文档内容
导数及其应用
目录
题型一 切线、单调性及最值问题1
题型二 恒成立存在问题11
题型三 证明不等式23
题型四 双变量问题36
题型五 函数零点问题 38
题型六 利用导数比较大小及构造解不等式46
题型一 切线、单调性及最值问题
1.(2025·天津武清·一模)已知 fx
1
x2
=ex- ，曲线y=fx 2 在点P x 0 ,fx 0 x 0 >0 处的切线为l:y=
gx .
(1)当 x =0时，求直线 l 的方程；
0
(2)证明: l与曲线y=fx 有一个异于点P的交点 x 1 ,fx 1 且x <0； 1
x
(3)在(2)的条件下，令 - 1 =k，求k的取值范围.
x
0
【答案】(1)x-y+1=0
(2)证明见解析
(3)2,+∞
【分析】(1)根据导数的几何意义即可求解；
(2)设gx =fx 0 x-x 0 +fx 0 ，Fx =fx -gx ，利用零点存在定理证明存在x 1 <0使得Fx 1 =
0即可；
(3)易知x 1 =-kx 0k>0 ，则计算可得0=Fx 1 =e-kx0+k+1
k+1
x ⋅ex0-ex0- 0
2
2 x2 0 . 令φt =e-kt+
k+1
k+1
t⋅et-et-
2
t2，则命题即要研究φt
2
=0有正根的充要条件. 再对k分类讨论，利用多次求导
研究φt 的单调性，即可求解.
【详解】(1)当x 0 =0时，P0,1 ，而fx =ex-x，所以f0 =1.
所以l的方程是y=1⋅x-0 +1，即x-y+1=0
(2)由于f(x)=ex-x，故l的方程y=fx 0 x-x 0 +fx 0 可化为y=ex0-x 0 x-x 0
x2
+ex0- 0 . 2
设gx =ex0-x 0 x-x 0
x2
+ex0- 0 ，则直线l的方程为y=gx 2 .
令Fx =fx -gx
x2
=ex- 2 -ex0-x 0 x-x 0
x2
-ex0+ 0 ， 2
设hx
1
=1- x2+x-1
2
ex，则对x>0有hx =-x+xex=xex-1 >0，所以hx 在0,+∞ 上单调
递增.记u=ex0-x 0
2
- ex0-x 0 2+2 1+ex0-x 0
x2
x + 0 0 2 ，
则u=ex0-x 0 - ex0-x 0 2+2 1+ex0-x 0
x2
x + 0 0 2 <ex0-x 0 - ex0-x 0 2=0.
由于F0 =1-ex0-x 0 -x 0
x2 x2
-ex0+ 2 0 =1- 2 0 +x 0 -1 ex0=hx 0 >h0 =0，
且Fu
u2
=eu- 2 -ex0-x 0 u-x 0
x2 u2
-ex0+ 2 0 <1- 2 +ex0-x 0 u +x 0
x2
+ 0 2
u2
=1- 2 +ex0-x 0 x 0 -u
x2 u2
+ 2 0 =- 2 -ex0-x 0 u+ 1+ex0-x 0
x2
x + 0 0 2 <0，
故一定存在x 1 ∈u,0 ，使得Fx 1 =0，即fx 1 =gx 1 .
而x 1 <00，设φt =e-kt+k+1
k+1
t⋅et-et-
2
t2.
2
则φt =-ke-kt+k+1 t+1 ⋅et-et-k+1 2t，
令pt =φt ，则pt =k2e-kt+k+1 t+2 ⋅et-et-k+1 2，
令rt =pt ，rt =-k3e-kt+k+1 t+3 ⋅et-et.
由于当t>0时，rt 的导数k4e-kt+k+1 t+4 ⋅et-et>k4e-kt+4⋅et-et=k4e-kt+3⋅et>0，
故rt 在0,+∞ 上单调递增.
若00有rt >r0 ≥0，从而rt 在0,+∞ 上单调递增；
所以对t>0有rt >r0 =0，从而pt 在0,+∞ 上单调递增；
所以对t>0有pt >p0 =0，从而φt 在0,+∞ 上单调递增；
所以对t>0有φt >φ0 =0，从而φt 在0,+∞ 上无零点.
若k>2，则r0 =-k3+3k+1 -1=-k3+3k+2=2-k k+1 2<0.
由于对t>0有rt =-k3e-kt+k+1 t+3 ⋅et-et>-k3e-kt+3⋅et-et=2et-k3e-kt>2et-k3，
k3 故r ln1+
2
ln1+k3 >2e 2 -k3=2>0.
k3
从而存在v∈ 0,ln1+
2
使rv =0.
结合rt 在0,+∞ 上单调递增，知对01有
t
01有e2 > t，从而当t>1+2ln 1+
2
2
2
>1时，
有φt =e-kt+k+1
k+1
t⋅et-et-
2
t2=e-kt+kt+t-1
2
k+1
et-
2
t2
2k+1
>t⋅et-
3
2 k+1
t2=t et-
2
2
t
2
k+1
>t et-
2 t
e2
2
t t k+1
=t⋅e2 e2-
2
2
>0.
结合φv <φ0 =0，就知道φt 在0,v 上存在零点，从而φt 在0,+∞ 上存在零点.
综上，对k>0，函数φt =e-kt+k+1
k+1
t⋅et-et-
2
t2在0,+∞
2
上存在零点的充要条件是k>2.
x
最后，一方面因为k=- 1 ，就有
x
0
0=Fx 1 x2 =ex1- 2 1 -ex0-x 0 x 1 -x 0 x2 x -ex0+ 0 =ex1+- 1 +1 2 x
0
x
- 1 +1 x x ⋅ex0-ex0- 0 0
2
2 x2 0 =φx 0 ，
所以φt 在0,+∞
x
上存在零点x ，故- 1 =k>2； 0 x
0
另一方面，对任意，取k>2，则φt 在0,+∞ 上存在零点.
记该零点为x ，取x =-kx ，则
0 1 0
0=φx 0 =e-kx0+k+1
k+1
x ⋅ex0-ex0- 0
2
x2 2 0
x =ex1+- 1 +1 x
0
x
- 1 +1 x x ⋅ex0-ex0- 0 0
2
x2 2 x2 0 =ex1- 2 1 -ex0-x 0 x 1 -x 0 x2 -ex0+ 2 0 =Fx 1 .
x
所以这样的x ,x 满足原条件，且- 1 =k，.
0 1 x
0
综上，t的取值范围是2,+∞ .
2.(2025·福建泉州·一模)设函数fx =ex+1-x2-kx．
(1)当k=0时，求曲线y=fx 在点 -1,f-1 处的切线方程；
(2)若fx 在区间 -1,+∞ 上单调递增，求k的取值范围；
(3)当x≥-1时，fx ≥f-1 ，求k的取值范围．
【答案】(1)y=3x+3
(2)k≤4-2ln2
(3)k≤e
【分析】(1)利用导数的几何意义，即可求解；
(2)由条件转化为x∈-1,+∞ ,fx ≥0恒成立．再转化为导函数的最小值大于等于0，即可求解；
(3)方法一：首先将不等式整理为ex+1-x2≥kx+1
ex+1-x2
，再参变分离为 ≥k，转化为求函数Gx
x+1
=
ex+1-x2
,x∈-1,+∞ x+1 的最小值；方法二：根据(2)的结果，由fx 0 的值，讨论k的取值，判断不等式是否
成立，即可求解；方法三：从命题成立的必要条件入手，再证明命题成立的充分条件，即可求解k的取值范
围.
【详解】(1)当k=0时，fx =ex+1-x2，则fx =ex+1-2x，
则曲线y=fx 在点 -1,f-1 处的切线斜率为f-1 =3，
又f-1 =0，
所以曲线y=fx 在点 -1,f-1 处的切线方程为y=3x+3．
(2)fx =ex+1-2x-k，
由题意得，x∈-1,+∞ ,fx ≥0恒成立．
令Fx =fx ，则Fx =ex+1-2，且Fx 在-1,+∞ 单调递增，令Fx
4
=0，解得x=ln2-1>-1，
所以当x∈-1,ln2-1 时，Fx <0，故Fx 单调递减；
当x∈ln2-1,+∞ 时，Fx >0，故Fx 单调递增；
所以F(x) min =Fln2-1 =4-2ln2-k，
又fx ≥0，当且仅当F(x) ≥0，故k≤4-2ln2． min
(3)解法一：因为f-1 =k，所以题意等价于当x>-1时，fx ≥k．
即∀x∈-1,+∞ ,ex+1-x2-kx≥k，
整理，得ex+1-x2≥kx+1 ，
ex+1-x2
因为x>-1，所以x+1>0，故题意等价于 ≥k．
x+1
设Gx
ex+1-x2
= ,x∈-1,+∞
x+1
，
Gx 的导函数Gx
ex+1-2x
=
x+1 -ex+1-x2
，
(x+1)2
化简得Gx
x
= ex+1-x-2
(x+1)2
，
考察函数gx =ex-x-1,x∈-∞,+∞ ，其导函数为gx =ex-1，
当x<0,gx <0,gx 单调递减；当x>0,gx >0,gx 单调递增；
故在x=0时，gx 取到最小值，即gx ≥g0 =0，
即ex≥x+1，
所以ex+1≥x+2⇔ex+1-x-2≥0，
所以当x∈-1,0 ,Gx <0,Gx 单调递减；
当x∈0,+∞ ,Gx >0,Gx 单调递增；
所以Gx 的最小值为G0 =e，
故k≤e．
解法二：先考察fx =ex+1-2x，由(2)分析可得f(x) min =fx 0 ，
情况1：当f(x) ≥0，即k≤4-2ln2，
min
此时fx 在区间-1,+∞ 单调递增，
故f(x) min =f-1 ，即fx ≥f-1 ，符合题意；
情况2：若k>4-2ln2，则f(x) min =fx 0 <0，
注意到2<4-2ln2<3，且f-1 =3-k，故对k进一步讨论．
①当k≥3时，即f-1 =3-k≤0
且由(2)分析知：当x∈-1,x 0 ,fx 单调递减，
故当x∈-1,x 0 ,fx 0 0，又fx 0 <0，
故在区间-1,x 0 存在唯一的x 1 满足fx 1 =0；
同理在区间x 0 ,+∞ ,fx 单调递增，且fx 0 0,f1 =e2-2-k 0，
故在区间x 0 ,+∞ 存在唯一的x 2 满足fx 2 =0；故可得
x -1,x
1
x x ,x
1 1 2
x x ,+∞
2 2
f x + 0 - 0 +fx
5
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以当x∈-1,x 1 fx >f-1 ，符合题意；
故题意等价于fx 2 ≥f-1 ，即fx 2 ≥k．
又因为fx 2 =0，即ex2+1-2x -k=0，化简，得ex2+1=2x +k 2 2
所以fx 2 ≥k⇔2x 2 +k-x2 2 -kx 2 ≥k，整理得x 2 x 2 -2-k ≤0．
注意到2<4-2ln20,gx >0,gx 单调递增；
故在x=0时，gx 取到最小值，即gx ≥g0 =0，
即ex≥x+1，所以e3-k≥4-k恒成立，
e3-k≥4-k,
故
⇔k≤e，又注意到情况(2)讨论范围为4-2ln24-2ln2时，
x -1,x
1
x x ,x
1 1 2
x x ,+∞
2 2
f x + 0 - 0 +
fx ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
其中x 0 =-1+ln2∈-1,0 ,x 1 ∈-1,x 0 ,x 2 ∈x 0 ,+∞ ．
注意到f0 =e-k≥0，据此可得x 2 更精确的范围是x 0 ,0 ；
所以等价于证明fx 2 ≥f-1 =k，
又因为fx 2 =0，即ex2+1-2x -k=0，可得ex2+1=2x +k， 2 2
只需证明fx 2 ≥k⇔2x +k-x2-kx ≥k， 2 2 2
等价于证明x 2 x 2 -2-k ≤0，
注意到x 2 ∈x 0 ,0 ，即-1+ln23-ln2>2，故得证．
2
综上必要性，充分性的分析，本题所求k的取值范围为-∞,e ．3.(2025·山东泰安·一模)已知函数fx
6
e2x
=ln +ax,a∈R.
x
(1)当a=1时，求函数fx 在 1,f1 处的切线方程；
(2)讨论函数fx 的单调性；
afx
(3)若方程ex-1+
=(a+1)2有两个不同的实数根，求实数a的取值范围.
x
【答案】(1)2x-y+1=0
(2)答案见解析
(3)a>1或00，即a>-2时，在0,
2+a
上，fx
1
<0，在 ,+∞
2+a
上fx >0，
∴fx
1
在0,
2+a
1
上单调递减，在 ,+∞
2+a
上单调递增，
综上，a≤-2时，fx 在0,+∞ 上单调递减；
a>-2时，fx
1
在0,
2+a
1
上单调递减，在 ,+∞
2+a
上单调递增.
afx
(3)方程ex-1+
=(a+1)2有两个不同实根，
x
等价于方程xex-1-alnx-x=0有两个不同实根,
设gx =xex-1-alnx-x=ex-1-1 x-alnx，
则gx =x+1
a
ex-1- -1且g1
x
=1-a，
当a≤0时，x∈0,1 时，gx <0,x∈1,+∞ 时，gx >0，
此时函数gx 只有一个零点x=1，方程只有一个根，不符合题意；
当a>0时，gx =x+1
a
ex-1-1- 在0,+∞
x
上单调递增，
当00,ga =a+1 ea-1-20，
∴gx 在0,x 1 上单调递减，在x 1 ,+∞ 上单调递增，
∴g(x) min =gx 1 0 ，则hx
1
=ex-1- ，
x
当00，又g1 =0，
∴gx 在0,x 1 上和x 1 ,+∞ 上各有一个零点，符合题意；
当a=1时，g1 =0，
∴在0,1 上gx <0，在1,+∞ 上gx >0，
∴gx 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递增，
∴g(x) min =g1 =0，
∴gx 只有x=1一个零点，不符合题意；
当a>1时，g1 =1-a<0，
ga =a+1 ea-1-2>a+1-2>0，
∴存在x 2 ∈1,a 使得gx 2 =0，
∴在0,x 2 上gx <0,gx 单调递减，在x 2 ,+∞ 上gx >0,gx 单调递增，
∴g(x) min =gx 2 1时，hx
1 1
=ex-1- >1- >0,hx
x x
单调递增，
又h1 =0,a>1，∴ga >0，∴gx 在x 2 ,a 上存在一个零点
又g1 =0，∴a>1时gx 有两个零点，符合题意；
afx
综上，方程ex-1+
=(a+1)2有两个不同实根时，a>1或00，
x x
fx 是增函数，即f′x ≥0在0,+∞ 上恒成立，
方法一：即a≥-x-xlnx在0,+∞ 上恒成立，所以a≥-x-xlnx ，
max
设gx =-x-xlnx，x>0，则g′x =-2-lnx，x>0，
1
当x∈0,
e2
时，g′x >0，gx 单调递增，
1
当x∈ ,+∞
e2
时，g′x <0，gx 单调递减，
1
∴当x= 时，gx
e2
取得极大值，也是最大值，
1
∵g
e2
1 1
= ，∴a的取值范围是 ,+∞
e2 e2
.
a
方法二：即lnx+ +1≥0在0,+∞
x
a
上恒成立，所以lnx+ +1
x
≥0，
min
设hx
a
=lnx+ +1，x>0，则h′x
x
1 a x-a
= - = ，x>0，
x x2 x2
①若a≤0，则h′x >0，hx 在0,+∞ 上单调递增，
当x趋近于0时，hx 趋近于-∞，即f′x ≥0不恒成立，
所以fx 在0,+∞ 上不单调递增，与题意不符，舍去.
②若a>0，则当x∈0,a 时，h′x <0，hx 单调递减，
当x∈a,+∞ 时，h′x >0，hx 单调递增，
则当x=a时，hx 取得极小值，也是最小值，
∴ha
1
=lna+2≥0，解得a≥ ，
e2
1
∴a的取值范围是 ,+∞
e2
.
6.(2025·山东聊城·一模)曲线y=xlnx在x=1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 ( )
1
A. 4 B. 3 C. 1 D.
2
【答案】D
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，可得出切线与两坐标轴的交点坐标，再利用三角形的面积公式
即可得解.
【详解】对函数y=xlnx求导得y=lnx+1，故所求切线斜率为k=ln1+1=1，切点坐标为1,0 ，所以，曲线y=xlnx在x=1处的切线方程为y=x-1，
该切线交x轴于点1,0
9
，交y轴于点0,-1 ，
1 1
因此，曲线y=xlnx在x=1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 ×12= .
2 2
故选：D.
a
7.(2025·山东济宁·一模)曲线y= (a>0)与y=lnx和y=ex分别交于A,B两点，设曲线y=lnx在
x
5
A处的切线斜率为k ,y=ex在B处的切线斜率为k ，若k +k = ，则a= ( )
1 2 1 2 2
A. 2ln2 B. 2ln3 C. 3ln2 D. 3ln3
【答案】A
【分析】根据题意结合对称性可设Ax 0 ,lnx 0 ,x 0 >1，Blnx 0 ,x 0 ，结合导数的几何意义求得x =2，即可得 0
结果.
【详解】因为y=lnx和y=ex互为反函数，其图象关于直线y=x对称，
a
且反比例函数y= (a>0)的图象也关于直线y=x对称，
x
可知点A,B关于直线y=x对称，设Ax 0 ,lnx 0 ,x 0 >1，则Blnx 0 ,x 0 ，
设fx =lnx,gx =ex，则fx
1
= ,gx
x
=ex，
1 1 5 1
由题意可得：k +k = +elnx0= +x = ，解得x =2或x = (舍去)，
1 2 x x 0 2 0 0 2
0 0
可得A2,ln2
a
，则 =ln2，所以a=2ln2.
2
故选：A.
8.(2025·江西萍乡·一模)已知函数fx
1
= e2x-a+2
2
ex+2ax+1，其中a∈R.
(1)若fx 的图象在 0,f0
1
处的切线经过点 ,0
2
，求a的值；
(2)讨论fx 的单调性.
【答案】(1)a=-2
(2)答案见解析
【分析】(1)求导求出切线的斜率和切点坐标，由直线的点斜式方程求出切线方程，再代入经过点的坐标可
得答案；
(2)求导，分a≤0、02讨论，可得答案.
【详解】(1)fx =e2x-a+2 ex+2a，
因为f0
1
=-a- ，f0
2
=a-1，
所以fx 的图象在 0,f0
1
处的切线方程为y+a+ =a-1
2
x，
1
将 ,0
2
1 1
代入得a+ = a-1
2 2
，解得a=-2；
(2)fx =e2x-a+2 ex+2a=ex-2 ex-a ，
当a≤0时，ex-a≥0，令fx >0，得x>ln2；令fx <0，得x2时，令fx
10
>0，得x>lna或x0，得x>ln2或x2时，fx 在-∞,ln2 ，lna,+∞ 上单调递增，在ln2,lna 上单调递减.
9.(2025·黑龙江·一模)若不等式bx+1≤ex-ax2对一切x∈R恒成立，其中a,b∈R，e为自然对数的底
数，则a-b的可能取值为 ( )
1
A. -2 B. - C. 1 D. 2
2
【答案】A
【分析】先把不等式化简转化，再构造函数令fx =ax2+bx+1，再求导函数得出切线计算化简转化求解.
【详解】不等式bx+1≤ex-ax2可化为ax2+bx+1≤ex，
令fx =ax2+bx+1,gx =ex，
当a=0时，fx =ax2+bx+1=bx+1，此时，直线fx 恒过点0,1 ，
故只需直线fx =bx+1为gx =ex在点0,1 处的切线即可，b=g0 =1，此时a-b=-1．
当a≠0时，fx 亦恒过点0,1 ，为使ax2+bx+1≤ex，对一切x∈R恒成立，
需fx =ax2+bx+1开口向下，且在点0,1 处与gx =ex有公切线即可，
a<0
故
f0
，此时a-b<-1．
=b=1
综上，a-b的取值范围是-∞,-1 ，所以a-b的可能取值为-2.
故选：A.
10.(2025·湖北·一模)已知e为自然对数的底数，函数hx 满足：h0 =0，hx =ex-2ax-1，函数
fx =ex-x，
(1)求函数fx 的极值点和极值；
(2)求hx 解析式；
(3)若hx 在 0,+∞ 上单调递增，求实数a的最大值；
1
(4)求证：f
2
1
+f
3
1
+f
4
1
+⋯+f
n+1
n
>n+
4n+2
，n∈N*.
【答案】(1)极小值点0，极小值1，无极大值点和极大值；
(2)hx =ex-ax2-x-1
1
(3) ；
2
(4)证明见解析
【分析】(1)利用导数来求得函数fx 的极值点和极值.
(2)根据h0 =0求得hx 的解析式.
(3)由hx 的单调性列不等式，由此求得a的最大值.(4)先证得fx
11
1
≥ x2+1，利用赋值法来求得正确答案.
2
【详解】(1)因为fx =ex-x，所以fx =ex-1，
故当-∞,0 时，fx <0，当0,+∞ 时，fx >0，
故函数fx 在-∞,0 递减，在0,+∞ 递增，
所以函数fx 有一个极小值点0，极小值fx =f0
极小值
=1，无极大值点和极大值；
(2)由hx =ex-2ax-1得hx =ex-ax2-x+c，又h0 =0，故c=-1
所以hx =ex-ax2-x-1
(3)由hx =ex-2ax-1得ex-2ax-1 =ex-2a，
因为hx 在0,+∞ 上单调递增，所以ex-2a≥0，
ex
即a≤ 对x∈0,+∞
2
恒成立
ex
故a≤
2
1 1
= ，所以实数a的最大值为 ；
2 2
min
1
(4)由(3)知：当a= ，x∈0,+∞
2
时，hx ≥h0 =e0-1=0
故hx 在0,+∞ 上单调递增，所以hx ≥h0
1
=0，即ex- x2-x-1≥0
2
1
所以ex-x≥ x2+1，即fx
2
1
≥ x2+1，①
2
1 1 1
在①式中分别令x= , ,⋯, ，
2 3 n+1
1 相加得f
2
1 +f
3
1 +⋯f
n+1
1 1 ≥
2 2
2 1 +
3
2 1 +⋯+
n+1
2
+n
1 1 1 1
> + +⋯+
2 2×3 3×4 n+1 n+2
+n
1 1 1 1 1 1 1
= - + - +⋯+ -
2 2 3 3 4 n+1 n+2
+n
1 1 1
= -
2 2 n+2
n
+n=n+
4n+2
题型二 恒成立存在问题
11.(2025·广东江门·一模)意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链
所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是y=
ce
x
c+e
-x
c
，其中c为参数．当c=1时，该方程就是双曲余弦函数chx
2
ex+e-x
= ．相应地就有双
2
曲正弦函数shx
ex-e-x
= ．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：sin2x+cos2x=1；②二倍角
2
(sinx)=cosx,
关系：sin2x=2sinxcosx；③导数关系：
(cosx)=-sinx.
(1)类比关系式①②③，写出chx 和shx 之间的三种关系式(不需要证明)；
(2)当x>0时，不等式shx ≥kx恒成立，求k的取值范围；
(3)设无穷数列a
n
5
满足a =a,a =2a2-1，是否存在实数a，使得a = ？若存在，求a的值；若
1 n+1 n 2025 3
不存在，说明理由．【答案】(1)① 平方关系：ch2(x)-sh2(x)=1；② 二倍角关系：sh(2x)=2sh(x)ch(x)；③ 导数关系：sh(x)
=ch(x)，ch(x)=sh(x).
(2)k≤1
32-2024+3-2-2024
(3)a=
2
【分析】(1)求出ch2x和sh2x即可求解，求出sh(2x)和2shxchx即可求解，求出sh(x)和ch(x)即可求解；
(2)证明存在足够小的x 0 >0使得shx 0
12
-kx <0，令f(x)=sh(x)-kx，讨论k>1的情况，并结合导数检 0
验k=1即可求解；
(3)根据ch(2x)=2ch2x-1与递推式a =2a2-1形式一致求出a ，求出θ即可求解.
n+1 n n
【详解】(1)(1)双曲函数关系式
① 平方关系：ch2(x)-sh2(x)=1；
② 二倍角关系：sh(2x)=2sh(x)ch(x)；
③ 导数关系：sh(x)=ch(x)，ch(x)=sh(x).
证明如下(不需要写出)：
ex+e-x
因为ch2x=
2
2 e2x+2+e-2x
= ，
4
ex-e-x
sh2x=
2
2 e2x-2+e-2x
= ，
4
e2x+2+e-2x
所以ch2x-sh2x=
-e2x-2+e-2x
=1；
4
e2x-e-2x
因为sh(2x)= ，
2
ex-e-x ex+e-x e2x-e-2x
2shxchx=2⋅ ⋅ = ，
2 2 2
所以sh(2x)=2shxchx；
shx
ex-e-x
=
2
ex-(-e-x) ex+e-x
= == =chx
2 2
，
chx
ex+e-x
=
2
ex+(-e-x) ex-e-x
= == =shx
2 2
ex-e-x ex+e-x
(2)因为sh(x)= ，所以sh(x)= =ch(x)，
2 2
ex-e-x
所以sh(0)=ch(0)=1，lim sh(x) =lim 2 =lim ex-e-x =lim ex+e-x =1，
x→0 x x→0 x x→0 2x x→0 2
当x>0时，设f(x)=sh(x)-kx，
若k>1，则存在足够小的x 0 >0使得shx 0 -kx <0矛盾， 0
ex-e-x
所以k≤1，因为sh(x)= ，
2
观察ex-e-x-2x=2sh(x)-2x，
令g(x)=ex-e-x-2x，g(x)=ex+e-x-2≥2 ex⋅e-x-2=0，
当且仅当x=0时等号成立，
所以g(x)在x>0时单调递增，
因为g(0)=0，所以g(x)>0对x>0成立，
即sh(x)>x，所以k=1满足题意，
所以k≤1；
(3)因为ch(2x)=2ch2x-1与递推式a =2a2-1形式一致，
n+1 n
所以假设a n =ch2n-1θ ，其中θ为待定参数，因为a n+1 =2a2 n -1=2ch22n-1θ
13
-1=ch2⋅2n-1θ =ch2nθ 符合递推关系，
所以a n =ch2n-1θ
5
，因为a = ， 2025 3
所以ch22024θ
5 ey+e-y 5
= ，因为ch(y)= = ，
3 2 3
10
得ey+e-y= ，令z=ey，
3
1 10 1
方程变为z+ = ，解得z=3或z= ，
z 3 3
1
所以ey=3或ey= ，所以y=ln3或y=-ln3，
3
因为ch(y)是偶函数，所以不妨设22024θ=ln3，
ln3
所以θ= 22024 ，a 1 =a=chθ
eθ+e-θ
= ， 2
32-2024+3-2-2024
所以a=
2
12.(2025·江西·一模)已知函数fx
a(x+1) π
= (a∈R)，将y=f(x)的图象绕原点O逆时针旋转 后，所
ex 4
得曲线仍是某个函数的图象，则a的取值范围为 .
【答案】-e,0
x= 2 (x-y)
【分析】法一：设P(x,y)为f(x)的图象上任意一点，通过点的旋转得到旋转后的坐标 2 ，构造
y= 2 (x+y)
2
a(t+1)
函数g(t)=t- ，由其单调性求解即可；
et
法二：求导，由a>0,a=0,a<0讨论y=f(x)的单调性，结合旋转讨论；
【详解】法1：设P(x,y)为f(x)的图象上任意一点，
π
绕原点O逆时针旋转 后点P的对应点为Qx,y
4
，
设OP =r，OP与x正半轴夹角为θ，
x=rcosθ
x=rcosθ+π
可得： ， 4
y=rsinθ
y=rsinθ+π
4
化简可得： x= 2 2 (x-y) 令x=t，则y= a(t+1) ，
y= 2 (x+y) et
2
2 a(t+1)
所以x= t-
2 et
a(t+1)
，令g(t)=t- ，
etπ
要使函数图像绕原点O逆时针旋转 后仍为某函数的图象，
4
则g(t)为单调函数，即g(t)≤0恒成立，或g(t)≥0恒成立.
at
因为g(t)=1+ ，又g(0)=1>0，故g(t)≤0不恒成立，所以g(t)≥0恒成立，
et
et
当t=0时，g(0)=1>0；当t>0时，由g(t)≥0，得a≥- ，
t
et (t-1)et
令h(t)=- ，则h(t)=- ，
t t2
易得当00，当t>1时，h(t)<0，
所以h(t)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以h(t) =h(1)=-e，所以a≥-e；
max
et et (t-1)et
当t<0时，由g′(t)≥0，得a≤- ，令m(t)=- ，则m(t)=- >0，
t t t2
所以m(t)在(-∞,0)上单调递增，所以当t<0时，m(t)的取值范围为(0,+∞)，
所以a≤0.综上所述，a的取值范围为[-e,0].
ax
法2：f(x)=- ，当a>0时，由f(x)>0，得x<0，
ex
由f(x)<0，得x>0，所以f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
π
其图象大致如图1所示，绕原点逆时针旋转 后，得到的曲线不是任何函数的图象；
4
π
当a=0时，f(x)=0，其图象为x轴，绕原点逆时针旋转 后，为函数y=x的图象，符合题意；
4
当a<0时，由f(x)>0，得x>0，由f(x)<0，得x<0，
所以f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
π
其图象大致如图2所示，要使绕原点逆时针旋转 后，
4
ax
得到的曲线为某函数的图象，必有f(x)=- ≤1在(0,+∞)上恒成立，
ex
ex ex
所以-a≤ 在(0,+∞)上恒成立，令g(x)= (x>0)，则-a≤g(x) ，
x x min
(x-1)ex
因为g(x)= (x>0)，所以当x∈(0,1)时，g(x)<0，
x2
当x∈(1,+∞)时，g(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，
在(1,+∞)上单调递增，所以gx
14
=g1
min
=e，所以-a≤e，
所以-e≤a<0.综上所述，a的取值范围为[-e,0].
故答案为：[-e,0].
13.(2025·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数fx =x-a lnx-x.(1)当a=e时，求fx
15
的单调区间；
(2)设x 1 ,x 2x 1 ；
1 2 e
2 1+ae
②求证： lnex ，再构造函数F(x)=x-lnx-1，利用导数即可证明，右边不
1 1
等式利用切线放缩即可证明.
e
【详解】(1)a=e时，f(x)=(x-e)lnx-x，f(x)=lnx- ，
x
e
因为y=lnx，y=- 均在(0,+∞)上单调递增，
x
e
则f(x)=lnx- 在(0,+∞)上单调递增，又f(e)=0，
x
所以x∈(0,e)，f(x)<0，x∈(e,+∞)，f(x)>0，
所以f(x)在(0,e)单调递减，在(e,+∞)单调递增．
a
(2)①依题意f(x)=lnx- =0的两根为x,x ，
x 1 2
即a=xlnx的两根为x,x ．
1 2
令g(x)=xlnx,g(x)=1+lnx=0，
1 1
得x= ，且x∈0,
e e
1
,g(x)<0，x∈ ,+∞
e
,g(x)>0，
1
则g(x)在0,
e
1
单调递减，在 ,+∞
e
1
单调递增，则00，所以h(x)在0,
e
1
单调递增，所以h(x) ,x > ，g(x)在 ,+∞ e 1 e 2 e e 单调递增．
2 2
所以 -x ．
e 1 2 1 2 e
2 2 1+ae 2 2 1+ae
②由x > -x ，要证明x -x > ，只需证 -2x > ，
2 e 1 2 1 e e 1 e
即证明1-ex > 1+ae，
1
即证明ex2-2x >a=xlnx
1 1 1 1
即证明ex -2>lnx
1 1
1
即证明ex -1>lnex ，设F(x)=x-lnx-1，x∈0,
1 1 e
，
x-1 1
则F(x)= ，则当x∈0,
x e
1
时，F(x)<0，则F(x)在0,
e
单调递减，1
则F(x)>F
e
16
1 1
= +1>0，则x-lnx-1>0在0,
e e
上恒成立，从而左边得证．
因为g(1)=1+lnx=1，g(e-2)=1+lne-2=-1，且g(1)=0，g(e-2)=-2e-2，
则g(x)在(1,0)和e-2,-2e-2 处的切线分别为y=x-1和y=-x-e-2，
令y=a，得x =-a-e-2,x =a+1，
3 4
再证明xlnx>x-1恒成立，
设G(x)=xlnx-x+1，则G(x)=lnx，令G(x)=0，解得x=1，
且x∈0,1 时，G(x)<0，此时函数Gx 单调递减；
x∈1,+∞ 时，G(x)>0，此时函数Gx 单调递增；
则G(x)>G1 =0，则xlnx>x-1恒成立，
再证明xlnx>-x-e-2恒成立，
1
设H(x)=xlnx+x+e-2，H(x)= +2>0，则H(x)在0,+∞
x
上单调递增，
又因为x→0且大于0时，H(x)→e-2，则H(x)>0恒成立，
所以x -x e时．f0 在e,a 上单调递减，在a,+∞ 上单调递增
∴f(x) min =fa =a-alna≥0，∴1-lna≥0，
解得a≤e与a>e矛盾，舍去；
e 综上所述，a的取值范围为-∞,
2
e2 ∪
2
e 故答案为：-∞,
2
e2 ∪
2
.
15.(2025·山东淄博·一模)已知函数fx =ln1+x -x．
(1)求fx 的单调区间；
(2)证明：x≥0时，fx
x
≤ -x；
1+x1
(3)若不等式1+
n
17
n+a
≤e对任意的n∈N*都成立(其中e是自然对数的底数)，求整数a的最大值．
【答案】(1)f(x)的增区间为(-1,0)，减区间为(0,+∞).
(2)见解析
(3)整数a的最大值为0．
【分析】(1)直接利用导数判断f(x)的单调区间；
(2)要证fx
x
≤ -x，即证ln1+x
1+x
x
≤ ，令Hx
1+x
=ln1+x
x
- ，对Hx
1+x
求导，得到
Hx ≤H0 =0即可证明.
1
(3)分离常数，得a≤
ln1+ 1
n
1 1
-n，为此求出函数g(x)= - 在(0,1]上的最小值．这可利用
ln(1+x) x
导数知识求解．
1 -x
【详解】(1)函数f(x)的定义域是(-1,+∞)，f(x)= -1= ，
1+x 1+x
当-10；当x>0时，f(x)<0．
所以，f(x)的增区间为(-1,0)，减区间为(0,+∞).
(2)要证x≥0时，fx
x
≤ -x，即证ln1+x
1+x
x
≤ 在0,+∞
1+x
恒成立，
令Hx =ln1+x
x
- ，x∈0,+∞
1+x
，
Hx
1+x-1 x 1- 2+x
1 2 1+x 2 1+x 2 1+x-2+x = - = =
1+x 1+x 1+x
21+x
，
1+x
令mx =2 1+x-2+x ，mx
1 1- 1+x
= -1= ，
1+x 1+x
当x≥0时，1- 1+x≤0，mx ≤0，
所以mx 在0,+∞ 上单调递减，所以mx ≤m0 =0，
则Hx ≤0，所以Hx 在0,+∞ 上单调递减，
所Hx ≤H0 =0，所以ln1+x
x
≤ ，
1+x
综上，x≥0时，fx
x
≤ -x；
1+x
1
(3)不等式1+
n
n+a 1
≤e等价于不等式(n+a)ln1+
n
≤1，
1 1
由1+ >1可得：a≤
n ln1+ 1
n
-n，
1 1
设G(x)= - ，x∈(0,1]，
ln(1+x) x
1 1 (1+x)ln2(1+x)-x2
则G(x)=- + = ，
(1+x)ln2(1+x) x2 x2(1+x)ln(1+x)
设kx
x2
=ln2(1+x)- ，函数k(x)的定义域是(-1,+∞)，
1+x
2ln(1+x) x2+2x 2(1+x)ln(1+x)-x2-2x
k(x)= - = ，
1+x (1+x)2 (1+x)2
设g(x)=2(1+x)ln(1+x)-x2-2x，则g(x)=2ln(1+x)-2x，
2 2x
令h(x)=2ln(1+x)-2x，则h(x)= -2=- ，
1+x 1+x
-10，h(x)在(-1,0)上为增函数，x>0时，h(x)<0，h(x)在(0,+∞)上为减函数，
∴h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0，
∴g(x)<0(x≠0)，函数g(x)在(-1,+∞)上为减函数．
于是当-1g(0)=0，当x>0时，g(x)0，k(x)为增函数，
当x>0时，k(x)<0，k(x)为减函数，
故函数k(x)的增区间为(-1,0)，减区间为(0,+∞)，
所以k(x)≤k0
18
x2
=0，所以ln2(1+x)- ≤0，即(1+x)ln2(1+x)-x2≤0
1+x
∴G(x)≤0，x∈(0,1]，于是G(x)在(0,1]上为减函数，
1
故函数G(x)在(0,1]上的最小值为G(1)= -1，
ln2
1
所以a≤ -1，所以整数a的最大值为0．
ln2
16.(2025·江西萍乡·一模)设函数f(x)=(x-1)ex-e ，g(x)=x-lnx+a，若∀x ∈(0,+∞)，∃x ∈R， 2 1
使得fx 1 ≤gx 2 ，则实数a的取值范围是 .
【答案】-1,+∞
【分析】将问题转化为fx ≤gx min ，求出f(x) ，然后参变分离，构造函数h(x)=lnx-x，利用导数求 min min
最值即可.
【详解】由题意，fx ≤gx
min
，当x<1时，x-1<0，ex-e<0，所以fx
min
>0；
当x≥1时，x-1≥0，ex-e≥0，所以f(x)≥0，
等号仅当x=1时成立，所以f(x) =0.
min
所以对∀x∈(0,+∞),g(x)≥0，即x-lnx+a≥0，即a≥lnx-x.
1 1-x
令h(x)=lnx-x，则h(x)= -1= (x>0)，
x x
当00；当x>1时，h(x)<0，
所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
h(x) =h(1)=-1，因此a≥-1.
max
故答案为：-1,+∞
17.(2025·江西萍乡·一模)已知函数f(x)=ex-ax2(a∈R)，则下列结论正确的是 ( )
e2
A. 若f(x)有2个零点，则a=
4
1
B. 当a= 时，f(x)是增函数
2
C. 当a=1时，f(x)≥0恒成立
1 1
D. 当a= 时，若x 是f(x)的零点，则-12时，gx >0；当00时，h(x)>0，h(x)=f(x)单调递增.
所以f(x)在x=0处取得最小值，f(0)=e0-0=1>0，
即f(x)>0恒成立，所以f(x)是增函数，选项B正确.
1
当a=1时，f(x)=ex-x2，f(-1)=e-1-(-1)2= -1<0，
e
所以f(x)≥0不恒成立，选项C错误.
1 1 1 1 1 1
当a= 时，f(x)=ex- x2，f(-1)=e-1- ×(-1)2= - <0，f-
2 2 2 e 2 2
-1 1 1
=e 2 - ×-
2 2
2
=
1 1
- >0.
e 8
1
因为f(x)是增函数，且f(-1)⋅f-
2
<0，
1
所以由零点存在定理可知，f(x)的零点x 满足-10
xy
20
恒成立，
所以ex+a(x2-xlnx)≥0，即ex+ax(x-lnx)≥0
1 x-1
令f(x)=x-lnx且x>0，则f(x)=1- = ，
x x
01时f(x)>0，
所以fx 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故f(x)≥f(1)=1>0，则xx-lnx >0x>0
ex
因此可得在x∈(0,+∞)上，a≥- 恒成立，
x2-xlnx
ex
令h(x)=- 且x>0，
x2-xlnx
ex(x2-xlnx-2x+lnx+1) exx-1
所以h(x)=- =-
(x2-xlnx)2
x-1-lnx
，
(x2-xlnx)2
令y=x-1-lnxx>0
1
，y=1- x>0
x
，
1
y=1- x>0
x
在0,+∞ 单调递增，且yx=1=0，
则x∈0,1 时，y<0，函数y=x-1-lnxx>0 在0,1 单调递减，
x∈1,+∞ 时，y>0，函数y=x-1-lnxx>0 在1,+∞ 单调递增，
因此可得x=1,y =0，即x-1-lnx≥0，
min
则当x∈0,1 ，h(x)>0，则hx 在0,1 单调递增，
当x∈1,+∞ ，h(x)<0，则hx 在1,+∞ 单调递减，
所以h(x) =h(1)=-e，故只需a≥-e.
max
故答案为：5，a≥-e
19.(2025·江西上饶·一模)已知函数fx
ex+e-x x2
= -a1+
2 2
a∈R ．
(1)若曲线y=fx 在 1,f1
e
处的切线的斜率为 ，求a的值；
2
(2)若x=0是fx 的极小值点，求a的取值范围．
1
【答案】(1)-
2e
(2)-∞,1
【分析】(1)先对函数进行求导，根据导数值可求得结果；
(2)求导函数，根据极小值点得到原函数为先增后减，导函数值为零，则导函数再次求导函数大于零，据此可
求得取值.
【详解】(1)已知fx
ex+e-x x2
= -a1+
2 2
a∈R ，
根据求导公式ex =ex，e-x =-e-x，xn =nxn-1，
可得fx
ex-e-x
= -ax，
2
因为曲线y=fx 在 1,f1
e
处的切线的斜率为 ，
2
所以f1
e-e-1 e 1
= -a= ，解得a=- ；
2 2 2e(2)由(1)可得fx
21
ex-e-x
= -ax，令gx
2
=fx
ex-e-x
= -ax
2
则gx
ex+e-x
= -a，
2
若x=0是fx 的极小值点，则f0
e0-e-0
= -a×0=0，
2
则fx 在x=0左侧附近小于0，在x=0右侧附近大于0，
这意味着fx 在x=0处的导数gx >0，
把x=0代入gx 得gx
e0+e-0
= -a=1-a>0，解得a<1；
2
当a<1时，
因为ex+e-x≥2 ex⋅e-x=2，当且仅当ex=e-x，即x=0时，等号成立，
所以gx
ex+e-x
= -a>0恒成立，则fx
2
在R上单调递增，
当x<0时，fx 0时，fx >f0 =0，fx 单调递增，所以x=0是fx 的极小值点；
当a=1时，此时g0 =0，令hx =gx
ex+e-x
= -1，
2
则hx
ex-e-x
= ，此时h0
2
=0，
因为hx
ex+e-x 2 ex⋅e-x
= -1≥ -1=0，
2 2
当且仅当ex=e-x，即x=0时，等号成立，所以gx ≥0恒成立，
则fx 在R上单调递增，
当x<0时，fx 0时，fx >f0 =0；
所以x=0是fx 的极小值点；
当a>1时，
令gx
ex+e-x
=0，即 -a=0，设ex=tt>0
2
，
t+1
则 t -a=0，整理得t2-2at+1=0，
2
2a± 4a2-4
由一元二次方程求根公式t= =a± a2-1，
2
因为a>1，所以a+ a2-1>1，0
0恒成立.当00，得到fx 单调递增，由二分法知道fx =0在x 1 ∈0,π 存在唯一
零点x=x 1 .由此知道函数fx 的单调区间，再由二分法得到函数零点.
2
(3)当x≥ π时，fx
3
2
>0恒成立，所以当0≤x< π时，由f0
3
≥0，求出φ的范围.再将φ的范围分为
-π,- 2π
3
2π π ，- ,-
3 2
π ，- ,0
2
三个范围，由三角函数的性质以及导函数判断函数单调性建立不等
式，最后求出φ的范围.
【详解】(1)因为函数fx 是偶函数，所以f-x =fx .
即3x2-8sin-x+φ =3x2-8sinx+φ ，
π
解得：φ=± .
2
(2)当φ=0时，fx =3x2-8sinx.
f0 =0，f'x =6x-8cosx，
令hx =fx =6x-8cosx，则hx =6+8sinx.
当x≥π时，fx >3π2-8>0，
当00，fx 单调递增，
又f0 =-8<0，fπ =6π+8>0，
所以存在x 1 ∈0,π ，使得fx 1 =0.
x∈0,x 1 ，fx <0，fx 单调递减，x∈x 1 ,+∞ ，fx >0，fx 单调递增，
而f0 =0，fx 1 <0，fπ =3π2>0，所以在x 1 ,π 上存在一个零点.
综上，函数fx 在0,+∞ 有两个零点.
2
(3)当x≥ π时，fx
3
4π2 2
> -8>0；当0≤x< π时，f0
3 3
=-8sinφ≥0，
则φ∈-π,0 .
(ⅰ)当φ∈ -π,- 2π
3
时，x+φ∈-π,0 ，sinx+φ <0，fx >0成立；
2π π (ⅱ)当φ∈- ,-
3 2
时，
若x∈ π , 2π
2 3
，则fx =6x-8cosx+φ >3π-8>0，fx 单调递增，
所以fx
π
>f
2
3π2
= -8cosφ>0；
4
若x∈ 0, π
2
2π ，则x+φ∈- ,0
3
，sinx+φ <0，fx >0成立；
π (ⅲ)当φ∈- ,0
2
时，若sinx+φ ≤0，则fx ≥0成立；
只要考虑sinx+φ >0，此时令hx =fx =6x-8cosx+φ ，
则hx =6+8sinx+φ >0，fx 递增，f0
π
=-8cosφ<0，f
2
=3π+8sinφ>0，
π
所以存在x ∈0, 0 2 ，使得fx 0 =6x 0 -8cosx 0 +φ =0，
若x∈0,x 0 ，则fx <0，fx
π
递减；若x∈x , 0 2 ，则fx >0，fx 递增.所以fx
23
≥fx 0 =3x2 0 -8sinx 0 +φ
9 2 3
=3x2-8 1- x2≥0，解得x ≥ . 0 16 0 0 3
此时cosx 0 +φ
3 3 π π π 2 3
= x ≥ ，所以x +φ≤ ，从而φ≤ -x ≤ - . 4 0 2 0 6 6 0 6 3
综上，φ∈ -π, π - 2 3
6 3
.
题型三 证明不等式
21.(2025·山东淄博·一模)过点P-1,0 向曲线C n :x2-2nx+2y2=0n∈N* 引斜率为k nk n >0 的切
线l n ，切点为P nx n ,y n ，则下列结论正确的是 ( )
n 2025
A. k = B. lnx =-ln2026
n i
4n+2
i=1
y2 C. 数列 n x2
n
x 1-x 的前n项和为S =n+n2 D. n +cos n n 2y 1+x
n n
>1
【答案】ABD
n n 2n+1
【分析】设直线l :y=k (x+1)，方程联立由Δ=0判断A；可得x = ，y =
n n n n+1 n 2n+1
，从而结合累加
y2 1
法求和可判断B；由 n =n+ ，结合等差数列的求和公式可判断C；令f(x)=x+cosx，结合导数可得
x2 2
n
fx 在R上单调递增，进而可判断D.
【详解】设直线l :y=k (x+1)，联立x2-2nx+2y2=0，
n n
得1+2k2 n x2+4k2 n -2n x+2k2=0， n
则由Δ=0，即Δ=4k2 n -2n 2-8k2 n1+2k2 n =0，
n
解得k = (负值舍去)，故A正确；
n
4n+2
n-2k2 n
可得x n = 1+2k2 n = n+1 ，y n =k n1+x n n
n 2n+1
= 2n+1 ，
2025 2025 i 1 2 2025 1
所以lnx =ln =ln +ln +⋯+ln =ln =-ln2026，故B正确；
i i+1 2 3 2026 2026
i=1 i=1
因为 y2 n = 2n+1 =n+ 1 ，则S = n 3 2 +n+ 2 1
x2 2 2 n
n
n2 = +n，故C错误；
2 2
x 1 1-x 1
因为 n = ， n = ，
2y 2n+1 1+x 2n+1
n n
x 1-x
所以 n +cos n
2y 1+x
n n
1 1
= +cos ，
2n+1 2n+1
设f(x)=x+cosx，则f(x)=1-sinx≥0，
可得fx 在R上单调递增，
则x∈0,+∞ 时，fx =x+cosx>f0 =1，
1 x 1-x
又 >0，则 n +cos n
2n+1 2y 1+x
n n
1 1
= +cos >1，故D正确.
2n+1 2n+1
故选：ABD
22.(2025·四川巴中·一模)已知函数fx =xlnx．(1)求函数fx
24
的极值；
(2)求证：当0e-1时，对hx 求导，再对t分类讨论，结合导数知识及零点存在性定理
判断即可．
【详解】(1)fx =lnx+1x>0 ，令fx =0，得x=e-1，
当0e-1时，fx >0，fx 单调递增，
所以f(x) =fe-1
极小值
=-e-1，无极大值．
(2)证明：原不等式等价于：00，所以hx 在0，e-1 上总有唯一的零点；
②当x>e-1时，hx =x2-2t1+lnx ，
则hx
2t 2x+ t
=2x- =
x
x- t
，
x
(Ⅰ)若00在e-1,+∞ 上恒成立，hx 在e-1,+∞ 上单调递增，
hx >he-1 =e-2>0，hx 在e-1,+∞ 上无零点；
(Ⅱ)若e-2 t时，hx >0，hx 单调递增；
h(x) min =h t =-t1+lnt ，令h(x) min =h t =0，得t=e-1．
i 若e-20，hx 在e-1，+∞ 上无零点；
ii 若t=e-1，则h(x) min =h t =0，hx 在e-1，+∞ 上有唯一零点；
iii 若e-10，
又由(2)知lnx≤x-1，xlnx≤x2-x得，得h2t =4t2-2t-2tln2t≥0，
由零点存在性定理可知，hx 在e-1，t ， t，2t 上各有一个零点．
综上所述：当00 B. x ∈0, 1 4
C. x 2 是fx 的极小值点 D. 2x >x +x 2 1 3
【答案】ACD
【分析】对函数fx
sinx
= 求导，为研究导函数fx
x
2xcosx-sinx
= 的正负，构造函数gx
2x x
=2x-
2xcosx-sinx
tanx= ，通过对其求导，分段讨论研究函数gx
cosx
的单调性，进而研究函数fx 的极值点，判
断各个选项即可.
【详解】fx
sinx
= ，定义域为0,+∞
x
，
则fx
cosx⋅ x-sinx⋅ 1
2 x =
x
2xcosx-sinx = ，f1
2 2x x
1 =cos1- sin1.
2
π π π 1 1 1
因为 <1< ，所以cos1>cos = ，而 sin1< ，
4 3 3 2 2 2
所以f1
1
=cos1- sin1>0，故选项A正确；
2
令gx
2xcosx-sinx
=2x-tanx= ，则gx
cosx
1 2cos2x-1
=2- = .
cos2x cos2x
π
①考虑x∈0,
2
的情况：
π
当00；当 0，当00， cosx
此时cosx>0，则2xcosx-sinx>0，故fx >0；
π
当t 1 0，则2xcosx-sinx<0，故fx <0.
②考虑x∈ π ,π
2
的情况：
π
当 ≤x≤π时，2xcosx≤0，sinx≥0，且等号不能同时取得，
2
则2xcosx-sinx<0，此时fx <0.
结合①可知，fx 在0,t 1 上单调递增，在t 1 ,π 上单调递减，
函数fx
π π
在x=t 处取得极大值，可知x =t ∈ , 1 1 1 4 2 ，故选项B错误；
3π
③考虑x∈π,
2
的情况：5π
当π0；当 0，当π0， cosx
此时cosx<0，则2xcosx-sinx<0，此时fx <0；
3π
当t 2 0，此时fx >0；
④考虑x∈ 3π ,2π
2
的情况：
3π
当 ≤x≤2π时，2xcosx≥0，sinx≤0，且等号不能同时取得，
2
则2xcosx-sinx>0，此时fx >0；
结合③可知，fx 在π,t 2 上单调递减，在t 2 ,2π 上单调递增，
综上，fx 在0,t 1 上单调递增，在t 1 ,t 2 上单调递减，在t 2 ,2π 上单调递增，
函数fx 在x=t 处取得极大值，在x=t 处取得极小值， 1 2
5π 3π
可知x =t ∈ , 2 2 4 2 ，即x 2 是fx 的极小值点，故选项C正确；
5π
⑤考虑x∈2π,
2
的情况：
可知函数gx
9π
在2π,
4
9π 5π
上单调递增，在 ,
4 2
上单调递减，
9π 5π
同①可知，存在t ∈ , 3 4 2 ，使得gt 3 =0，
当2π0，此时fx >0；
5π
当t 3 0，1-tan tan 1 >0，
8 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2
tanq+tanx q+x tanq+tanx q+x
可得 1 -tan 1 >0，即 1 >tan 1 ，
2 2 2 2
q+x q+x
则tanq-2q+tanx -2x >2tan 1 -2⋅ 1
1 1 2 2
，
即-gq -gx 1
q+x
>-2g 1 2 ，即gq +gx 1
q+x
<2g 1 2 ，
可得gp
q+x
1 ，即x -π> 3 1 ，
2 2 2
可得2x >x +x ，故选项D正确.
2 1 3
故选：ACD.
24.(2025·江西南昌·一模)已知fx =xlnx-1 -axa∈R ．
(1)若fx 在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)若y=fx 有极大值m，求证：m<-4.
【答案】(1)a≤2
(2)证明见解析
【分析】(1)先求fx ，令gx =lnx-1
x
+ -a，通过求导判断函数的单调性求解最小值，结合题意
x-1
列不等式即可求解；
(2)由(1)可知，当y=fx -m有两个不同的零点时，a>2，由fx =0，则x=x ，x= 1
x 212时，gx >0，所以fx 单调递增，所以f(x) min =f2
28
=2-a，
因为fx 在定义域上单调递增，所以fx ≥0恒成立，
所以2-a≥0，即a≤2；
(2)由(1)可知，当y=fx -m有两个不同的零点时，a>2，
此时f(x) min =f2 =2-a<0，
且x→1时fx →+∞，x→+∞时fx →+∞，
所以fx =0，则x=x 1 ，x=x 210，fx 单调递增，
x 1 x 2 时，fx >0，fx 单调递增，
所以x=x 1 为fx 的极大值点，则m=fx 1 ，
且fx 1 =x 1 lnx 1 -1 -a =x 1 lnx 1 -1 -lnx 1 -1 - x 1 x -1
1
x2 =- 1 ， x -1
1
设gx
x2
=- 10，
x-1
所以gx 在1,2 单调递增，
所以gx 3.
【答案】(1)y=1-e2
1
x+ e2
2
(2)单调递增区间为(0,ln(-a))，单调递减区间为(-∞,0)，(ln(-a),+∞)
(3)证明见解析
【分析】(1)根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
(2)求出导数，再根据f(x)=0得出方程的根，列表即可求出函数单调区间；
(3)求出fm +fn ，构造函数，利用导数判断函数单调性，由单调性求出函数最小值即可得证.
【详解】(1)由a=1，所以fx
e2x
=- +x,fx
2
=1-e2x.
所以k=f1 =1-e2，
又f1
e2
=1- ，
2
e2
所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-1-
2
=1-e2 x-1 ，
即y=1-e2
1
x+ e2.
2
(2)由fx =ax+1-a
e2x
ex- ，定义域为R，
2
fx =a+1-a ex-e2x=ex+a 1-ex .
令f(x)=0得x 1 =0或x 2 =ln-a a<-1 .
因为a<-1，所以-a>1.所以x 2 =ln-a
29
>ln1=0，
列表：
(ln(-a),
x (-∞,0) 0 (0,ln(-a)) ln(-a)
+∞)
f(x) - 0 + 0 -
f(x) 递减 递增 递减
所以f(x)的单调递增区间为(0,ln(-a))，单调递减区间为(-∞,0)，(ln(-a),+∞)
(3)因为fx =ex+a 1-ex ，
又a<-1，f(m)=f(n)=0(m0，
a a
所以g(a)=ln(-a)+a-1在(-∞,-1)上是增函数，
所以g(a)g(-1)=3，即f(m)+f(n)>3.
26.(2025·新疆乌鲁木齐·一模)已知fx =x2-2xlnx-1.
(1)求证：当x>1时，fx >0；
n 1
(2)设a = -lnn.
n 1+k
k=1
(ⅰ)求证：数列a
n
为递减数列；
(ⅱ)求证：a
n
1
≤ .
2
【答案】(1)证明见解析
(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)证明见解析
【分析】(1)对函数fx 求导，并构造φ(x)=fx ，利用导数判断出函数的单调性和最值，即可证明出不等
式；
1 n+1 n+1
(2)(ⅰ)a n+1 -a n = n+2 -ln n ，令 n =t，t∈1,+∞ ，构造函数gt
t-1
= -lnt并求导，即可 2t-1求解函数的单调性，从而得到数列a
n
30
的单调性，即可得证.
k=1 k+1 1 n-1 1 k+1
(ⅱ)由题意结合lnn=∑ln ，得a = +∑ -ln
k n n+1 k+1 k
n-1 k=1
k+1
，利用(1)可得ln <
k
1 1 1
+
2 k k+1
1 n-1 1 1
，从而有a >- ∑ -
n 2 k k+1
k=1
1 1
，结合放缩法可得a >- ，又由(ⅰ)知，a ≤a = ，即
n 2 n 1 2
可证得结果.
【详解】(1)由fx =x2-2xlnx-1得fx =2x-lnx-1 ，
令φ(x)=2x-lnx-1 ，则φx
1
=21-
x
2x-1
=
x
当x>1时，φx >0，所以函数φ(x)在1,+∞ 上单调递增，
又∵φ1 =0，∴φx >φ1 =0，
∴fx 在1,+∞ 上单调递增，
∵f1 =0，∴fx >0.
1 n+1
(2)(i)由题意可得：a -a = -ln ，
n+1 n n+2 n
n+1
令 =t，t∈1,+∞
n
1 n+1 t-1
，即 -ln = -lnt.
n+2 n 2t-1
令gt
t-1
= -lnt，t∈1,+∞
2t-1
，
∵gt
1
=
2t-1
1 -4t2+5t-1
- =
2 t t2t-1
-4t-1
=
2
t-1
t2t-1
<0，
2
∴gt 在1,+∞ 上单调递减，
∵g1 =0，∴gt <0，
∴∀n∈N*，a 1时，x2-2xlnx-1>0，即lnx< x-
2 x
，
k+1 k+1 1 k+1 k
当x= 时，ln < -
k k 2 k k+1
1 k+1
= ⋅
2
+k
kk+1
1 1 1
= +
2 k k+1
，
1 k+1 1 1 1 1
∴ -ln > - +
k+1 k k+1 2 k k+1
,
1 n-1 1 k+1
∴a = +∑ -ln
n n+1 k+1 k
k=1
1 n-1 1 1
>- ∑ -
2 k k+1
k=1
1 1
=- 1-
2 n
1
>- .
2
1
又a ≤a = ，
n 1 2
∴a n
1
≤ . 2
27.(2025·福建厦门·一模)设函数fx =x(ex-a)2．
(1)当a=0时，求fx 的单调区间；
(2)若fx 是增函数，求a的取值范围；(3)当00三种情形，讨论函数的单调性和零点情况，即得其取值范
围；
(3)设x 1 为gx
1
的零点，推得- 2 lna，分段讨论函数fx 的单调性，推出x =x ，即得 1 0
2x 0 ex0+ex0-a=0，即ex0-a=-2x 0 ex0，则fx 0 =4x3 0 e2x0，设hx
1
=4x3e2x- 0，
所以fx
1
的单调递增区间为- ,+∞
2
1
，单调递减区间为-∞,-
2
．
(2)因fx =ex-a 2xex+ex-a ，
设gx =2xex+ex-a，gx =2xex+3ex=2x+3 ex，
3
当x∈-∞,-
2
时，gx
3
<0，当x∈- ,+∞
2
时，gx >0，
则gx
3
在-∞,-
2
3
上单调递减，在- ,+∞
2
上单调递增，
3
故x=- 时，gx
2
3
取得极小值g-
2
=-2e
-3
2 -a，
(ⅰ)所以当a≤-2e
-3
2 时，gx ≥0，ex-a>0，所以fx >0，fx 单调递增，符合题意；
(ⅱ)当-2e
-3
2 0，
因为x趋近于-∞时，gx 趋近于-a，x趋近于+∞时，gx 趋近于+∞，
所以gx 存在两个零点，
即存在区间使得gx <0，所以fx ≥0不恒成立，不合题意；
(ⅲ)当a>0时，若fx
3
≥0，因为y=ex-a的零点为x=lna，且g-
2
=-2e
-3
2 -a<0，
则gx 与y=ex-a有唯一相同零点且零点两侧函数值符号相同，
所以glna =2alna=0，解得a=1，此时，当x>0时2xex+ex-1>ex-1>0；
当x<0时2xex+ex-10，设x 1 为gx
1
的零点，则- lna， 1
当x∈-∞,lna 时，y=ex-a<0，gx <0，故fx >0，fx 在-∞,lna 单调递增，
当x∈lna,x 1 时，y=ex-a>0，gx <0，所以fx <0，fx 在lna,x 1 单调递减，
当x∈x 1 ,+∞ 时，y=ex-a>0，gx >0，所以fx >0，fx 在x 1 ,+∞ 单调递增，
所以x =x ，且2x ex0+ex0-a=0，即ex0-a=-2x ex0，
1 0 0 0
所以fx 0 =ex0-a 2x =(-2x ex0)2x =4x3e2x0， 0 0 0 0
设hx
1
=4x3e2x- 0，hx
1
在- ,0
2
上单调递增，
所以hx - 2
1 1
=- 2e ，故得- 2e 0.
(1)讨论fx 的单调性；
(2)若函数fx 有两个极值点x 1 ，x 2 (x 1 ln2- . 4
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)求导，分类讨论函数的单调性.
(2)由函数有两个极值点x ，x (x 0，fx
1 a -ax2+x-a
= -a- = ，
x x2 x2
令gx =-ax2+x-a，
1
当1-4a2≤0，即a≥ 时，gx
2
≤0恒成立，则fx ≤0，所以fx 在0,+∞ 上是单调递减；1
当1-4a2>0，即0h
2
3
=ln2- ，
4
故fx 1 +fx 2 +fx 1 +x 2
3
>ln2- . 4
29.(2025·广东·一模)数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列a =
n
1
1+ n
n
n∈N*
1
的性质，对通项公式取对数得，lna =ln1+ n n
n
，则可通过研究函数y=ln1+x
1
x
的性质，得到数列lna
n
的性质，进而得到a
n
的性质.请根据以上材料，解决如下问题：
(1)若不等式cx≥ln1+x
1
对任意x≥0恒成立，求实数c的取值范围，并证明：e>1+
n
n
；
(2)是否存在常数a，使得：∀n∈N*有，1-a - n 1 < 2 0时，cx>ln1+x
ln1+x
可化为c≥
，令
x
gx
ln1+x
=
，x>0，利用导数方法判断其单调性，结合洛必达法则即可求出c的范围；得出以x≥
x
ln1+x
1
，将x= 代入整理，即可证明不等式成立；
n
2 1 2 2
(2)先由题意得到a>0；由 ln1+
n n n
，结合(1)的结果，可求出a≥e2；对于1
-a - n 1 < 2 ，当n=1或n=2时，于1-a - n 1 < 2 显然恒成立；当n≥3时，推出以ln1- 2
n n n
1 <- lna=
n
2
- ln a，同(1)构造函数，求出a≤e2；从而可求出结果.
n
【详解】(1)当x=0时，cx≥ln1+x 显然恒成立，c∈R；
当x>0时，cx>ln1+x
ln1+x
可化为c≥
，
x
令gx ln1+x = ，x>0，则gx
x
x -ln1+x 1+x = x-1+x =
x2
ln1+x
1+x
，
x2
令hx =x-1+x ln1+x ，x>0，则hx =1-ln1+x -1=-ln1+x <0在x∈0,+∞ 上恒成
立，
因此hx =x-1+x ln1+x 在0,+∞ 上单调递减，所以hx 0恒成立，只需c≥1；
x
综上，c≥1；
所以x≥ln1+x
1 1 1
，因为 >0，所以 >ln1+
n n n
，
1 则1>nln1+
n
1 =ln1+
n
n ，所以e>e ln1+ n 1 n 1 =1+
n
n 得证；
(2)存在a=e2，使得：∀n∈N*有，1-a - n 1 < 2 0；
n
2 1 1 2 1 2
(i)由 1+ ，所以 lna>ln1+
n n n n
2 2
，则 ln a>ln1+
n n
2
，因为 >0，
n
由(1)知x≥ln1+x 对任意x>0恒成立，
2 2
为使 ln a>ln1+
n n
∀n∈N*都成立，只需ln a≥1，解得a≥e2；
(ii)对于1-a - n 1 < 2 ，当n=1或n=2时，于1-a - n 1 < 2 显然恒成立；
n n
当n≥3时，- 2 ≤- 2 <0，由1-a - n 1 < 2 得1- 2 0在x∈ - 2 ,0
3
上恒成立，
因此hx =x-1+x ln1+x 在 - 2 ,0
3
上单调递增，所以hx 1；
ln1+x
因此，为使ln a<
恒成立，只需ln a≤1，解得a≤e2；
x
由(i)(ii)可得，a=e2；即存在a=e2，使得：∀n∈N*有，1-a - n 1 < 2 0，所以要证1+
b
1
1
1+
b
2
1
⋯1+
b
n
0，所以g(x)=x2-2ax+1≥0，则f(x)≥0，所以f(x)在(0,+∞)上单
调递增.
当Δ>0，即a>1或a<-1时，方程g(x)=0的两根为x =a- a2-1，x =a+ a2-1.xx =1(根同
1 2 1 2
号)，x +x =2a.
1 2
因为x>0，当a<-1时，x +x =2a<0，则x =a- a2-1<0，x =a+ a2-1<0，此时g(x)>0，f
1 2 1 2
(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>1时，x +x =2a>0，则x =a- a2-1>0，x =a+ a2-1>0，且x >x ，
1 2 1 2 2 1
此时在(0,a- a2-1)和(a+ a2-1,+∞)上，g(x)>0，f(x)>0，f(x)单调递增；
在(a- a2-1,a+ a2-1)上，g(x)<0，f(x)<0，f(x)单调递减.
综上所得，当a≤1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>1时，f(x)在(0,a- a2-1)和(a+ a2-1,+∞)上单调递增；在(a- a2-1,a+ a2-1)上，单调
递减.
(2)因为f(x)有两个不同的极值点x,x ，所以Δ=4(a2-1)>0且x +x =2a>0，解得a>1.
1 2 1 2
1 1
f(x)+f(x )= x2-2ax +lnx + x2-2ax +lnx
1 2 2 1 1 1 2 2 2 2
1
= (x2+x2)-2a(x +x )+ln(xx )
2 1 2 1 2 1 2
1
= [(x +x )2-2xx ]-2a(x +x )+ln(xx )
2 1 2 1 2 1 2 1 2
由韦达定理可知x +x =2a，xx =1，代入上式可得：
1 2 1 21
f(x)+f(x )= (4a2-2)-4a2+ln1=-2a2-1.
1 2 2
a a
已知f(x)+f(x )≥2ln -6a+3，即-2a2-1≥2ln -6a+3，
1 2 2 2
a a
可得2a2-6a+4+2ln ≤0，即a2-3a+2+ln ≤0.
2 2
a 1 2a2-3a+1 (2a-1)(a-1)
令h(a)=a2-3a+2+ln ，对h(a)求导得h(a)=2a-3+ = = .
2 a a a
因为a>1，所以h(a)>0，h(a)在(1,+∞)上单调递增.
2
又h(2)=22-3×2+2+ln =0，所以h(a)≤0的解集为(1,2]，
2
即实数a的取值范围是(1,2].
32.(2025·陕西西安·一模)已知函数f(x)=xlnx，g(x)=(x-1)2sin4+a-1.
(1)记fx
37
的导数为fx
1
，求f 2
2
+f 3
3
+f 4
n
+⋯+f n+1 的值，其中n∈N ； +
(2)若∀x 1 ，x 2 ∈(0,+∞)恒有fx 1 ≥gx 2 ，求a的取值范围.
【答案】(1)n-ln(n+1)；
1
(2)a≤1- .
e
【分析】(1)求出函数f(x)的导数，再代入并结合对数运算求值.
(2)由(1)求出函数f(x)的最小值，再求出g(x)最大值，利用恒成立列式求解.
【详解】(1)函数f(x)=xlnx的定义域为(0,+∞)，求导得f(x)=1+lnx，
1
所以f
2
2
+f
3
3
+f
4
n
+⋯+f
n+1
1 2 3 n
=n+ln +ln +ln +⋯+ln
2 3 4 n+1
1 2 3 n
=n+ln ⋅ ⋅ ⋅⋯⋅
2 3 4 n+1
1
=n+ln =n-ln(n+1).
n+1
1 1
(2)由(1)知，f(x)=1+lnx，当0 时，f(x)>0，
e e
1
函数f(x)在0,
e
1
上单调递减，在 ,+∞
e
1
上单调递增，f(x) =f
min e
1
=- ，
e
3π
由π<4< ，得sin4<0，函数g(x)=(x-1)2sin4+a-1的图象是开口向下的抛物线，
2
当x=1时，g(x) max =a-1，由∀x 1 ，x 2 ∈(0,+∞)恒有fx 1 ≥gx 2 ，得f(x) ≥g(x) ， min max
1 1
因此a-1≤- ，解得a≤1- ，
e e
1
所以a的取值范围是a≤1- .
e
33.(2025·河南郑州·一模)已知函数fx =log x(a>0且a≠1)，y=fx
a
关于y=x对称的函数记为y
=gx .
(1)若a>1，方程fx -gx =0有且只有一个实数解，求a的值;
(2)讨论方程gx -xa=0在0,+∞ 上实数解的个数;
(3)若a=e，设函数Fx =2 x-fx ，若Fx 1 =Fx 2 x 1 ≠x 2 ，求Fx 1 +Fx 2 的取值范围.
1
【答案】(1)a=ee
(2)答案见解析
(3)8-4ln2,+∞ 【分析】(1)求出gx
38
，设y=fx 与y=gx 有公共点x 0 ,y 0 ，解由fx 0 =gx 0 及fx 0 =gx 0 组成的
方程组求出x 可得答案；
0
lnx lna lnx
(2)由ax=xa(a>0，a≠1)，两边同取对数得 = .令y= ，利用导数判断出其单调性，分01、a=e讨论方程gx -xa=0在0,+∞ 上实数解的个数可得的答案；
(3)由Fx 1 =Fx 2 得Fx 1 +Fx 2 =2 x 1 x 2 -lnx 1 x 2 ，设 x 1 x 2 =t(t>4)，则ht =2t-2lnt，利用导
数判断出ht 在4,+∞ 上的单调性可得答案.
【详解】(1)∵fx =log a x关于y=x对称的函数为y=ax，∴gx =ax，
设y=fx 与y=gx 有公共点x 0 ,y 0 ，
由对称性可知，x 0 ,y 0 在y=x上，
∵fx
1
= ，gx
xlna
=axlna，
1 =ax0lna=1
1 1
∴ y x 0 l = na ax0=log x ，解得x 0 = lna ，得a=ee；
0 a 0
(2)由(1)知，gx =ax，由ax=xa(a>0，a≠1)，x∈0,+∞ .
lnx lna
两边同取对数，xlna=alnx，即 = .
x a
lnx 1-lnx
令y= ，y= ，
x x2
lnx
∴函数y= 在0,e
x
上单调递增，在e,+∞ 上单调递减.
当01，a≠e，方程gx -xa=0在0,+∞ 上实数解的个数为2个.
当a=e，方程gx -xa=0在0,+∞ 上实数解的个数为1个；
(3)∵Fx =2 x-lnx，定义域为0,+∞ ，求导得Fx
1 1
= - ，
x x
又∵Fx 1 =Fx 2 ，
1 1 1 1
∴ - = - ，
x x x x
1 1 2 2
整理得 x + x = xx ，由基本不等式得，xx >16，
1 2 1 2 1 2
∴Fx 1 +Fx 2 =2 x 1 x 2 -lnx 1 x 2 ，
设 x 1 x 2 =t(t>4)，则ht =2t-2lnt，
易知ht
2 2t-2
=2- = >0，
t t
∴ht =2t-2lnt在4,+∞ 单调递增，
∴ht >h4 =8-4ln2，
∴Fx 1 +Fx 2 的取值范围为8-4ln2,+∞ .
题型五 函数零点问题
34.(2025·湖南岳阳·一模)已知函数fx
ln1-x
=
,x<1
,gx
(x-2)2+a,x≥1
1
= 1-x
e
，若函数fx 与gx 的图
象有且仅有三个交点，则实数a的取值范围是 .
【答案】-∞,-1 ∪ 1-4e
4e2
.【分析】根据分段函数自变量不同取值范围上的函数解析式，分别构造函数，由函数与方程的关系，等价转
化为函数求零点与一元二次方程求解问题，可得答案.
【详解】当x<0时，则fx
39
=ln1-x ，令y=fx -gx =ln1-x
1
- 1-x
e
，
1-x-e
求导可得y=
e1-x
，令y=0，解得x=1-e<0，可得下表：
x -∞,1-e 1-e 1-e,0
1-x-e
y=
e1-x
+ 0 -
y=ln1-x
1
- 1-x
e
单调递增 极大值 单调递减
由函数y=ln1-x
1
- 1-x
e
的极大值为0，则存在唯一零点，
所以函数fx 与函数gx 在-∞,0 上有且仅有一个交点；
当00，当x=1- 时，y= -1<0，
e e e2
1 1
由 × -1
e e2
1
<0，则函数y= 1-x
e
+ln1-x 在0,1 上存在唯一零点，
所以函数fx 与函数gx 在0,1 上有且仅有一个交点；
由题意可得函数fx 与函数gx 在1,+∞ 上有且仅有一个交点，
当x≥1时，fx =x-2 2+a，令hx =fx -gx =x-2
1
2+a- 1-x
e
，
令hx
1
=0，整理可得x2-4-
e
1
x+4- +a=0，
e
1
当方程有两个相等的实数解时，Δ=4-
e
2 1
-4×4- +a
e
1-4e
=0，解得a= ，
4e2
1
此时x=2- ，符合题意，
2e
当方程在1,+∞
Δ>0
有一个实数根时，可得
h1
，解得a<-1，
<0
综上可得-∞,-1 ∪ 1-4e
4e2
.
故答案为：-∞,-1 ∪ 1-4e
4e2
.
35.(2025·山东烟台·一模)已知函数fx =x(x+c)2在x=1处有极大值.
(1)求实数c的值；
(2)若函数gx =fx +a有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)-3
(2)-40，
则此时函数fx 在x=1处取得极小值，不符合题意，舍去；
当c=-3时，可得fx =x-3 3x-3 ，
易知当x<1时，fx >0；当10时，fx 在0,+∞ 上是增函数
B. 当a=2时，fx
8
在x=1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为
5
C. 若fx 在0,+∞ 上为减函数，则a≤-e
-3
2
D. 当a<0时，若函数Fx =fx
2 1
+ax有且只有一个零点，则a∈- ,-
5 3
【答案】BD【分析】利用导数研究函数的单调性判断A；导数的几何意义求切线方程，进而求交点坐标，即可求三角形
面积判断B；问题化为在0,+∞
41
-1-2lnx
上2a≤ 恒成立，应用导数研究右侧的最小值，即可得参数范
x
1-2lnx
围判断C；问题化为a= 有唯一解，应用导数研究右侧的单调性和值域判断D.
x+1
【详解】对于A，fx =2lnx+2ax+1为增函数，x→0时fx 趋向负无穷，x→+∞时fx 趋向正无穷，
所以存在x 0 ∈0,+∞ 使fx 0 =0，故x∈0,x 0 上fx <0,fx 在0,x 0 上为减函数，错；
对于B，由题设fx =2lnx+4x+1，则f1 =5，且f1 =1，
所以fx 在x=1处的切线方程为y=5x-4，
4
切线与x轴的交点坐标为 ,0
5
，与y轴交点坐标为0,-4 ，
所以fx
1 4 8
在x=1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 × ×4= ，对；
2 5 5
对于C，因为函数fx 在0,+∞ 上为减函数，
则在0,+∞ 上fx
-1-2lnx
=2lnx+2ax+1≤0恒成立，即2a≤ ，
x
令gx
-1-2lnx
= ，则gx
x
-1+2lnx 1
= ，易知0e2 时gx >0，
所以gx
1
在0,e2
1
上为减函数，在e2,+∞ 上为增函数，
所以gx 1 =ge2
min
=-2e - 2 1 ⇒2a≤-2e - 2 1 ⇒a≤-e - 2 1 ，错；
对于D，函数Fx =fx +ax=2xlnx+ax2-x+ax有且只有一个零点，
1-2lnx
即2xlnx+ax2-x+ax=0有唯一解，则a= ，
x+1
令gx 1-2lnx = 且x>0，则gx
x+1
2lnx-2 -3
x =
x+1
，
2
令hx
2
=2lnx- -3，显然在0,+∞
x
上为增函数，h5
17
=2ln5- <0x 0 时hx 0 >0，
则gx 在0,x 0 为减函数，在x 0 ,+∞ 为增函数，则gx min =gx 0
2
=- ， x
0
当a<0时，limgx
x→0
→+∞,limgx
x→+∞
→0，
1-2lnx
所以a= x+1 有且只有一个解时，a=gx 0
2 2 2 1
=- ，即a=- ∈- ,- x x 5 3
0 0
，对.
故选：BD
37.(2025·北京延庆·一模)已知函数f(x)= lnx-1 -kx+2，给出下列四个结论：
①∃k<1，使得f(x)关于直线x=1对称；
②∃k>1，使得f(x)存在最小值；
③∀k>1，f(x)在(1,+∞)上单调递减；
④∃k>1，使得f(x)有三个零点；
其中所有正确的结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】赋值法判断①；数形结合判断②④；利用导函数判断③，
【详解】取k=0，得f(x)= lnx-1 +2，因为f(2-x)= ln2-x-1
42
+2= ln1-x +2=fx ，
所以∃k<1，使得f(x)关于直线x=1对称；故①对；
由f(x)= lnx-1 -kx+2，
所以f(x)= lnx-1
lnx-1
-kx+2=
-kx+2, x≥2
-lnx-1
，
-kx+2, 11，
当x≥2时，令fx =lnx-1 -kx+2，则fx
1
= -k，
x-1
令hx
1
= -k，则hx
x-1
1
=-
x-1
<0，
2
所以fx
1
= -k在2,+∞
x-1
单调递减，所以fx
1
= -k≤f2
x-1
=1-k<0，
所以f(x) 在2,+∞ 单调递减，
当11，f(x)在(1,+∞)上单调递减，故∀k>1，f(x)不存在最小值，故②错，③对，
如图
若k>1，则当函数hx = lnx-1 与直线y=kx-2的图象相切时，
设切点横坐标为x 0 ，此时hx =-ln1-x ，则hx
1
= ， 1-x
1 =k
得到方程组 1-x 0
-ln1-x 0
，化简得lnk=k-3，易得k∈4,5
=kx -2 0
，
则此时有两个零点，图象见下图，
AI
当k>1时，只需将上图相切时的直线向左偏一点，图象如下图所示，
则两函数会出现三个交点，此时有三个零点，如下图所示，AI
故④对，
故答案为：①③④
38.(2025·陕西西安·一模)设函数f(x)=x2-(m+n)lnx-(m+n-2)x，其中mn>0，若f(x)有两个零
1 P
点且m+n取最小整数P时， + 的最小值为 ( )
m n
3+2 3 4+2 3 5+ 3 6+2 3
A. B. C. D.
3 3 3 3
【答案】B
【分析】根据给定条件，令m+n=t，求出函数f(x)，利用导数探讨零点求出t的最小整数值，再利用基本不
等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】令m+n=t，函数f(x)=x2-tlnx-(t-2)x定义域为(0,+∞)，
t 2x2-(t-2)x-t (2x-t)(x+1)
求导得f(x)=2x- -(t-2)= = ，
x x x
当t≤0时，f(x)>0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)最多一个零点，不符合题意，
t t
当t>0时，由f(x)<0，得00，得x> ，
2 2
t
函数f(x)在0,
2
43
t
上单调递减，在 ,+∞
2
t
上单调递增，f(x) =f
min 2
t2 t
=- -tln +t，
4 2
当x从大于0的方向趋近于0时，f(x)值趋近于正无穷大；当x趋近于正无穷大时，f(x)值趋近于正无穷
大，
t2 t t
由f(x)有两个零点，得- -tln +t<0，即t+4ln -4>0，
4 2 2
t t
函数y=4ln ,y=t-4在(0,+∞)上都递增，则函数g(t)=t+4ln -4在(0,+∞)上递增，
2 2
3 81
g(2)=-2<0,g(3)=4ln -1=ln -1>ln5-1>0，因此存在t ∈(2,3)，使得g(t )=0，
2 16 0 0
则不等式g(t)>0成立时t>t ，t的最小整数值为3，即m+n=P=3，
0
1 P 1 1 3
由mn>0，得m>0,n>0， + = (m+n) +
m n 3 m n
1 n 3m
= 4+ +
3 m n
4+2 3
≥ ，
3
n 3m 9-3 3
当且仅当 = ，即n= 3m= 时取等号，B正确.
m n 2
故选：B
39.(2025·云南曲靖·一模)已知函数fx =e2x+1-2a ex-axa∈R ．
(1)当a=0时，求fx 在x=0处的切线方程；
(2)讨论fx 的单调性；
(3)若fx 有两个零点，求a的取值范围．【答案】(1)3x-y+2=0
(2)答案见解析
(3)1,+∞
44
．
【分析】(1)利用导数的几何意义，求出切线斜率和切点坐标，即得切线方程；
(2)函数求导分解因式后，对参数a分类讨论导函数的符号即得原函数的单调性；
(3)根据(2)的结论，对参数a分类，分析函数的单调性，极值以及图象变化趋势，结合特殊值，即可得解.
【详解】(1)当a=0时，fx =e2x+ex，
∴fx =2e2x+ex，∴f0 =3．
又f0 =2，故fx 在x=0处的切线方程为：3x-y+2=0．
(2)fx =2e2x+1-2a ex-a=2ex+1 ex-a ．
当a≤0时，fx >0，故fx 在R上单调递增；
当a>0时，令fx <0，得x0，得x>lna，
故fx 在-∞,lna 上单调递减，在lna,+∞ 上单调递增．
综上所述，当a≤0时，fx 在R上单调递增；
当a>0时，fx 在-∞,lna 上单调递减，在lna,+∞ 上单调递增．
(3)当a≤0时，fx 在R上单调递增，不符合题意，故a>0．
由(2)知，当a>0时，fx =flna
min
=a1-a-lna ．
∵fx 有两个零点，∴a1-a-lna <0．
又∵a>0，∴1-a-lna<0．
令ha =1-a-lnaa>0 ，则ha
1 a+1
=-1- =- <0，
a a
∴ha 在0,+∞ 上单调递减，且h1 =0，
∴当a>1时，ha <0，即fx <0．
min
又f-1
1 1-2a 1 1 ae-2
= + +a= + +
e2 e e2 e
>0，
e
∴fx 在-1,lna 上有一个零点；
∵ex>x，∴fx >e2x-2aex-ax>e2x-2aex-aex=exex-3a ．
∴当x>ln3a时，fx >0，
∴fx 在lna,ln3a 上有一个零点．
综上所述，fx 有两个零点时，a的取值范围是1,+∞ ．
40.(2025·安徽滁州·一模)已知函数fx
1
= x3+ax2-x-2alnx.
3
(1)若不等式fx
1
≥ x3+x2-x恒成立，求实数a的取值范围;
3
(2)若a<0，求证：fx 有且只有1个零点.
【答案】(1) e ,+∞
e-1
(2)证明见解析
【分析】(1)由已知可得a(x2-2lnx)≥x2，令g(x)=x2-2lnx，利用导数可得x2-2lnx>0，进而可得a≥
x2 x2
，令H(x)= ，利用导数求得H (x)即可；
x2-2lnx x2-2lnx max
(x+2a)(x-1)(x+1) 1 1 1
(2)求导得f(x)= ，分a=- ，a<- ，- 0，gx
45
2 2x-1
=2x- =
x
x+1
，
x
当01时，g(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以gx =g1
min
=1>0，即x2-2lnx>0，
x2
所以a(x2-2lnx)≥x2等价于a≥ ，
x2-2lnx
x2
设H(x)= ，x>0，Hx
x2-2lnx
2x(1-2lnx)
= ，
(x2-2lnx)2
当00；当x> e时，H(x)<0，
所以H(x)在(0, e)上单调递增，在( e,+∞)上单调递减，
e
所以H (x)=H( e)= ，
max e-1
e
所以a≥ ，
e-1
故实数a的取值范围为 e ，+∞
e-1
；
2a 2a(x2-1) (x+2a)(x-1)(x+1)
(2)f(x)=x2+2ax-1- =x2-1+ = ，
x x x
1 1 1 (x-1)2(x+1)
1°当a=- 时，f(x)= x3- x2-x+lnx，f(x)= ≥0，
2 3 2 x
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，又f1
7 3
=- <0，f(3)= +ln3>0，
6 2
由零点存在性定理可知，f(x)在区间(1,3)上存在1个零点，
故此时f(x)有1个零点.
1
2°当a<- 时，当00；当1-2a时，f(x)>0，
2
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,-2a)上单调递减，在(-2a,+∞)上单调递增，
2
因f(1)=a- <0，当x>1时，
3
1 1 1
f(x)= x3+ax2-x-2alnx> x3+ax2-x= x(x2+3ax-3)，
3 3 3
-3a+ 9a2+12
取x = ，则x >1，且f(x )>0，
0 2 0 0
由零点存在性定理可知，f(x)在区间(1,x )上存在1个零点，
0
故此时f(x)有1个零点.
1
3°当- 0；当-2a1时，f(x)>0，
2
所以f(x)在(0,-2a)上单调递增，在(-2a,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
4a3 2a
f(-2a)= +2a-2aln(-2a)= 2a2+3-3ln(-2a)
3 3
，
1
由于- 0，所以f(-2a)<0.
2
又f(1)=a- <0，f(x )>0，
3 0
由零点存在性定理可知，f(x)在区间(1,x )上存在1个零点，
0
故此时f(x)有1个零点.综上可知，当a<0时，f(x)有且只有1个零点，得证.
题型六 利用导数比较大小及构造解不等式
41.(2025·黑龙江·一模)已知实数x，y，z满足ex-e2=ex-2
46
≠0，ey-e3=ey-3 ≠0，ez-e5=
ez-5 ≠0，其中e为自然对数的底数.则x，y，z的大小关系是 ( )
A. x1，则ft >0；若t<1，则ft <0；
可得ft 在1,+∞ 上单调递增，在-∞,1 上单调递减，
又因为ex-e2=ex-2 ≠0，ey-e3=ey-3 ≠0，ez-e5=ez-5 ≠0，
可得ex-ex=e2-2e，ey-ey=e3-3e，ez-ez=e5-5e，
即fx =f2 ，fy =f3 ，fz =f5 ，且x≠2，y≠3，z≠5，
可知fx 0，x∈(0,+∞)，
故fx 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
而log 5 0.3>log 5 5-1=-1，且fk =f-1 ，得到flog 5 0.3 fk ，
得到flog 5 0.3 0时，fx >0，fx 单调递增，
又因为f-x
1
=ln +1
e2x
1+e2x
+x=ln
e2x
+x=ln1+e2x -x=fx ，
所以fx 为偶函数，大致图象如下，
若x∈1,2 时，关于x的不等式f2x+1 2x+1，则x+a>2x+1或x+a<-2x-1，
所以a>x+1或a<-3x-1对x∈1,2 恒成立，
所以a>x+1 =3或a<-3x-1
max
=-7，
min
所以实数a的取值范围为-∞,-7 ∪3,+∞ ，
故选：C
44.(2025·湖南岳阳·一模)已知函数 fx =ex+2x+3，其导函数为y= fx
1
，当x∈ ,3
2
时，不等式
fx
2
<a+
x
lna+lnx a>0 恒成立，则实数a的取值范围是 ( )
A. e,+∞
e3
B. ,+∞
3
C. 2 e,+∞ D. 1,+∞
【答案】B
【分析】设gx =xex+2x，先转化问题为gx ex 对∀x∈ 1 ,3
x 2
恒成立，即a>ex
x
48
，x∈ 1 ,3
2
max
，再构造函数hx = ex ，x∈ 1 ,3
x 2
，进而结合导数求解即可.
【详解】因为fx =ex+2x+3，所以fx =ex+2，
因为当x∈ 1 ,3
2
时，不等式fx 2 <a+
x
lna+lnx a>0 恒成立，
即当x∈ 1 ,3
2
2 时，不等式ex+2<a+
x
lna+lnx a>0 恒成立，
所以当x∈ 1 ,3
2
时，不等式ex+20，
所以函数gx =xex+2x在 1 ,3
2
上单调递增，
所以xex+2x ex 对∀x∈ 1 ,3
x 2
ex 恒成立，即a>
x
，x∈ 1 ,3
2
max
.
设hx = ex ，x∈ 1 ,3
x 2
，则hx x-1 = ex ，
x2
令hx
1
<0，即 0，即136，
e3 1
所以 >2e2，所以hx
3
e3
= ，
max 3
e3 e3
所以a> ，即实数a的取值范围为 ,+∞
3 3
.
故选：B.
