东·高三统考期末)已知函数fx 
1
= x3-x-1，则 ( )
3
A. fx  有一个零点 B. fx 
2
的极小值为-
3
C. fx  的对称中心为0,-1  D.直线y=-x-1是曲线y=fx  的切线
【答案】ACD
1 5
【分析】利用导数讨论函数f(x)的单调性，即可判断B，结合f(-1)=- <0,f(1)=- <0,f(3)=5>0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⇒-1<x<1，令f(x)>0⇒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】0<a<e
【分析】根据给定条件，分离参数构造函数，求出函数的最大值即得.
1 1 2lnx 2lnx
【详解】当a>0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0<x< e时，f(x)>0，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0<a<e，所以a的取值范围是0<a<e.
a e
故答案为：0<a<e
【点睛】方法点睛：解决不等式恒成立问题常用分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x) ≥a即
min
可；f(x)≤a恒成立，只需f(x) ≤a即可.
max
6. (2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)如图，正方形ABCD 与正方形ABCD的中心重合，边长分别为3
1 1 1 1
和1，P，P，P，P分别为AD ，AB ，BC ，CD 的中点，把阴影部分剪掉后，将四个三角形分别沿AD，
1 2 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1
AB，BC，CD折起，使P，P，P，P重合于P点，则四棱锥P-ABCD的高为 ，若直四棱柱A B C
1 2 3 4 2 2 2
D -A B C D 内接于该四棱锥，其上底面四个顶点在四棱锥侧棱上，下底面四个顶点在面ABCD内，则该
2 3 3 3 3
直四棱柱A B C D -A B C D 体积的最大值为 ．
2 2 2 2 3 3 3 3
3 2 3
【答案】
2 27
【分析】作出图形，可知四棱锥P-ABCD为正四棱锥，取AB的中点E，连接AC、BD交于点O，连接PE、
EF、PF，则四棱锥的高为PF，直四棱柱A B C D -A B C D 内接于该四棱锥，则底面A B C D 为正方
2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2
形，作出截面PBD的平面图，设B F=x，计算得出四棱柱体积的函数关系式，运用导数研究可得其体积最
2
大值.
【详解】由题意可知，四棱锥P-ABCD为正四棱锥，△PAB边AB上的高为PE=1，如下图所示：
取AB的中点E，连接AC、BD交于点F，连接PE、EF、PF，
则F为AC、BD的中点，由正四棱锥的几何性质可知，PF⊥平面ABCD，
1 1
因为E、F分别为AB、AC的中点，则EF⎳BC且EF= BC= ，
2 2
1
因为EF⊂平面ABCD，则PF⊥EF，所以，PF= PE2-EF2= 12-
2
18

2 3
= ，
2
5 1 1 2
在△PEB中，得PB= PE2+EB2= ,BF= BD= BC2+CD2=
2 2 2 2
作出四棱柱A B C D -A B C D 内接于该四棱锥在平面PBD上的平面图如图所示：
2 2 2 2 3 3 3 3
2
设B F=x,x∈0,
2 2

2
，则BB =BF-B F= -x，
2 2 2B B PF 3 6
因为△BB B ~△BPF，所以 2 3 = ，解得B B = - x，
2 3 BB BF 2 3 2 2
2
所以直四棱柱A 2 B 2 C 2 D 2 -A 3 B 3 C 3 D 3 的体积Vx
19

1
= 2 ·A 2 C 2 ·B 2 D 2 ·B 2 B 3 =- 6x3+ 3x2,所以V x  =
-3 6x2+2 3x，
2
当x∈0,
3
 时V x 
2 2
>0，当x∈ ,
3 2
 时V x  <0，
所以函数Vx 
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fx  =ax-a+1 
1
lnx- .
x
(1)讨论fx  的单调性；
(2)设gx  =x2e2x-fx  ，若关于x的不等式gx  ≥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=1，0<a<1三种情况，求出单调性；
(2)不等式转化为x2e2x-lnx2e2x  -1≥2a-1  x，构造hx  =x-lnx-1，求导得到其单调性，得到x2e2x
-lnx2e2x  -1≥0当且仅当 x2e2x=1时等号成立，并且存在x 0 ∈0,1  ，满足x2e2x0=1，故当a≤1时，满足 0
要求，当a>1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0<x<1；令f x  <0，得x>1，
则fx  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0<x< 或x>1时，f x
a a

1
>0；当 <x<1时，f x
a
 <0，
则fx 
1
在0,
a
 ，1,+∞ 
1
单调递增，在 ,1
a
 单调递减；
当a=1时，f x  ≥0恒成立，故fx  在0,+∞  单调递增；
1 1
当0<a<1时， >1，当0<x<1或x> 时，f x
a a

1
>0，当1<x< 时，f x
a
 <0，
则fx  在0,1 
1
， ,+∞
a

1
单调递增，在1,
a
 单调递减.
综上，当a>1时，fx 
1
在0,
a
 ，1,+∞ 
1
单调递增，在 ,1
a
 单调递减；
当a=1时，fx  在0,+∞  单调递增；
当0<a<1时，fx  在0,1 
1
， ,+∞
a

1
单调递增，在1,
a
 单调递减；
当a≤0,fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减.(2)将fx
20
 =ax-a+1 
1
lnx- 代入gx
x
 ≥ax+a+3 
1
lnx+ +1中，x2e2x-ax+a+1
x

1
lnx+ ≥
x
ax+a+3 
1
lnx+ +1，
x
化简得x2e2x-2lnx-1≥2ax，不等式两边同减去2x得，x2e2x-2lnx-2x-1≥2ax-2x，
可化为x2e2x-lnx2e2x  -1≥2a-1  x，
令hx  =x-lnx-1，则h x 
1 x-1
=1- = ，
x x
易知当x∈0,1  时，h x  <0，hx  单调递减，当x∈1,+∞  时，h x  >0，hx  单调递增，
所以hx  =h1
min
 =0，从而hx  ≥0，当且仅当x=1时等号成立，
则x2e2x-lnx2e2x

-1≥0，当且仅当x2e2x=1时等号成立，
令ux  =x2e2x，u x  =2xe2x+2x2e2x=2xe2x 1+x  ，
故当x<-1或x>0时，u x  >0，ux  =x2e2x单调递增，
当-1<x<0时，u x  <0，ux  =x2e2x单调递减，
u-1  =e-2<1，u0  =0，u1  =e2>1，
故存在x 0 ∈0,1  ，满足x2e2x0=1， 0
当a≤1时，x2e2x-lnx2e2x  -1≥0，2a-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-lnx2e2x  -1=0，
而2a-1  x>0，于是gx  ≥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-lnx2e2x  -1≥2a-1  x，从而构造hx  =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- <a<0，分析函数
2 2 2
f x  的正负，即可得出答案；
(2)由题意先表示出x 1 -x 0 =2lnx 1 -ln(2x 1 -2)，再令g(x)=2lnx-ln(2x-2)，利用导数分析函数gx  的单
调性，可得g(x)有最小值g(2)=ln2，即可证明x-x ≥ln2.
1 0
【详解】(1)f′(x)=xex+2ax=x(ex+2a)，
若a≥0，由ex+2a>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- <a<0，则x∈(-∞,ln(-2a))或x∈(0,+∞)时，f′(x)>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- <a<0时，f(x)在(-∞,ln(-2a))，(0,+∞)上单调递增，在(ln(-2a),0)上单调递减.
2
(2)由(1)知，a<-1时，f(x)在(-∞,0)，(ln(-2a),+∞)上单调递增；
在(0,ln(-2a))上单调递减，则f(x)的极小值点为x =ln(-2a)，
0
由极大值f(0)=-1<0，f(1)=a<0且当x趋近正无穷时，f(x)趋近正无穷，
f(x)存在唯一的零点x>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fx
21
 =0分离变量得出a=gx  ，将问题等价转化为直线y=a与函数y=gx  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： fx 1
1 2
 -fx 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 fx 1
1 2 1 2
 -fx 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<2x-
1 1 1 x
1
22

1
，即证：lnx<x- 对任意的x∈(1,+∞)恒成立即可．
1 1 x 1
1
1 1 1
【详解】(1)由题可知，当a= 时，f(x)=lnx+ x2- x，
2 2 2
∴f x 
1 1
= +x-
x 2
3 3
∴f(1)=0，f′(1)= ，∴切点为(1,0)，切线的斜率为 ，
2 2
3
∴切线方程为：y-0= (x-1)，即3x-2y-3=0；
2
(2)对函数f(x)求导可得，f x 
1
= +x-a(x>0)．
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0<x<x 1 ，或x>x 2 ．f x  <0，则x<x<x ， 1 2
综上：当a≤2时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
a- a2-4
当a>2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
fx 1  -fx 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  -ax 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： fx 1  -fx 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<2x-
1 2 1 1 1 x
1
 ．
1
即证：lnx<x- 对任意的x∈(1,+∞)恒成立．
1 1 x 1
1
1
令f(x)=lnx-x+ ，(x>1)．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)<f(1)=0．
所以 fx 1  -fx 2  a <2- ．
x-x 2
1 2
【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了构
造函数法证明不等式的成立，属难题.
4. (2024·广东佛山·统考一模)已知fx  =e2x-ax-1,gx  =axex-1  ，其中a∈R.
(1)求fx  的单调区间；
(2)若a>2，证明：当x≥ 3a-6时，fx  >gx  .【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2<a≤ +2，再将原式转化为证明e2x- +2
3 3
23
 xex-1>0x>0  ，通过二次求导判断函数
单调性进而即可得证.
【详解】(1)由fx  =e2x-ax-1，得f x  =2e2x-a，
当a≤0时，f x  >0，fx  在-∞,+∞  单调递增；
当a>0时，令f x 
1 a
>0，得x> ln ，此时fx
2 2
 单调递增，
令f x 
1 a
<0，得x< ln ，此时fx
2 2
 单调递减.
综上所述，当a≤0时，fx  增区间为-∞,+∞  ，无减区间
当a>0时，fx 
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2<a≤ +2，x>0，
3
要证fx  >gx  ，即证e2x-ax-1>axex-1  ，
x2
即证e2x-axex-1>0，即证e2x- +2
3
 xex-1>0x>0  ，
设hx 
1
=e2x- x3ex-2xex-1x>0
3
 ，
则h x  1 =2e2x- x3+x2
3
 ex-2x+2 

1x3+x2+2x+2
ex=e2x2- 3
 ex

，
令mx 
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mx  在0,+∞  单调递增，所以x>0时，mx  >m0 
2
=2- =0，
1
所以h x  >0对x>0恒成立，所以hx  在0,+∞  单调递增，
所以x>0时，hx  >h0  =1-1=0，
x2
即e2x- +2
3
 xex-1>0x>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fx  =ax-2lnx．
(1)试讨论函数fx  的单调性；
(2)a>0时，求fx  在1,e  上的最大值；
(3)当x>1时，不等式fx  <x-2  lnx+2x+a-1恒成立，求整数a的最大值．
【答案】(1)当a≤0时，fx  的单调递减区间是0,+∞  ；无单调递增区间，
当a>0时，fx 
2
的单调递减区间是0,
a

2
；单调递增区间是 ,+∞
a
 .2
(2)当0<a≤ 时，fx
e-1
24
 在1,e  上的最大值是a；
2
当a> 时，fx
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fx  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gx
x-1 x-1

xlnx 1
= + +2，借助隐零点求出gx
x-1 x-1
 在
1,+∞  上的最小值的范围，即可求解.
【详解】(1)由函数fx  =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fx  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fx 
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，fx  的单调递减区间是0,+∞  ；无单调递增区间，
当a>0时，fx 
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，fx 
2
在0,
a

2
上单调递减；在 ,+∞
a
 上单调递增，
2 2
当 ≥e，即0<a≤ 时，fx
a e
 在1,e  上单调递减，
所以fx  =f1 max  =a，即fx  在1,e  上的最大值是a，
2
当 ≤1，即a≥2时，fx
a
 在1,e  上单调递增，
所以fx  =fe max  =ae-2，即fx  在1,e  上的最大值是ae-2，
2 2 当1< <e，即 <a<2时，fx
a e
 在 1, 2
 a
 上单调递减；在  2 ,e
a
 上单调递增，
所以最大值可能在x=1或x=e处取得，
f1  =a，fe  =ae-2，
2 2
当a≥ae-2，即 <a≤ 时，fx e e-1  =f1 max  =a，即fx  在1,e  上的最大值是a，
2
当a<ae-2，即 <a<2时，fx
e-1
 =fe
max
 =ae-2，
即fx  在1,e  上的最大值是ae-2，
2
综上所述：当0<a≤ 时，fx
e-1
 在1,e  上的最大值是a；
2
当a> 时，fx
e-1
 在1,e  上的最大值是ae-2.
(3)当x>1时，不等式fx  <x-2  lnx+2x+a-1恒成立，
即ax-2lnx<x-2  lnx+2x+a-1，
即ax-2lnx<xlnx-2lnx+2x+a-1，ax<xlnx+2x+a-1，
ax-1
25
 <xlnx+2x-1，
ax-1  <xlnx+2x-1  +1，
xlnx+2x-1
a<
 +1
，
x-1
xlnx 1
即a< + +2，
x-1 x-1
令gx 
xlnx 1
= + +2，
x-1 x-1
g x 
1+lnx
=
 x-1  -xlnx
x-1 
1
-
2 x-1 
x-lnx-2
=
2 x-1 
，
2
令hx  =x-lnx-2，
h x 
1 x-1
=1- = >0，
x x
所以hx  在区间1,+∞  上单调递增，
因为h3  =1-ln3<0，h4  =2-ln4>0，
所以存在唯一一点x 0 ∈3,4  ，使hx 0  =0，
即x -lnx -2=0，所以lnx =x -2，
0 0 0 0
所以当x∈1,x 0  时，hx  <0，即g x  <0，
当x∈x 0 ,+∞  时，hx  >0，即g x  >0，
所以gx  在区间1,x 0  上单调递减；在区间x 0 ,+∞  上单调递增；
所以gx  min =gx 0 
x lnx 1
= 0 0 + +2， x -1 x -1
0 0
= x 0x 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gx  ∈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 (x<x )，求当a为何值时，4f(x)-2f(x )取得最大值．
1 2 1 2 1 2
【答案】(1)答案见解析
3 2
(2)a=
2
【分析】(1)求出函数导数，通过对导数中的g(x)=x2-ax+1分类讨论，研究函数值的符号，得出函数正负，
求出原函数的单调区间；
(2)根据函数的极值点得出0<x<1<x ，化简4f(x)-2f(x )，利用导数求何时取最大值.
1 2 1 21 1 x2-ax+1
【详解】(1)由f(x)=- x2+ax-lnx(x>0)，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 ，x<x ，则x ，x 是方程g(x)=0的两个根，从而ax=
1 2 1 2 1 2 1
x2+1，ax =x2+1，由韦达定理，得xx =1，x+x =a．
1 2 2 1 2 1 2
又a-2>0，所以0<x<1<x ，
1 2
4fx 1  -2fx 2 
1
=4- x2+ax-lnx 2 1 1 1 
1
-2- x2+ax -lnx 2 2 2 2 
=-2x2+4ax-4lnx+x2-2ax +2lnx
1 1 1 2 2 2
=-2x2 1 +4x2 1 +1  -4lnx 1 +x2 2 -2x2 2 +1  +2lnx 2
x 2
=2x2-x2+2ln 2 +2= -x2+3lnx2+2.
1 2 x2 x2 2 2
1 2
2
令t=x2(t>1)，h(t)= -t+3lnt+2，t>1，
2 t
2 3 (t-1)(t-2)
则h(t)=- -1+ =- ，
t2 t t2
当1<t<2时，h(t)>0；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，4fx 1  -2fx 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fx  =lnx+axa∈R  ．
(1)若函数fx  有两个不同的零点，求实数a的取值范围；
(2)若fx  ≤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fx  =lnx+axa∈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:fx  =lnx+axa∈R  的定义域为0,+∞  .
所以f x 
1
= +a，
x
若a≥0，fx  在0,+∞  上递增，至多一个零点，不合题意，
若a<0，f x 
ax+ 1
a =

，fx
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⇒- <a<0．
e
1
下面证明充分性：x=1∈0,- 1 a  ,fx 1  =a<0，故fx
28

1
在0,-
a
 上有一个零点，
-1 1
x =e a∈- ,+∞ 2 a  ,fx 2 
1 -1 et t2-et 1
=- +a⋅e a=t- = ,t=- >e a t t a  ，
令ut  =t2-et,t>e  ，u t  =2t-et,u t  =2-et<0，
所以u t  =2t-et<2e-ee<0，所以ut  <ue  =e2-ee<0,fx 2  <0，
故fx 
1
在- ,+∞
a
 上有一个零点．
1
综上，实数a的取值范围是- ,0
e
 ．
lnx+1
(2)lnx+ax≤x⋅e2x-1⇒a≤e2x- ，令gx
x

lnx+1
=e2x- ，
x
则g x 
lnx 2x2e2x+lnx
=2e2x+ = ．
x2 x2
令hx  =2x2e2x+lnx,h x  =4x+4x2 
1
e2x+ >0，
x
所以hx  在0,+∞  上递增，又h1  >0,he-2  <0，
因此hx  在0,+∞  上有唯一零点x 0 ∈0,1  ,
所以gx  在0,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，
即g(x) min =gx 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 +lnln
0 x x 0 0 x x
0 0 0 0
 ．
令φx  =x+lnx，则φ x 
1
=1+ >0，
x
所以φx  在0,+∞  上递增，φ2x 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fx  =xlnx+2x-1.
(1)求fx  单调区间;
(2)已知m为整数，关于x的不等式f(x)>mx-1  在x>1时恒成立，求m的最大值．
【答案】(1)fx 
1
的单调递增区间是 ,+∞
e3
 ，fx 
1
的单调递减区间是0,
e3

(2)4
【分析】(1)对fx  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)fx  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fx
e3

1
的单调递增区间是 ,+∞
e3
 ，f x
29

1
<0，得0<x< ，所以fx
e3

1
的单调递减区间是0,
e3
 .
(2)因为fx  =xlnx+2x-1，
所以xlnx+2x-1>mx-1  在1,+∞  恒成立，
xlnx+2x-1
即 >m在1,+∞
x-1
 恒成立，
设gx 
xlnx+2x-1
= ，只需gx
x-1
 >m即可，
min
g x 
x-lnx-2
=
x-1 
，
2
设hx  =x-lnx-2,h x 
1 x-1
=1- = ．
x x
当x∈1,+∞  时，h x  >0恒成立，hx  在1,+∞  单调递增，
h2  =-ln2<0,h3 
e
=1-ln3=ln <0,h4
3
 =2-ln4>0，
故存在唯一实数hx  在3,4  存在唯一的零点x 0 ，使得hx 0  =0，即x -lnx -2=0， 0 0
故g x 0  =0，当x∈1,x 0  ,g x  <0,gx  单调递减，
当x∈x 0 ,+∞  ,g x  >0,gx  单调递增，
故gx  min =gx 0  = x 0 lnx 0 +2x 0 -1 = x 0x 0 -2 x -1
0
 +2x -1 x -1 0 =x 0 +1∈4,5
0
 ，
所以m<x 0 +1∈4,5  ，所以m的最大整数是4.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是恒成立问题通常利用分离参数法来处理；二是零点不易
求解时，可以采用隐零点的方法来解决.
4. (2024·全国·模拟预测)已知函数fx  =x+a  lnx-ex-1  a∈R  ．
(1)当a=0时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)>0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=0f(x)=xlnx-e(x-1)f(x)=lnx-(e-1)由f(x)>0得x>ee-1，由f
(x)<0得0<x<ee-1函数f(x)的单调性
e(x-1)
(2)由题意可得如果f(x)>0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
lnxa>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)=e2-2ea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0<x<ee-1，
所以f(x)在ee-1,+∞  上单调递增，在0,ee-1  上单调递减．
(2)解法一 ：当x>1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mx 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px  =x+e2-2e  lnx-ex-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-ex≥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mx  在1,e2-2e  上单调递减，在e2-2e,+∞  上单调递增，
所以当x=e2-2e时，mx  取到极小值也是最小值，
所以p x  =me2-2e
min
 =lne2-2e  +2-e=1+lne-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mx  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fx  =mx-1  2-2x+2lnx，m≥2.
(1)求证：函数fx  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，fx  ≤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“mx-1  2+2x+2lnx-2xex-1≤0在1,+∞  上恒成立”，建立函数Fx  =mx-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  =2mx-1 
2 2mx2-2m+2
-2+ =
x
 x+2
x>0
x
 ，
令hx  =2mx2-2m+2  x+2，
2m+2 m+1
因为m≥2，二次函数对称轴x= = >0，h0
4m 2m
 =2>0，
且Δ=2m+2  2-4×2m×2=2m-2  2>0恒成立，
所以hx  =0恒有两个不相等的正实根，且这两个正实根分别为a,bb>a 
m+1 1
，a+b= ，ab= ，
m m
所以fx  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mx-1  2-2x+2lnx≤2xex-1-4x在1,+∞  上恒成立，
即mx-1  2+2x+2lnx-2xex-1≤0在1,+∞  上恒成立，
令Fx  =mx-1  2+2x+2lnx-2xex-1，
则F x  =2mx-1 
2
+2+ -2x+2
x
 ex-1，令Gx  =2mx-1 
2
+2+ -2x+2
x
 ex-1，
则G x 
2
=2m- -2x+4
x2
 ex-1，令Hx 
2
=2m- -2x+4
x2
 ex-1，
则H x 
4
= -2x+6
x3
 ex-1，令Mx 
4
= -2x+6
x3
 ex-1，
则M x 
12
=- -2x+8
x4
 ex-1，当x≥1时，M x  <0，
所以Mx  在1,+∞  上单调递减，Mx  ≤M1  =4-8=-4<0，
所以Hx  在1,+∞  上单调递减，Hx  ≤H1  =2m-2-6=2m-8，
当2m-8≤0，即m≤4时，G x  =Hx  ≤0，
所以Gx  =F x  在1,+∞  上单调递减，F x  ≤F 1  =0，所以Fx
32
 在1,+∞  上单调递减，Fx  ≤F1  =0成立，所以2≤m≤4；
当2m-8>0，即m>4，单调递减函数Hx  在x→+∞时，Hx  →-∞，且H1  =2m-8>0，
所以Hx  =0在1,+∞  上有根，记为x ， 0
在1,x 0  上，Hx  >0，在x 0 ,+∞  上Hx  <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，Fx  单调递增，而F1  =0，
因此在1,x 1  上，Fx  >F1  =0，从而在1,+∞  上Fx  ≤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fx 
2x
= +alnx+1
ex
 .
(1)当a=0时，求fx  的最大值；
(2)若fx  ≤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fx  的单调性，然后可求fx  的最大值；
(2)先求解出f x  ，令f x  的分子部分为gx  ，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fx  解析式各部分取值正负进行分析；当a<0时，根据g0  的正负再进
行讨论，由此求解出结果.
【详解】(1)由题可知fx  的定义域为-1,+∞  ，当a=0时，fx 
2x
= ，
ex
因为f x 
21-x
=

，
ex
当x∈-1,1  时，f x  >0，当x∈1,+∞  时，f x  <0，
所以fx  在-1,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
所以fx  =f1
max

2
= .
e
(2)因为fx 
2x
= +alnx+1
ex
 ，所以f x 
aex-2x2+2
=
x+1 
，
ex
令gx  =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,alnx+1
ex
 ≥0，所以fx  ≥0恒成立，不满足题意；
当a<0时，g x  ≤0在0,+∞  上恒成立，
所以gx  在0,+∞  上单调递减，所以gx  ≤g0  =a+2.
①当a≤-2时，因为gx  ≤g0  ≤0，所以f x  ≤0，所以fx
33
 在0,+∞  上单调递减，所以fx  ≤f0  =0，所以a≤-2满足题意，
②当-2<a<0时，因为gx  在0,+∞  上单调递减，且g0  =a+2>0,g1  =ae<0，
所以存在x 0 ∈0,1  ，使得gx 0  =0，
当x∈0,x 0  时，gx  >0，即f x  >0，
当x∈x 0 ,+∞  时，gx  <0，即f x  <0，
所以fx  在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,+∞  上单调递减，
因为f0  =0，所以当x∈0,x 0  时，fx  >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fx 
ax, x≤0

=lnx,
x>0
，则函数gx
x
 =2 ef fx    -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，fx 
lnx
= ，所以f´x
x

1-lnx
= ,
x2
1-lnx
所以当0<x<e时， >0，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fx  =fe
max

lne 1
= = ，并且当x>1时，fx
e e
 >0，
当a>0时，图象如下所示：
令gx  =2 ef fx    -1=0，则f fx   
e 1
= < ，
2e e
则可得fx  =t 1 ∈1,e  ，fx  =t 2 ∈e,+∞  ,
fx  =t 1 ∈1,e  ，fx  =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gx
34
 =2 ef fx    -1=0可解得fx  =t 1 ∈1,e  ,fx  =t 2 ∈e,+∞  ,fx  =t 3 ∈-∞,0  ,
结合上图可知：fx  =t 1 ∈1,e  ,fx  =t 2 ∈e,+∞  ,fx  =t 3 ∈-∞,0  均有1个零点，
所以此时gx  =2 ef fx    -1有3个零点，
综上：gx  =2 ef fx    -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fx  =ex-kx，gx  =klnx-x，k>0，则 ( )
A.当k>e时，函数fx  有两个零点
B.存在某个k∈0,+∞  ，使得函数fx  与gx  零点个数不相同
C.存在k>e，使得fx  与gx  有相同的零点
D.若函数fx  有两个零点x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，gx  有两个零点x 3 ，x 4x 3 <x 4  ，一定有xx =x x 1 4 2 3
【答案】ACD
【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理及同构式一一判定选项即可.
【详解】由fx  =ex-kx⇒f x  =ex-kk>0  ，
令f x  >0⇒x>lnk，令f x  <0⇒x<lnk，
即fx  在-∞,lnk  上单调递减，在lnk,+∞  上单调递增，
即fx  =flnk
min
 ，
对于A项，当k>e时，则fx  =flnk
min
 =k1-lnk  <0，
又易知f0  =1>0，且x→+∞时，ex>kx⇒fx  >0，
根据零点存在性定理可知函数fx  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fx  =f1
min
 =0，则fx  有一个零点，当0<k<e时，fx
35
 =flnk
min
 =k1-lnk  >0，则此时fx  无零点，
又易得gx  =klnx-x=-elnx-klnx  =-flnx  ，
则∀k∈0,+∞  ，函数fx  的零点个数与gx  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=fx  有两个零点x,x ,x<lnk<x ，x >lnk>1， 1 2 1 2 2
同时gx  有两个零点x 3 ，x 4x 3 <x 4  ，
lnx =x
则根据y=lnx单调递增可知，存在唯一的x 3 ,x 4 满足  lnx 3 =x 1 成立，
4 2
有 gx 3  =-flnx 3  =-fx 1  =0
gx 4  =-flnx 4  =-fx 2 
 ，

=0
若C正确，因为x =ex2>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hx 
ex
= ⇒h x
x

ex x-1
=

，则x∈0,1
x2
 ∪-∞,0  时，h x  <0，
x∈1,+∞  时，h x  >0，故hx  在0,1  ,-∞,0  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
且x<0时，hx  <0，x>0时，hx  =h1
min
 =e，
设φx  =hx  -hlnx  ，x>1，
因为x>lnx>0，x→1时，φx  →-∞，φe  =he  -h1  =ee-1-e>0，
所以存在x 2 ∈1,e  ，使得φx 2  =0，即φx 2  =hx 2  -hlnx 2  =0，所以，hx 2  =hlnx 2  ，
即存在k>e，使得fx  与gx  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fx 
lnx
=ex-m- (m∈R).
x
(1)当m=1时，求函数fx  的单调区间；
(2)若函数fx  的图象与x轴相切，求证：1+ln2<m<2+ln6.
【答案】(1)单调递减区间为0,1  ，单调递增区间为1,+∞ 
(2)证明见解析
【分析】(1)首先求函数的导数，并化简，利用导数的零点和单调性，即可判断函数的单调性；
(2)首先由题意可得 fx 0  =0
f x 0 

 =0
，化简后，结合零点存在性定理，求得函数零点x
0
的所在区间，并由ex0-m
lnx
- 0 =0表示em和m，即可证明.
x
0
【详解】(1)当m=1时，fx 
lnx
=ex-1- ，
x
f x 
1-lnx x2ex-1+lnx-1
=ex-1- = ，
x2 x2所以f 1
36
 =0，又y=x2ex-1+lnx-1
当x>0时，y=xx+2 
1
ex-1+ >0恒成立
x
所以fx  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fx  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fx x2  的图象与x轴相切于点Px 0 ,0  ，
则 fx 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hx
0

1
=lnx- ，则hx x+1  在0,+∞  上单调递增且图象不间断，
又h1  <0，h2  >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 0x 0 +1
0 0 0
 ex0，
所以lnem=ln x 0x 0 +1   ex0  ，即m=lnx 0 +1  +x +lnx . 0 0
而y=lnx 0 +1  +x 0 +lnx 0 在区间1,2  单调递增，
所以m=lnx 0 +1  +x 0 +lnx 0 ∈1+ln2,2+ln6  ，
即1+ln2<m<2+ln6，得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是确定零点所在的区间，并能正确表示m.
4. (2023上·山东·高三校联考阶段练习)定义函数f nx 
x2 x3
=1-x+ - +⋯+-1
2 3

xn
n n∈N*
n
 ．
(1)求曲线y=f nx  在x=-2处的切线斜率；
(2)若f 2x  -2≥kex对任意x∈R恒成立，求k的取值范围；
(3)讨论函数f nx  的零点个数，并判断f nx  是否有最小值．若f nx  有最小值m﹐证明：m>1-ln2；若
f nx  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 nx  的零点个数及最值.
【详解】(1)由f nx  =-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 nx  在x=-2处的切线斜率1-2n.
(2)若f 2x  -2≥kex对任意x∈R恒成立，
所以k≤ f 2x  -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)= x4-x
ex
37
 ，
ex
由g(x)>0解得x<0，或x>4；由g(x)<0解得0<x<4，
故g(x)在-∞,0  上单调递减，在0,4  上单调递增，在4,+∞  上单调递减，
又g(0)=-1，且当x>4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 nx  =-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 nx 
x2 x3 xn-1 xn
=1-x+ - +⋯+ - ，
2 3 n-1 n
此时f nx 

-xn-1,x≠-1,
= x+1
-n,x=-1.
则f nx  <0，所以f nx  单调递减.
此时f n0  =1>0，f 1x  =1-x显然有唯一零点，无最小值.
当n≥2时，f n2 
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 nx  =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 nx  不存在最小值.
从而当n为奇数时，f nx  有唯一零点，无最小值，
当n=2kk∈N*  时，即当n为偶数时，f nx 
x2 x3 xn-1 xn
=1-x+ - +⋯- + ，
2 3 n-1 n
此时f nx 

xn-1,x≠-1,
=x+1 ，
-n,x=-1.
由f nx  >0，解得x>1；由f nx  <0，解得x<1
则f nx  在-∞,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
故f nx  的最小值为f n1  =1-1 
1 1
+ -
2 3

1 1
+⋯+ -
n-2 n-1

1
+ >0，
n
即f nx  ≥f n1  >0，所以当n为偶数时，f nx  没有零点.
设hx  =ln1+x 
x
- x>0
x+1
 ，
h x 
1 1
= -
1+x x+1 
x
=
2 x+1 
>0，
2
所以hx  在0,+∞  上单调递增，hx  >h0  =0，即ln1+x 
x
> x>0
x+1
 .
1 n+1 1
令x= 可得ln > ，
n n n+1
当n=2kk∈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
<ln +ln ⋅⋅⋅+ln =ln =ln2，
k k+1 2k-1 k
即m=f 1
2k
 >1-ln2.
从而当n为偶数时，f nx  没有零点，存在最小值m>1-ln2.
综上所述，当n为奇数时，f nx  有唯一零点，无最小值；
当n为偶数时，f nx  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)fx  >0恒成立⇔f(x) min >0,fx  <0恒成立⇔f(x) <0； max
(2)fx  >a恒成立⇔f(x) min >a,fx  <a恒成立⇔f(x) <a； max
(3)fx  >gx  恒成立⇔ fx  -gx    >0，fx min  <gx  恒成立⇔ fx  -gx    <0； max
(4)∀x 1 ∈M,∀x 2 ∈N,fx 1  >gx 2  恒成立⇔fx 1  min >gx 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fx 
a
=-2lnx- +1，
x2
(1)当a=1时，求fx  在区间  1 ，2
 2
 上的值域；
(2)若fx 
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fx  的值域；
(2)求得f x 
2x2-2a
=- (x>0)，当a≤0时，得到fx
x3
 在0,+∞  上递减，舍去；当a>0时，求得fx  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gt 
t2-1
=lnt- ，利用导数求得函数的单调性，结合gt
t2+1
 >g1  =0，即可得证.
【详解】(1)解：当a=1时，可得fx  =-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 <x<1；令f x
2
 <0，解得1<x<2，
所以fx  在区间  1 ,1
 2
 上单调递增，在(1,2]上单调递减，
所以fx  =f1
max
 =0，
1
因为f
2
 =-3+2ln2,f2 
1 3
=-2ln2- +1= -2ln2，
4 4
1
可得f
2
 <f2  ，所以fx  =-3+2ln2，
min所以函数fx
39
 在区间  1 ，2
 2
 上的值域为[-3+2ln2,0]
(2)解：由函数fx 
a
=-2lnx- +1，可得f x
x2

2x2-2a
=- (x>0)
x3
当a≤0时，f x  <0，fx  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fx  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<a<1，
又由x→0时，fx 
a
=-2lnx- +1→-∞；
x2
当x→+∞时，fx 
a
=-2lnx- +1→-∞，
x2
由零点存在定理，fx  存在两个零点x 1 ∈0, a  ，x 2 ∈ a,+∞  ，
所以a的取值范围为0,1  ，
又由fx 1 
a
=-2lnx 1 - x2 +1=0,fx 2
1

a
=-2lnx - +1=0， 2 x2
2
2 x2-x2
两式相减，可得 = 2 1 ，
a x2x2ln x 2
1 2 x
1
x2
2 -1
要证
1
+
1
>
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gt 
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gt  在1,+∞  单调递增，所以gt  >g1 
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fx 
1
=alnx-x+ (a∈R).
x
(1)是否存在实数a，使得x=1为函数fx  的极小值点.若存在，求a的值；若不存在，请说明理由；
(2)若fx  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fx  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fx
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fx  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fx  在0,+∞  上单调递减，
故x=1不是函数fx  的极值点，所以不存在a满足条件.
(2)由题意可知fx  +f2-x  =0在x∈0,1  上有解，
所以 alnx-x+ 1
 x
 + aln2-x  -2-x    + 1
 2-x
 =0在x∈0,1  上有解，
该方程化简得aln2x-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ht 
2
=alnt+ -2，t∈0,1
t
 ，有h t 
a 2 at-2
= - = ，
t t2 t2
当a≤2时，ht  在0,1  单调递减，
又h1  =0，所以ht  在0,1  上无零点，不成立，
当a>2时，ht 
2
在0,
a

2
上单调递减，在 ,1
a
 上单调递增，且h1  =0，
2
所以有h
a

1
<0，h
a2

1
=aln +2a2-2=aa-2lna
a2
 +a2-2，
令μx  =x-2lnx，则μ x 
2 x-2
=1- = ，
x x
当x>2时，μ x  >0，故μx  在2,+∞  上单调递增，
又μ2  =2-2ln2=21-ln2  >0，故当x>2时，μx  >0，
1
故a-2lna>0，又a2-2>0，故h
a2
 >0，
故ht 
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，fx  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fx  图象上总存在关于点1,0  对称的两点转化为fx  +f2-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ht 
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fx 
1
=xlnx- x2+ax．
4
(1)若fx  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，fx  >-1．
【答案】(1)-∞,-ln2 
(2)证明见解析
【分析】(1)fx  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fx 
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fx  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gx 
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，gx  在0,2  上单调递减，
当x∈2,+∞  时，g x  >0，gx  在2,+∞  上单调递增，
所以gx  =g2
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fx 
1 1
=xlnx- x2+ax>xlnx- x2，
4 4
令hx 
1
=xlnx- x2，x∈0,2
4
 ，所以h x 
1
=1+lnx- x，
2
令px 
1
=1+lnx- x，则p x
2

1 1 2-x
= - = >0恒成立，所以px
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，hx  在x∈0,x 0  上单调递减，
当x∈x 0 ,2  时，h x  >0，hx  在x∈x 0 ,2  上单调递增，
所以hx  ≥hx 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fx  >-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gx  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-1<x<0时，f′(x)>0，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)<x2+m，
令g(x)=(x+1)ln(x+1)-x2-m(x>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  =lnx 0 +1  +1-2x =0， 0
且g(x) max =gx 0  =x 0 +1  lnx 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gx 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 =gx 0  ，放缩确定gx 0  的符号即可.
3. (2024·全国·模拟预测)已知函数fx  =lnx-aex a>0  ，其中e为自然对数的底数．
1
(1)若a= ，求fx
e
 的单调区间；
(2)证明：fx  ≤-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fx  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，fx
e
 =lnx-ex-1,f x 
1 1-xex-1
= -ex-1= x>0
x x
 ，
令hx  =1-xex-1,h x  =-1-x  ex-1<0，
所以hx  在0,+∞  上单调递减，
h1  =0，所以当x∈0,1  ,hx  >0,f x  >0,fx  的增区间为0,1  ，
所以当x∈1,+∞  ,hx  <0,f x  <0，fx  的减区间为1,+∞  ，
所以fx  的单调递增区间为0,1  ，单调递减区间为1,+∞  ；
(2)fx  =lnx-aex a>0  ，f x 
1
= -aex a>0
x
 ，
令gx  =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
=a1-ea  <a1-e0  =0，
又x→0时，f x  →+∞，故f x 
1
存在唯一零点x ∈0, 0 a  ，且x 0 为fx
43
 =lnx-aex a>0 
1
的极大值点， =aex0,-lnx =lna+x ， x 0 0
0
fx  =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fx  =lnx+1  和gx  = x.
(1)求证：fx  <gx  ；
(2)设φx 
4
= g2 x 

 +t  

fx  在0,+∞  存在极值点，求实数t的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)0<t<2
【分析】(1)构造函数mx  =fx  -gx  ，利用导数求单调性，即可求证，
4
(2)将问题转化为 lnx+1
x
 =4+tx 
1
有正的实数根，利用换元法将问题进一步等价于tem-1
x+1
 2
+4em-1

-4mem=0有正的实数根，构造函数hm

=tem-1

2+4em-1

-4mem，即可求导分类讨论求
解.
【详解】(1)记mx  =fx  -gx  x∈0,+∞    ，所以m x 
1 1 -2 x-x-1
= - =
x+1 2 x 2 xx+1 
=
- x+1
-
 2
2 xx+1 
<0，
因此mx  在x∈0,+∞  上单调递减，故mx  <m0  =0，
故fx  <gx  ，
(2)φx 
4
= g2 x 

 +t  

fx 
4
= +t x  lnx+1  ,
则φ x 
4
=- ln+1
x2

4
+ +t
x

1
，
x+1
由于φx 
4
= g2 x 

 +t  

fx  在0,+∞  存在极值点，
所以φ x 
4
=- lnx+1
x2

4
+ +t
x

1
=0有正的实数根，
x+1
4
即方程 lnx+1
x
 =4+tx 
1
有正的实数根，
x+1
令lnx+1  =m，则x=em-1，且m>0，
4m
4+tem-1
故变形为 =
em-1

，
em
进而等价于tem-1

2+4em-1

-4mem=0有正的实数根，
令hm  =tem-1  2+4em-1  -4mem，m>0，
则h m  =2tem-1  em-4mem=em 2tem-1   -4m  ，
令p(m)=2tem-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hm
44
 在m>0单调递增，故hm  >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)<p(0)=0，进而h m  =emp(m)<0，此时hm  在m>0单调递减，故hm  <h(0)=0，此时不
符合要求，
当0<t<2时，则p(m)=2tem-4在m>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，pm  →+∞，
因此存在m 1 ∈m 0 ,+∞  ，使得m∈0,m 1  ,h m  <0,hm  单调递减，
当m∈m 1 ,+∞  ,h m  >0,hm  单调递增，故当m是hm  的零点，
综上可得0<t<2
【点睛】方法点睛：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.
5. (2023·全国·模拟预测)已知函数fx  =x-mlnxm∈R  ．
(1)讨论fx  的单调性；
(2)若存在不相等的实数x 1 ，x 2 ，使得fx 1  =fx 2  ，证明：0<m<x+x ． 1 2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)由已知条件求出f x  ，分情况讨论导数的正负，即可得函数的单调性；
(2)由(1)可判断出m>0，结合fx 1  =fx 2  ，得出mlnx 2 -lnx 1  =x -x ，设0<x<x ，化简得m= 2 1 1 2
x
2 -1
x 2 -x 1 >0，进而转化为证 x 1 <ln x 2，然后换元，令t= x 2 >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gt 
t-1
=lnt- ，利用导数判断其单调性，即可得证．
t+1
【详解】(1)函数fx  的定义域为0,+∞  ，f x 
m x-m
=1- = ，
x x
当m≤0时，f x  >0，所以fx  在0,+∞  上单调递增；
当m>0时，由f x  >0得x>m，所以fx  在m,+∞  上单调递增；
由f x  <0得0<x<m，所以fx  在0,m  上单调递减；
故m≤0时，所以fx  在0,+∞  上单调递增；
当m>0时，fx  在m,+∞  上单调递增，在0,m  上单调递减；
(2)证明：fx  =x-mlnx,x>0，f x 
m x-m
=1- = ，
x x
由(1)可知，当m≤0时，fx  在0,+∞  上是增函数，
故不存在不相等的实数x 1 ,x 2 ，使得fx 1  =fx 2  ，所以m>0．
由fx 1  =fx 2  得x 1 -mlnx 1 =x 2 -mlnx 2 ，即mlnx 2 -lnx 1  =x -x ， 2 1
x -x
不妨设0<x<x ，则lnx -lnx>0，则m= 2 1 >0，
1 2 2 1 lnx -lnx
2 1
x -x
要证m<x+x ，只需证 2 1 <x+x ，
1 2 lnx -lnx 1 2
2 1x
2 -1
即证 x 2 -x 1 <lnx -lnx ，只需证 x 1 <ln x 2，
x+x 2 1 x x
1 2 2 +1 1
x
1
x t-1 t-1
令t= 2 >1，则只需证 <lnt，即证lnt- >0，
x t+1 t+1
1
令gt
45

t-1
=lnt- ,t>1
t+1
 ，则g t 
1 2
= -
t t+1 
t2+1
=
2 tt+1 
>0，
2
所以gt  在1,+∞  上是增函数，所以gt  >g1  =0，
t-1
从而lnt- >0，故0<m<x+x .
t+1 1 2
【点睛】方法点睛：对于函数y=fx  在区间a,b  内只有一个极值点x 0 ，方程fx  =0的解为x,x 1 2
a<x 1 <x 0 <x 2 <b  ，若x 1 +x 2 ≠2x 0 ，则可以认为函数在区间a,b  上“极值点偏移”．极值点偏移问题的
一般处理方法有：
(1)(对称构造)构造辅助函数：对于x 1 +x 2 >2x 0 型，构造函数Fx  =fx  -f2x 0 -x  ；对结论xx >x2型， 1 2 0
构造函数Fx  =fx 
x2
-f 0
x
 ，通过研究Fx  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fx  =alnx-x,a∈R．
(1)讨论fx  的单调性；
(2)若存在不相等的实数x 1 ,x 2 ，使得fx 1  =fx 2  ，证明：0<2a<x+x ． 1 2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)根据导函数的正负变化分类讨论函数的单调性；
(2)多变量不等式的证明，由fx 1  =fx 2 
x-x
得a= 1 2 >0，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 <x+x 成立，将不等式变形为ln x 1 >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kt 
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fx  的定义域为0,+∞  ，f x 
a a-x
= -1= ，
x x
当a≤0时，f x  <0，所以fx  在0,+∞  上单调递减；
当a>0时，当x∈0,a  时，f x  >0，所以fx  在0,a  上单调递增，
当x∈a,+∞  时，f x  <0，所以fx  在a,+∞  上单调递减．
综上所述，
当a≤0时，fx  在0,+∞  上单调递减；
当a>0时，fx  在0,a  上单调递增，在a,+∞  上单调递减．
(2)由(1)得，当a≤0时，fx  在0,+∞  上单调递减，不合题意，
故a>0，则2a>0．
由fx 1  =fx 2  ，可得alnx-x=alnx -x ， 1 1 2 2即alnx 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2a<x+x ，即证2⋅ 1 2 <x+x ，
1 2 lnx-lnx 1 2
1 2
x
1 -1
即证lnx-lnx >2⋅ 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kt 
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kt  在1,+∞  上单调递增，即kt  >k1  =0，
t-1
即lnt>2⋅ ，则2a<x+x ．
t+1 1 2
综上可得0<2a<x+x ．
1 2
【点睛】比值代换，是处理双变量问题的策略之一.通过比值代换，我们可以将双变量问题转化为单变量问
题来处理，达到消元的效果，在处理比值代换时，要注意一些常见的变换结构，如以下的结构变换方法：
x
(1)引元：如设 1 =t⇒x=tx ，消元x ，回代入已知等式解方程(组)，进而消元，将所求证不等式转化为φ
x 1 2 1
2
(t)>0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fx  =x-1  ln1-x  -x-acosx，f x  为fx  的导函数.
(1)当a=0时，求函数fx  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)fx  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 <ln ，理由见解析
10 10 9
【分析】(1)求导可得f x  =ln1-x  (x<1)，根据f x  >0和f x  <0即可求解；
(2)令gx  =f x  ，则g x 
a1-x
=
 cosx-1
，x∈0,1
1-x
 .易知当a≤1时g x  <0，从而gx  单调递减；
当a>1时令hx  =a1-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gx  的单调性可得gx  <0，即可得出零点的个数；
(3)由(2)可得当a≤1时ln1-x  +asinx<0在0,1  上恒成立.利用导数讨论函数mx  =x-tanx的1 1
性质可得xcosx<sinx，结合sinx<ln 得xcosx<ln ，x∈0,1
1-x 1-x
47
 ，即可证明.
【详解】(1)当a=0时，fx  =x-1  ln1-x  -x，其定义域为-∞,1  ，
f x  =ln1-x  ，令f x  =ln1-x  =0，得x=0.
当x∈-∞,0  时，f x  >0，故fx  在-∞,0  上单调递增；
当x∈0,1  时，f x  <0，故fx  在0,1  上单调递减.
因此，函数fx  的单调递增区间为-∞,0  ，单调递减区间为0,1  .
(2)令gx  =f x  =ln1-x  +asinx，
则g x 
1 a1-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a1-x  cosx-1<0，
故g x  <0，从而gx  在0,1  上单调递减；
而g0  =0，故当x∈0,1  时，gx  <g0  =0，
故gx  在区间0,1  上无零点；即f x  在区间0,1  上无零点；
当a>1时，令hx  =a1-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hx  在0,1  上单调递减；
而h0  =a-1>0，h1  =-1<0，
因此存在唯一的x 0 ∈0,1  ，使得hx 0  =0，
并且当x∈0,x 0  时，hx  >0；当x∈x 0 ,1  时，hx  <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，gx  单调递增，当x∈x 0 ,1  时，gx  单调递减.
而g0  =0，故gx 0  >0；
取N=1-e-2a∈0,1  ，当x>N时，gx  =ln1-x  +asinx<a+lne-2a  =a-2a=-a<0，
所以存在唯一的m∈x 0 ,1  ，使得gm  =0，即f x  在区间0,1  上有唯一零点.
综上所述，当a>1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 <ln
10 10 9
理由如下：
[解法一]由(2)可得，当a≤1时，ln1-x  +asinx<0在0,1  上恒成立.
1
即当a=1时，sinx<ln ，x∈0,1
1-x
 .
π
以下证明不等式：当x∈0,
2
 时，有x<tanx.
令mx  =x-tanx，则m x 
1
=1- <0，故mx
cos2x

π
在0,
2
 上单调递减，
则mx  <m0 
π
=0，即x<tanx，x∈0,
2
 ，即有xcosx<sinx，
1 1
而sinx<ln ，故xcosx<ln ，x∈0,1
1-x 1-x
 .
1 1 1 10
取x= ，则有 cos <ln .
10 10 10 9
1
[解法二]显然cos ∈0,1
10

1 1 1
，故 cos < ，
10 10 10以下证明不等式：当x∈-1,+∞
48
 时，有ln1+x  ≤x.
令px  =ln1+x  -x，则令p x 
1 -x
= -1= =0，得x=0.
1+x 1+x
故当x∈-1,0  时，p x  >0，从而px  在-1,0  上单调递增；
当x∈0,+∞  时，p x  <0，从而px  在0,+∞  上单调递减.
故x=0是px  =ln1+x  -x的极大值点，并且是最大值点，
故px  ≤p0  =0，即ln1+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 < <ln ，从而 cos <ln .
10 10 10 9 10 10 9
【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数
或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问
题的目的.
2. (2023上·河南·高三校联考阶段练习)已知函数fx  =xln1+ax  -x2 a>0  ，
(1)若a=1，求fx  的单调区间；
(2)若x=0是fx  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
<xa-2+
1+ax
 ，再分别讨论0<a≤1和a>1两种情况下fx  的单调
性，根据单调性判断x=0是否为fx  的极小值点，进而确定a的取值范围.
【详解】(1)若a=1，则fx  =xln1+x  -x2，
fx  的定义域是-1,+∞  ．
f x  =ln1+x 
x
+ -2x．
1+x
令gx  =f x  ，则g x 
1 1
= +
1+x 1+x 
-x2x+3
-2=
2

1+x 
．
2
当x∈-1,0  时，g x  >0；当x∈0,+∞  时，g x  <0，
所以gx  在-1,0  上单调递增，在0,+∞  上单调递减．
因为g0  =0，所以当x∈-1,+∞  时，f x  =gx  ≤g0  =0恒成立，
当且仅当x=0时等号成立．
所以fx  的单调递减区间为-1,+∞  ，无单调递增区间．
(2)fx 
1
的定义域为- ,+∞
a
 ，f x  =ln1+ax 
ax
+ -2x．
1+ax
由(1)得，当x>0时，xln1+x  -x2<0，即ln1+x  <x；
当x<0时，xln1+x  -x2>0，即ln1+x  <x．所以当x≠0时，ln1+x  <x．
因此，当x≠0时，
f x  =ln1+ax 
ax ax a
+ -2x<ax+ -2x=xa-2+
1+ax 1+ax 1+ax
 ．①
(ⅰ)若0<a≤1，则当x>0时，由①可得f x  <x2a-2  ≤0．
所以fx  在0,+∞  上单调递减，
故x=0不可能为fx  的极小值点．
(ⅱ)若a>1，1
当- <x<0时，0<1+ax<1，
a
a
所以a-2+ >2a-2>0，
1+ax
则由①可得f x
49
 <x2a-2  <0；
a-1 a+1
当0<x< 时，1<1+ax< ，
2a 2
设mx  =f x  =ln1+ax 
ax
+ -2x，
1+ax
则m x 
a a
= +
1+ax 1+ax 
2a 4a
-2> +
2 a+1 a+1 
2a-1
-2=
2

a+1 
>0，
2
所以mx 
a-1
在区间0,
2a
 上单调递增，
从而f x  =mx  >m0  =0．
故fx 
1
在- ,0
a

a-1
上单调递减，在0,
2a
 上单调递增，
所以x=0为fx  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
<xa-2+
1+ax
 ，再
分别讨论0<a≤1和a>1两种情况下x=0是否为fx  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fx 
ax
=sinx- 0<x<1
x+2
 ，gx  =cosx-1+
x2
.
2
(1)证明：当x≥0时，gx  ≥0；
(2)若fx  >0，求a的取值范围；
2 2 n 1
(3)证明： - <sin
3 2n+3 k=1 kk+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gx  在[0,+∞)单调性，由单调性可证；
(2)先根据fx  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 <sinx<x，结合放缩法和裂项相消法可证.
x+2
【详解】(1)g x  =-sinx+x，记hx  =-sinx+x，
∵h x  =1-cosx≥0，故g x  单调递增，
又g x  ≥g 0  =0，∴gx  单调递增，
所以gx  ≥g0 
x2
=0，即cosx≥1- .
2
(2)f x 
2a
=cosx- x+2  ，∵f0 2  =0，若0<x<1时，fx  >0，则存在区间0,x 0  ，使得fx  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 2x+2  2
x8-2x-4x2-x3
=

2x+2 
x8-2-4-1
>
2

2x+2 
x
=
2 2x+2 
>0，即fx
2
 在0,1  上单调递增，∴fx  >f0  =
0满足题意，
综上，a≤2.
2x 1
(3)由(2)可知，当a=2，0<x<1时， <sinx<x，取x=
x+2 kk+1 
，
1
则①sin
kk+1 
1
<
kk+1 
1 1
= - ，
k k+1
n 1 ∴∑sin
k=1 kk+1 
 

 1 1 1 1 1 1 <1- + - +⋅⋅⋅+ - =1- <1.
2 2 3 k k+1 n+1
1 ②sin
kk+1 
1 1 1 n 1 > > - ，∴∑sin
k2+k+ 1 k+ 1 k+ 3 k=1 kk+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 kk+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fx  =x-1  lnx-ax-1a>0  ．
(1)若fx  的最小值为-e-1，求a的值；
(2)若a=1，证明：函数fx  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fx  的单调性，根据函数fx  的最小值列等式，再利用函数gx  =x+lnx
的单调性求a的值；
(2)利用导数研究函数fx  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
fx  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fx  的定义域为0,+∞  ，f x 
x-1 1
=lnx+ -a=lnx- +1-a，
x x
令hx  =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，fx  单调递减；当x∈x 0 ,+∞  ，f x  >0，fx  单调递增．
所以fx  min =fx 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gx  =x+lnx单调递增，且ge 
1 1
=e+1，所以x =e，所以a=lne- +1=1- ． 0 e e
(2)当a=1时，fx  =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，fx  单调递减；当x∈x 0 ,+∞  时，f x  >0，fx  单调递增．
因为fx 0  =x 0 -1 
1
lnx 0 -x 0 -1=-x 0 - x <0，fe-2
0

3
=1- >0，fe2 e2  =e2-3>0，所以fx  有两个零
点x ，x ，
1 2
不妨设x 1 <x 2 ，则x 1 ∈e-2,x 0  ，x 2 ∈x 0 ,e2  ．
因为fx 1  =x 1 -1  lnx-x-1=0， 1 1
1 所以f x
1
 1 = -1 x
1
 1 1 1 ln x - x -1= x x 1 -1
1 1 1
  ⋅lnx 1 -x 1 -1  = fx 1  1 =0，所以 也是fx x x
1 1
 的零点，
因为x 1 ≠1且fx 
1
只有两个零点x 和x ，所以x = ． 1 2 2 x
1
所以f x 1  +f x 2 
1 1
=lnx 1 - x +lnx 2 - x =lnx 1 x 2
1 2

1 1 1
- -x=- -x<-2 ⋅x =-2. x 1 x 1 x 1
1 1 1
【点睛】方法点睛：(1)运用导数可以研究函数图象的切线、函数的单调性、函数的最值和极值、函数的零点，
证明不等式等．运用导数解决问题时一定要有定义域优先意识；
(2)本题寻找函数fx  的两个零点之间的关系较难，故当综合法受阻时，可借助分析法猜测两个零点之间
的关系，再进一步验证.
5. (2023·全国·模拟预测)已知函数fx  =mx-xlnx，m∈R．
(1)若函数fx  的图象在x=1处的切线方程为y=x+b，求b的值；
(2)若m=2，fx 1  =fx 2 
1
且x<x ，λ∈0, 1 2 2  ，求证：x1-λxλ<e． 1 2
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】(1) 先求出切点坐标为1,m  ，再对fx  求导，利用导数的几何意义得到切线的斜率，结合直线的
点斜式方程即可求解；
x (2)令t= x 2(x 1 <x 2 )，则t>1，x 2 =tx 1 ，结合题目条件fx 1
1
 =fx 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 <e两边同时取以e为底的对数得到1-λ  lnx+λlnx <1， 1 2
转化为t-1-λ  tlnt-1-λlnt<0(t>1)，构造函数gt  =t-1-λ  tlnt-1-λlnt，t∈1,+∞  ，利用
导数证明函数gt  即可.
【详解】(1)由fx  =mx-xlnx，得f1  =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，fx  =2x-xlnx，x∈0,+∞  ，
x
令t= 2(x<x )，则t>1，x =tx ，
x 1 2 2 1
1
因为fx 1  =fx 2  ，所以2x-xlnx=2x -x lnx ， 1 1 1 2 2 2
所以x 12-lnx 1  =tx 1 2-lntx 1    ，所以2-lnx 1 =2t-tlntx 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 <e，即证1-λ
52
 lnx+λlnx <1， 1 2
即证1-λ 
tlnt
2-
t-1

lnt
+λ2-
t-1
 <1，
即证t-1-λ  tlnt-1-λlnt<0(t>1)．
令gt  =t-1-λ  tlnt-1-λlnt，t∈1,+∞  ，
则g t  =1-1-λ  1+lnt 
λ
- ，
t
令ht  =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ht  在1,+∞  上单调递减，即g t  在1,+∞  单调递减，
所以g t  <g 1  =0，所以gt  在1,+∞  单调递减，
所以gt  <0，故x1-λxλ<e. 1 2
【点睛】关键点睛：解决双变量问题的关键是寻找两变量之间的关系，并通过换元，将双变量不等式问题转
化为单变量不等式问题，再构造新函数，利用导数解决函数问题.
x
本题中令t= x 2(x 1 <x 2 )，结合fx 1
1
 =fx 2  ，用t分别表示lnx 和lnx ，再将要证明的x1-λxλ<e两边同时 1 2 1 2
取以e为底的对数得到1-λ  lnx 1 +λlnx 2 <1，就将双变量转化为单变量t的不等式：t-1-λ  tlnt-1-
λlnt<0(t>1)，构造函数gt  =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fx 
x3
=- +πx2-ax，gx
3
 =2cosx．
(1)当x≥0时，求证：gx  ≥2-x2．
(2)令Fx  =fx  -gx  ，若Fx  的两个极值点分别为m，n(m<n)．
①当a=0时，求曲线y=F x  在x=m，x=n处的切线方程(F x  为Fx  的导函数)；
a-2
②求证：n-m≤
 π-2π3
．
1-π2
【答案】(1)证明见解析
(2)①在x=0处的切线方程y=2+2π  x；在x=2π处的切线方程y=2-2π  x-4π+4π2；②证明见解
析
【分析】(1)首先构造函数Gx  =2cosx-2+x2，求导得G x  =2x-2sinx，利用导数证明G x  ≥0在x
∈0,+∞  上恒成立，即得Gx  在x∈0,+∞  上恒为增函数，进而证明出Gx  ≥G0  =0，即得证结论.
(2)①首先对Fx  求导得F x  =-x2+2πx-ax+2sinx，令Tx  =-x2+2πx-a+2sinx并将a=0代
入，Tx  =-x2+2πx+2sinx，利用导数可得当x∈-∞,x 0  时，Tx  单调递增，当x∈x 0 ,+∞  时，Tx 
单调递减，又因为T0  =T2π  =0，所以得m=0，n=2π，最后根据导数的几何意义分别求解在x=0处
与x=2π处的切线方程即可.
(2)②首先通过构造函数T 1x  =2+2π  x+x2-2πx-2sinx与T 2x  =2-2π  x-4π+4π2+x2-2πx-
2sinx，利用导数判断切线与函数图象的位置关系，进而得到m，n关于a的不等式，最后借助不等式的性质
证明不等式
【详解】(1)令Gx  =gx  -2+x2=2cosx-2+x2，则G x
53
 =2x-2sinx，
令Hx  =2x-2sinx，则H x  =2-2cosx≥0，
所以Hx  在0,+∞  上单调递增，则G x  =Hx  ≥H0  =0，
所以Gx  在0,+∞  上单调递增，则Gx  ≥G0  =0，所以gx  ≥2-x2．
(2)(2)①由题可得Fx 
x3
=- +πx2-ax-2cosx，
3
则F x  =-x2+2πx-ax+2sinx．令Tx  =-x2+2πx-ax+2sinx，
当a=0时，Tx  =-x2+2πx+2sinx，则T x  =-2x+2π+2cosx，
令Sx  =-2x+2π+2cosx，则S x  =-2-2sinx≤0，所以Sx  在R上单调递减，
又S0  =2π+2>0，Sπ  =-2<0，
所以存在x 0 ∈0,π  ，使得Sx 0  =0，
当x∈-∞,x 0  时，T x  =Sx  >0，Tx  单调递增，
当x∈x 0 ,+∞  时，T x  =Sx  <0，Tx  单调递减，
又T0  =T2π  =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 1x  =2+2π  x+x2-2πx-2sinx，
则T 1x  =2+2x-2cosx，
令t 1x  =T 1x  ，则t 1x  =2+2sinx≥0，所以t 1x  在R上单调递增，
又t 10  =0，所以当x∈-∞,0  时，T 1x  =t 1x  <0，T 1x  单调递减，
当x∈0,+∞  时，T 1x  =t 1x  >0，T 1x  单调递增，所以T 1x  ≥T 10  =0，
即2+2π  x≥-x2+2πx+2sinx；
令T 2x  =2-2π  x-4π+4π2+x2-2πx-2sinx，则T 2x  =2-4π+2x-2cosx，
令t 2x  =T 2x  ，
则t 2x  =2+2sinx≥0，所以t 2x  在R上单调递增，
又t 22π  =0，所以当x∈-∞,2π  时，T 2x  =t 2x  <0，T 2x  单调递减，
当x∈2π,+∞  时，T 2x  =t 2x  >0，T 2x  单调递增，所以T 2x  ≥T 22π  =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 1x  =2+2π  x+
x2-2πx-2sinx与T 2x  =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)fx
54
 =lnex+a+1 
x x2
- 2 + 4 +b有两个零点x 1 ,x 2x 1 <x 2  ．
(1)a=0时，求b的范围；
5
(2)b=-1且a< 时，求证：x -x<2 5-4a．
4 2 1
【答案】(1)-∞,0 
(2)证明见详解
【分析】(1)将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求
解.
(2)当b=-1时由fx  =lnex+a+1 
x x2 x2 x x2 x
- + -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，fx  =lnex+1 
x x2
- + +b，
2 4
由题意fx  的两个零点x 1 ,x 2x 1 <x 2  即为
方程lnex+1 
x x2
- + +b=0的两个根，
2 4
分离参数即得b=-lnex+1 
x x2
+ - ，令gx
2 4
 =-lnex+1 
x x2
+ - ，
2 4
对其求导得g x 
ex x 1
=- - + ，设sx
ex+1 2 2

ex x 1
=- - + ，
ex+1 2 2
则s x 
1 ex
=- -
2 ex+1

<0，所以g x
2
 在定义域上面单调递减，
注意到g 0  =0，所以g x  、gx  随x的变化情况如下表：
-∞,0  0,+∞ 
g x  + -
gx  ↗ ↘
所以gx  有极大值(最大值)g0  =-ln2，
又当x→+∞时，gx  →-∞；当x→-∞时，gx  →-∞，
若方程b=-lnex+1 
x x2
+ - 有两个根，
2 4
则b< gx    =g0 max  =-ln2，即b的取值范围为-∞,-ln2  .
(2)因为lnex+a+1  >lnex+a=x+a，设gx 
x2 x
= + +a-1，
4 2
5
所以当b=-1且a< 时有fx
4
 =lnex+a+1 
x x2 x2 x
- + -1> + +a-1=gx
2 4 4 2
 ，
进而有fx 1 
x2 x
=0> 4 1 + 2 1 +a-1=gx 1  ，fx 2 
x2 x
=0> 4 2 + 2 2 +a-1=gx 2  且
fx  的函数图像恒在gx  的函数图象上方，不妨设gx 
x2 x
= + +a-1的两个零点为x 、x (且x <x 4 2 3 4 3 4
)，如图所示：因此fx
55
 的两个零点x 1 ,x 2x 1 <x 2  在二次函数gx 
x2 x
= + +a-1两个零点之内， 4 2
x2 x 1
所以有x -x<x -x ，令 + +a-1=0，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为a= 、b=
2 1 4 3 4 2 1 4 1
1 1
、c=a-1，其判别式Δ=b2-4ac= 2 1 1 1 1 2 
2 1
-4× ×a-1 4 
1 5-4a
= -a+1= ， 4 4
-b+ Δ -b- Δ 又x -x = 1 - 1
4 3 2a 2a 1 1
 Δ =
a 1 
Δ ，所以x -x =
4 3 a 1 
5-4a
= 4 =2 5-4a，
1 4
综上，有x -x<x -x =2 5-4a，命题得证.
2 1 4 3
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是
进行放缩lnex+a+1

>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fx  =x+1  1-e-x 
(1)证明：fx  ≥x
(2)若fx 
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gx  =fx  -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fx 
lnx+ax-x 1 lnx
≥1+ 并分离参数，得到a≤ex- - ，构造hx
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fx  =x+1  1-e-x  中
fx  =x-xe-x-e-x+1
在gx  =fx  -x中，
gx  =-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：gx  =g0
min
 =0-e0+1=0
∴gx  =fx  -x≥gx  =0
min
即fx  ≥x
(2)由题意及(1)得，在fx
56
 =x-xe-x-e-x+1中，fx 
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hx 
1 lnx
=ex- - 中，
x x
h x 
1 1-lnx lnx x2ex+lnx
=ex+ - =ex+ =
x2 x2 x2 x2
在φx  =x2ex+lnx中，
φ x 
1
=2xex+x2ex+ >0
x
∴函数φx  在定义域上单调递增
在hx 
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0<x<x 0 时，h x  <0，函数单调递减，
当x>x 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
hx  min =hx 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gx 
sinx
= x≥0
ex
 ，求导并解得gx  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hx  =ex+2-a  cosx-ax-1  -3x≥0  ，因为h0  =0，则由h 0  ≥0得到
a的范围，再证明即可.
【详解】(1)∵fx  =ex+2-a  cosx，∴f x  =ex+a-2  sinx，
要使fx  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gx 
sinx
= x≥0
ex
 ，
∴g x 
excosx-exsinx
=
ex

cosx-sinx 2 π
= = cosx+
2 ex ex 4
 ，
π π π
当2kπ- ≤x+ ≤2kπ+ k∈Z
2 4 2

π
时，cosx+
4
 ≥0，
即x∈ 2kπ- 3π ,2kπ+ π
 4 4
 k∈Z  π ，cosx+
4
 ≥0；
π π 3π
当2kπ+ ≤x+ ≤2kπ+ k∈Z
2 4 2

π
时，cosx+
4
 ≤0，
即x∈ 2kπ+ π ,2kπ+ 5π
 4 4
 k∈Z  π ，cosx+
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gx  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gx 
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gx  看成是振幅越来越小的“类周期函数”，
所以gx  最值只能出现在第一个周期，如图所示：
所以gx 
π
=g
max 4

1
= ，gx
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2<a≤2+ 2e4 或2- 2e4≤a<2；
由上知a=2已成立，
π 5π π 5π
综上2- 2e4≤a≤2+ 2e4，即a的取值范围是2- 2e4,2+ 2e4
58
 .
(2)由fx  ≥ax-1  +3得，ex+2-a  cosx≥ax-1  +3x≥0 
整理得ex+2-a  cosx-ax-1  -3≥0x≥0  ，
不妨令hx  =ex+2-a  cosx-ax-1  -3x≥0  ，
只需证hx  ≥0x≥0  即可；
又h0  =1+2-a+a-3=0，h x  =ex+a-2  sinx-a，
所以h 0  =1-a≥0即a≤1，下面证a≤1时符合题意，
∀x∈0,+∞  时，令h x  ≥0恒成立；
所以有∀x∈0,+∞  时，ex+a-2  sinx-a≥0；
变形为a1-sinx  ≤ex-2sinx，
π
当sinx=1时，0<e2-2≤ex-2sinx成立；
当sinx≠1时，1-sinx>0，
ex-2sinx ex-2 π
所以有a≤ = +2，x≥0且x≠2kπ+ k∈N
1-sinx 1-sinx 2
 ；
令mx 
ex-2 π
= ，x≥0且x≠2kπ+ k∈N
1-sinx 2
 ，
只需求mx  的最小值即可.
m x 
ex 1-sinx
=
 -ex-2  -cosx 
1-sinx 
，
2
令nx  =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<lne=1< ，所以0≤sinx<1，
2
而ex≥1，所以有ex+2sinx≥2 2exsinx，当且仅当ex=2sinx取等号，
所以n x  ≥2 2exsinx-2exsinx= 2exsinx2- 2exsinx  ，
当x∈0,ln2  时，1≤ex<2，
所以n x  > 2exsinx2-2 sinx  =2 2exsinx(1- sinx)>0
所以nx  在x∈0,ln2  上单调递增，又n0  =1-1-2  -1  =0，
所以nx  ≥0，所以m x  ≥0，
即mx  在x∈0,ln2  上单调递增，mx  =m0
min

1-2
= =-1；
1-0
当x∈ln2,+∞  时，ex-2≥2-2=0，即mx 
ex-2
= ≥0；
1-sinx
综上，mx  =-1，所以a≤-1+2=1，
min
即当a≤1时，h x  ≥0恒成立，hx  ≥h0  =0x≥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fx
59
 =x2-a  ex．
(1)若fx  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0.25<a<0.26时，函数Fx  =fx 
1
-ax2在-∞,
2
 上有2个零点．(参
考数据：0.923=0.778688)
【答案】(1)2,+∞ 
(2)证明见解析
【分析】(1)求导，根据函数存在两个极值点，可得a的取值范围，再结合韦达定理，可得解；
(2)由fx  -ax2=0，分离参数，构造函数gx 
x2ex 1
= x<
x2+ex 2
 ，讨论函数gx  的单调性，并判断值域，进
而得证.
【详解】(1)由fx  =x2-a  ex，得f x  =x2+2x-a  ex，
则x 1 ，x 2 是关于x的方程x2+2x-a  ex=0，即x2+2x-a=0的两个不等实根，
所以x+x =-2，xx =-a，且Δ=4+4a>0，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fx  -ax2=x2ex-aex+x2 
x2ex
=0，得 =a，
x2+ex
设gx 
x2ex 1
= x<
x2+ex 2
 ，则g x 
xex x3+2ex
=

x2+ex

，
2
设hx  =x3+2ex，则hx  为增函数，因为h-0.92  =-0.923+2e-0.92>0，h-1 
2
= -1<1，
e
所以hx  在-1,-0.92 
1
内存在唯一的零点m，且em=- m3，
2
当m<x<0时，g x 
1
<0；当x<m或0<x< 时，g x
2
 >0，
所以当x=m时，gx  取得极大值，
且极大值为gm  =
m2em
=
-
2
1m5
=
m3
(-1<m<-0.92)，
m2+em m2-1m3 m-2
2
m3
又
m-2

 2m2 m-3
=

m-2 
<0，则函数pm
2

m3
= 在-1,-0.92
m-2
 上单调递减，
所以p-0.92  <pm  <p-1 
1
= ，p-0.92
3

0.923
= ≈0.267，p-0.92
2.92
 >0.26，
1
又g
2

e e
= < =0.25，且∃x∈-∞,0
1+4 e 4 e
 ，gx  <0.25，
所以当0.25<a<0.26时，方程a=gx 
1
在-∞,
2
 上有2个不同的实根，
即Fx 
1
在-∞,
2
 上有2个零点．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立
问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极
(最)值问题处理．
5. (2022下·江西赣州·高二统考期末)已知f(x)=3ex-1-bxlnx-2ax-a，曲线y=fx  在x=1处切线过点
1
- ,0
2
 ．
(1)求b的值；(2)当x∈  1 ,+∞
 2
60
 时，fx  ≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)b=1；
(2)a∈(-∞,1].
【分析】(1)求出f(1)，即求出了切点的坐标，再求导，并求出f(1)的值，即求出了切线的斜率，由点斜式写出
1
切线方程，再代入点- ,0
2
 求解即可；
(2)由题意可得a≤ 3ex-1-xlnx 在x∈  1 ,+∞
2x+1  2
 3ex-1-xlnx 上恒成立，令g(x)= ，将问题转化为求函数
2x+1
g(x)在  1 ,+∞
 2
 上的最小值即可.
【详解】(1)解：因为f(1)=3-3a，f(x)=3ex-1-bxlnx-2ax-a，
所以f(x)=3ex-1-b-blnx-2a，所以f(1)=3-b-2a，
所以函数在x=1处切线方程为：y-(3-3a)=(3-b-2a)(x-1)，
1
又因为切线过点- ,0
2
 ，
9 3
所以3a-3=- + b+3a，解得b=1；
2 2
(2)由(1)可知f(x)=3ex-1-xlnx-2ax-a，
又因为当x∈  1 ,+∞
 2
 时，fx  ≥0，
所以3ex-1-xlnx≥2ax+a⇒a≤ 3ex-1-xlnx 在x∈  1 ,+∞
2x+1  2
 上恒成立，
令g(x)= 3ex-1-xlnx ，则g(x)= 3ex-1∙(2x-1)-lnx-2x-1 ，x∈  1 ,+∞
2x+1 (2x+1)2  2
 ，
1 1
令h(x)=3(2x-1)ex-1-lnx-2x-1，则h(x)=(6x+3)ex-1- -2=(2x+1)3ex-1-
x x
 ，
1 令m(x)=3ex-1-
x
 ，易得m(x) 在x∈  1 ,+∞
 2
 上单调递增，
1
又因为m(1)=2>0，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 )<h(1)=0.
0
所以当x∈  1 ,1
 2
 时，h(x)<0,g(x)<0；当x∈(1,+∞)时，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fx 
a a
=xlnx+ 2 x2- 2 存在两个极值点x 1 ,x 2x 1 <x 2  ．
(1)求实数a的取值范围；x+x
(2)判断f 1 2
2
61
 的符号，并说明理由．
【答案】(1)-1,0 
x+x
(2)f 1 2
2
 符号为正；理由见解析
【分析】(1)根据函数有两个极值点得到导函数有两个变号零点，参变分离后构造函数hx  =
1+lnx
x>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fx -a lnx -lnx a 2
2 1
 在区间x 1 ,x 2  内单调递
增，且f1 
x+x
=0，得到f 1 2
2
 >f1  =0.
【详解】(1)∵fx 
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hx 
1+lnx
= x>0
x
 ，h x 
-lnx
= ，
x2
当x∈0,1  ，h x  >0，hx  单调递增；
当x∈1,+∞  ，h x  <0，hx  单调递减；
所以hx  =h1
max
 =1．
画出函数图象如下：
y=-a与hx  有两个交点，
∴0<-a<1．
1+lnx
当0<-a<1时，当0<x<x 1 或x>x 2 时，-a> x ，f x  <0；
1+lnx
当x 1 <x<x 2 时，-a< x ，f x  >0．
所以fx  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fx  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<x<1<x ．
1 2
1+lnx+ax=0
又因为 1 1 ，

1+lnx +ax =0
2 2∴lnx 2 -lnx 1 =-ax 2 -x 1
62

1 x -x x+x
∴ = 2 1 < 1 2．
-a lnx -lnx 2
2 1
现证明上式：
上式可变形为ln x 2 > 2x 2 -x 1
x
1
 ，0<x<x
x +x 1 2
2 1
x 2t-1
令t= 2，则只需证lnt>
x
1

t>1
t+1
 ．
设φt 
2t-1
=lnt-

t>1
t+1
 ，φ't 
t-1
-
 2
tt+1 
>0，
2
所以φt  在1+∞  上单调递增，
从而φt  >φ1 
2t-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 <x ．
1 a 2 2
fx  在区间x 1 ,x 2  内单调递增，且f1  =0，
x+x
所以f 1 2
2
 >f1  =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fx  =kx+1  lnx-kx.
(1)若函数fx  在0,+∞  上单调递增，求实数k的取值范围；
(2)讨论函数fx  的零点个数.
【答案】(1)0,e 
(2)当k<0时，fx  有两个零点；当k≥0时，fx  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gx
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0<k≤e时，fx  =lnx有一个零点；当k>e时，得到f x 
1
=klnx+ ，
x
令hx 
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0<x< <x <1， 1 k 2
使得f x 1  =f x 2  =0，根据fx  的单调性，转化为k<0时，存在x 0 >1，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hx
xlnx-x

lnx
= ，利用导数求得函数
xlnx-x
hx  的单调性与极值，结合函数hx  图象，即可求解.
【详解】(1)解：由函数fx  =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gx  =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gx 
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，gx
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，fx  =lnx有一个零点；
当0<k≤e时，fx  在0,+∞  上单调递增，当x趋于0时，fx  趋于负无穷大，且fe  =1，故fx  只有
一个零点.
当k>e时，f x 
1
=klnx+ .令hx
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
=kln +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0<x 1 < k <x 2 <1，使得f x 1  =f x 2  =0，
所以fx  在0,x 1  上单调递增，在x 1 ,x 2  上单调递减，在x 2 ,+∞  上单调递增，
且当x<1时，fx  <0，fe  =1，所以当k>e时，fx  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fx  在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,+∞  上单调递减，
又当x趋于0时，fx  趋于负无穷大，fe  =1，
1
所以当k≤- 时，fe5
2

1 -5
=5+4ke5<0，当- <k<0时，f
2 k

-5
=-4ln +5<0.
k
5
故当k<0时，无论k为何值，取x=max- ,e5 
k
 ，总能有fx  <0，
所以当k<0时，fx  有两个零点，
综上所述，当k<0时，fx  有两个零点；当k≥0时，fx  有一个零点.
法二：由题意，可得fe  =1，故当x∈0,e  ∪e,+∞ 
lnx
时，-k= .
xlnx-x
令hx  lnx = ，则h x
xlnx-x
 lnx-1-lnx =  2
xlnx-x 
-lnx- 1 2 =
2
 2-3 4
xlnx-x 
<0，
2
所以hx 
lnx
= 在0,e
xlnx-x
 上单调递减，在e,+∞  上也单调递减，且当x大于0且趋于0时，hx  趋
于正无穷大，当x小于e且趋于e时，hx  趋于负无穷大，当x大于e且趋于e时，hx  趋于正无穷大，当x
趋于正无穷大时，hx  趋于0，
其大致图象，如图所示，
由图象可知，当k<0时，fx  有两个零点；当k≥0时，fx  有一个零点.【点睛】方法策略：利用导数研究函数的零点问题的求解策略：
1、分离参数法：根据不等式的基本性质将参数分离出来，得到一端是参数，一端是变量的表达式的不等式，
转化为求解含有变量的表达式对应的函数的最值问题，进而求得参数的范围；
2、构造函数法：根据不等式的恒成立，构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，求出函数的最值，进而
得出相应的含参数的不等式，从而求解参数的取值范围；
3、图象法：画出不等式对应的函数的图象，结合函数图象的走势规律，确定函数的极值点或最值点的位置，
进而求得参数的取值范围.
1
2. (2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f(x)=ax2-ax- -lnx+e1-x(a>0)．
x
(1)若当x=1时函数fx
64
 取到极值，求a的值；
(2)讨论函数fx  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hx  单调性，结合f(x)>0，得到fx  在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a<1时，求
1 1
得f(x)=2ax-a+ - -e1-x，令nx
x2 x

(x-2)ex-1+x3
=f(x)，求得n(x)> ，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，f1+
a
 >0，得出函数fx  的单调区间，
由f(1)=0，得出fx  在1,x 1 
1
没有零点，在由f1+ a  >0，得到存在唯一x 2 ，使得fx 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fx  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fx
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hx  在(1,+∞)单调递增，则f(x)≥h(x)>h(1)=0，
所以，当a≥1时，fx  在区间(1,+∞)上没有零点．
1 1
当0<a<1时，可得f(x)=2ax-a+ - -e1-x，
x2 x
令nx 
1 1
=f(x)=2ax-a+ - -e1-x，
x2 x
2 1 2 1 (x-2)ex-1+x3
可得n(x)=2a- + +e1-x>- + +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φx  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，f1+
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fx  在1,x 1  没有零点，
因为在x 1 ,+∞  单调递增，且fx 1 
1
<f(1)=0，而lnx≤x-1,e1-x>0, <1， x
1
所以f(x)=ax2-ax- -lnx+e1-x>ax2-ax-1-(x-1)，
x
1
则f1+
a

1
>a1+
a

2 1
-(a+1)1+
a
 =0，
1
所以存在唯一x ∈x,1+ 2 1 a  ，使得fx 2  =0，
故fx  在x 1 ,+∞  存在唯一零点x 2 ，因此当0<a<1时，fx  在(1,+∞)存在唯一零点，
综上所述，当a≥1时，fx  在区间(1,+∞)上没有零点；
当0<a<1时，fx  在(1,+∞)存在唯一零点．
【点睛】方法技巧：已知函数零点(方程根)的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围2、分
离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与ex和lnx相关的常见同构模型
①aea≤blnb⇔ealnea≤blnb，构造函数fx  =xlnx或gx  =xex；
ea b ea b
② < ⇔ < ，构造函数fx
a lnb lnea lnb

x
= 或gx
lnx

ex
= ；
x
③ea±a>b±lnb⇔ea±lnea>b±lnb，构造函数fx  =x±lnx或gx  =ex±x
3. (2023上·河北邢台·高三校联考阶段练习)已知函数fx 
aex-1
= +elnx-x
x
 ，a∈R.(1)若fx
66
 在1,+∞  上单调递增，求a的取值范围；
5
(2)当a≥ 时，证明：fx
2
 +e-1  x>ex-1 1-lnx  +elnx.
【答案】(1)e,+∞ 
(2)证明见解析
【分析】(1)由于fx  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fx  +e-1  x>ex-1 1-lnx 
5
+elnx的证明转化成 +xlnx-1
2

x2
> 的证明，通过构造
ex-1
hx 
5
= +xlnx-1
2
 x>0  ，mx 
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fx 
aex-1
= +elnx-x
x
 ，
所以f x 
ax-1
=
 ex-1 ex-1
-
x2
 x-1
=
x
 aex-1-ex 
.
x2
因为fx  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gx 
e2x
= ，则g x
ex

e2 1-x
=

.
ex
当x∈1,+∞  时，g x  <0，
所以gx  在1,+∞  单调递减，
所以gx  <g1  =e，
所以a的取值范围为e,+∞  .
(2)要证fx  +e-1  x>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 +xlnx-1
2

x2
> ，x∈0,+∞
ex-1
 .
令函数hx 
5
= +xlnx-1
2
 ，x∈0,+∞  ，则h x  =lnx，
当x∈0,1  时，h x  <0，hx  单调递减；
当x∈1,+∞  时，h x  >0，hx  单调递增.
故hx  ≥h1 
3
= .
2令函数mx
67

x2
= x>0
ex-1
 ，则m x 
x2-x
=

，
ex-1
当x∈0,2  时，m x  >0，mx  单调递增；
当x∈2,+∞  时，m x  <0，mx  单调递减.
故mx  ≤m2 
4 3
= < .
e 2
所以h(x)>m(x)，
5
所以 +xlnx-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fx 
3
=x2lnx- 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fx  的单调区间；
(3)若函数fx  在x=e处取得极值，f x  是函数fx  的导函数，且f x 1  =f x 2  ，x<x ，证明：2<x 1 2 1
+x <e．
2
【答案】(1)x+y=0
3a-1
(2)单调递增区间为e 2 ,+∞ 
3a-1
，单调递减区间为0,e 2 
(3)证明过程见解析
【分析】(1)求出f1  =-1，求导，得到f 1  =-1，进而由导函数的几何意义求出切线方程；
(2)求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
(3)先令φx  =f x  =2xlnx-1  ，求导得到其单调性，求出0<x<1<x <e，进而构造差函数，证明出 1 2
极值点偏移问题.
2
【详解】(1)当a= 时，fx
3
 =x2 lnx-1  ，f1  =-1，
f x  =2xlnx-1 
1
+x2⋅ =2xlnx-x，故f 1
x
 =-1，
故函数在x=1处的切线方程为y+1=-x-1  ，即x+y=0；
(2)fx 
3
=x2lnx- a
2
 定义域为0,+∞  ，
f x 
3
=2xlnx- a
2
 +x=x2lnx+1-3a  ，
令f x 
3a-1
>0，解得x>e 2 ，令f x 
3a-1
<0，解得0<x<e 2 ，
故fx 
3a-1
的单调递增区间为e 2 ,+∞ 
3a-1
，单调递减区间为0,e 2  ；
(3)由题意得f e  =e2lne+1-3a  =0，解得a=1，
故f x  =2xlnx-1  ，x>0，
当x∈0,e  时，f x  <0，fx  单调递减，
当x∈e,+∞  时，f x  >0，fx  单调递增，
可知函数fx  在x=e处取得极值，故a=1符合题意，
因为f x 1  =f x 2  ，x<x ， 1 2
令φx  =f x  =2xlnx-1  ，x>0，则φ x  =2lnx-1  +2=2lnx，当x∈0,1
68
 时，φ x  <0，φx  单调递减，
当x∈1,+∞  时，φ x  >0，φx  单调递增，
且当x∈0,1  时，φx  <0恒成立，φe  =0，当x∈e,+∞  时，φx  >0，
画出φx  =2xlnx-1  的图象如下：
故0<x<1<x <e，
1 2
令Fx  =φx  -φ2-x  ，0<x<1，
则F x  =φ x  +φ 2-x  =2lnx+2ln2-x  =2ln2x-x2  =2ln -x-1   2+1  ，
因为0<x<1，所以-x-1  2+1∈0,1  ，F x  =2ln -x-1   2+1  <0，
故Fx  =φx  -φ2-x  在0,1  上单调递减，
又F1  =0，故Fx  =φx  -φ2-x  >0在0,1  上恒成立，
即φx  >φ2-x  ，0<x<1，
因为0<x 1 <1，所以φx 1  >φ2-x 1  ，
其中φx 2  =φx 1  ，故φx 2  >φ2-x 1  ，
其中1<x 2 <e，2-x 1 >1，φx  在x∈1,+∞  上单调递增，
故x >2-x ，即x+x >2，
2 1 1 2
令Gx  =φx  -φe-x 
e
，0<x< ，
2
则G x  =φ x  +φ e-x  =2lnx+2lne-x  =2lnex-x2 
e =2ln -x-
2
  2 e2  +
 4
 ，
e e
当0<x< 时，所以y=-x-
2 2

2 e2
+ 单调递增，
4
由复合函数可得G x  e =2ln -x-
2
  2 e2  +
 4
 e 在0<x< 上单调递增，
2
e
又G
2

e2 1
=2ln >0,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，Gx  单调递减，
e
当x∈x , 0 2  时，G x  >0，Gx  单调递增，
当x→0时，Gx 
e
→0，G
2

e
=φ
2

e
-φe-
2
 =0，
e
故当0<x< 时，Gx
2
 =φx  -φe-x  <0恒成立，
e
因为0<x 1 <1< 2 ，故Gx 1  =φx 1  -φe-x 1  <0，即φx 1  <φe-x 1  ，
又φx 2  =φx 1  ，故φx 2  <φe-x 1  ，其中1<x 2 <e，e-x 1 >1，φx
69
 在x∈1,+∞  上单调递增，
故x <e-x ，故x+x <e，
2 1 1 2
综上，2<x+x <e.
1 2
【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，需要先研究出两个变量的取值范围，若
原函数较复杂，可先进行变形，再求导，得到其单调性，构造出的差函数，研究其单调性，往往会和基本不等
式，复合函数单调性等知识结合.
5. (2023上·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知函数fx  =xex.
(1)求fx  过原点的切线方程；
(2)已知对任意的x≥0，都有不等式fx  -ex-ax+1≥2sinx恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)y=x
(2)(-∞,-2]
【分析】(1)利用导数的几何意义，求出切线方程，将点0,0  代入即可得答案；
(2)令gx  =fx  -ex-ax+1-2sinx,x∈0,+∞  ，将原不等式恒成立转化为gx  ≥0，根据g 0  的符号
合理分类讨论.
【详解】(1)因为x∈R,f x  =x+1  ex，设切点为x 0 ,x 0 ex0  ，
所以切线斜率为x 0 +1  ex0，切线方程为y-x 0 ex0=x 0 +1  ex0x-x 0  ，
将点0,0  代入切线方程解得x =0，故切线方程为y=x； 0
(2)令gx  =fx  -ex-ax+1-2sinx=x-1  ex-ax-2sinx+1,x∈0,+∞  ，
则原不等式即为gx  ≥0，
又g x  =xex-a-2cosx，且g 0  =-a-2，
若a≤-2时，则-a≥2,∴gx  =x-1  ex-ax-2sinx+1≥x-1  ex+2x-2sinx+1，
再令hx  =x-1  ex+2x-2sinx+1,∴h x  =ex⋅x+2-2cosx且h 0  =0，
因为x≥0，xex≥0，而2-2cosx≥0，故h x  ≥0(当且仅当x=0时等号成立)，
所以hx  在0,+∞  上为增函数，所以hx  ≥h0  =0，
此时不等式gx  ≥0恒成立即fx  -ex-ax+1≥2sinx恒成立.
当a>-2时，-a<2，则g 0  =-a-2<0，
设tx  =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)<g(0)=0，不合题意；
π 若g
2
 π ≥0，则存在s∈0,
2
 ，使得g s  =0，
故∀x∈0,s  ，，有g x  <0恒成立，
故g(x)在0,s  上单调递减，故g(x)<g(0)=0，不合题意；
综合上述，实数a的取值范围为(-∞,-2].
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于第二问根据不等式恒成立求解参数范围，解答时结合g 0  的符号合
理分类讨论，继而证明在该两个范围内不等式恒成立和不成立.
6. (2023·湖南永州·统考一模)已知函数fx  =lnx+1  ,gx  =axex-2lna+3ln2+3．
(1)当x∈-1,0  ∪0,+∞ 
fx
时，求证：
 1
>- x+1；
x 2(2)若x∈-1,+∞
70
 时，gx  ≥fx  ，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-lnx+1  ≥2lna-3ln2-3，只需求得Fx  =axex-lnx+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Hx 
x
= x+1  +3lnx+1 2  +2x+
3ln2+3求出Hx  ≥0的解集，最后结合函数lna=-2lnx 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：lnx+1 
x2
>- +x，
2
令hx  =lnx+1 
x2
+ -x，则h x
2

1 x2
= +x-1= >0，
x+1 x+1
所以hx  在0,+∞  上单调递增，
从而有hx  >h0  =0，故原不等式成立.
当x∈-1,0  时，原不等式等价于hx  <0，又h x 
1 x2
= +x-1= >0，
x+1 x+1
所以hx  在-1,0  上单调递增，
从而有hx  <h0  =0，故原不等式成立.
综上所述：当x∈-1,0  ∪0,+∞ 
fx
时，恒有
 1
>- x+1.
x 2
(2)由gx  =axex-2lna+3ln2+3表达式可知a>0，
gx  ≥fx  对x∈-1,+∞  恒成立等价于
axex-lnx+1  ≥2lna-3ln2-3对x∈-1,+∞  恒成立
令Fx  =axex-lnx+1  ，则有F x  =axex+ex 
1
-
x+1 
，
令Gx  =F x  =axex+ex 
1
-
x+1 
，
则有G x  =ax+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ax 0 ex0+ex0 
1
-
x 0 +1 
=0，
1
可得a= x 0 ex0+ex0  x 0 +1  ，lna=-2lnx 0 +1  -x ， 0
当x∈-1,x 0  时，F x 0  <0，Fx  在x∈-1,x 0  单调递减，
当x∈x 0 ,+∞  时，F x 0  >0，Fx  在x∈x 0 ,+∞  单调递增，
故Fx  ≥Fx 0  =ax 0 ex0-lnx 0 +1 
故原不等式恒成立只需
x
0 x 0 +1  2ex0 ⋅ex0-lnx 0 +1  ≥2 -2lnx 0 +1   -x 0  -3ln2-3
x
即 0 x 0 +1  2 +3lnx 0 +1  +2x +3ln2+3≥0， 0构造函数Hx
71

x
=
x+1 
+3lnx+1
2
 +2x+3ln2+3
可得H x 
1-x
=
x+1 
3
+
3 x+1 
3x2+5x+4
+2=
x+1 
+2x>-1
3
 ，
当x>-1时，令ux  =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Hx  ≥0的解集为 - 1 ,+∞
 2
 .
又因为lna=-2lnx 0 +1  -x ， 0
令mx  =-2lnx+1  -x，易得mx  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fx 
1
=aex- x2+a有两个不同的极值点x,x 2 1 2
x 1 <x 2  .
(1)求实数a的取值范围；
(2)已知m>0，且x+mx >m+1，求m的取值范围.
1 2
1
【答案】(1)0<a<
e
(2)m≥1
【分析】(1)求导，得到f x  =aex-x有两个不同的零点，再次求导，分a≤0与a>0两种情况，得到函数单
1
调性和极值点情况，得到不等式，求出0<a< ，再利用零点存在性定理得到答案；
e
x-x
(2)由aex1=x 1 ，aex2=x 2 ，变形得到 ex1 1 -x2- 2 1 ex1-x2+m  >m+1,x 1 <x 2  ，换元后得到tet+m  -
m+1  et-1  <0恒成立，构造函数，二次求导，分m≥1和0<m<1，结合函数单调性即特殊点的函数
值，求出m的取值范围.
【详解】(1)由题知f x  =aex-x有两个不同的零点，
设gx  =f x  =aex-x，
当a≤0时，f x  在R上单调递减，f x  至多有一个零点，与题意不符；
当a>0时，g x  =aex-1，令g x 
1
=0得：x=ln ，
a
1
且x<ln 时，g x
a

1
<0,x>ln 时，g x
a
 >0，
则gx 
1
在-∞,ln
a

1
上单调递减，在ln ,+∞
a
 上单调递增；1
由题意，gln
a
72

ln1 1 1 1
<0，即ae a-ln =1-ln <0，解得：0<a< .
a a e
1
且此时，当x<lna<ln 时，gx
a
 >glna  =a2-lna>0，
1 1
当x>ln >ln 时，gx
a2 a

1
>gln
a2

1 1
= -ln >0，
a a2
因此，由零点存在定理知gx 
1
在-∞,ln
a

1
和ln ,+∞
a
 各有一个零点，符合题意.
1
综上，0<a< .
e
(2)由(1)可知：aex1=x ①，aex2=x ②，
1 2
因此不等式x+mx >m+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 <x 2  ，
t
设t=x 1 -x 2 ，不等式化为 et-1 et+m  >m+1，
又t<0,∴tet+m  -m+1  et-1  <0恒成立，
设ht  =tet+m  -m+1  et-1  ,t<0，
h t  =et t-m  +m，
设φt  =h t  ,φ t  =et t-m+1  ,φ 0  =-m+1.
当m≥1时，φ t  =et t-m+1  <0,φt  单调递减，
即h t  单调递减，而h 0  =0，
∴h t  >0,ht  在-∞,0  上单调递增，而h0  =0，
∴ht  <0在-∞,0  上恒成立，符合题意.
当0<m<1时，令φ t  =et t-m+1  =0得：t=m-1，
且当t<m-1时，φ t  <0，当m-1<t<0时，φ t  >0，
则φt  在-∞,m-1  上单调递减，在m-1,0  上单调递增，而φ0  =h 0  =0，
∴当t∈m-1,0  时，h t  <0,ht  在m-1,0  上单调递减，
而h0  =0,∴ht  >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fx 
1
=alnx+ x2-a+1
2

3
x+ (a>0).
2
(1)求函数fx  的单调区间；
(2)当a=1时，若fx 1  +fx 2  =0，求证：x+x ≥2； 1 2
(3)求证：对于任意n∈N*都有2lnn+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0<a<1，a=1和a>1三种情况，求解函数单调区间；
(2)令gx
73
 =fx  +f2-x  =ln1-(x-1)2  +(x-1)2，构造Fx  =lnx-x+1(x>0)，求导得到其单
调性，进而得到lnx≤x-1，进而得到gx  =fx  +f2-x  ≤0，不妨设0<x 1 <1<x 2 ，则fx 1  +
f2-x 1  ≤0，推出fx 2  ≥f2-x 1  ，由fx  的单调性得到x ≥2-x ，证明出结论； 2 1
(3)由(2)知，x>1时，fx 
1 3
=lnx+ x2-2x+ >f1
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fx  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0<a<1时，
当0<x<a时，f x  >0,fx  单调递增；
当a<x<1时，f x  <0,fx  单调递减；
当x>1时，f x  >0,fx  单调递增.
②当a=1时，
当x>0时，f x  ≥0,fx  单调递增.
③当a>1时，
当0<x<1时，f x  >0,fx  单调递增；
当1<x<a时，f x  <0,fx  单调递减；
当x>a时，f x  >0,fx  单调递增.
综上，①当0<a<1时，函数fx  单调递增区间为0,a  ，1,+∞  ，单调递减区间为a,1  ；
②当a=1时，函数fx  单调递增区间为0,+∞  ，无单调递减区间；
③当a>1时，函数fx  单调递增区间为0,1  ，a,+∞  ，单调递减区间为1,a  .
(2)当a=1时，fx 
1 3
=lnx+ x2-2x+ .
2 2
由(1)知，函数fx  在0,+∞  单调递增且f1  =0；
令gx  =fx  +f2-x 
1 3
=lnx+ x2-2x+ +ln2-x
2 2

1
+ (2-x)2-22-x
2

3
+
2
=ln x2-x    +x2-2x+1=ln1-(x-1)2  +(x-1)2，
令Fx  =lnx-x+1(x>0),F x 
1 1-x
= -1= ，
x x
令F x  >0，解得0<x<1；令F x  <0，解得x>1，
所以Fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
所以Fx  ≤F1  =0，所以lnx≤x-1，
令(x-1)2=t∈0,1  ，则1-t∈0,1  ，则ln1-t  ≤1-t  -1=-t，
故ln1-t  +t≤0，
所以gx  =fx  +f2-x  ≤0恒成立，
不妨设0<x 1 <1<x 2 ，则fx 1  +f2-x 1  ≤0，
所以-fx 1  ≥f2-x 1  ，所以fx 2  ≥f2-x 1  ，
因为2-x 1 >1,x 2 >1，而fx  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，fx 
1 3
=lnx+ x2-2x+ >f1
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2lnn+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gx  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alnxex  =xex，令t=xex>0得alnt=t，再令ht 
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 > 2t 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ps
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<x<- ；令g x
a

1
<0，得x>- ，
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alnxex

=xex，
令t=xex>0，其中x>0，则alnt=t，显然t≠1，
令ht 
t
= ，则h t
lnt

lnt-1
= ，
ln2t所以ht
75
 在区间0,1  上单调递减，且由x→0时ht  <0可得在区间0,1  上h(t)<0，
ht  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 =alnt 1 -lnt 2 
t =alnt 2 2

t 1 +t 2 =alnt 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 > 2t 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ps
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alnxex

=xex，通过令t=xex
>0，合理构造函数ht 
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 > 2t 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fx  =x-lnx-3.
(1)求曲线y=fx  在x=1处的切线方程；
(2)记函数gx  =x2-bx-3-fx  ，设x 1 ,x 2x 1 <x 2  是函数gx  的两个极值点，若b≥2，且gx 1  -gx 2 
≥m恒成立，求实数m的最大值.
【答案】(1)y=-2
3
(2)m = -ln2
max 4
【分析】(1)求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程；
(2)求出函数的导函数g x  ，即可得到方程2x2-b+1  x+1=0两根为x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，列出韦达定理，即可
表示出gx 1  -gx 2 
x 1 x x
=ln 1 -  1 - 2 x 2 x x
2 2 1

x
，设t= 1，则0<t<1，令Gt x
2

1 1
=lnt- t- 2 t  ，0<t<
1，利用导数说明函数的单调性，再结合b的范围求出t的方程，从而求出m的范围，即可得解.
【详解】(1)因为fx  =x-lnx-3，
所以f x 
1
=1- ，所以切线斜率为f 1
x
 =0，
又f1  =-2，切点为1,-2  ，
所以曲线y=fx  在x=1处的切线方程为y=-2
(2)∵gx  =lnx+x2-b+1  x，∴g x
76

1
= +2x-b+1
x

2x2-b+1
=
 x+1
，
x
若b≥2，则b+1 
b+1 1
2-8≥9-8>0恒成立，而 >0, >0，
2 2
所以2x2-b+1  x+1=0两根为x 1 ,x 20<x 1 <x 2  ，
b+1 1
∴x+x = ，xx = ，
1 2 2 1 2 2
gx 1  -gx 2 
x
=ln x 1 +x2 1 -x2 2
2
 -(b+1)x 1 -x 2 
x 1
=ln 1 - b+1 x 2
2
 x 1 -x 2 
=ln x 1 - 1 x 1 +x 2
x 2
2
 x 1 -x 2 
xx
1 2
x 1 x x
=ln 1 -  1 - 2
x 2 x x
2 2 1
 ，
∵0<x<x ，
1 2
x
设t= 1，则0<t<1，
x
2
令Gt 
1 1
=lnt- t-
2 t
 ，0<t<1，
则G t 
1 1 1
= - 1+
t 2 t2

t-1
=-
 2
<0，
2t2
∴Gt  在0,1  上单调递减；
∵b≥2，
∴b+1  2≥9，
b+1 ∵ 2  2 =x 1 +x 2  x2+2xx +x2 2= 1 1 2 2 2xx
1 2
1 x x
=  1 +2+ 2
2 x x
2 1

1 1
= t+ +2
2 t
 ，
1 9
∴t+ +2≥ ，
t 2
∴2t2-5t+2≥0，
1
∴0<t≤ ，
2
1
∴当t= 时，Gt
2

1
=G
min 2

3
= -ln2，
4
3 3
∴m≤ -ln2，即实数m的最大值为m = -ln2
4 max 4
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不
等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单
调性、极(最)值问题处理．
5. (2023下·江苏南通·高二海安高级中学校联考阶段练习)已知函数fx  =ex+ax2-bx+2.
(1)若a=0，讨论fx  的单调性；
1
(2)若a= 2 ，存在x 1 ,x 2x 1 ≠x 2  满足fx 1  =fx 2  ，且x+x =2，求b的取值范围. 1 2
【答案】(1)答案见解析
(2)b>e+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Fx
77
 =fx  -f2-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t<x 0 ，从而存在t 0 ∈t,x 0  ,Ft 0  =0，从而求出范围；
ex1-ex2
方法二：通过条件转化得到 x-x +1=b，然后换元令x 1 =1-t,x 2 =1+t(t>0)，转化为gt
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，fx  =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fx  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x<lnb，
所以fx  的单调增区间是lnb,+∞  ，单调减区间是-∞,lnb  ；
综上，当b≤0时，fx  的单调增区间是-∞,+∞  ，无减区间；
当b>0时，fx  的单调增区间是lnb,+∞  ，单调减区间是-∞,lnb  .
(2)方法一：
1
当a= 时，fx
2

1
=ex+ x2-bx+2，
2
因为fx 1  =fx 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<1<x ，
1 2 1 2
1 1
所以ex1+ 2 x2 1 -bx 1 +2=e2-x1+ 2 2-x 1  2-b2-x 1  +2x 1 <1  .
令Fx  =fx  -f2-x  =ex-e2-x+2-2b  x-1  ,(x<1)，
则问题转化为Fx  =0在-∞,1  上有解.
注意到F x  =f x  +f 2-x  =ex+e2-x-2b+2>2e-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Fx  在-∞,1  上单调递增，Fx  <F1  =0，
Fx  =0在-∞,1  上无解，不符题意，舍去..
②当2e-2b+2<0，即b>e+1时，
设mx  =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  <m 1  =0，
从而F x  在-∞,1  上单调递减.
因为F 2-ln2b  =e2-ln2b+2>0,F 1  =2e-2b+2<0，
所以存在x 0 ∈2-ln2b,1  ,F x 0  =0.
从而Fx  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gx 
1
=ex- x2 x≥0
2
 ,g x  =ex-x，
设nx  =g x  =ex-x,n x  =ex-1≥0恒成立，
所以g x  ≥g 0  =1，从而gx  ≥g0 
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Ft
78

1 1
=et+ t2-bt-e2-t- (2-t)2+b2-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,Fx 0  >0,F(1)=0
且Fx  在-∞,x 0  上单调递增，x 0 ,1  上单调递减，
所以必有t<x 0 ，从而存在t 0 ∈t,x 0  ,Ft 0  =0，符合题意.
综上，b>e+1.
方法二：
1
当a= 时，fx
2

1
=ex+ x2-bx+2，
2
因为fx 1  =fx 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  =bx 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=2tb-1  ，
令φt  =e1+t-e1-t-2b-1  t,(t>0)，
则问题转化为φt  =0在0,+∞  上有解.
φ t  =e1+t+e1-t-2b-1  >2e-2b-1  .
①若2e-2b-1  ≥0，即b≤e+1时，
φ t  >0在0,+∞  上恒成立，
所以φt  在0,+∞  上单调递增，φt  >φ0  =0，
所以φt  =0在0,+∞  上无解，不符题意，舍去.
②若2e-2b-1  <0，即b>e+1时，
令qt  =φ t  =e1+t+e1-t-2b-1  ，
则q t 
1
=e1+t-e1-t=eet-
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-2b-1  <0，
φ ln2b  =e1+ln2b+e1-ln2b-2b-1  >eln2b-2b-1  =2>0，
所以存在t 1 ∈0,ln2b  ,φ t 1  =0，
从而φt  在0,t 1  上单调递减，在t 1 ,+∞  上单调递增.
令hx  =ex-x2 x≥0  ,h x  =ex-2x,h x  =ex-2，
所以h x  ≥h ln2  =2-2ln2>0，从而hx  ≥h0  =1，即ex>x2,x≥0  ，此时φt
79
 =e⋅et-e1-t-2b-1  t‘'
>et2-e1-t-2b-1  t
>et2-e-2b-1  t
b-1+ (b-1)2+e2
取t = ，
2 e
此时et2 2 -e-2b-1  t =0， 2
所以φt 2  >0
因为φ0  =0,φt 1  <0,φt 2  >0
且φt  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  ,φt 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fx 
1 1
=alnx- x2+a+ x>0
2 2
 有两个
零点x,x ，且x<x ．
1 2 1 2
(1)求a的取值范围；
(2)若fx  在x 1 ,0  和x 2 ,0  处的切线交于点x 3 ,y 3  ，求证：2x <x+x ． 3 1 2
【答案】(1)a∈0,+∞ 
(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求
解；
(2)利用导数求切线方程得出a= 2 1 x 1 2-x 2 2  1 1 ，将原不等式化为证明lnt> t-
lnx-lnx 2 t
1 2
 0<t<1  ，构造函数
ht 
1 1
=lnt- t-
2 t
 利用导数证明即可.
【详解】(1)f x 
a -x2+a
= -x=
x x
当a≤0，f x  <0，fx  在0,+∞  上单调递减，不可能两个零点；
当a>0时，令f x  =0得x= a
x∈0, a  ，f x  >0，fx  单调递增，x∈ a,+∞  ，f x  <0，fx  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，gx  单调递减，x∈1,+∞  ，g x  >0，gx  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 <e 1- 1 a≤eln a= a，
而fx 
1 1
=alnx- x2+a+ <alnx+a+1，
2 2
所以fe -1- a 1  1 <a-1-
a
 +a+1=0；f a  ≥f1  =a>0；
f1+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=fx  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 <x+x ，即证 x 1 +x 2 >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
 0<t<1  ，
令ht 
1 1
=lnt- t-
2 t
 ，h t 
t-1
=-
 2
<0，∴ht
2t2
 在0,1  单调递减，∴ht  >h1  =0，
1 1
∴lnt> t- 2 t  0<t<1  得证．综上：2x 3 <x 1 +x 2 <2a+1  ．
【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形
后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属
于难题.