2025高考数学一模好题分类汇编：导数及其应用（解析版）_2024-2026高三（6-6月题库）_2025年04月试卷_04012025高考数学一模好题分类汇编：导数及其应用（解析版）

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 fx
1

x2
=ex- ，曲线y=fx 2  在点P x 0 ,fx 0    x 0 >0  处的切线为l:y=
gx  .
(1)当 x =0时，求直线 l 的方程；
0
(2)证明: l与曲线y=fx  有一个异于点P的交点 x 1 ,fx 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gx  =fx 0  x-x 0  +fx 0  ，Fx  =fx  -gx  ，利用零点存在定理证明存在x 1 <0使得Fx 1  =
0即可；
(3)易知x 1 =-kx 0k>0  ，则计算可得0=Fx 1  =e-kx0+k+1 
k+1
x ⋅ex0-ex0- 0
 2
2 x2 0 . 令φt  =e-kt+
k+1 
k+1
t⋅et-et-
 2
t2，则命题即要研究φt
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φt  的单调性，即可求解.
【详解】(1)当x 0 =0时，P0,1  ，而fx  =ex-x，所以f0  =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=fx 0  x-x 0  +fx 0  可化为y=ex0-x 0  x-x 0 
x2
+ex0- 0 . 2
设gx  =ex0-x 0  x-x 0 
x2
+ex0- 0 ，则直线l的方程为y=gx 2  .
令Fx  =fx  -gx 
x2
=ex- 2 -ex0-x 0  x-x 0 
x2
-ex0+ 0 ， 2
设hx 
1
=1- x2+x-1
2
 ex，则对x>0有hx  =-x+xex=xex-1  >0，所以hx  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F0  =1-ex0-x 0  -x 0 
x2 x2
-ex0+ 2 0 =1- 2 0 +x 0 -1  ex0=hx 0  >h0  =0，
且Fu 
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Fx 1  =0，即fx 1  =gx 1  .
而x 1 <0<x 0 ，故 x 1 ,fx 1    是l:y=gx  与曲线y=fx  的交点，且x <0 1
(3)对k>0，设φt  =e-kt+k+1 
k+1
t⋅et-et-
 2
t2.
2
则φt  =-ke-kt+k+1  t+1  ⋅et-et-k+1  2t，
令pt  =φt  ，则pt  =k2e-kt+k+1  t+2  ⋅et-et-k+1  2，
令rt  =pt  ，rt  =-k3e-kt+k+1  t+3  ⋅et-et.
由于当t>0时，rt  的导数k4e-kt+k+1  t+4  ⋅et-et>k4e-kt+4⋅et-et=k4e-kt+3⋅et>0，
故rt  在0,+∞  上单调递增.
若0<k≤2，则r0  =-k3+3k+1  -1=-k3+3k+2=2-k  k+1  2≥0.
所以对t>0有rt  >r0  ≥0，从而rt  在0,+∞  上单调递增；
所以对t>0有rt  >r0  =0，从而pt  在0,+∞  上单调递增；
所以对t>0有pt  >p0  =0，从而φt  在0,+∞  上单调递增；
所以对t>0有φt  >φ0  =0，从而φt  在0,+∞  上无零点.
若k>2，则r0  =-k3+3k+1  -1=-k3+3k+2=2-k  k+1  2<0.
由于对t>0有rt  =-k3e-kt+k+1  t+3  ⋅et-et>-k3e-kt+3⋅et-et=2et-k3e-kt>2et-k3，
k3 故r ln1+
2
   ln1+k3 >2e 2  -k3=2>0.
k3
从而存在v∈ 0,ln1+
2
   使rv  =0.
结合rt  在0,+∞  上单调递增，知对0<t<v有rt  <rv  =0，
从而rt  在0,v  上单调递减；
所以对0<t<v有rt  <r0  =0，从而pt  在0,v  上单调递减；
所以对0<t<v有pt  <p0  =0，从而φt  在0,v  上单调递减；
所以φv  <φ0  =0，
又由于对t>1有
t
0<h
2

1 t
=1- t2+ -1
8 2

t 1 t t t t 1 t t t 1
e2 <1- t2+ ⋅e2 < ⋅e2 - t2+ ⋅e2 =t⋅e2 - t2=
2 2 2 2 2 2
t 1
te2- t
2
 ，
t 1 k+1
故对t>1有e2 > t，从而当t>1+2ln 1+
2
 2

2
 >1时，
有φt  =e-kt+k+1 
k+1
t⋅et-et-
 2
t2=e-kt+kt+t-1
2

k+1
et-
 2
t2
2k+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φv  <φ0  =0，就知道φt  在0,v  上存在零点，从而φt  在0,+∞  上存在零点.
综上，对k>0，函数φt  =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=Fx 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 =φx 0  ，
所以φt  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φt  在0,+∞  上存在零点.
记该零点为x ，取x =-kx ，则
0 1 0
0=φx 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 =Fx 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fx  =ex+1-x2-kx．
(1)当k=0时，求曲线y=fx  在点 -1,f-1    处的切线方程；
(2)若fx  在区间 -1,+∞  上单调递增，求k的取值范围；
(3)当x≥-1时，fx  ≥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,+∞  ,fx  ≥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≥kx+1 
ex+1-x2
，再参变分离为 ≥k，转化为求函数Gx
x+1
 =
ex+1-x2
,x∈-1,+∞ x+1  的最小值；方法二：根据(2)的结果，由fx 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，fx  =ex+1-x2，则fx  =ex+1-2x，
则曲线y=fx  在点 -1,f-1    处的切线斜率为f-1  =3，
又f-1  =0，
所以曲线y=fx  在点 -1,f-1    处的切线方程为y=3x+3．
(2)fx  =ex+1-2x-k，
由题意得，x∈-1,+∞  ,fx  ≥0恒成立．
令Fx  =fx  ，则Fx  =ex+1-2，且Fx  在-1,+∞  单调递增，令Fx
4
 =0，解得x=ln2-1>-1，
所以当x∈-1,ln2-1  时，Fx  <0，故Fx  单调递减；
当x∈ln2-1,+∞  时，Fx  >0，故Fx  单调递增；
所以F(x) min =Fln2-1  =4-2ln2-k，
又fx  ≥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，fx  ≥k．
即∀x∈-1,+∞  ,ex+1-x2-kx≥k，
整理，得ex+1-x2≥kx+1  ，
ex+1-x2
因为x>-1，所以x+1>0，故题意等价于 ≥k．
x+1
设Gx 
ex+1-x2
= ,x∈-1,+∞
x+1
 ，
Gx  的导函数Gx 
ex+1-2x
=
 x+1  -ex+1-x2 
，
(x+1)2
化简得Gx 
x
= ex+1-x-2
(x+1)2
 ，
考察函数gx  =ex-x-1,x∈-∞,+∞  ，其导函数为gx  =ex-1，
当x<0,gx  <0,gx  单调递减；当x>0,gx  >0,gx  单调递增；
故在x=0时，gx  取到最小值，即gx  ≥g0  =0，
即ex≥x+1，
所以ex+1≥x+2⇔ex+1-x-2≥0，
所以当x∈-1,0  ,Gx  <0,Gx  单调递减；
当x∈0,+∞  ,Gx  >0,Gx  单调递增；
所以Gx  的最小值为G0  =e，
故k≤e．
解法二：先考察fx  =ex+1-2x，由(2)分析可得f(x) min =fx 0  ，
情况1：当f(x) ≥0，即k≤4-2ln2，
min
此时fx  在区间-1,+∞  单调递增，
故f(x) min =f-1  ，即fx  ≥f-1  ，符合题意；
情况2：若k>4-2ln2，则f(x) min =fx 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  ,fx  单调递减，
故当x∈-1,x 0  ,fx 0  <f-1  ≤0，即fx  单调递减，
故恒有fx  <f-1  =k，不符合题意，舍去；
②当4-2ln2<k<3时，
注意到在区间-1,x 0  ,fx  单调递减，且f-1  =3-k>0，又fx 0  <0，
故在区间-1,x 0  存在唯一的x 1 满足fx 1  =0；
同理在区间x 0 ,+∞  ,fx  单调递增，且fx 0  0,f1   =e2-2-k  0，
故在区间x 0 ,+∞  存在唯一的x 2 满足fx 2  =0；故可得
x -1,x
1
 x x ,x
1 1 2
 x x ,+∞
2 2

f x  + 0 - 0 +fx
5
 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以当x∈-1,x 1  fx  >f-1  ，符合题意；
故题意等价于fx 2  ≥f-1  ，即fx 2  ≥k．
又因为fx 2  =0，即ex2+1-2x -k=0，化简，得ex2+1=2x +k 2 2
所以fx 2  ≥k⇔2x 2 +k-x2 2 -kx 2 ≥k，整理得x 2 x 2 -2-k    ≤0．
注意到2<4-2ln2<k，所以2-k<0，
故解得x 2 ∈2-k,0  ，
f2-k 由之前分析得  ≤0,
f0 
 即 e3-k≥4-k,
 
≥0, k≤e,
考察函数gx  =ex-x-1,x∈-∞,+∞  ，其导函数为gx  =ex-1，
当x<0,gx  <0,gx  单调递减；
当x>0,gx  >0,gx  单调递增；
故在x=0时，gx  取到最小值，即gx  ≥g0  =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4-2ln2<k<3，
k≤e,
所以4-2ln2<k≤e也符合题意．
综上①②本题所求k的取值范围为-∞,e  ．
方法三：先探究必要性，由题意知当x≥-1时，f-1  是fx  的最小值，
则必要地f-1  ≤f0  ，即得到必要条件为k≤e；
下证k≤e的充分性，即证：当k≤e时，x∈-1,+∞  ,fx  ≥f-1  ．
证明：由(2)可知当k≤4-2ln2时，fx  在-1,+∞  单调递增，
故fx  的最小值为f-1  ,fx  ≥f-1  ，符合题意；
故只需要证明4-2ln2<k≤e时，fx  ≥f-1  ．
由(2)分析知k>4-2ln2时，
x -1,x
1
 x x ,x
1 1 2
 x x ,+∞
2 2

f x  + 0 - 0 +
fx  ↗ 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f0  =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fx 2  ≥f-1  =k，
又因为fx 2  =0，即ex2+1-2x -k=0，可得ex2+1=2x +k， 2 2
只需证明fx 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+ln2<x <0， 2
故若①当x 2 =0，此时k=e,x 2 x 2 -2-k    ≤0显然成立；
若②当x <0，只要证明x +k≥2，
2 2
此时4-2ln2<k<e，且-1+ln2<x <0
2
所以x +k>3-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fx
6

e2x
=ln +ax,a∈R.
x
(1)当a=1时，求函数fx  在 1,f1    处的切线方程；
(2)讨论函数fx  的单调性；
afx
(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0<a<1
【分析】(1)根据导数的几何意义求切线斜率，再利用点斜式方程写出切线方程即可；
(2)对函数求导，需要对参数a进行分类讨论，确定导函数正负，进一步确定原函数的增减；
(3)由题意得xex-1-alnx-x=0有两个不同实根,令gx  =ex-1-1  x-alnx，对a进行分类讨论，确定
函数gx  的零点个数，从而求得a的取值范围.
【详解】(1)由题意fx  的定义域为0,+∞ 
当a=1时，fx  =lne2x-lnx+x=3x-lnx，
∴fx 
1
=3- ，∴f1
x
 =2，又∵f1  =3，
∴fx  在 1,f1    处的切线方程为y-3=2x-1  ，即2x-y+1=0
(2)∵fx  =lne2x-lnx+ax=a+2  x-lnx，
∴fx 
1 a+2
=a+2- =
x
 x-1
，
x
当a+2≤0，即a≤-2时，fx  <0，
∴fx  在0,+∞  上单调递减，
1
当a+2>0，即a>-2时，在0,
2+a
 上，fx 
1
<0，在 ,+∞
2+a
 上fx  >0，
∴fx 
1
在0,
2+a

1
上单调递减，在 ,+∞
2+a
 上单调递增，
综上，a≤-2时，fx  在0,+∞  上单调递减；
a>-2时，fx 
1
在0,
2+a

1
上单调递减，在 ,+∞
2+a
 上单调递增.
afx
(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gx  =xex-1-alnx-x=ex-1-1  x-alnx，
则gx  =x+1 
a
ex-1- -1且g1
x
 =1-a，
当a≤0时，x∈0,1  时，gx  <0,x∈1,+∞  时，gx  >0，
此时函数gx  只有一个零点x=1，方程只有一个根，不符合题意；
当a>0时，gx  =x+1 
a
ex-1-1- 在0,+∞
x
 上单调递增，
当0<a<1时，g1  =1-a>0,ga  =a+1  ea-1-2<a-1<0，
∴存在x 1 ∈0,1  使gx 1  =0，
∴在0,x 1  上gx  <0，在x 1 ,+∞  上gx 1  >0，
∴gx  在0,x 1  上单调递减，在x 1 ,+∞  上单调递增，
∴g(x) min =gx 1  <g1  =0，又ga
7
 =aea-1-lna-1  ，
设hx  =ex-1-lnx-1x>0  ，则hx 
1
=ex-1- ，
x
当0<x<1时，hx 
1
<1- <0,hx
x
 单调递减，
又h1  =0,0<a<1，∴ga  >0，又g1  =0，
∴gx  在0,x 1  上和x 1 ,+∞  上各有一个零点，符合题意；
当a=1时，g1  =0，
∴在0,1  上gx  <0，在1,+∞  上gx  >0，
∴gx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递增，
∴g(x) min =g1  =0，
∴gx  只有x=1一个零点，不符合题意；
当a>1时，g1  =1-a<0，
ga  =a+1  ea-1-2>a+1-2>0，
∴存在x 2 ∈1,a  使得gx 2  =0，
∴在0,x 2  上gx  <0,gx  单调递减，在x 2 ,+∞  上gx  >0,gx  单调递增，
∴g(x) min =gx 2  <g1  =0，
ga  =aea-1-1-lna  ，
又∵当x>1时，hx 
1 1
=ex-1- >1- >0,hx
x x
 单调递增，
又h1  =0,a>1，∴ga  >0，∴gx  在x 2 ,a  上存在一个零点
又g1  =0，∴a>1时gx  有两个零点，符合题意；
afx
综上，方程ex-1+

=(a+1)2有两个不同实根时，a>1或0<a<1.
x
【点睛】关键点点睛：对于含参数的函数零点问题，1是对参数分类讨论，利用函数的单调性与零点存在性定
理判断函数零点个数；2是参变分离，利用两个函数交点个数问题，数形结合求解.
ex+e-x
4.(2025·甘肃兰州·一模)若函数y= (e为自然对数的底)的一条切线与x轴平行，则切点的坐标
2
为 ( )
A. (1,0) B. (0,1) C. (1,1) D. (1,e)
【答案】B
【分析】设出切点x 0 ,y 0  ，利用在切点处的斜率等于0即可求得结果.
【详解】设切点坐标为x 0 ,y 0 
ex+e-x ex-e-x
，函数y= ，所以y= ， 2 2
ex0-e-x0 ex0+e-x0 1+1
因为切线与x轴平行，所以y| = =0，解得x =0，y = = =1，故切点坐标为
x=x0 2 0 0 2 2
(0,1)
故选：B
5.(2025·黑龙江·一模)设函数fx  =x+a  lnx.
(1)当a=1时，求曲线y=fx  在 1,f1    处的切线方程；
(2)若fx  为增函数，求a的取值范围.
【答案】(1)2x-y-2=0 1
(2) ,+∞
e2
8

【分析】(1)由导数的几何意义即可求解；
(2)法一：参变分离得到a≥-x-xlnx在0,+∞  上恒成立，构造函数gx  =-x-xlnx求最值即可；法
二：构造函数hx 
a
=lnx+ +1，通过分类讨论求最值即可求解；
x
【详解】(1)当a=1时，fx  =x+1  lnx，
所以f′x 
x+1 1
=lnx+ =lnx+ +1，f1
x x
 =0，f′1  =2，
∴曲线y=fx  在 1,f1    处的切线方程为y-f1  =f′1  x-1  ，
整理得，y=2x-1  ，
∴曲线y=fx  在 1,f1    处的切线方程为2x-y-2=0.
(2)f′x 
x+a a
=lnx+ =lnx+ +1，x>0，
x x
fx  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gx  =-x-xlnx，x>0，则g′x  =-2-lnx，x>0，
1
当x∈0,
e2
 时，g′x  >0，gx  单调递增，
1
当x∈ ,+∞
e2
 时，g′x  <0，gx  单调递减，
1
∴当x= 时，gx
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hx 
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，hx  在0,+∞  上单调递增，
当x趋近于0时，hx  趋近于-∞，即f′x  ≥0不恒成立，
所以fx  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，hx  单调递减，
当x∈a,+∞  时，h′x  >0，hx  单调递增，
则当x=a时，hx  取得极小值，也是最小值，
∴ha 
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Ax 0 ,lnx 0  ,x 0 >1，Blnx 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Ax 0 ,lnx 0  ,x 0 >1，则Blnx 0 ,x 0  ，
设fx  =lnx,gx  =ex，则fx 
1
= ,gx
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A2,ln2 
a
，则 =ln2，所以a=2ln2.
2
故选：A.
8.(2025·江西萍乡·一模)已知函数fx 
1
= e2x-a+2
2
 ex+2ax+1，其中a∈R.
(1)若fx  的图象在 0,f0   
1
处的切线经过点 ,0
2
 ，求a的值；
(2)讨论fx  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、0<a<2、a=2、a>2讨论，可得答案.
【详解】(1)fx  =e2x-a+2  ex+2a，
因为f0 
1
=-a- ，f0
2
 =a-1，
所以fx  的图象在 0,f0   
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)fx  =e2x-a+2  ex+2a=ex-2  ex-a  ，
当a≤0时，ex-a≥0，令fx  >0，得x>ln2；令fx  <0，得x<ln2，
所以fx  在ln2,+∞  上单调递增，在-∞,ln2  上单调递减.
当a=2时，fx  =ex-2  2≥0，所以fx  在-∞,+∞  上单调递增.当a>2时，令fx
10
 >0，得x>lna或x<ln2；令fx  <0，得ln2<x<lna，
所以fx  在-∞,ln2  ，lna,+∞  上单调递增，在ln2,lna  上单调递减.
当0<a<2时，令fx  >0，得x>ln2或x<lna；令fx  <0，得lna<x<ln2，
所以fx  在-∞,lna  ，ln2,+∞  上单调递增，在lna,ln2  上单调递减.
综上，当a≤0时，fx  在ln2,+∞  上单调递增，在-∞,ln2  上单调递减；
当0<a<2时，fx  在-∞,lna  ，ln2,+∞  上单调递增，在lna,ln2  上单调递减；
当a=2时，fx  在-∞,+∞  上单调递增；
当a>2时，fx  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fx  =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fx  =ax2+bx+1,gx  =ex，
当a=0时，fx  =ax2+bx+1=bx+1，此时，直线fx  恒过点0,1  ，
故只需直线fx  =bx+1为gx  =ex在点0,1  处的切线即可，b=g0  =1，此时a-b=-1．
当a≠0时，fx  亦恒过点0,1  ，为使ax2+bx+1≤ex，对一切x∈R恒成立，
需fx  =ax2+bx+1开口向下，且在点0,1  处与gx  =ex有公切线即可，
a<0
故
f0 


，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hx  满足：h0  =0，hx  =ex-2ax-1，函数
fx  =ex-x，
(1)求函数fx  的极值点和极值；
(2)求hx  解析式；
(3)若hx  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+
4n+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)hx  =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fx  的极值点和极值.
(2)根据h0  =0求得hx  的解析式.
(3)由hx  的单调性列不等式，由此求得a的最大值.(4)先证得fx
11

1
≥ x2+1，利用赋值法来求得正确答案.
2
【详解】(1)因为fx  =ex-x，所以fx  =ex-1，
故当-∞,0  时，fx  <0，当0,+∞  时，fx  >0，
故函数fx  在-∞,0  递减，在0,+∞  递增，
所以函数fx  有一个极小值点0，极小值fx  =f0
极小值
 =1，无极大值点和极大值；
(2)由hx  =ex-2ax-1得hx  =ex-ax2-x+c，又h0  =0，故c=-1
所以hx  =ex-ax2-x-1
(3)由hx  =ex-2ax-1得ex-2ax-1  =ex-2a，
因为hx  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，hx  ≥h0  =e0-1=0
故hx  在0,+∞  上单调递增，所以hx  ≥h0 
1
=0，即ex- x2-x-1≥0
2
1
所以ex-x≥ x2+1，即fx
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+
4n+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=
ce
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chx
2

ex+e-x
= ．相应地就有双
2
曲正弦函数shx 
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chx  和shx  之间的三种关系式(不需要证明)；
(2)当x>0时，不等式shx  ≥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shx 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；
shx 
ex-e-x
=
2

 ex-(-e-x) ex+e-x
= == =chx
2 2
 ，
chx 
ex+e-x
=
2

 ex+(-e-x) ex-e-x
= == =shx
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shx 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 =ch2n-1θ  ，其中θ为待定参数，因为a n+1 =2a2 n -1=2ch22n-1θ
13
 -1=ch2⋅2n-1θ  =ch2nθ  符合递推关系，
所以a n =ch2n-1θ 
5
，因为a = ， 2025 3
所以ch22024θ 
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=chθ 
eθ+e-θ
= ， 2
32-2024+3-2-2024
所以a=
2
12.(2025·江西·一模)已知函数fx 
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Qx,y
4
 ，
设OP  =r，OP与x正半轴夹角为θ，
x=rcosθ
x=rcosθ+π
可得： ， 4 
y=rsinθ

y=rsinθ+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0<t<1时，h(t)>0，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gx
14
 =g1
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fx  =x-a  lnx-x.(1)当a=e时，求fx
15
 的单调区间；
(2)设x 1 ,x 2x 1 <x 2  是fx  的两个极值点，
2
①求证：x +x > ；
1 2 e
2 1+ae
②求证： <x -x <e-2+2a+1.
e 2 1
【答案】(1)减区间为0,e  ，增区间为e,+∞  ；
(2)①②证明见解析.
【分析】(1)利用导数的几何意义求解即可；
1 2
(2)①分析得a=xlnx的两根为x,x ，且0<x < <x <1，再构造函数h(x)=g -x
1 2 1 e 2 e
 -g(x),
1
0<x<
e
 ，利用导数得其单调性即可证明原不等式；
②将左边不等式等价转化证明ex -1>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0<x < <x <1．
1 e 2
2
令h(x)=g -x
e

1
-g(x),0<x<
e
 ，
2
则h(x)=-ln-x2+ x
e

1
-2>0，所以h(x)在0,
e

1
单调递增，所以h(x)<h
e
 =0，
2
所以g -x e 1  <gx 1  =gx 2 
2 1 1 1
，又 -x > ,x > ，g(x)在 ,+∞ e 1 e 2 e e  单调递增．
2 2
所以 -x <x ，即x +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Gx  单调递减；
x∈1,+∞  时，G(x)>0，此时函数Gx  单调递增；
则G(x)>G1  =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 <x -x =e-2+2a+1，从而右边得证．
2 1 4 3
14.(2025·山东济宁·一模)∀x∈e,+∞  ，若x2+2a2lnx≥ax2+lnx  恒成立，则实数a的取值范围是
．
e 【答案】-∞,
2
 e2 ∪

2

【分析】对不等式进行变形可得x-2a  x-alnx  ≥0，构造函数fx  =x-alnx，利用导数研究fx  的单
调性，进而可求a的取值范围.
【详解】x2+2a2lnx≥ax2+lnx  在x∈e,+∞  上恒成立
⇔x2-2ax+2a2lnx-axlnx≥0
⇔xx-2a  +alnx2a-x  ≥0
⇔x-2a  x-alnx  ≥0
当  x-2a=0 时，即2a=alnx解得x=e2，此时a= e2 .
x-alnx=0 2
令fx  =x-alnx，则fx 
a x-a
=1- = ，
x x
①当a≤e时，fx  ≥0．fx  在e,+∞  上单调递增，
∴fx  ≥fe  =e-a≥0，∴x-2a≥0恒成立，∴x≥2a恒成立，
e
∴2a≤e∴a≤ ；
2
②a>e时．f0  在e,a  上单调递减，在a,+∞  上单调递增
∴f(x) min =fa  =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fx  =ln1+x  -x．
(1)求fx  的单调区间；
(2)证明：x≥0时，fx 
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fx 
x
≤ -x，即证ln1+x
1+x

x
≤ ，令Hx
1+x
 =ln1+x 
x
- ，对Hx
1+x
 求导，得到
Hx  ≤H0  =0即可证明.
1
(3)分离常数，得a≤
ln1+ 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-1<x<0时，f(x)>0；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，fx 
x
≤ -x，即证ln1+x
1+x

x
≤ 在0,+∞
1+x
 恒成立，
令Hx  =ln1+x 
x
- ，x∈0,+∞
1+x
 ，
Hx 
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

21+x 
，
1+x
令mx  =2 1+x-2+x  ，mx 
1 1- 1+x
= -1= ，
1+x 1+x
当x≥0时，1- 1+x≤0，mx  ≤0，
所以mx  在0,+∞  上单调递减，所以mx  ≤m0  =0，
则Hx  ≤0，所以Hx  在0,+∞  上单调递减，
所Hx  ≤H0  =0，所以ln1+x 
x
≤ ，
1+x
综上，x≥0时，fx 
x
≤ -x；
1+x
1
(3)不等式1+
n

n+a 1
≤e等价于不等式(n+a)ln1+
n
 ≤1，
1 1
由1+ >1可得：a≤
n ln1+ 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kx 
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
-1<x<0时，h(x)>0，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-1<x<0时，g(x)>g(0)=0，当x>0时，g(x)<g(0)=0，
∴当-1<x<0时，k(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)≤k0
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fx 1  ≤gx 2  ，则实数a的取值范围是 .
【答案】-1,+∞ 
【分析】将问题转化为fx  ≤gx 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，fx  ≤gx
min
 ，当x<1时，x-1<0，ex-e<0，所以fx
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0<x<1时，h(x)>0；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-1<x <-
2 0 0 2
【答案】ABD
ex
【分析】方程f(x)=ex-ax2=0的根的问题，通过变形转化为直线y=a与函数g(x)= 图象交点问题；
x2
对于函数f(x)的单调性问题，通过求一阶导数f(x)，再对f(x)求导研究单调性，进而确定f(x)的单调性.
【详解】显然f0  ≠0，由fx 
ex
=ex-ax2=0，得a= ，
x2所以直线y=a与函数gx
19

ex
= 的图象有2个交点，又gx
x2

exx-2
=

，
x3
所以当x<0或x>2时，gx  >0；当0<x<2时，gx  <0，
所以gx  在-∞,0  和2,+∞  上单调递增，在0,2  上单调递减，
从而gx 
e2
在x=2处取得极小值 .
4
又x→+∞时，gx  →+∞；当x→-∞时，gx  →0；当x→0时，gx  →+∞，
在同一直角坐标系中作出gx  的图象以及直线y=a，
e2
由图可见，当且仅当a= 时，直线y=a与g(x)的图象有两个公共点，故A正确；
4
1 1
当a= 时，f(x)=ex- x2，对f(x)求导得f(x)=ex-x.
2 2
再对h(x)=f(x)求导得h(x)=ex-1.
令h(x)=0，即ex-1=0，解得x=0.
当x<0时，h(x)<0，h(x)=f(x)单调递减；
当x>0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-1<x <- ，选项D正确.
0 0 2
故选：ABD.
z z
18.(2025·山东烟台·一模)已知正数x,y满足x2+xy+4y2-z=0，则 的最小值为 ：当 取得
xy xy
2z
最小值时，不等式2ex+4axy-axln ≥0恒成立，则实数a的取值范围为 .
5
【答案】 5 a≥-e
z x 4y
【分析】由已知有 = + +1，应用基本不等式求最小值，注意取值条件，进而有2ex+2ax2-
xy y x
ex
axlnx2≥0恒成立，问题化为a≥- 在x∈(0,+∞)上恒成立，应用导数求右侧的最大值，即可得
x2-xlnx
参数范围.z x 4y x 4y
【详解】由题设 = + +1≥2 ⋅ +1=5，当且仅当x=2y时等号成立，
xy y x y x
z
所以 的最小值为5，此时不等式化为2ex+2ax2-axlnx2≥0x>0
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
0<x<1时f(x)<0，x>1时f(x)>0，
所以fx  在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故f(x)≥f(1)=1>0，则xx-lnx  >0x>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) exx-1
所以h(x)=- =-
(x2-xlnx)2
 x-1-lnx 
，
(x2-xlnx)2
令y=x-1-lnxx>0 
1
，y=1- x>0
x
 ，
1
y=1- x>0
x
 在0,+∞  单调递增，且yx=1=0，
则x∈0,1  时，y<0，函数y=x-1-lnxx>0  在0,1  单调递减，
x∈1,+∞  时，y>0，函数y=x-1-lnxx>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hx  在0,1  单调递增，
当x∈1,+∞  ，h(x)<0，则hx  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fx 
ex+e-x x2
= -a1+
2 2
 a∈R  ．
(1)若曲线y=fx  在 1,f1   
e
处的切线的斜率为 ，求a的值；
2
(2)若x=0是fx  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fx 
ex+e-x x2
= -a1+
2 2
 a∈R  ，
根据求导公式ex  =ex，e-x  =-e-x，xn  =nxn-1，
可得fx 
ex-e-x
= -ax，
2
因为曲线y=fx  在 1,f1   
e
处的切线的斜率为 ，
2
所以f1 
e-e-1 e 1
= -a= ，解得a=- ；
2 2 2e(2)由(1)可得fx
21

ex-e-x
= -ax，令gx
2
 =fx 
ex-e-x
= -ax
2
则gx 
ex+e-x
= -a，
2
若x=0是fx  的极小值点，则f0 
e0-e-0
= -a×0=0，
2
则fx  在x=0左侧附近小于0，在x=0右侧附近大于0，
这意味着fx  在x=0处的导数gx  >0，
把x=0代入gx  得gx 
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gx 
ex+e-x
= -a>0恒成立，则fx
2
 在R上单调递增，
当x<0时，fx  <f0  =0，fx  单调递减；
当x>0时，fx  >f0  =0，fx  单调递增，所以x=0是fx  的极小值点；
当a=1时，此时g0  =0，令hx  =gx 
ex+e-x
= -1，
2
则hx 
ex-e-x
= ，此时h0
2
 =0，
因为hx 
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gx  ≥0恒成立，
则fx  在R上单调递增，
当x<0时，fx  <f0  =0，fx  单调递减；当x>0时，fx  >f0  =0；
所以x=0是fx  的极小值点；
当a>1时，
令gx 
ex+e-x
=0，即 -a=0，设ex=tt>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<a- a2-1<1，
存在x 0 ≠0x 0 =lnt  ，使得在x 0 附近，当x在x 0 到0之间或0到x 0 之间时，gx  <0，fx  单调递减，
此时fx  在x=0两侧不满足左负右正，则x=0不是fx  的极小值点；
综上a的取值范围是-∞,1  .
20.(2025·浙江·一模)已知函数fx  =3x2-8sinx+φ  ，其中φ  ≤π.
(1)若函数fx  是偶函数，求φ；
(2)当φ=0时，讨论函数fx  在 0,+∞  上的零点个数；
(3)若∀x≥0，fx  ≥0，求φ的取值范围.
π
【答案】(1)φ=±
2
(2)两个零点 π 2 3
(3)φ∈-π, -
 6 3
22

【分析】(1)由偶函数的定理建立等式，求出φ；
(2)代入φ=0，得到f0  =0，写出fx  ，令hx  =fx  后在求导.由fx  解析式可知当x≥π时，fx  >
0恒成立.当0<x<π时，hx  >0，得到fx  单调递增，由二分法知道fx  =0在x 1 ∈0,π  存在唯一
零点x=x 1 .由此知道函数fx  的单调区间，再由二分法得到函数零点.
2
(3)当x≥ π时，fx
3

2
>0恒成立，所以当0≤x< π时，由f0
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fx  是偶函数，所以f-x  =fx  .
即3x2-8sin-x+φ  =3x2-8sinx+φ  ，
π
解得：φ=± .
2
(2)当φ=0时，fx  =3x2-8sinx.
f0  =0，f'x  =6x-8cosx，
令hx  =fx  =6x-8cosx，则hx  =6+8sinx.
当x≥π时，fx  >3π2-8>0，
当0<x<π时，hx  =6+8sinx>0，fx  单调递增，
又f0  =-8<0，fπ  =6π+8>0，
所以存在x 1 ∈0,π  ，使得fx 1  =0.
x∈0,x 1  ，fx  <0，fx  单调递减，x∈x 1 ,+∞  ，fx  >0，fx  单调递增，
而f0  =0，fx 1  <0，fπ  =3π2>0，所以在x 1 ,π  上存在一个零点.
综上，函数fx  在0,+∞  有两个零点.
2
(3)当x≥ π时，fx
3

4π2 2
> -8>0；当0≤x< π时，f0
3 3
 =-8sinφ≥0，
则φ∈-π,0  .
(ⅰ)当φ∈ -π,- 2π
 3
 时，x+φ∈-π,0  ，sinx+φ  <0，fx  >0成立；
2π π (ⅱ)当φ∈- ,-
3 2
 时，
若x∈  π , 2π
 2 3
 ，则fx  =6x-8cosx+φ  >3π-8>0，fx  单调递增，
所以fx 
π
>f
2

3π2
= -8cosφ>0；
4
若x∈ 0, π
 2
 2π ，则x+φ∈- ,0
3
 ，sinx+φ  <0，fx  >0成立；
π (ⅲ)当φ∈- ,0
2
 时，若sinx+φ  ≤0，则fx  ≥0成立；
只要考虑sinx+φ  >0，此时令hx  =fx  =6x-8cosx+φ  ，
则hx  =6+8sinx+φ  >0，fx  递增，f0 
π
=-8cosφ<0，f
2
 =3π+8sinφ>0，
π
所以存在x ∈0, 0 2  ，使得fx 0  =6x 0 -8cosx 0 +φ  =0，
若x∈0,x 0  ，则fx  <0，fx 
π
递减；若x∈x , 0 2  ，则fx  >0，fx  递增.所以fx
23
 ≥fx 0  =3x2 0 -8sinx 0 +φ 
9 2 3
=3x2-8 1- x2≥0，解得x ≥ . 0 16 0 0 3
此时cosx 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=0n∈N*  引斜率为k nk n >0  的切
线l n ，切点为P nx 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 2n+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
fx  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 n1+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 n1+x n n 
n 2n+1
= 2n+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fx  在R上单调递增，
则x∈0,+∞  时，fx  =x+cosx>f0  =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fx  =xlnx．(1)求函数fx
24
 的极值；
(2)求证：当0<x≤1时，2fx  ≥x2-1；
(3)若hx 
f(x)
=x2-2t1+
x
 ，其中0<t<1，讨论函数hx  的零点个数．
【答案】(1)f(x) =-e-1，无极大值
极小值
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】(1)对fx  求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得函数的极值；
(2)不等式等价于0<x≤1，2xlnx-x2+1≥0，令gx  =2xlnx-x2+1，(0<x≤1)，利用导数证明gx 
≥0即可；
(3)讨论hx  =x2-2t1+lnx  (0<t<1)的零点个数问题，先对x分类讨论去绝对值，易得hx  在
0，e-1  上总有唯一的零点；当x>e-1时，对hx  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)fx  =lnx+1x>0  ，令fx  =0，得x=e-1，
当0<x<e-1时，fx  <0，fx  单调递减，
当x>e-1时，fx  >0，fx  单调递增，
所以f(x) =fe-1
极小值
 =-e-1，无极大值．
(2)证明：原不等式等价于：0<x≤1，2xlnx≥x2-1，
即0<x≤1，2xlnx-x2+1≥0，
令gx  =2xlnx-x2+1，(0<x≤1)，下证：gx  ≥0，
则gx  =2lnx+2-2x，设mx  =gx  ，则mx 
2 2(1-x)
= -2= ≥0，等号当且仅当x=1时成立，
x x
所以mx  =gx  在0<x≤1上单调递增，gx  ≤g(1)=0，等号当且仅当x=1时成立，
所以gx  在0<x≤1上单调递减，gx  ≥g1  =0，即原不等式成立．
(3)等价于hx  =x2-2t1+lnx  (0<t<1)的零点个数问题：
①当0<x<e-1时，hx  =x2+2t1+lnx  ，显然hx  在0，e-1  上单调递增，
又h0  →-∞，he-1  =e-2>0，所以hx  在0，e-1  上总有唯一的零点；
②当x>e-1时，hx  =x2-2t1+lnx  ，
则hx 
2t 2x+ t
=2x- =
x
 x- t 
，
x
(Ⅰ)若0<t≤e-2，则hx  >0在e-1,+∞  上恒成立，hx  在e-1,+∞  上单调递增，
hx  >he-1  =e-2>0，hx  在e-1,+∞  上无零点；
(Ⅱ)若e-2<t<1，当e-1<x< t时，hx  <0，hx  单调递减；
当x> t时，hx  >0，hx  单调递增；
h(x) min =h t  =-t1+lnt  ，令h(x) min =h t  =0，得t=e-1．
i  若e-2<t<e-1，则h(x) min =h t  >0，hx  在e-1，+∞  上无零点；
ii  若t=e-1，则h(x) min =h t  =0，hx  在e-1，+∞  上有唯一零点；
iii  若e-1<t<1，则h(x) min =h t  <0，又he-1  =e-2>0，
又由(2)知lnx≤x-1，xlnx≤x2-x得，得h2t  =4t2-2t-2tln2t≥0，
由零点存在性定理可知，hx  在e-1，t  ， t，2t  上各有一个零点．
综上所述：当0<t<e-1时，hx  有一个零点：当t=e-1时，hx  有两个零点；当e-1<t<1时，hx  有三个零点．
23.(2025·安徽滁州·一模)已知函数fx
25

sinx
= 的极值点从小到大依次为x 1 ，x 2 ，x 3 ，⋯，fx
x
 是fx 
的导函数，则 ( )
A. f1 
π
>0 B. x ∈0, 1 4 
C. x 2 是fx  的极小值点 D. 2x >x +x 2 1 3
【答案】ACD
【分析】对函数fx 
sinx
= 求导，为研究导函数fx
x

2xcosx-sinx
= 的正负，构造函数gx
2x x
 =2x-
2xcosx-sinx
tanx= ，通过对其求导，分段讨论研究函数gx
cosx
 的单调性，进而研究函数fx  的极值点，判
断各个选项即可.
【详解】fx 
sinx
= ，定义域为0,+∞
x
 ，
则fx 
cosx⋅ x-sinx⋅ 1
2 x =
 x 
2xcosx-sinx = ，f1
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f1 
1
=cos1- sin1>0，故选项A正确；
2
令gx 
2xcosx-sinx
=2x-tanx= ，则gx
cosx

1 2cos2x-1
=2- = .
cos2x cos2x
π
①考虑x∈0,
2
 的情况：
π
当0<x< 时，gx
4

π π
>0；当 <x< 时，gx
4 2
 <0；
则函数gx 
π
在0,
4

π π
上单调递增，在 ,
4 2
 上单调递减.
又g0 
π
=0，g
4

π π π
= -1>0，当0<x< 且x→ 时，gx
2 2 2
 →-∞，
π π
则存在t ∈ , 1 4 2  ，使得gt 1  =0，
当0<x<t 1 时，gx 
2xcosx-sinx
= >0， cosx
此时cosx>0，则2xcosx-sinx>0，故fx  >0；
π
当t 1 <x< 2 时，gx 
2xcosx-sinx
= <0， cosx
此时cosx>0，则2xcosx-sinx<0，故fx  <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fx  <0.
结合①可知，fx  在0,t 1  上单调递增，在t 1 ,π  上单调递减，
函数fx 
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π<x< 时，gx
4
26

5π 3π
>0；当 <x< 时，gx
4 2
 <0；
则函数gx 
5π
在π,
4

5π 3π
上单调递增，在 ,
4 2
 上单调递减，
gπ 
5π
=2π，g
4

5π 3π 3π
= -1>0，当π<x< 且x→ 时，gx
2 2 2
 →-∞，
5π 3π
则存在t ∈ , 2 4 2  ，使得gt 2  =0，
当π<x<t 2 时，gx 
2xcosx-sinx
= >0， cosx
此时cosx<0，则2xcosx-sinx<0，此时fx  <0；
3π
当t 2 <x< 2 时，gx 
2xcosx-sinx
= <0， cosx
此时cosx<0，则2xcosx-sinx>0，此时fx  >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fx  >0；
结合③可知，fx  在π,t 2  上单调递减，在t 2 ,2π  上单调递增，
综上，fx  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fx  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fx  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gx 
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gt 3  =0，
当2π<x<t 3 时，gx  >0，此时fx  >0；
5π
当t 3 <x< 2 时，gx  <0，此时fx  <0；
综合可知，fx  在0，t 1  上单调递增，在t 1 ,t 2  上单调递减，在t 2 ,t 3 
5π
上单调递增，在t , 3 2  上单调递
减，
9π 5π
可知x =t ∈ ,
3 3 4 2
 .
由题可知tanx =2x ，tanx =2x ，tanx =2x .
1 1 2 2 3 3
π π
令p=x -π∈ ,
2 4 2

π π
，q=x -2π∈ ,
3 4 2
 ，
则tanx 2 =tanp+π  =tanp=2p+2π，可得tanp-2p=2π，
tanx 3 =tanq+2π  =tanq=2q+4π，可得tanq-2q=4π，
π π
由tanx <tanx <tanx 可得tanx <tanp<tanq，则 <x <p<q< ，
1 2 3 1 4 1 2
则tanq-2q  +tanx 1 -2x 1  =2tanp-2p  ，即gq  +gx 1  =2gp  ，
q x q x
tanq+tanx q+x tan tan 1 tan +tan 1
1 -tan 1 = 2 + 2 - 2 2
2 2 q x q x
1-tan2 1-tan2 1 1-tan tan 1
2 2 2 2q x
tan 1-tan2 1
2 2
=
27

x q
+tan 1 1-tan2
2 2

q
1-tan2
2

x
1-tan2 1
2

q x
tan +tan 1
2 2
-
q x
1-tan tan 1
2 2
q x
tan +tan 1
2 2
=

q x
1-tan tan 1
2 2

q
1-tan2
2

x
1-tan2 1
2

q x
tan +tan 1
2 2
-
q x
1-tan tan 1
2 2
q x =tan +tan 1
2 2

q x
1-tan tan 1 2 2 ⋅ 
2 q
-1-tan2 2 
x
1-tan2 1 2 
q
1-tan2
2

x
1-tan2 1
2

q x
1-tan tan 1
2 2

q x
tan +tan 1
2 2
=

q x
tan -tan 1
2 2

2
q
1-tan2
2

x
1-tan2 1
2

q x
1-tan tan 1
2 2

.
π x p q π x q q x q x
又 < 1 < < < ，则0<tan 1 <tan <1，tan -tan 1 >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 >2tan 1 -2⋅ 1
1 1 2 2
 ，
即-gq  -gx 1 
q+x
>-2g 1 2  ，即gq  +gx 1 
q+x
<2g 1 2  ，
可得gp 
q+x
<g 1
2
 .
π π
又p∈ ,
4 2

q+x π π
， 1 ∈ ,
2 4 2
 ，函数gx 
π π
在 ,
4 2
 上单调递减，
q+x x -2π+x
所以p> 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fx  =xlnx-1  -axa∈R  ．
(1)若fx  在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)若y=fx  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fx  ，令gx  =lnx-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=fx  -m有两个不同的零点时，a>2，由fx  =0，则x=x ，x= 1
x 21<x 1 <2<x 2  ，判断fx  的单调性，可得m=fx 1  ，通过求导即可证明.
【详解】(1)函数fx  =xlnx-1  -ax的定义域为1,+∞  ，
可得fx  =lnx-1 
x
+ -a，
x-1
令gx  =lnx-1 
x
+ -a，
x-1
所以gx 
1 1 x-2
= - = ，
x-1 (x-1)2 (x-1)2
因为1<x<2时，gx  <0，所以fx  单调递减，
x>2时，gx  >0，所以fx  单调递增，所以f(x) min =f2
28
 =2-a，
因为fx  在定义域上单调递增，所以fx  ≥0恒成立，
所以2-a≥0，即a≤2；
(2)由(1)可知，当y=fx  -m有两个不同的零点时，a>2，
此时f(x) min =f2  =2-a<0，
且x→1时fx  →+∞，x→+∞时fx  →+∞，
所以fx  =0，则x=x 1 ，x=x 21<x 1 <2<x 2  ，其中lnx i -1 
x
+ i =ai=1,2 x-1
i
 ，
因为1<x<x 1 时，fx  >0，fx  单调递增，
x 1 <x<x 2 时，fx  <0，fx  单调递减，
x>x 2 时，fx  >0，fx  单调递增，
所以x=x 1 为fx  的极大值点，则m=fx 1  ，
且fx 1  =x 1 lnx 1 -1   -a  =x 1 lnx 1 -1  -lnx 1 -1    - x 1  x -1
1
 x2 =- 1 ， x -1
1
设gx 
x2
=- 1<x<2
x-1
 ，则gx 
xx-2
=-

>0，
x-1
所以gx  在1,2  单调递增，
所以gx  <g2  =-4，即m<-4.
e2x
25.(2025·北京延庆·一模)已知函数f(x)=- +(1-a)ex+ax.
2
(1)若a=1，求f(x)在(1,f(1))处的切线方程；
(2)若a<-1，求f(x)的单调区间；
(3)若a<-1，且f(m)=f(n)=0(m<n)，证明：f(m)+f(n)>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fm  +fn  ，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fx 
e2x
=- +x,fx
2
 =1-e2x.
所以k=f1  =1-e2，
又f1 
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fx  =ax+1-a 
e2x
ex- ，定义域为R，
2
fx  =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fx  =ex+a  1-ex  ，
又a<-1，f(m)=f(n)=0(m<n)，
所以em,en是方程x2-1-a  x-a=0的两个根.
em+en=1-a
依题意，有 ，

em⋅en=-a
所以em+n=-a，即m+n=ln(-a)，
所以fm  +fn  =am+1-a 
e2m
em- +an+1-a
2

e2n
en-
2
=am+n  +1-a  em+en 
e2m+e2n
-
2
=aln-a  +1-a 
em+en
2-
 2-2emen
2
=aln-a  +1-a 
1-a
2-
 2
-a=aln-a
2

1-a
+
 2
-a，
2
令ga  =aln-a 
1
+ 1-a
2
 2-a，则g(a)=ln(-a)+a-1，
令h(a)=g(a)=ln(-a)+a-1，则ha 
1
= +1.
a
因为a<-1，所以ha 
1 a+1
= +1= >0，
a a
所以g(a)=ln(-a)+a-1在(-∞,-1)上是增函数，
所以g(a)<g(-1)=0，所以g(a)在(-∞,-1)为减函数，
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fx  =x2-2xlnx-1.
(1)求证：当x>1时，fx  >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fx  求导，并构造φ(x)=fx  ，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gt 
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fx  =x2-2xlnx-1得fx  =2x-lnx-1  ，
令φ(x)=2x-lnx-1  ，则φx 
1
=21-
x

2x-1
=

x
当x>1时，φx  >0，所以函数φ(x)在1,+∞  上单调递增，
又∵φ1  =0，∴φx  >φ1  =0，
∴fx  在1,+∞  上单调递增，
∵f1  =0，∴fx  >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gt 
t-1
= -lnt，t∈1,+∞
2t-1
 ，
∵gt 
1
=
2t-1 
1 -4t2+5t-1
- =
2 t t2t-1 
-4t-1
=
2
 t-1 
t2t-1 
<0，
2
∴gt  在1,+∞  上单调递减，
∵g1  =0，∴gt  <0，
∴∀n∈N*，a <a ，
n+1 n
∴a
n
 为递减数列；
1
(ⅱ)由(i)可知，a ≤a = ，
n 1 2
n-1 k+1
∵lnn=∑ln ，
k
k=1
n 1 1 n-1 1 k+1
∴a =∑ -lnn= +∑ -ln
n k+1 n+1 k+1 k
k=1 k=1
 ，
1 1
由(1)可知，当x>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
kk+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fx  =x(ex-a)2．
(1)当a=0时，求fx  的单调区间；
(2)若fx  是增函数，求a的取值范围；(3)当0<a<1时，设x 0 为fx
31

1
的极小值点，证明：- 2e <fx 0  <0．
1
【答案】(1)单调递增区间为- ,+∞
2

1
，单调递减区间为-∞,-
2
 ．
(2)-∞,-2e
-3
2  ∪1 
(3)证明见解析
【分析】(1)在a=0时，根据导函数的符号即可求得原函数的单调区间；
(2)求出fx  =ex-a  2xex+ex-a  ，设gx 
3
=2xex+ex-a，求导推得g(x) =g- min 2  =-2e
-3
2 -a，根
据参数a分a≤-2e
-3
2，-2e
-3
2 <a≤0和a>0三种情形，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gx 
1
的零点，推得- 2 <x 1 <0，x 1 >lna，分段讨论函数fx  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fx 0  =4x3 0 e2x0，设hx 
1
=4x3e2x- <x<0 2  ，求导得出hx  在
1
- ,0
2
 上的单调性，即可求出其范围，即得证.
【详解】(1)当a=0时，fx  =xe2x，fx  =2x+1  e2x，
1
因当x∈-∞,-
2
 时，fx 
1
<0，当x∈- ,+∞
2
 时，fx  >0，
所以fx 
1
的单调递增区间为- ,+∞
2

1
，单调递减区间为-∞,-
2
 ．
(2)因fx  =ex-a  2xex+ex-a  ，
设gx  =2xex+ex-a，gx  =2xex+3ex=2x+3  ex，
3
当x∈-∞,-
2
 时，gx 
3
<0，当x∈- ,+∞
2
 时，gx  >0，
则gx 
3
在-∞,-
2

3
上单调递减，在- ,+∞
2
 上单调递增，
3
故x=- 时，gx
2

3
取得极小值g-
2
 =-2e
-3
2 -a，
(ⅰ)所以当a≤-2e
-3
2 时，gx  ≥0，ex-a>0，所以fx  >0，fx  单调递增，符合题意；
(ⅱ)当-2e
-3
2 <a≤0时，y=ex-a>0，
因为x趋近于-∞时，gx  趋近于-a，x趋近于+∞时，gx  趋近于+∞，
所以gx  存在两个零点，
即存在区间使得gx  <0，所以fx  ≥0不恒成立，不合题意；
(ⅲ)当a>0时，若fx 
3
≥0，因为y=ex-a的零点为x=lna，且g-
2
 =-2e
-3
2 -a<0，
则gx  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glna  =2alna=0，解得a=1，此时，当x>0时2xex+ex-1>ex-1>0；
当x<0时2xex+ex-1<ex-1<0，则fx
32
 ≥0
所以综上a的取值范围为-∞,-2e
-3
2  ∪1  .
1
(3)当0<a<1时，g- 2  =-a<0，g0  >0，设x 1 为gx 
1
的零点，则- <x <0， 2 1
因为glna  =2alna<0，所以x >lna， 1
当x∈-∞,lna  时，y=ex-a<0，gx  <0，故fx  >0，fx  在-∞,lna  单调递增，
当x∈lna,x 1  时，y=ex-a>0，gx  <0，所以fx  <0，fx  在lna,x 1  单调递减，
当x∈x 1 ,+∞  时，y=ex-a>0，gx  >0，所以fx  >0，fx  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fx 0  =ex0-a  2x =(-2x ex0)2x =4x3e2x0， 0 0 0 0
设hx 
1
=4x3e2x- <x<0
2
 ，则hx  =42x+3  x2e2x>0，hx 
1
在- ,0
2
 上单调递增，
所以hx  <h0  =0，且hx 
1
>- 2 
1 1
=- 2e ，故得- 2e <fx 0  <0．
28.(2025·安徽合肥·一模)已知函数fx 
1
=lnx-ax-
x
 ，其中a>0.
(1)讨论fx  的单调性；
(2)若函数fx  有两个极值点x 1 ，x 2 (x 1 <x 2 )，证明：fx 1  +fx 2  +fx 1 +x 2 
3
>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 <x )确定a的范围，代入函数值，构造函数，利用函数单调性求解.
1 2 1 2
【详解】(1)由题意得，函数fx  的定义域为0,+∞  ，且a>0，fx 
1 a -ax2+x-a
= -a- = ，
x x2 x2
令gx  =-ax2+x-a，
1
当1-4a2≤0，即a≥ 时，gx
2
 ≤0恒成立，则fx  ≤0，所以fx  在0,+∞  上是单调递减；1
当1-4a2>0，即0<a< 时，函数gx 2
33

1- 1-4a2 1+ 1-4a2
有两个零点：x = ，x = ， 1 2a 2 2a
当x变化时，fx  ，fx  的变化情况如下表所示：
x 0,x
1
 x x ,x
1 1 2
 x x ,+∞
2 2

f x  - 0 + 0 -
fx 
单调递
fx
1
减

单调递
fx
2
增

单调递
减
1
综上，当0<a< 时，fx
2

1- 1-4a2 1+ 1-4a2
在 ,
2a 2a
 内单调递增，
1- 1-4a2
在0,
2a

1+ 1-4a2
和 ,+∞
2a
 上单调递减；
1
当a≥ 时，fx
2
 在0,+∞  上单调递减.
1
(2)由(1)知，当0<a< 时，fx 2  有两个极值点x ，x (x <x )， 1 2 1 2
则x 1 ，x 2 是方程gx 
1
=0的两个根，由韦达定理，得xx =1，x +x = ， 1 2 1 2 a
所以0<x <1<x ，
1 2
fx 1  +fx 2  +fx 1 +x 2  =fx 1 
1
+f x
1

1
+f a 
1
=lnx -ax -
1 1 x
1

1 1
+ln -a -x
x x 1
1 1

1
+f
a

1
=f
a

1 1
=ln -a -a
a a
 =-lna-1+a2，
令hx 
1
=-lnx-1+x2，0<x< ，则hx
2

1 2x2-1
=- +2x= ，
x x
1
当0<x< 时，hx
2
 <0，则hx 
1
在区间0,
2
 上单调递减，
从而hx 
1
>h
2

3
=ln2- ，
4
故fx 1  +fx 2  +fx 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 =ln1+ n n 
n
，则可通过研究函数y=ln1+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≥ln1+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 <an 1 -1？若存在，求a的值；若不存在，请说明
n
理由.
(注：e为自然对数的底数)
【答案】(1)c≥1；证明见解析
(2)存在，a=e2【分析】(1)当x=0时，cx≥ln1+x
34
 恒成立，c∈R；当x>0时，cx>ln1+x 
ln1+x
可化为c≥

，令
x
gx 
ln1+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
ln1+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 <an -1推出 ln a>ln1+
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ln1- 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≥ln1+x  显然恒成立，c∈R；
当x>0时，cx>ln1+x 
ln1+x
可化为c≥

，
x
令gx  ln1+x =  ，x>0，则gx
x
 x -ln1+x 1+x =  x-1+x =
x2
 ln1+x 
1+x 
，
x2
令hx  =x-1+x  ln1+x  ，x>0，则hx  =1-ln1+x  -1=-ln1+x  <0在x∈0,+∞  上恒成
立，
因此hx  =x-1+x  ln1+x  在0,+∞  上单调递减，所以hx  <h0  =0，
即gx 
x-1+x
=
 ln1+x 
1+x 
<0在x∈0,+∞
x2
 上恒成立，
所以gx 
ln1+x
=

在0,+∞
x
 上单调递减，
ln1+x
又由洛必达法则可得：lim
x→0
 ln1+x
=lim
x x→0
    1
=lim =1，
x x→0 1+x
所以gx 
ln1+x
<1恒成立，因此，为使c≥

对任意x>0恒成立，只需c≥1；
x
综上，c≥1；
所以x≥ln1+x 
1 1 1
，因为 >0，所以 >ln1+
n n n
 ，
1 则1>nln1+
n
 1 =ln1+
n
 n ，所以e>e ln1+ n 1  n 1 =1+
n
 n 得证；
(2)存在a=e2，使得：∀n∈N*有，1-a - n 1 < 2 <an 1 -1,证明如下：
n
由题意，为使1-a - n 1 < 2 <an 1 -1∀n∈N*恒成立，必有a>0；
n
2 1 1 2 1 2
(i)由 <an -1得an >1+ ，所以 lna>ln1+
n n n n

2 2
，则 ln a>ln1+
n n

2
，因为 >0，
n
由(1)知x≥ln1+x  对任意x>0恒成立，
2 2
为使 ln a>ln1+
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 <a - n 1 ，所以ln1- 2
3 n n n n
 1 2 <- lna=- ln a，
n n
2 2
令x=- ，则- ≤x<0，ln1+x
n 3
 <xln a，
ln1+x
所以ln a<

，同(1)令gx
x

ln1+x
=
 2
，- ≤x<0，
x 3则gx
35
 x -ln1+x 1+x =  x-1+x =
x2
 ln1+x 
1+x 
，
x2
令hx  =x-1+x  ln1+x 
2
，- ≤x<0，
3
则hx  =1-ln1+x  -1=-ln1+x  >0在x∈ - 2 ,0
 3
 上恒成立，
因此hx  =x-1+x  ln1+x  在 - 2 ,0
 3
 上单调递增，所以hx  <h0  =0，
因此gx  x-1+x =  ln1+x 
1+x 
<0在x∈ - 2 ,0
x2  3
 上恒成立，
所以gx  ln1+x =  在 - 2 ,0
x  3
 上单调递减，
ln1+x
又lim
x→0
 ln1+x
=lim
x x→0
    1
=lim =1，
x x→0 1+x
2
所以当- ≤x<0，gx
3
 >1；
ln1+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 <an 1 -1.
n
30.(2025·甘肃兰州·一模)已知公差不为零的等差数列a
n
 满足a =1，且a ,a ,a 成等比数列．
1 2 4 8
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)证明：lna ≤a -1；
n n
(3)若数列b
n

a a 1
满足b = n n+1 ，证明：1+
n 2 b
1

1
1+
b
2

1
1+
b
3

1
⋯1+
b
n
 <e2(e为自然对数的
底)．
【答案】(1)a n =nn∈N* 
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)由等差数列的通项公式及等比数列的性质即可求解，进而可得通项公式；
(2)设f(x)=lnx-x+1，求导，可得f(x)的单调性，进而可得结论；
1
(3)由题意需证ln 1+ b
1

1
1+ b
2

1
⋯1+ b
n


 

<2，由(2)可得ln1+a n  ≤a ，利用放缩法与裂项相消 n
法可证结论.
【详解】(1)设等差数列a
n
 公差为d(d≠0),a =1,a ,a ,a 成等比数列，则a2=a ⋅a ，
1 2 4 8 4 2 8
所以(1+3d)2=(1+d)(1+7d)，解得d=1或d=0(舍去)，所以a n =nn∈N*  ；
1
(2)设f(x)=lnx-x+1,f(x)= -1=0，当x≥1时，f(x)≤0,f(x)单调递减，
x
f(x) =f(1)=0，所以lnx-x+1≤0，由(1)可知a ≥1，
max n
则有lna -a +1≤0，所以不等式lna ≤a -1恒立．
n n n n
1
(3)因为1+
b
1

1
1+
b
2

1
⋯1+
b
n

1
>0，所以要证1+
b
1

1
1+
b
2

1
⋯1+
b
n
 <e2，
1
只需证：ln 1+
b
1

1
1+
b
2

1
⋯1+
b
n





<2，
根据(2)可知lna n ≤a n -1，那么ln1+a n  ≤a ， n1
ln 1+
b
1
36

1
1+
b
2

1
⋯1+
b
n




 1
=ln1+
b
1

1
+ln1+
b
2

1
+⋯+ln1+
b
n

1 1 1
≤ + +⋯+
b b b
1 2 n
2 2 2 1 1 1
= + +⋯+ =2 + +⋯+
a ⋅a a ⋅a a ⋅a 1×2 2×3 n×(n+1)
1 2 2 3 n n+1

1 =2 1-
2
 1 1 + -
2 3
 1 1 +⋯ -
n n+1
  

 1 =21-
n+1
 <2，
1
所以1+
b
1

1
1+
b
2

1
⋯1+
b
n
 <e2.
题型四 双变量问题
31.(2025·山东聊城·一模)已知函数fx 
1
= x2-2ax+lnx.
2
(1)讨论fx  的单调性；
(2)若fx  有两个不同的极值点x 1 ，x 2 ，且fx 1  +fx 2 
a
≥2ln -6a+3，求实数a的取值范围. 2
【答案】(1)答案见解析
(2)(1,2]
【分析】(1)先求出函数的导数，构造二次函数，分类讨论，根据导数的正负来判断函数的单调性.
(2)利用极值点与导数的关系，结合二次函数和韦达定理，构造函数，求导研究单调性，解不等式求解.
1
【详解】(1)f(x)= x2-2ax+lnx的定义域为(0,+∞).
2
1 x2-2ax+1
求导可得：f(x)=x-2a+ = .
x x
令g(x)=x2-2ax+1,，其判别式Δ=(-2a)2-4×1×1=4a2-4=4(a2-1).
当Δ≤0，即-1≤a≤1时，因为x>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fx
37
 的导数为fx 
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fx 1  ≥gx 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<x< 时，f(x)<0；当x> 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fx 1  ≥gx 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fx  =log x(a>0且a≠1)，y=fx
a
 关于y=x对称的函数记为y
=gx  .
(1)若a>1，方程fx  -gx  =0有且只有一个实数解，求a的值;
(2)讨论方程gx  -xa=0在0,+∞  上实数解的个数;
(3)若a=e，设函数Fx  =2 x-fx  ，若Fx 1  =Fx 2  x 1 ≠x 2  ，求Fx 1  +Fx 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gx
38
 ，设y=fx  与y=gx  有公共点x 0 ,y 0  ，解由fx 0  =gx 0  及fx 0  =gx 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0<a
x a x
<1、a>1、a=e讨论方程gx  -xa=0在0,+∞  上实数解的个数可得的答案；
(3)由Fx 1  =Fx 2  得Fx 1  +Fx 2  =2 x 1 x 2 -lnx 1 x 2 ，设 x 1 x 2 =t(t>4)，则ht  =2t-2lnt，利用导
数判断出ht  在4,+∞  上的单调性可得答案.
【详解】(1)∵fx  =log a x关于y=x对称的函数为y=ax，∴gx  =ax，
设y=fx  与y=gx  有公共点x 0 ,y 0  ，
由对称性可知，x 0 ,y 0  在y=x上，
∵fx 
1
= ，gx
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，gx  =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0<a<1，方程gx  -xa=0在0,+∞  上实数解的个数为1个.
当a>1，a≠e，方程gx  -xa=0在0,+∞  上实数解的个数为2个.
当a=e，方程gx  -xa=0在0,+∞  上实数解的个数为1个；
(3)∵Fx  =2 x-lnx，定义域为0,+∞  ，求导得Fx 
1 1
= - ，
x x
又∵Fx 1  =Fx 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
∴Fx 1  +Fx 2  =2 x 1 x 2 -lnx 1 x 2  ，
设 x 1 x 2 =t(t>4)，则ht  =2t-2lnt，
易知ht 
2 2t-2
=2- = >0，
t t
∴ht  =2t-2lnt在4,+∞  单调递增，
∴ht  >h4  =8-4ln2，
∴Fx 1  +Fx 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fx 
ln1-x
=
   ,x<1
,gx
(x-2)2+a,x≥1

1
= 1-x
e


 ，若函数fx  与gx  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fx
39
 =ln1-x  ，令y=fx  -gx  =ln1-x 
1
- 1-x
e
 ，
1-x-e
求导可得y=
e1-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=
e1-x 
+ 0 -
y=ln1-x 
1
- 1-x
e
 单调递增 极大值 单调递减
由函数y=ln1-x 
1
- 1-x
e
 的极大值为0，则存在唯一零点，
所以函数fx  与函数gx  在-∞,0  上有且仅有一个交点；
当0<x<1时，fx  =-ln1-x  ，令y=gx  -fx 
1
= 1-x
e
 +ln1-x  ，
x-1-e
求导可得y=
e1-x 
，显然x∈0,1 
x-1-e
上y=
e1-x 
<0，
1
则函数y= 1-x
e
 +ln1-x  在0,1  上单调递减，
1 1 1
当x=0时，y= >0，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
 +ln1-x  在0,1  上存在唯一零点，
所以函数fx  与函数gx  在0,1  上有且仅有一个交点；
由题意可得函数fx  与函数gx  在1,+∞  上有且仅有一个交点，
当x≥1时，fx  =x-2  2+a，令hx  =fx  -gx  =x-2 
1
2+a- 1-x
e
 ，
令hx 
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
h1 

 ，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fx  =x(x+c)2在x=1处有极大值.
(1)求实数c的值；
(2)若函数gx  =fx  +a有三个不同的零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)-3
(2)-4<a<0【分析】(1)由题意题干中的函数进行求导，根据极值与导数的关系建立方程，分别检验解得的根，可得答
案；
(2)由(1)明确函数解析式，利用导数求得其极值与单调性，并作图，根据零点定义，将问题等价转化为函数
交点问题，可得答案.
【详解】(1)由函数fx
40
 =x(x+c)2，求导可得fx  =x+c  3x+c  ，
由函数fx  =x(x+c)2在x=1处取极大值，则f1  =0，解得c=-1或-3，
当c=-1时，可得fx  =x-1  3x-1  ，
1
易知当 <x<1时，fx
3
 <0；当1<x时，fx  >0，
则此时函数fx  在x=1处取得极小值，不符合题意，舍去；
当c=-3时，可得fx  =x-3  3x-3  ，
易知当x<1时，fx  >0；当1<x<3时，fx  <0，
则此时函数fx  在x=1处取得极大值，符合题意.
综上所述，c=-3.
(2)由(1)可得函数fx  =xx-3  2，求导可得fx  =3x-1  x-3  ，
令fx  =0，解得x=1或3，可得下表：
x -∞,1  1 1,3  3 3,+∞ 
f x  + 0 - 0 +
fx  单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数fx  的极大值为f1  =4，极小值为f3  =0，
函数gx  =fx  +a存在三个零点，等价于函数fx  图象与直线y=-a存在三个交点，
如下图：
由图可得0<-a<4，则-4<a<0.
36.(2025·四川内江·一模)已知函数fx  =2xlnx+ax2-x，则下列说法正确的是 ( )
A. 当a>0时，fx  在0,+∞  上是增函数
B. 当a=2时，fx 
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fx  在0,+∞  上为减函数，则a≤-e
-3
2
D. 当a<0时，若函数Fx  =fx 
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，fx  =2lnx+2ax+1为增函数，x→0时fx  趋向负无穷，x→+∞时fx  趋向正无穷，
所以存在x 0 ∈0,+∞  使fx 0  =0，故x∈0,x 0  上fx  <0,fx  在0,x 0  上为减函数，错；
对于B，由题设fx  =2lnx+4x+1，则f1  =5，且f1  =1，
所以fx  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fx 
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fx  在0,+∞  上为减函数，
则在0,+∞  上fx 
-1-2lnx
=2lnx+2ax+1≤0恒成立，即2a≤ ，
x
令gx 
-1-2lnx
= ，则gx
x

-1+2lnx 1
= ，易知0<x<e2 时gx
x2

1
<0，x>e2 时gx  >0，
所以gx 
1
在0,e2 
1
上为减函数，在e2,+∞  上为增函数，
所以gx  1 =ge2
min
 =-2e - 2 1 ⇒2a≤-2e - 2 1 ⇒a≤-e - 2 1 ，错；
对于D，函数Fx  =fx  +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gx  1-2lnx = 且x>0，则gx
x+1

2lnx-2 -3
x =
x+1 
，
2
令hx 
2
=2lnx- -3，显然在0,+∞
x
 上为增函数，h5 
17
=2ln5- <0<h6
5

10
=2ln6- ，
3
则∃x 0 ∈5,6  ，使得hx 0 
2
=2lnx 0 - x -3=0，易知0<x<x 0 时hx 0
0
 <0，x>x 0 时hx 0  >0，
则gx  在0,x 0  为减函数，在x 0 ,+∞  为增函数，则gx  min =gx 0 
2
=- ， x
0
当a<0时，limgx
x→0
 →+∞,limgx
x→+∞
 →0，
1-2lnx
所以a= x+1 有且只有一个解时，a=gx 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)= lnx-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)= lnx-1    +2，因为f(2-x)= ln2-x-1
42
   +2= ln1-x    +2=fx  ，
所以∃k<1，使得f(x)关于直线x=1对称；故①对；
由f(x)= lnx-1    -kx+2，
所以f(x)= lnx-1   
lnx-1
-kx+2=
 -kx+2, x≥2
-lnx-1 

， 
-kx+2, 1<x<2
若k>1，
当x≥2时，令fx  =lnx-1  -kx+2，则fx 
1
= -k，
x-1
令hx 
1
= -k，则hx
x-1

1
=-
x-1 
<0，
2
所以fx 
1
= -k在2,+∞
x-1
 单调递减，所以fx 
1
= -k≤f2
x-1
 =1-k<0，
所以f(x) 在2,+∞  单调递减，
当1<x<2时，令fx  =-lnx-1  -kx+2，则fx 
1
=- -k<0，
x-1
所以f(x) 在1,2  单调递减，
所以∀k>1，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hx  = lnx-1    与直线y=kx-2的图象相切时，
设切点横坐标为x 0 ，此时hx  =-ln1-x  ，则hx 
1
= ， 1-x
1 =k
得到方程组 1-x 0
-ln1-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0<x< ；由f(x)>0，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fx  =e2x+1-2a  ex-axa∈R  ．
(1)当a=0时，求fx  在x=0处的切线方程；
(2)讨论fx  的单调性；
(3)若fx  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，fx  =e2x+ex，
∴fx  =2e2x+ex，∴f0  =3．
又f0  =2，故fx  在x=0处的切线方程为：3x-y+2=0．
(2)fx  =2e2x+1-2a  ex-a=2ex+1  ex-a  ．
当a≤0时，fx  >0，故fx  在R上单调递增；
当a>0时，令fx  <0，得x<lna，令fx  >0，得x>lna，
故fx  在-∞,lna  上单调递减，在lna,+∞  上单调递增．
综上所述，当a≤0时，fx  在R上单调递增；
当a>0时，fx  在-∞,lna  上单调递减，在lna,+∞  上单调递增．
(3)当a≤0时，fx  在R上单调递增，不符合题意，故a>0．
由(2)知，当a>0时，fx  =flna
min
 =a1-a-lna  ．
∵fx  有两个零点，∴a1-a-lna  <0．
又∵a>0，∴1-a-lna<0．
令ha  =1-a-lnaa>0  ，则ha 
1 a+1
=-1- =- <0，
a a
∴ha  在0,+∞  上单调递减，且h1  =0，
∴当a>1时，ha  <0，即fx  <0．
min
又f-1 
1 1-2a 1 1 ae-2
= + +a= + +
e2 e e2 e

>0，
e
∴fx  在-1,lna  上有一个零点；
∵ex>x，∴fx  >e2x-2aex-ax>e2x-2aex-aex=exex-3a  ．
∴当x>ln3a时，fx  >0，
∴fx  在lna,ln3a  上有一个零点．
综上所述，fx  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fx 
1
= x3+ax2-x-2alnx.
3
(1)若不等式fx 
1
≥ x3+x2-x恒成立，求实数a的取值范围;
3
(2)若a<0，求证：fx  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<- ，- <a<0三种情况讨论中可证得结论.
x 2 2 21
【详解】(1)由f(x)≥ x3+x2-x可得a(x2-2lnx)≥x2，
3
设g(x)=x2-2lnx，x>0，gx
45

2 2x-1
=2x- =
x
 x+1 
，
x
当0<x<1时，gx  <0;当x>1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gx  =g1
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，Hx
x2-2lnx

2x(1-2lnx)
= ，
(x2-2lnx)2
当0<x< e时，H(x)>0；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f1 
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0<x<1时，f(x)>0；当1<x<-2a时，f(x)<0；当x>-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- <a<0时，当0<x<-2a时，f(x)>0；当-2a<x<1时，f(x)<0；当x>1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- <a<0，所以0<-2a<1，所以ln(-2a)<0，
2
所以2a2+3-3ln(-2a)>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=ex-2
46
 ≠0，ey-e3=ey-3  ≠0，ez-e5=
ez-5  ≠0，其中e为自然对数的底数.则x，y，z的大小关系是 ( )
A. x<y<z B. y<x<z C. z<x<y D. z<y<x
【答案】D
【分析】构建函数ft  =et-et，利用导数分析ft  的单调性，根据题意可得fx  =f2  ，fy  =f3  ，fz 
=f5  ，且x≠2，y≠3，z≠5，结合单调性分析判断.
【详解】设ft  =et-et，可知函数ft  的定义域为R，且ft  =et-e，
因为ft  在定义域上单调递增，且f1  =0，
若t>1，则ft  >0；若t<1，则ft  <0；
可得ft  在1,+∞  上单调递增，在-∞,1  上单调递减，
又因为ex-e2=ex-2  ≠0，ey-e3=ey-3  ≠0，ez-e5=ez-5  ≠0，
可得ex-ex=e2-2e，ey-ey=e3-3e，ez-ez=e5-5e，
即fx  =f2  ，fy  =f3  ，fz  =f5  ，且x≠2，y≠3，z≠5，
可知fx  <fy  <fz  ，且x<1，y<1，z<1，所以z<y<x.
故选：D.
42.(2025·黑龙江·一模)已知函数fx  =lne2x+1  +kxk∈R  是偶函数，则 ( )
A. flog 0.3
5
 <fk  <flog 0.3
0.5
 B. fk  <flog 0.3
0.5
 <flog 0.3
5

C. flog 0.3
0.5
 <fk  <flog 0.3
5
 D. flog 0.3
5
 <flog 0.3
0.5
 <fk 
【答案】A
【分析】利用偶函数的性质求解参数，结合导数判断单调性，再利用对数的运算性质将所有数转化到同一单
调区间内，比较大小即可.
【详解】因为函数fx  =lne2x+1  +kxk∈R  是偶函数，
且f1  =lne2+1  +k，f-1  =lne-2+1  -k，
所以f1  =f-1  ，即lne2+1  +k=lne-2+1  -k，
解得k=-1，得到fx  =lne2x+1  -x，其定义域关于原点对称，
此时f-x  =lne-2x+1 
e2x+1
+x=ln
e2x
 +x=lne2x+1  -lne2x+x，
=lne2x+1  -2x+x=lne2x+1  -x=fx  ，
故fx  =lne2x+1  -x是偶函数，符合题意，
而fx 
2e2x 2e2x e2x+1 e2x-1
= -1= - = ，
e2x+1 e2x+1 e2x+1 e2x+1
令fx  <0，x∈(-∞,0)，令fx  >0，x∈(0,+∞)，
故fx  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fk  =f-1  ，得到flog 5 0.3  <fk  ，
而由偶函数性质得flog 0.5 0.3  =f-log 0.5 0.3 
3
=f-log 0.510 
10
=flog 0.5 3  ，10 10
而log <log 0.5-1=-1，则flog 0.5 3 0.5 0.5 3
47
 >fk  ，
得到flog 5 0.3  <fk  <flog 0.5 0.3  成立，故A正确.
故选：A
43.(2025·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数fx  =lne2x+1  -x，若x∈1,2  时，关于x的不等式f2x+1 
<fx+a  恒成立，则实数a的取值范围为 ( )
A. -7,-4  ∪2,3  B. -7,-3  ∪2,4 
C. -∞,-7  ∪3,+∞  D. -∞,-4  ∪2,+∞ 
【答案】C
【分析】根据函数fx  的单调性和奇偶性，将f2x+1  <fx+a  恒成立转化为2x+1  <x+a  恒成立，
解a的范围即可.
【详解】由题意可得fx 
2e2x e2x-1
= -1= ，令fx
e2x+1 e2x+1
 =0解得x=0，
所以当x<0时，fx  <0，fx  单调递减，
当x>0时，fx  >0，fx  单调递增，
又因为f-x 
1
=ln +1
e2x

1+e2x
+x=ln
e2x
 +x=ln1+e2x  -x=fx  ，
所以fx  为偶函数，大致图象如下，
若x∈1,2  时，关于x的不等式f2x+1  <fx+a  恒成立，
则2x+1  <x+a  对x∈1,2  恒成立，
所以x+a  >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 fx  =ex+2x+3，其导函数为y= fx 
1
，当x∈  ,3
 2
 时，不等式
fx 
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gx  =xex+2x，先转化问题为gx  <g lnax    在x∈  1 ,3
 2
 上恒成立，进而结合导数分析函
数gx  的单调性得到x<lnax  对∀x∈  1 ,3
 2
 恒成立，进而得到a> 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hx  = ex ，x∈  1 ,3
x  2
 ，进而结合导数求解即可.
【详解】因为fx  =ex+2x+3，所以fx  =ex+2，
因为当x∈  1 ,3
 2
 时，不等式fx  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+2<alna+lnx  2lna+lnx +  恒成立，
x
即当x∈  1 ,3
 2
 时，不等式ex+2<alnax  2lnax +  恒成立，
x
即当x∈  1 ,3
 2
 时，不等式xex+2x<axlnax  +2lnax  恒成立，
即当x∈  1 ,3
 2
 时，不等式xex+2x<lnax  ⋅elnax  +2lnax  恒成立，
设gx  =xex+2x，x∈  1 ,3
 2
 ，则gx  =x+1  ex+2>0，
所以函数gx  =xex+2x在  1 ,3
 2
 上单调递增，
所以xex+2x<lnax  elnax  +2lnax  在x∈  1 ,3
 2
 上恒成立，
可以转化为gx  <g lnax    在x∈  1 ,3
 2
 上恒成立，
即x<lnax  对∀x∈  1 ,3
 2
 恒成立，
即a> ex 对∀x∈  1 ,3
x  2
 ex 恒成立，即a>
x
 ，x∈  1 ,3
 2
max
 .
设hx  = ex ，x∈  1 ,3
x  2
 ，则hx  x-1 =  ex ，
x2
令hx 
1
<0，即 <x<1；令hx
2
 >0，即1<x<3，
所以函数hx 
1
在 ,1
2
 上单调递减，在1,3  上单调递增，
又h3 
e3
= ，h2
3

1
e2 1 e3
= =2e2，又
1 3
2

2 e6 1
= ，2e2
9

2
=4e，显然e5>36，
e3 1
所以 >2e2，所以hx
3

e3
= ，
max 3
e3 e3
所以a> ，即实数a的取值范围为 ,+∞
3 3
 .
故选：B.