当前位置:首页>文档>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

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文档页数
80 页
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2026-02-16 04:48:33

文档内容

导数及其应用(新高考培优专用) 目录 【重难保分考点】 【重难保分考点一】导数的概念和几何意义 【重难保分考点二】导数与函数单调性 【重难保分考点三】导数与函数极值 【重难保分考点四】导数与函数最值 【重难保分考点五】导数的综合应用 【能力培优考点】 【能力培优考点一】导数与含参的单调区间问题 【能力培优考点二】导数与恒成立问题 【能力培优考点三】导数与函数的零点 【能力培优考点四】导数与不等式证明 【冲刺压轴考点】 【冲刺压轴考点一】二次求导 【冲刺压轴考点二】参变分离 【冲刺压轴考点三】函数构造 【冲刺压轴考点四】双变量 1【重难保分考点一】导数的概念和几何意义 一、单选题 1. (2022上·陕西咸阳·高二咸阳市实验中学校考阶段练习)已知函数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00  ,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=2.540, 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 0,f(x)单调递增. 对于A选项,则有f(x) =f(1)=-1,故A选项正确; min 对于B选项,因为函数f(x)在点(m,f(m))处的切线与直线y=9e2x-1平行, 所以f(m)=9m2lnm=9e2,即m2lnm=e2, 当01时,设g(m)=m2lnm, 由g(m)=m+2mlnm=m(1+2lnm)>0, 则g(m)单调递增,且g(e)=e2lne=e2,故方程f(m)=9e2有唯一解m=e, 则有f(m)=f(e)=2e3,故B选项正确; 对于C选项,当x∈(0,1)时,lnx<0,则f(x)=x3(3lnx-1)<0, 由a>0,所以方程a=f(x)无解; 当x∈(1,+∞)时,f(x)单调递增,方程a=f(x)至多有一个解; 故函数g(x)=f(x)-a(a>0)至多一个零点,故C选项错误; 1 1 3 对于D选项,由log 3= log 9> log 8= , 2 2 2 2 2 2 3 3e -ln 2 2 4  3 3 = -ln +1 2 2  1 3 1 3 1 9 = -ln = lne-ln = lne-ln 2 2 2 2 2 4  >0, 3e 且ln 2  >lne=1, 3e 故有10 0 ∴公切线的切点坐标为(1,-2),切线斜率为2. ∴公切线的方程为y+2=2(x-1),即y=2x-4. 故答案为:y=2x-4 【重难保分考点二】导数与函数单调性 一、单选题 1. (2024上·河南南阳·高三方城第一高级中学校联考期末)已知函数f(x)在R上的导函数为f(x),且f(x)- 1<0,则f(x)+2x-8>f(3x-8)的解集为 ( ) A.(-∞,4) B.(0,+∞) C.(-∞,0) D.(4,+∞) 【答案】D 【分析】由题意构造函数,利用导数研究其单调性,根据其解不等式,可得答案. 【详解】令g(x)=f(x)-x,则g(x)=f(x)-1<0,即g(x)在R上单调递减. 由g(x)=f(x)-x,得f(x)=g(x)+x, 则f(x)+2x-8=g(x)+x+2x-8>f(3x-8)=g(3x-8)+3x-8, 得g(x)>g(3x-8),所以x<3x-8,得x>4, 所以原不等式的解集为4,+∞ 5  . 故选:D. 2. (2023·四川成都·统考一模)若a=lnlnπ  2 2 1 ,b= ln ,c=- ,则 ( ) 3 3 e A.clne=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,c0,得x>1或x<0,故f(x)在(-∞,0),(1,+∞) 上单调递增:令f′(x)<0,得00时,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  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11, 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00;当x> 时,K<0. 2 2 2 ∴x= 为曲线y=lnx的曲率的极值点, 2 故选:A. 2. (2023上·山西临汾·高三山西省临汾市第三中学校校联考期中)已知函数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x0,当ab时,fx  -f x  >0, g x  f x =  -fx  ,因ex>0, ex 故当x0,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,01,2x<0,则ex-e-x<0,则g x  =ex-e-x+2x<0, 当x>0时,ex>1,00,则ex-e-x>0,则g x  =ex-e-x+2x>0, 则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e0, 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-e21时,f x  <0,即f x  在(-∞,-2),(1,+∞)上单调递减, 当-20,即f x  在(-2,1)上单调递增, 则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-e2x+1和lnx1时m(x)= -1<0,mx x  单调递减,当00,mx  单调递增,故当m(x)≤ m1  =0,故lnx0,n(x)=ex-1>0,n(x)单调递增,当x<0,n(x)=ex-1<0,n(x)单调递减,所以n(x)≥n(1)=0, 故ex>x+1 (1)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,∴00,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00, x x 又函数y=f(x)存在两个极值点x,x , 1 2 所以方程x2-4x+a=0在0,+∞  上有两个不相等的正实数根, Δ=16-4a>0  则x+x =4>0 ,解得00 1 2 又f(x 1 )+f(x 2 )-x 1 +x 2  1 1 = x2-4x+alnx+ x2-4x +alnx -x-x 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 = 2 x 1 +x 2   2-2xx 1 2  -5x 1 +x 2  +alnx 1 x 2  1 = 16-2a 2  -20+alna=alna-a-12 设ha  =alna-a-12,00,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00,解得00即 3 3 1 可判断A;证明函数h(x)= x3-x为奇函数,结合函数平移变换即可判断C;根据导数的几何意义求出曲 3 线的切线方程即可判断D. 【详解】A:f(x)=x2-1=(x+1)(x-1), 令f(x)<0⇒-10⇒x<-1或x>1, 所以函数f(x)在(-1,1)上单调递减,在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增, 1 5 且f(-1)=- <0,f(1)=- <0,f(3)=5>0, 3 3 所以当x≤1时,f(x)≤f(-1)<0,故函数f(x)在R上只有一个零点,故A正确; 5 B:由选项A的分析可知,函数f(x)的极小值为f(1)=- ,故B错误; 3 1 1 C:令h(x)= x3-x,定义域为R,则h(-x)=- x3+x=-h(x), 3 3 所以函数h(x)为奇函数,对称中心为(0,0),将函数h(x)图象向下平移1个长度单位, 得函数f(x)的图象,所以f(x)的对称中心为(0,-1),故C正确; D:由选项A知f(x)=x2-1,令f(x)=-1⇒x=0,又f(0)=-1, 所以切线方程为y+1=-(x-0),即y=-x-1, 所以直线y=-x-1是曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线,故D正确. 故选:ACD 三、填空题 1 5. (2023上·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考期末)已知不等式 x2-alnx>0(a>0)恒成立,则a的 2 取值范围是 . 【答案】00时,不等式 x2-alnx>0⇔ > ,令f(x)= ,x>0, 2 a x2 x2 1 2lnx 2(1-2lnx) 依题意, >f(x)恒成立,由f(x)= ,求导得f(x)= , a x2 x3 当00,当x> e时,f(x)<0, 1 因此函数f(x)在(0, e)上单调递增,在( e,+∞)上单调递减,则f(x) =f( e)= , max e 1 1 从而 > ,即00,当x∈ , 3 2  时V x  <0, 所以函数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=1,01时,不合要求,得到答案. 【详解】(1)函数的定义域为0,+∞  ,求导得f x  a+1 1 ax-1 =a- + = x x2  x-1  , x2 ①a≤0,令f x  >0,得01, 则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01时,f x a a  1 >0;当 1,当0 时,f x a a  1 >0,当11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00,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-11, 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- 0,则x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; x∈(-∞,0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; a<0时,令f′(x)=0,得x=0或x=ln(-2a), 1 若a<- ,则x∈(-∞,0)或x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;x∈(0,ln(-2a))时,f′(x) 2 <0,f(x)单调递减; 1 若a=- ,则f′(x)≥0在R上恒成立,f(x)在R上单调递增; 21 若- 0,f(x)单调递增;x∈(ln(-2a),0)时,f′ 2 (x)<0,f(x)单调递减. 综上,当a≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减; 1 当a<- 时,f(x)在(-∞,0),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(0,ln(-2a))上单调递减; 2 1 当a=- 时,f(x)在R上单调递增; 2 1 当- 1,满足f(x)=(x-1)ex1+ax2=0, 1 1 1 1 化简得,2(x-1)ex1=-2ax2, 1 1 ∴ln(2x-2)+x=ln(-2a)+2lnx ,即ln(-2a)=ln(2x-2)+x-2lnx , 1 1 1 1 1 1 ∴x-x =x-ln(-2a)=2lnx-ln(2x-2), 1 0 1 1 1 设g(x)=2lnx-ln(2x-2),x>1, 2 1 x-2 g′(x)= - = , x x-1 x(x-1) 当x∈(2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增, x∈(1,2)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 从而当x=2时,g(x)有最小值g(2)=ln2, 综上所述,f(x)存在唯一的零点x ,且x-x ≥ln2. 1 1 0 【点睛】方法点睛:利用导数解决函数零点问题的方法: (1)直接法:先对函数求导,根据导数的方法求出函数的单调区间与极值,根据函数的基本性质作出图象,然 后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想 和分类讨论思想的应用; (2)构造新函数法:将问题转化为研究两函数图象的交点问题; (3)参变量分离法:由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:lnx0). x 当a≤2时,f x  1 = +x-a≥2-a≥0.则f(x)在(0,+∞)上单调递增. x 当a>2时,f x  1 x2-ax+1 a- a2-4 a+ a2-4 = +x-a= =0.则x= ,x = . x x 1 2 2 2 令f x  >0,则0x 2 .f x  <0,则x2时,f(x)在0, 2  a+ a2-4 和 ,+∞ 2  上单调递增, a- a2-4 a+ a2-4 f(x)在 , 2 2  上单调递减. (3)∵f(x)有两个极值x ,x , 1 2 ∴x ,x 是方程x2-ax+1=0的两个不等实根, 1 2 则a>2,x+x =a,xx =1, 1 2 1 2 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:lnx1).则f x x  1 1 x2-x+1 = -1- =- <0. x x2 x2 从而f(x)在(1,+∞)上单调递减,故f(x)2,证明:当x≥ 3a-6时,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20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20, 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 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 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-2lnx0, 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 (x0),得f(x)=-x+a- =- . 2 x x g(x) 令g(x)=x2-ax+1,则f(x)=- ,x>0, x 当Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2时,g(x)≥0恒成立,则f(x)≤0, 所以f(x)在(0,+∞)上是减函数. 当Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2. (i)当a<-2时,g(x)>0恒成立,从而f(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上是减函数. a- a2-4 a+ a2-4 (ii)当a>2时,函数g(x)有两个零点:x= ,x = , 1 2 2 2 列表如下: x 0,x 1 26  x x ,x 1 1 2  x x ,+∞ 2 2  f(x) - 0 + 0 - f(x) 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数 综上,当a≤2时,f(x)的减区间是(0,+∞),无增区间;当a>2时,f(x)的增区间是 a- a2-4 a+ a2-4  , 2 2  a- a2-4 ,减区间是0, 2  a+ a2-4 , ,+∞ 2  . (2)由(1)知,当a>2时,f(x)有两个极值点x ,x ,x0,所以01),h(t)= -t+3lnt+2,t>1, 2 t 2 3 (t-1)(t-2) 则h(t)=- -1+ =- , t2 t t2 当10;当t>2时,h(t)<0, 则h(t)在(1,2)上是增函数,在(2,+∞)上是减函数,从而h(t) =h(2)=3ln2+1, max a+ a2-4 3 2 由x2=2知 = 2,又a>2,解得a= , 2 2 2 3 2 所以当a= 2 时,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⇒- 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  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0m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m0在(1,+∞)上恒成立,求a的取值范围. 【答案】(1)f(x)在ee-1,+∞  上单调递增,在0,ee-1  上单调递减 (2)e2-2e,+∞  【分析】(1)已知a=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00在(1,+∞)上恒成立a> -x在(1,+∞)上恒成立 lnx 设g(x)= e(x-1) -x(x>1) -(lnx)2+elnx+ e -e 设h(x)=-(lnx)2+elnx+e-e 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01时,lnx>0,故由f(x)>0在1,+∞  e(x-1) 上恒成立,得a> -x在(1,+∞)上恒 lnx成立. e(x-1) 令g(x)= -x(x>1), lnx -(lnx)2+elnx+ e -e 则a>g(x) ,g(x)= x (x>1). max (lnx)2 e 2lnx e e 1 e 设h(x)=-(lnx)2+elnx+ -e,则h(x)=- + - = -2lnx- +e x x x x2 x x 30  . e e-2x 设m(x)=-2lnx- +e,则m(x)= , x x2 令m x  e =0,得x= , 2 e 当x∈1, 2  时,m x  e >0,当x∈ ,+∞ 2  时,m x  <0, e 所以m(x)在1, 2  e 上单调递增,在 ,+∞ 2  上单调递减, e 又m(1)=0,m 2  >0,m(e)=e-3<0, e 所以存在x ∈ ,e 0 2  ,使得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-20,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00,即函数单调递增; x2 1-lnx 当x>e时, <0,即函数单调递减; x2 所以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 0  , 令f x  >0⇒x>lnk,令f x  <0⇒xe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00,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 ,xlnk>1, 1 2 1 2 2 同时gx  有两个零点x 3 ,x 4x 3 ex >x ,则只能有x =x ,即x =ex1, 4 2 2 2 3 2 由题意易知:k= ex1 = ex2 ⇒ x 2 = ex2 = elnx2 , x x lnx x lnx 1 2 2 2 2 令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+ln20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+ln21-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04时,g(x)>0, 故g(x)的最小值为g(0)=-1, 故k≤-1,即k的取值范围是-∞,-1  . (3)f n-1  =-1-1-⋯-1  =-n, 当x≠-1时,f 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 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  gx  恒成立⇔ fx  -gx    >0,fx min  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 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 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-10,f(x)单调递增; 当x>0时,f′(x)<0,f(x)单调递减.即f(x)的递增区间为(-1,0),递减区间为(0,+∞). (2)因为x>0,f(x)<0⇔(x+1)ln(x+1)0),则g(x)=ln(x+1)+1-2x, 1 令h(x)=g(x),则h′(x)= -2<0, x+1 1 即g(x)在(0,+∞)上单调递减,且g′ 2 42  3 =ln >0,g′(1)=ln2-1<0, 2 1 即存在唯一x ∈ ,1 0 2  ,使g′x 0  =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  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  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)0单调递减,故h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00,结合fx 1  =fx 2  ,得出mlnx 2 -lnx 1  =x -x ,设00,进而转化为证 x 1 1,即证lnt- t-1 >0成立,构造新 lnx -lnx x x x t+1 2 1 2 +1 1 1 x 1 函数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00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00,则m= 2 1 >0, 1 2 2 1 lnx -lnx 2 1 x -x 要证m1,则只需证 0, x t+1 t+1 1 令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02x 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<2a0,从而消变量a,再由分析法只需证明不等 lnx-lnx 1 2 x 1 -1 式2⋅ x 1 -x 2 2⋅ x 2 ,利用整体换元法令t= x 1(t>1),构造 lnx-lnx 1 2 x x x 1 2 2 1 +1 2 x 2 函数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2a2⋅ x 1 -x 2,即证ln x 1 >2⋅ x 2 , 1 2 x+x x x 1 2 2 1 +1 x 2 x t-1 设t= 1(t>1),即证lnt>2⋅ , x t+1 2 设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2a0等形式,再构造函数可得; x (2)对数相加减:lnx-lnx =ln 1,lnx+lnx =lnxx ; 1 2 x 1 2 1 2 2 x-x x2-x2 (3)齐次分式: 1 2, 1 2 等; x+x xx 1 2 1 2 lnx-lnx (4)组合型:对数,分式,整式等形式加以组合,如x+kx >2x , 1 2 等等. 1 2 0 x-x 1 2 【冲刺压轴考点一】二次求导 一、解答题 1. (2023·广东·统考二模)已知a∈R,函数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 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xcosx0,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  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  +asinx1时,f x  在0,1  上有唯一的零点; 当a≤1时,f x  在0,1  上没有零点. 1 1 10 (3) cos 0,从而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 < 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 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  0,即ln1+x  0时,由①可得f x  1,1 当- 2a-2>0, 1+ax 则由①可得f x 49  + 2 a+1 a+1  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 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- 00,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 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 > - ,∴∑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 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 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(x1,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 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  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(m0,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 + +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 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 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0x 0 时,h x  >0,函数单调递增, 在h x 0  lnx =ex0+ 0 =0中, x2 0 x ex0=- lnx 0 = 1 ln 1 =e ln x 1 0ln 1 , 0 x x x x 0 0 0 0 在y=xex x>0  中, y=ex+xex=x+1  ex 当y=0时解得x=-1 当y>0即x>-1时,函数单调递增 当y<0即x<-1时,函数单调递减 ∴函数y=xex在x>0上单调增加 1 1 ∴x =ln 即ex0= 0 x x 0 0 ∴x +lnx =0,x =-lnx 0 0 0 0 ∴函数在x=x 处取最小值,为: 0 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20, 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 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0.250,即a>-1, 1 2 1 2 所以x2 1 +x2 2 =x 1 +x 2  2-2x 1 x 2 =4+2a>2,则x2 1 +x2 2 的取值范围是2,+∞  ; (2)由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m0, 所以当x=m时,gx  取得极大值, 且极大值为gm  = m2em = - 2 1m5 = m3 (-10.26, 1 又g 2  e e = < =0.25,且∃x∈-∞,0 1+4 e 4 e  ,gx  <0.25, 所以当0.250,m 2  -1 =3e 2-2<0, 1 所以∃x ∈ ,1 0 2  ,使m(x )=0, 0 1 当x∈ ,x 2 0  时,m(x)<0,h(x)<0;当x∈(x ,+∞)时,m(x)>0,h(x)>0, 0 所以h(x)在  1 ,x  2 0  上单调递减,在(x ,+∞)上单调递增, 0 1 又因为h 2  =ln2-2<0,h(x )0,g(x)>0, 所以g(x)在  1 ,1  2  上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以g(x) =g(1)=1, min 所以a≤1, 故a的取值范围为:(-∞,1]. 6. (2022·广东广州·华南师大附中校考三模)已知函数fx  a a =xlnx+ 2 x2- 2 存在两个极值点x 1 ,x 2x 1 0 x  ,研究其单调性和极值情况,得到交点个数为两个时实数a的取值范围,再验证此范围符合 要求; 1 x -x 1 x+x (2)转化为 = 2 1 ,利用对数平均不等式得到- < 1 2,结合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0x 2 时,-a> x ,f x  <0; 1+lnx 当x 1 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 2x 2 -x 1 x 1  ,0 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 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0e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01,使得f x 0  =0,分类讨论,即可求 解; 法二:根据题意,转化为x∈0,e  ∪e,+∞  lnx 时,-k= ,令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0e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0e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- 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 ,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- + +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 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0b±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  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  ,x0,解得x>e 2 ,令f x  3a-1 <0,解得00, 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  ,x0,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00在0,1  上恒成立, 即φx  >φ2-x  ,0φ2-x 1  , 其中φx 2  =φx 1  ,故φx 2  >φ2-x 1  , 其中11,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 ,00,G 4 4  e 1 =2ln - 4 16  <0, 1 e 故存在x ∈ , 0 4 2  ,使得G x 0  =0, 当x∈0,x 0  时,G x  <0,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01,φx 69  在x∈1,+∞  上单调递增, 故x -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)- 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  - 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 0,且x+mx >m+1,求m的取值范围. 1 2 1 【答案】(1)00两种情况,得到函数单 1 调性和极值点情况,得到不等式,求出0m+1,x 1 0时,g x  =aex-1,令g x  1 =0得:x=ln , a 1 且xln 时,g x a  >0, 则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:0g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,0m+1等价于aex1+maex2>m+1. 1 2 x-x x-x 又①-②得:a= 1 2 ,代入得 1 2 ex1+mex2 ex1-ex2 ex1-ex2  >m+1, x-x 即 1 2 ex1-x2+m ex1-x2-1  >m+1,x 1 m+1, 又t<0,∴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00, 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01三种情况,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01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00,fx  单调递增; 当a1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00,fx  单调递增; 当1a时,f x  >0,fx  单调递增. 综上,①当01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01, 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01,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- , 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 0恒成立,而 >0, >0, 2 2 所以2x2-b+1  x+1=0两根为x 1 ,x 20e+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t0),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x0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<12e-2b+2, ①当2e-2b+2≥0,即b≤e+1时, F x  ≥0对任意x∈-∞,1  恒成立, 所以Fx  在-∞,1  上单调递增,Fx  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  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te+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 t- lnx-lnx 2 t 1 2  00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 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 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  0h1  =0, 1 1 ∴lnt> t- 2 t  0