解答题：函数与导数的综合应用（10大题型）（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1202解答题：函数与导数的综合应用（10大题型）（解析版）

解答题：函数与导数的综合应用
目录
题型一 利用导数研究函数的单调性1
题型二 利用导数研究函数的极值3
题型三 利用导数研究函数的最值5
题型四 利用导数解决恒成立与能成立 7
题型五 利用导数求解函数的零点9
题型六 利用导数证明不等式 11
题型七 利用导数研究双变量问题13
题型八 利用导数研究极值点偏移问题16
题型九 隐零点问题综合应用 19
题型十 导数与数列综合问题 23
必刷大题26
题型一 利用导数研究函数的单调性
大题典例
1.(24-25高三上·海南·期中)设函数fx
1

x
= k≠0
ekx
 .
(1)求曲线y=fx  在点 0,f0    切线方程；
(2)求函数fx  的单调区间;
【答案】(1)y=x；(2)答案见解析
【解析】(1)由题意知fx 
ekx-kxekx 1-kx
= = ，
e2kx ekx
所以f0  =1，f0  =0，
故所求切线方程为y-0=x-0，化简得y=x.
(2)由(1)知fx 
1-kx
= ，
ekx
1
当k>0，x< 时，fx
k
 >0，fx  单调递增，
1
x> 时，fx
k
 <0，fx  单调递减；
1
当k<0，x< 时，fx
k
 <0，fx 
1
单调递减，x> 时，fx
k
 >0，fx  单调递增，
所以当k>0时，fx 
1
的单调递增区间是-∞,
k

1
，单调递减区间是 ,+∞
k
 ，
当k<0时，fx 
1
的单调递减区间是-∞,
k

1
，单调递增区间是 ,+∞
k
 .解法指导
1、求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、
差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
2、求函数单调区间的步骤
(1)确定函数fx
2
 的定义域；
(2)求f x  (通分合并、因式分解)；
(3)解不等式f x  >0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f x  <0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
3、含参函数单调性讨论依据：
(1)导函数有无零点讨论(或零点有无意义)；
(2)导函数的零点在不在定义域或区间内；
(3)导函数多个零点时大小的讨论。
变式训练
2.(24-25高三上·北京·期中)已知函数f(x)=x3+ax2+bx-1在x=1处有极值-1.
(1)求实数a，b的值;
(2)求函数gx  =ax+lnx2的单调区间.
【答案】(1)a=-2,b=1；(2)gx 
1
的单调递增区间为0,
2

1
，单调递减区间为 ,+∞
2

【解析】(1)已知函数f(x)=x3+ax2+bx-1，则fx  =3x2+2ax+b，
f1
由题意
 =2a+b+3=0
f1 


，解得 a=-2,b=1，
=a+b=-1
当a=-2,b=1时，f(x)=x3-2x2+x-1，fx  =3x2-4x+1=x-1  3x-1  ，
1
当x< 或x>1时，fx
3

1
>0，当 <x<1时，fx
3
 <0，
所以fx 
1
在-∞,
3
 ,1,+∞ 
1
上均单调递增，在 ,1
3
 上单调递减，
所以fx  在x=1处有极小值f1  =-1，满足题意，
综上所述，a=-2,b=1符合题意；
(2)由题意gx  =ax+lnx=lnx-2x，则gx 
1 1-2x
= -2= ,x>0
x x
 ，
1
当0<x< 时，gx
2

1
>0，当x> 时，gx
2
 <0，
所以gx 
1
的单调递增区间为0,
2
 ，gx 
1
的单调递减区间为 ,+∞
2
 .
x-a
3.(24-25高三上·江苏常州·月考)已知函数f(x)=
(x+1)2
(1)当a=0时，求曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程；
(2)求函数fx  的单调区间．
【答案】(1)y=x；(2)答案见解析
x
【解析】(1)当a=0时，f(x)= x≠-1
(x+1)2
 ，则f0  =0，因为fx
3

1-x
= ，所以f0
(x+1)3
 =1.
所以曲线y=fx  在 0,f0    处的切线方程为y=x.
(2)函数的定义域为-∞,-1  ∪-1,+∞  ．fx 
-(x-(2a+1))
= ，
(x+1)3
令fx  =0，解得x=2a+1.
当2a+1=-1，即a=-1时，fx 
-1-x 1
= =- <0
(x+1)3 (x+1)2
所以函数fx  的单调递减区间为-∞,-1  ,-1,+∞  ，无单调递增区间；
当2a+1<-1，即a<-1时，
令fx  <0，则x∈-∞,2a+1  ∪-1,+∞  ，令fx  >0，则x∈2a+1,-1  ，
函数fx  的单调递减区间为-∞,2a+1  ,-1,+∞  ，单调递增区间为2a+1,-1  ；
当2a+1>-1，即a>-1时，
令fx  <0，则x∈-∞,-1  ∪2a+1,+∞  ，令fx  >0，则x∈-1,2a+1  ，
函数fx  的单调递减区间为-∞,-1  ,2a+1,+∞  ，单调递增区间为-1,2a+1  ．
综上所述：
当a=-1时，函数fx  的单调递减区间为-∞,-1  ,-1,+∞  ，无单调递增区间；
当a<-1时，函数fx  的单调递减区间为-∞,2a+1  ,-1,+∞  ，单调递增区间为2a+1,-1  ；
当a>-1时，函数fx  的单调递减区间为-∞,-1  ,2a+1,+∞  ，单调递增区间为-1,2a+1  ．
题型二 利用导数研究函数的极值
大题典例
4.(24-25高三上·黑龙江·月考)已知函数f(x)=ax2+(a-2)x-lnx.
(1)当a=0时，求函数f(x)在x=1处的切线;
(2)当a>0时，若f(x)的极小值小于0，求a的取值范围
【答案】(1)3x+y-1=0；(2)0<a<1.
【解析】(1)当a=0时，f(x)=-2x-lnx,f(1)=-2，
1
所以f(x)=-2- ，所以f(1)=-3，
x
所以函数f(x)在x=1处的切线为y+2=-3(x-1)，即3x+y-1=0；
(ax-1)(2x+1)
(2)f(x)的定义域为(0,+∞)，且f(x)= ，
x
1
当a>0时，令f(x)>0，则x> ，所以f(x)单调递增；
a
1
令f(x)<0，则0<x< ，所以f(x)单调递减.
a
1
故当x= 时，f(x)取极小值，
a
1
所以f
a

1
=lna- +1<0.
a
1
设g(a)=lna- +1(a>0)，
a
1 1
则g(a)= + >0，所以g(a)是增函数.
a a2
因为g(1)=0，所以g(a)<0时，0<a<1.综上所述，a的取值范围是0<a<1.
解法指导
1、利用导数求函数极值的方法步骤
(1)求导数f(x)；
(2)求方程f(x)=0的所有实数根；
(3)观察在每个根x 附近，从左到右导函数f(x)的符号如何变化．
0
①如果f(x)的符号由正变负，则f(x )是极大值；②如果由负变正，则f(x )是极小值；③如果在
0 0
f(x)=0的根x=x 的左右侧f(x)的符号不变，则不是极值点．
0
根据函数的极值(点)求参数的两个要领：
①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；
②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
变式训练
5.(24-25高三上·福建宁德·期中)已知函数fx
4

1
= +a为R上的奇函数．
ex+1
(1)求a；
(2)若函数gx  =2ex+1  fx  +2x，讨论gx  的极值．
1
【答案】(1)a=- ；(2)极大值为2ln2-1；无极小值.
2
【解析】(1)因为函数fx 
1
= +a为R上的奇函数，
ex+1
由f0 
1
=0,∴a=- ，
2
此时fx 
1-ex
=
2ex+1 
，
则f-x 
1-e-x
=
2e-x+1 
1- 1
ex
=
2 1 +1
ex

ex-1 ex ex-1 1-ex
= × = =- =-f(x)，
ex 2(ex+1) 2(ex+1) 2(ex+1)
所以fx  为奇函数．
1
所以a=- ；
2
(2)由(1)得：gx  =2ex+1  fx  +2x=2x-ex+1,gx  定义域为R，
∴gx  =2-ex，
由gx  >0，得x<ln2；由gx  <0，得x>ln2，
∴gx  在-∞,ln2  上单调递增，gx  在ln2,+∞  上单调递减，
所以gx  在x=ln2处取得极大值，
gx  极大值=fln2  =2ln2-1；无极小值.
6.(24-25高三上·河南安阳·月考)已知函数fx 
lna+lnx
=
lnx+1 
．
(1)求fx  的定义域；
(2)若fx  存在极大值，求a的取值范围
【答案】(1)x∈0,+∞  ；(2)a∈1,+∞ 【解析】(1)由fx
5

x>0

有意义可得x+1>0，所以x∈0,+∞
x+1≠1
 ．
所以函数fx  的定义域为0,+∞  ；
(2)由题意可得fx 
x+1lnx+1
x =
 -lnx-lna
x+1  lnx+1   
，
2
令函数hx 
x+1
= lnx+1
x
 -lnx，
则hx 
-lnx+1
=

<0在0,+∞
x2
 上恒成立，
所以hx  在0,+∞  上单调递减，
当x→0时，hx 
lnx+1
=
 1
+ln1+
x x
 →+∞，
当x→+∞时，hx 
lnx+1
=
 1
+ln1+
x x
 →0，
则有：①当lna≤0，即a∈0,1  时，hx  -lna≥0，即fx  ≥0在0,+∞  上恒成立，
即fx  在0,+∞  上单调递增，无极大值，不合题意，故舍去；
②当lna>0，即a∈1,+∞  时，存在x 0 ∈0,+∞  ，使得hx 0  =lna，
此时，当x∈0,x 0  时，hx  -lna>0⇒fx  >0，
当x∈x 0 ,+∞  时，hx  -lna<0⇒fx  <0，
则fx  在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,+∞  上单调递减，
所以fx  存在极大值fx 0  ，符合题意．
综上所述a∈1,+∞  ．
题型三 利用导数研究函数的最值
大题典例
7.(24-25高三上·江西·月考)已知函数fx 
3x-sinx+2
= ．
ex
(1)求曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程；
(2)求fx  的最值．
【答案】(1)y=2；(2)fx  的最大值为f0  =2，无最小值
【解析】(1)因为fx 
3x-sinx+2
= ，
ex
所以fx 
3-cosx
=
 ex-ex3x-sinx+2  -3x+sinx-cosx+1
= ，
e2x ex
所以f0  =2，f0  =0，
从而曲线y=fx  在点 0,f0    处的切线方程为y=2；
(2)设gx  =-3x+sinx-cosx+1，显然gx  ,fx  同号，
则gx 
π
=-3+cosx+sinx= 2sinx+
4
 -3≤ 2-3<0，
所以gx  在-∞,+∞  上单调递减，
注意到g0  =0，
当x<0时，fx  >0，当x>0时，fx  <0，所以fx
6
 在-∞,0  单调递增，fx  在0,+∞  上单调递减，
当x趋于负无穷时，fx 
3x-sinx+2
= 也是趋于负无穷，
ex
当x趋于正无穷时，fx 
3x-sinx+2
= 趋于0，
ex
所以fx  的最大值为f0  =2，无最小值.
解法指导
函数f(x)在区间[a,b]上连续，在(a,b)内可导，则求函数f(x)最值的步骤为：
(1)求函数f(x)在区间(a,b)上的极值；
(2)将函数f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一
个是最小值；
(3)实际问题中，“驻点”如果只有一个，这便是“最值”点。
变式训练
8.(24-25高三上·北京·期中)已知函数fx  =x2-ax+1  ex(a∈R)在x=2处取得极小值.
(1)求a的值，并求函数fx  的单调区间；
(2)求fx  在区间 -2,0  上的最大值和最小值.
【答案】(1)单调递增区间为-∞,-1  ,2,+∞  ，单调递减区间为-1,2  ；(2)最大值为5e-1，最小值为1.
【解析】(1)fx  =2x-a  ex+x2-ax+1  ex=x2-ax+2x-a+1  ex，
由题意得f2  =4-2a+4-a+1  e2=0，解得a=3，
fx  =x2-3x+1  ex，定义域为R，
fx  =x2-x-2  ex=x+1  x-2  ex，
令fx  >0得x>2或x<-1，令fx  <0得-1<x<2，
故fx  单调递增区间为-∞,-1  ,2,+∞  ，单调递减区间为-1,2  ，
此时函数fx  在x=2处取得极小值，满足题意；
(2)由(1)知，故fx  在-2,-1  上单调递增，在-1,0  上单调递减，
故fx  在x=-1处取得极大值，也是最大值，f-1  =5e-1，
又f0  =1,f-2  =11e-2，其中1<11e-2，
故fx  在区间-2,0  上的最小值为1，
综上，fx  在区间-2,0  上的最大值为5e-1，最小值为1.
9.(24-25高三上·湖北武汉·期中)已知函数fx  =ax-lnxa∈R  ．
(1)若函数fx 
1
在  ,1
 e

3
上的最小值为 ，求a的值；
2
(2)若a=0，函数gx 
fx
=ex+
 -1
，求gx
x
 的最小值．
【答案】(1) e；(2)1.
【解析】(1)因为fx  =ax-lnx，x∈  1 ,1
 e
 1 1 ，故可得f(x)=a- ， ∈1,e
x x
 ，
①若a≤1，f(x)≤0，y=f(x)在  1 ,1
 e
 单调递减，fx  的最小值为f1  3 =a= ，不满足a≤1；
2
②若1<a<e，1 令f(x)>0，解得x∈ ,1
a
7
 1 ，故y=f(x)在 ,1
a
 单调递增；
令f(x)<0，解得x∈  1 , 1
 e a
 ，故y=f(x)在  1 , 1
 e a
 单调递减；
1
故y=f(x)的最小值为f
a

1 3 1
=1-ln = ，即lna= ，解得a= e，满足1<a<e；
a 2 2
③若a≥e，f(x)≥0，y=f(x)在  1 ,1
 e
 单调递增，
fx 
1
的最小值为f
e

a 3 e
= +1= ，解得a= ，不满足a≥e；
e 2 2
综上所述，a= e.
(2)若a=0，fx  =-lnx，gx 
fx
=ex+
 -1 lnx+1
=ex- ，
x x
定义域为0,+∞ 
lnx x2ex+lnx
，g(x)=ex+ = ，
x2 x2
令hx  =x2ex+lnx(x>0)，h(x)=exx2+2x 
1
+ =xexx+2
x

1
+ >0，
x
故y=hx  在0,+∞ 
1
单调递增，又h
2

1
= e-ln2<0，h1
4
 =e>0，
1
故存在x ∈ ,1 0 2  ，使得hx 0  =0，也即x2ex0+lnx =0，且g(x )=0， 0 0 0
且当x∈0,x 0  ，hx  <0，g(x)<0，y=gx  在0,x 0  单调递减；
当x∈x 0 ,+∞  ，hx  >0，g(x)>0，y=gx  在x 0 ,+∞  单调递增；
故gx  的最小值为gx 0 
lnx +1
=ex0- 0 ； x
0
1
由上述求解可知，x2ex0+lnx =0,x ∈ ,1 0 0 0 2 
1 1
，则x 0 ex0= x ln x ，令mx
0 0
 =xex,x>0，
则m(x)=exx+1  >0，故mx  在0,+∞  单调递增；
1 1
x 0 ex0= x ln x ，也即mx 0
0 0

1
=mln x
0

1 1 1
，又x >0,ln >0，故x =ln ，即ex0= ； 0 x 0 x x
0 0 0
又gx 0 
ln 1
=ex0- lnx 0 +1 = 1 - lnx 0 +1 =- lnx 0 = x 0 =1. x x x x x
0 0 0 0 0
故y=gx  的最小值为1.
题型四 利用导数解决恒成立与能成立
大题典例
10.(24-25高三上·河北衡水·月考)已知函数fx  =exx2-x+1  ．
(1)求函数fx  的单调区间；
(2)函数fx  ≤a在 -2,1  上恒成立，求最小的整数a．
【答案】(1)单调增区间为-∞,-1  ，0,+∞  ，单调减区间为(-1,0)；(2)3
【解析】(1)因为fx  =exx2-x+1  ，则fx  =exx2+x  =x(x+1)ex，
因为ex>0恒成立，由f(x)>0，得到x<-1或x>0，由f(x)<0，得到-1<x<0，
所以函数fx  的单调增区间为-∞,-1  ，0,+∞  ，减区间为(-1,0).
(2)由(1)知fx  =exx2-x+1  在区间-2,-1  上单调递增，
在区间(-1,0)上单调递减，在区间0,1  上单调递增，又f-1
8

3
= ，f1
e
 =e，显然有f(-1)<f(1)，
所以fx  =exx2-x+1  在区间-2,1  上最大值为e，
又函数fx  ≤a在-2,1  上恒成立，所以a≥e，得到最小的整数a=3.
解法指导
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后
构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类
讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
变式训练
11.(24-25高三上·四川成都·期中)已知函数fx  =ex-a+1  x
(1)讨论fx  的单调性；
(2)若fx  =ex-a+1  x≥b对于x∈R恒成立，求b-a的最大值.
1
【答案】(1)答案见解析；(2)1+
e
【解析】(1)fx  =ex-a+1  ，当a≤-1，fx  在R上单调递增，
当a>-1，令fx  >0得x>lna+1  ，令fx  <0得x<lna+1  ，
故fx  在 -∞,lna+1    单调递减，lna+1   ,+∞  单调递增，
综上，当a≤-1时，fx  在R上为单增递增；
当a>-1时，fx  在 -∞,lna+1    单调递减，lna+1   ,+∞  单调递增；
(2)由(1)知，当a<-1，fx  在R上为单调递增，
x→-∞,fx  →-∞，不合题意
当a=-1，fx  在R上单调递增，x→-∞,fx  →0，
故b≤0,b-a的最大值为1，
当a>-1，fx  在 -∞,lna+1    单调递减，lna+1   ,+∞  单调递增，
所以fx  在x=lna+1  处取得极小值，也是最小值，
f lna+1    =elna+1  -a+1  lna+1  -b=a+1  -a+1  lna+1  -b，
由不等式ex-a+1  x≥b，可得a+1  -a+1  lna+1  -b≥0，
所以b-a≤1-a+1  lna+1  ，
令Fx  =1-xlnxx>0  ，则Fx  =-lnx-1，
1
当0<x< 时，Fx
e

1
>0；当x> 时，Fx
e
 <0，
所以Fx 
1
在0,
e

1
上单调递增，在 ,+∞
e
 上单调递减，
即Fx 
1
=F
max e

1 1
=1+ ，即b-a≤1+ ，
e e
1
综上，b-a的最大值为1+ .
e12.(24-25高三上·浙江绍兴·月考)已知函数f(x)=ex-ax-1.
(1)当a=2时，求f(x)在区间 0,1
9
 上的值域；
(2)若存在x 0 >1，当x∈0,x 0  时，f(x)<0，求a的取值范围.
【答案】(1)[1-2ln2,0]；(2)a>e-1
【解析】(1)因为f(x)=ex-2x-1，所以f(x)=ex-2，
所以当x<ln2时，f(x)<0，当x>ln2时，f(x)>0，
所以f(x)在[0,ln2)上递减，在[ln2,1]上递增.
因为f(0)=0，f(1)=e-3，f(ln2)=1-2ln2，且e-3<0，
所以f(x)的值域是[1-2ln2,0].
(2)因为f(x)=ex-a.
①若a≤1，当x>0时，f(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上递增，
所以f(x)>f(0)=0，不符合题意.
②若a>1，当x<lna时，f(x)<0；当x>lna时，f(x)>0，
所以f(x)在(0,lna)上递減，在[lna,+∞)上递增，
要存在x >1，当x∈(0,x )，f(x)<0，
0 0
则只需f(1)=e-a-1<0，所以a>e-1.
题型五 利用导数求解函数的零点
大题典例
13.(24-25高三上·江苏苏州·开学考试)已知函数 fx  =sinx+ex-4x，e为自然对数的底数，函数
gx  =x3-ax+3.
(1)若fx  在0,1  处的切线也是gx  的切线，求实数a的值；
(2)求fx  在-π,+∞  上的零点个数.
【答案】(1)a=5；(2)2
【解析】(1)f(x)=cosx+ex-4，则f(0)=cos0+e0-4=-2，
所以切线方程为y=-2x+1，
又g(x)=3x2-a，设直线y=-2x+1与y=g(x)图象的切点为(x ,y )，
0 0
3x2-a=-2 x =1
则  0 ，解得  0 .
x3-ax +3=-2x +1 a=5
0 0 0
(2)f(x)=cosx+ex-4，
当-π<x≤0时，cosx≤1，ex≤1，f(x)<0，所以函数fx  单调递减，
所以fx  ≥f0  =1，此时函数fx  无零点；
当x>0时，设h(x)=cosx+ex-4，则h(x)=-sinx+ex>0，h(x)即f(x)递增，
f(0)=-2，f(2)=cos2+e2-4>0，
因此f(x)在(0,+∞)即(0,2)在上有唯一零点，记零点为m，即f(m)=0，
在(0,m)上，f(x)<0，f(x)单调递减，在(m,+∞)上，f(x)>0，f(x)单调递增，
又f(0)=1>0，f(1)=sin1+e-4<0，f(2)=sin2+e2-4>0，f(π)=eπ-4π>0，
所以f(x)在(0,1)有一个零点，在(1,π)上有一个零点，
综上所述，f(x)在-π,+∞  上有2个零点.解法指导
导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的
探索、参数的分类讨论等)，需要对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极
值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问
题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是
需要思考的地方。
变式训练
14.(24-25高三上·云南玉溪·月考)已知函数f(x)=lnx-x+2sinx
(1)证明：f(x)在区间0,π
10
 存在唯一极大值点；
(2)求f(x)的零点个数．
【答案】(1)证明见解析；(2)f(x)有且仅有两个零点
1
【解析】(1)设g(x)=f(x)= -1+2cosx，
x
1
当x∈(0,π)时，g(x)=-2sinx- <0，
x2
所以g(x)在(0,π)上单调递减.
π
又因为g
3

3 3 π
= -1+1= >0,g
π π 2

2
= -1<0，
π
π π
所以g(x)在 ,
3 2
 上有唯一的零点a，
即函数f(x)在(0,π)上存在唯一零点，
当x∈(0,a)时，f(x)>0,f(x)在(0,a)上单调递增；
当x∈(a,π)时，f(x)<0,f(x)在(a,π)上单调递减，
所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点a.
π π
(2)①由(1)知：f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点a <a<
3 2
 ，
π
所以f(a)>f
2

π π π
=ln - +2>2- >0，
2 2 2
1
又因为f
e2

1 1 1
=-2- +2sin <-2- +2<0，
e2 e2 e2
所以f(x)在(0,a)上恰有一个零点，
又因为f(π)=lnπ-π<2-π<0，
所以f(x)在(a,π)上也恰有一个零点.
②当x∈[π,2π)时，则sinx≤0,f(x)≤lnx-x，
1
设h(x)=lnx-x,h(x)= -1<0，
x
所以h(x)在[π,2π)上单调递减，所以h(x)≤h(π)<0，
所以当x∈[π,2π)时，f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立，
所以f(x)在[π,2π)上没有零点.
③当x∈[2π,+∞)时，f(x)≤lnx-x+2，
1
设φ(x)=lnx-x+2,φ(x)= -1<0，
x所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减，
所以φ(x)≤φ(2π)=ln2π-2π+2<2-2π+2=4-2π<0，
所以当x∈[2π,+∞)时，f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立，
所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.
综上，f(x)有且仅有两个零点.
15.(24-25高三上·四川绵阳·月考)函数f(x)=2x3-3ax2+1.
(1)若a=1，求函数f(x)在x=-1处的切线方程；
(2)证明：存在实数a使得曲线y=f(x)关于点(1,-3)成中心对称图形；
(3)讨论函数f(x)零点的个数.
【答案】(1)y=12x+8；(2)证明见解析；(3)答案见解析
【解析】(1)当a=1时，f(x)=2x3-3x2+1，f(x)=6x2-6x=6x(x-1)，
则f(-1)=12，f(-1)=-4，
故f(x)在x=-1处的切线方程为y+4=12(x+1)，即y=12x+8.
(2)由f(1)=3-3a，
若存在这样的a，使得(1,-3)为f(x)的对称中心，
则3-3a=-3，a=2
现在只需证明当a=2时，f(x)+f(2-x)=-6，
事实上，f(x)+f(2-x)=2x3-6x2+1+2(2-x)3-6(2-x)2+1=(12-12)x2+(24-24)x-6，
于是f(x)+f(2-x)=-6
即存在实数a=2使得(1,f(1))即(1,-3)是f(x)的对称中心.
(3)f(x)=6x2-6ax=6x(x-a)，
当a>0时，x∈-∞,0
11
 ∪a,+∞  时，f(x)>0，故f(x)在-∞,0  ,a,+∞  上单调递增，
x∈(0,a)时，f(x)<0，f(x)在(0,a)单调递减，
则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值，
由f(0)=1>0，而f(-1)=-1-3a<0，根据零点存在定理f(x)在(-∞,0)上有一个零点；
①若0<a<1，即f(a)=1-a3>0，f(x)在(0,+∞)无零点，从而f(x)在R上有1个零点；
②若a>1，即f(a)=1-a3<0，f(0)f(a)<0，f(x)在(0,a)有一个零点，
f2a  =4a3+1>0,fa  f2a  <0，故f(x)在(a,+∞)有一个零点，
从而f(x)在R上有3个零点；
③若a=1，即f(a)=1-a3=0，f(x)在(0,+∞)有一个零点，从而f(x)在R上有2个零点；
当a=0时，f(x)在R上单调递增，f(0)=1>0，x→-∞时，f(x)→-∞，
从而f(x)在R上有一个零点；
当a<0时，x∈-∞,a  ∪0,+∞  时f(x)>0，
故f(x)在-∞,a  ,0,+∞  上单调递增，x∈(a,0)时，f(x)<0，f(x)在(a,0)上单调递减.
而f(a)=1-a3>0，f(0)>0，故f(x)在(a,+∞)无零点，
又f(2a-1)=(2a-1)2(a-2)+1，由(2a-1)2>1,a-2<-2，
故f(2a-1)<0，f(2a-1)f(a)<0，从而f(x)在(-∞,a)有一个零点，
从而f(x)在R上有一个零点.
综上：当a<1时，f(x)在R上只有1个零点；
a=1时，f(x)在R上有2个零点；
a>1时f(x)在R上有3个零点.题型六 利用导数证明不等式
大题典例
16.(24-25高三上·广东·月考)已知函数fx
12

lnx
=ex-a- -1．
x
(1)当a=0时，求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程；
(2)当a=1时，证明：fx  ≥0．
【答案】(1)y=e-1  x；(2)证明见解析
【解析】(1)当a=0时，fx 
lnx
=ex- -1,f1
x
 =e-1，即切点为1,e-1  ，
又fx 
lnx-1
=ex+ ，则f1
x2
 =e-1，即在点 1,f1    的切线的斜率为e-1，
故曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程为y-e-1  =e-1  x-1  ，即y=e-1  x．
(2)当a=1时，fx 
lnx
=ex-1- -1x>0
x
 ，fx 
x2ex-1+lnx-1
= ，
x2
令φx  =x2ex-1+lnx-1，
则φx  =x2+2x 
1
ex-1+ >0，所以φx
x
 在0,+∞  上单调递增，
又φ1  =0，所以当0<x<1时，φx  <0，即当0<x<1时，fx  <0，
则fx  在0,1  上单调递减；
当x>1时，φx  >0，即当x>1时，fx  >0，则fx  在1,+∞  上单调递增，
故fx  ≥f1 
ln1
=e1-1- -1=0．
1
解法指导
利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
变式训练
17.(24-25高三上·广东广州·月考)已知函数fx 
1
= x3-3x+4.
3
(1)求曲线y=fx  在点 3,f 3    处的切线方程；
(2)当x∈0，3  时，求证：fx  ≤x+4.
【答案】(1)y=4-2 3；(2)证明见解析
【解析】(1)由题可知f 3  =4-2 3，fx  =x2-3 ，则f 3  =0，
所以曲线y=fx  在点 3,f 3    处的切线方程为y=4-2 3；
(2)令gx  =fx 
x3
-x-4= -4x x∈0,3
3
   ，
则gx  =x2-4，令 gx  =0，解得x=-2或x=2，当x∈0，3
13
 时，gx  ，gx  的变化情况如下表所示：
x 0，2  2 2，3 
fx  - 0 +
fx 
16
单调递减 - 单调递增
3
又因为g0  =0，g3  =-3,
所以gx  在区间0，3  的最大值为0.
即当x∈0，3  时，gx  ≤0恒成立，亦即fx  ≤x+4 .
18.(24-25高三上·河北保定·期中)已知函数fx  =ex+sinx-2x,gx  =2-cosx.
(1)已知直线x-y+a=0是曲线y=gx  ,x∈0,π  的切线，求实数a的值；
(2)求函数fx  的单调区间；
(3)求证：fx  ≥gx  恒成立.
π
【答案】(1)2- ；(2)fx
2
 在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增；(3)证明见解析
【解析】(1)∵gx  =sinx,x∈0,π  ，
∴gx 
π π
=sinx=1，解得x= ,∴切点为 ,2
2 2
 ，
π π
∴ -2+a=0,∴a=2- .
2 2
(2)∵fx  =ex+cosx-2，
当x∈-∞,0  时，ex≤1,cosx≤1,∴fx  ≤0,fx  单调递减，
当x∈0,+∞  时，ex+cosx-2  =ex-sinx,ex≥1,sinx≤1，
∴ex+cosx-2  ≥0,∴fx  单调递增，∴fx  ≥f0  =0,fx  单调递递增.
综上所述，fx  在-∞,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增.
(3)fx  ≥gx  恒成立⇔ex+sinx-2x+cosx-2≥0，
sinx+cosx-2x-2
恒成立⇔ +1≥0恒成立.
ex
令hx 
sinx+cosx-2x-2
= +1，
ex
则hx 
cosx-sinx-2
=
 -sinx+cosx-2x-2  2x-sinx
=
ex

，
ex
令mx  =x-sinx，则mx  =1-cosx≥0,∴mx  单调递增，
又∵m0  =0，∴当x∈-∞,0  时，mx  ≤0，即hx  ≤0,hx  单调递减；
当x∈0,+∞  时，mx  ≥0，即hx  ≥0,hx  单调递增；
∴hx  ≥h0  =0,∴fx  ≥gx  恒成立.
题型七 利用导数研究双变量问题
大题典例
1
19.(24-25高三上·福建龙岩·期中)已知函数f(x)= ax2-(2a+1)x+2lnx+4a(a>0).
2(1)求fx
14
 的单调区间;
(2)设gx  =x2-2x，若对任意x 1 ∈(0,2]，均存在x 2 ∈(0,2]，使得fx 1  <gx 2  ，求实数a的取值范
围.
【答案】(1)答案见解析；(2){a∣0<a<1-ln2}
1
【解析】(1)由f(x)= ax2-(2a+1)x+2lnx+4a，x>0，
2
2 ax2-(2a+1)x+2 (ax-1)(x-2)
得f(x)=ax-(2a+1)+ = = .
x x x
1
令f(x)=0，解得x = ,x =2.
1 a 2
1 1
当0<a< 时， >2，
2 a
当x∈(0,2)时，f(x)>0,f(x)单调递增；
1
当x∈2,
a
 时，f(x)<0,f(x)单调递减；
1
当x∈ ,+∞
a
 时，f(x)>0,f(x)单调递增.
1 1
当a= 时， =2,f(x)≥0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增.
2 a
1 1
当a> 时，0< <2，
2 a
1
当x∈0,
a
 时，f(x)>0,f(x)单调递增；
1
当x∈ ,2
a
 时，f(x)<0,f(x)单调递减；
当x∈(2,+∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增.
1 1
综上所述，当0<a< 时，f(x)的单调递增区间为(0,2)和 ,+∞
2 a

1
，单调递减区间为(2，
a
 ；
1
当a= 时，f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；
2
1 1
当a> 时，f(x)的单调递增区间为0,
2 a

1
和(2,+∞)，单调递减区间为 ,2
a
 .
(2)因为对任意x 1 ∈(0,2]，均存在x 2 ∈(0,2]，使得fx 1  <gx 2  ，
所以f(x) <g(x) ,g(x)=x2-2x=(x-1)2-1,x∈(0,2]，
max max
当x=2时，g(x)取得最大值，最大值为0.
1
由(1)得，当0<a≤ 时，f(x)在(0,2]上单调递增，
2
即当x=2时，f(x)取得最大值f(2)=2a-(2a+1)×2+2ln2+4a=2a-2+2ln2，
所以2a-2+2ln2<0，解得a<1-ln2，即0<a<1-ln2.
1 1
当a> 时，f(x)在0,
2 a

1
上单调递增，在 ,2
a
 上单调递减，
1 1
当x= 时，f(x)取得最大值f
a a

1 1 1 1
= -(2a+1)⋅ +2ln +4a=- -2-2lna+4a.
2a a a 2a
1 1
设s(a)=- -2-2lna+4a,a> ，
2a 2
1 2 1-4a+8a2
则s(a)= - +4= >0，s(a)单调递增，
2a2 a 2a2
1
所以s(a)≥s
2

1
=ln4-1>0成立，所以f
a
 <0无解.
综上所述，a的取值范围为{a∣0<a<1-ln2}.解法指导
双变量不等式的处理策略：
含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式，
具体转化方法主要有三种:整体代换，分离变量，选取主元.
变式训练
1
20.(24-25高三上·湖北·期中)已知x=2为函数f(x)=x(x-c)2- 的极小值点.
e
(1)求c的值；
kx
(2)设函数g(x)= ，若对∀x ∈(0,+∞)，∃x ∈R，使得f(x )-g(x )≥0，求k的取值范围.
ex 1 2 1 2
【答案】(1)c=2；(2)(-∞,-1]∪(0,+∞).
1
【解析】(1)函数f(x)=x(x-c)2- 的定义域为R，求导得f(x)=(x-c)(3x-c)，
e
依题意，f(2)=(2-c)(6-c)=0，解得c=2或c=6，
2 2
当c=2时，f(x)=(x-2)(3x-2)，当x< 或x>2时，f(x)>0，当 <x<2时，f(x)<0，
3 3
1
因此x=2为函数f(x)=x(x-c)2- 的极小值点，符合题意，则c=2；
e
当c=6时，f(x)=(x-6)(3x-6)，当x<2或x>6时，f(x)>0，当2<x<6时，f(x)<0，
1
因此x=2为函数f(x)=x(x-c)2- 的极大值点，不符合题意，
e
所以c=2.
2
(2)由(1)知，函数f(x)在0,
3
15

2
,(2,+∞)上单调递增，在 ,2
3

1
上单调递减，因此f(x) =f(2)=- ，
min e
1 1
①当k>0时，对∀x ∈(0,+∞)，∃x =- ，使得g(x )=g-
1 2 k 2 k

1 1
=-ek <-1<- ≤f(x)，
e 1
因此f(x)-g(x )≥0，符合题意，则k>0；
1 2
②当k=0时，g(x)=0，取x =2，对∀x ∈R，有f(x)-g(x )<0，不符合题意；
1 2 1 2
kx
③当k<0时，函数g(x)= ，求导得g(x)=k(1-x)e-x，
ex
当x<1时，g(x)<0，g(x)在(-∞,1)上单调递减；
当x>1时，g(x)>0，g(x)在(1,+∞)上单调递增，则g(x) min =g1 
k
= ， e
k 1
若对∀x ∈(0,+∞)，∃x ∈R，使得f(x)-g(x )≥0，只需g(x) ≤f(x) ，即 ≤- ，解得k≤-1，
1 2 1 2 min min e e
所以k的取值范围为(-∞,-1]∪(0,+∞).
21.(24-25高三上·上海·期中)已知实数a>0，设fx 
2
=- ax3+x2.
3
(1)若a=3，求函数y=fx  的图象在点1,-1  处的切线方程；
1
(2)若a= ，已知函数y=fx
3
 ，x∈m,+∞  的值域为-∞,3  ，求实数m的取值范围；
(3)若对于任意的x 1 ∈2,+∞  ，总存在x 2 ∈1,+∞  ，使得fx 1  ⋅fx 2  =1，求a的取值范围.
3 3 3
【答案】(1)4x+y-3=0；(2)- ≤m<3；(3) ≤a≤
2 4 2【解析】(1)由题得fx
16
 =-2x3+x2，所以fx  =-6x2+2x，所以f1  =-4，
所以在点1,-1  的切线方程为y+1=-4x-1  ⇒4x+y-3=0；
(2)由题得fx 
2
=- x3+x2，
9
所以fx 
2
=- x2+2x，
3
令fx  =0，解得x=0或x=3，
当x∈-∞,0  时，fx  <0，此时fx  在-∞,0  单调递减；
当x∈0,3  时，fx  >0，此时fx  在0,3  单调递增；
当x∈3,+∞  时，fx  <0，此时fx  在3,+∞  单调递减；
f0  =0,f3  =3，
当x<3时，解fx 
2 3 3
=- x3+x2=3，得x=- ，即f-
9 2 2
 =3
因为fx  在x∈-∞,0  单调递减，在x∈0,3  单调递增，在x∈3,+∞  单调递减，f3  =3
所以要使函数y=fx  ，x∈m,+∞  的值域为-∞,3 
3
此时- ≤m<3.
2
(3)由题可知，fx  =2x-2ax2a>0  ，
令fx 
1
=0，解得x=0或x= >0，
a
当x∈-∞,0  时，fx  <0，此时fx  单调递减；
1
当x∈0,
a
 时，fx  >0，此时fx  单调递增；
1
当x∈ ,+∞
a
 时，fx  <0，此时fx  单调递减；
所以有极小值f0 
1
=0，有极大值f
a

1
=
3a2
令fx 
3
=0，解得x=0或x= ，
2a
3
所以有当x∈0,
2a
 ，fx 
3
>0，当x∈ ,+∞
2a
 ，fx  <0，
因为对于任意的x 1 ∈2,+∞  ，总存在x 2 ∈1,+∞  ，使得fx 1  ⋅fx 2  =1
fx 1 
3 3
=0不成立，故 ≤2，即a≥ 2a 4
由题可知，对于任意的x 1 ∈2,+∞  ，总存在x 2 ∈1,+∞  ，使得fx 1 
1
=
fx 2 
，
不妨令集合A= fx   x>2  1 ,B=
fx 
  x>1  ，则有A⊆B，
3 3
当 <1，即a> 时，有f1
2a 2
 <0，此时fx  在1,+∞  单调递减，
1
所以B=
f1 
 ,0  ，A= -∞,f2   
显然A⊆B不成立；
3 3 3
当1≤ ≤2，即 ≤a≤ ，此时有f2
2a 4 2
 ≤0，f1  >0 ，fx  在2,+∞  单调递减，
所以A= -∞,f2    ，-∞,0  ⊆B，故A⊆B，
3 3
综上所述， ≤a≤ .
4 2题型八 利用导数研究极值点偏移问题
大题典例
22.(24-25高三上·云南·月考)已知函数fx
17

1
=ex- x2+ax+a.
2
(1)若fx  为增函数，求a的取值范围；
(2)若fx  有两个极值点x ,x ，证明：x +x <0. 1 2 1 2
【答案】(1)-1,+∞  ；(2)证明见解析
【解析】(1)fx  =ex-x+a,fx  为增函数，则fx  ≥0恒成立，
设gx  =ex-x+a，则gx  =ex-1，
令gx  =0，则x=0，
当x<0时，gx  <0，所以fx  在-∞,0  上单调递减；
当x>0时，gx  >0，所以fx  在0,+∞  上单调递增，
所以x=0是函数fx  的极小值点，
故当f0  =1+a≥0，即a≥-1,fx  ≥0恒成立，
所以当fx  为增函数，a的取值范围为-1,+∞  .
(2)fx  =ex-x+a，x→+∞,fx  →+∞，x→-∞,fx  →+∞，由(1)知当f0  <0，
即a<-1时，fx  有两个极值点x,x ， 1 2
故fx 1  =fx 2  =0，设x <0，则x >0， 1 2
设hx  =fx  -f-x  =ex-x+a-e-x+x+a  =ex-e-x-2x,x>0，
则hx  =ex+e-x-2>0，
故hx  在0,+∞  上单调递增，所以hx  >h0  =0，
所以fx  >f-x  ，又x >0， 2
故fx 2  >f-x 2  ，
所以fx 1  >f-x 2  ，
又x 1 <0,-x 2 <0,fx  在-∞,0  上单调递减，
故x <-x ，所以x +x <0.
1 2 1 2
解法指导
1、和型x +x <2a(或x +x >2a)问题的基本步骤：
1 2 1 2
①首先构造函数gx  =fx  -f2a-x  ，求导，确定函数y=fx  和函数y=gx  的单调
性；
②确定两个零点x <a<x ，且fx
1 2 1
 =fx
2
 ，由函数值gx
1
 与ga  的大小关系，
得gx
1
 =fx
1
 -f2a-x
1
 =fx
2
 -f2a-x
1
 与零进行大小比较；
③再由函数y=fx  在区间a,+∞  上的单调性得到x 与2a-x 的大小，从而证明相应问题；
2 1
2、积型x x <a fx
1 2 1
 =fx
2
   问题的基本步骤：
①求导确定fx  的单调性，得到x,x 的范围；
1 2
②构造函数Fx  =fx 
a
-f
x
 ，求导可得Fx  恒正或恒负；③得到fx
1
18

a
与f
x
1
 的大小关系后，将fx
1
 置换为fx
2
 ；
a
④根据x 与 的范围，结合fx
2 x
1

a
的单调性，可得x 与 的大小关系，由此证得结论.
2 x
1
变式训练
23.(23-24高三上·天津·月考)已知函数fx 
1
=- x2+ax-lnxa∈R
2
 .
(1)当a=1时，求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程；
(2)求fx  的单调区间；
(3)若函数fx  有两个极值点x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，求证：4fx 1  -2fx 2  ≤1+3ln2.
【答案】(1)2x+2y-3=0；(2)答案见解析；(3)证明见解析
【解析】(1)当a=1时，fx 
1
=- x2+x-lnxx>0
2
 ，
所以f1 
1 1 1
=- +1= ，故切点坐标为1,
2 2 2
 ，
又fx 
1
=-x+1- ，所以f1
x
 =-1，
1
故切线的斜率为-1，由点斜式可得y- =-x-1
2
 ，即2x+2y-3=0，
故曲线fx  在点 1,f1    处的切线方程为2x+2y-3=0；
(2)fx  的定义域为0,+∞  ，
又fx 
1 x2-ax+1
=-x+a- =- ，
x x
①当a2-4≤0，即-2≤a≤2时，fx  ≤0在0,+∞  上恒成立，
故fx  在0,+∞  上单调递减；
②当a2-4>0，即a>2或a<-2，
令fx 
a- a2-4 a+ a2-4
=0，解得x= ,x= ，
2 2
a- a2-4 a+ a2-4
若a>2时，则当0<x< 或x> 时，fx
2 2
 <0，
a- a2-4 a+ a2-4
当 <x< 时，fx
2 2
 >0，
所以fx 
a- a2-4
在0,
2

a+ a2-4
, ,+∞
2

a- a2-4 a+ a2-4
上单调递减，在 ,
2 2
 上单调递
增；
若a<-2时，fx  <0在0,+∞  上恒成立，
故fx  在0,+∞  上单调递减.
综上所述，当a≤2时，fx  在0,+∞  上单调递减，
当a>2时，fx 
a- a2-4
在0,
2

a+ a2-4
, ,+∞
2
 上单调递减，
a- a2-4 a+ a2-4
在 ,
2 2
 上单调递增；
(3)由(2)可知，当a>2时，fx  有两个极值点x 1 ,x 2x 1 <x 2 
x +x =a
，则 1 2 ，  xx =1
1 2由题意可得：0<x <1<x ，
1 2
则4fx 1
19
 -2fx 2 
1
=4- x2+ax -lnx 2 1 1 1 
1
-2- x2+ax -lnx 2 2 2 2 
=-2x2+4ax -4lnx +x2-2ax +2lnx
1 1 1 2 2 2
=-2x2 1 +4x 1x 1 +x 2  -4lnx 1 +x2 2 -2x 2x 1 +x 2  +2lnx 2
2
= -x2+6lnx +2，
x2 2 2
2
令gx 
2
= -x2+6lnx+2x>1
x2
 ，
则gx 
4 6 -2x2-1
=- -2x+ =
x3 x
 x- 2  x+ 2 
，
x3
当1<x< 2时，gx  >0，则gx  单调递增，
当x> 2时，gx  <0，则gx  单调递减，
故当x= 2时，gx  取得最大值g 2 
2
=
 2 
- 2
2
 2+6ln 2+2=1+3ln2，
所以4fx 1  -2fx 2  ≤1+3ln2.
24.(24-25高三上·内蒙古包头·开学考试)设函数f(x)=(x-1)2ex-x，
(1)证明：f(x)有两个零点；
x +x
(2)记f(x)是f(x)的导数，x ,x 为f(x)的两个零点，证明：f 1 2
1 2 2
 >-1．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
x x
【解析】(1)由f(x)=0，得(x-1)2ex-x=0，即(x-1)2- =0，令g(x)=(x-1)2- ，
ex ex
1
函数f(x)有两个零点，即函数g(x)有两个零点，求导得g(x)=(x-1)2+
ex
 ，
当x<1时，g(x)<0；当x>1时，g(x)>0，函数g(x)在(-∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
1 2
又g(0)=1>0,g(1)=- <0,g(2)=1- >0，
e e2
因此∃x ∈(0,1)使得g(x)=0，∃x ∈(1,2)使得g(x )=0，
1 1 2 2
所以函数f(x)有两个零点.
(2)由(1)知函数f(x)=(x-1)2ex-x的零点x,x 满足：0<x <1<x <2，
1 2 1 2
x +x 求导得f(x)=(x2-1)ex-1，要证f 1 2
2
 x +x >-1，即证  1 2
2
  2  -1

 x1+x2 e 2 -1>-1，即证明x +x >
1 2
2，
令h(x)=g(x)-g(2-x)(0<x<1)，求导得h(x)=g(x)+g(2-x)
1
=(x-1)2+
ex

1
+(1-x)2+
e2-x

(1-x)(ex-e2-x)
= <0，
e2
函数h(x)在(0,1)上单调递减，则h(x)>h(1)=0，由0<x <1，得h(x)>0，
1 1
即g(x )=g(x)>g(2-x)，由0<x <1<x <2，得2-x ∈(1,2)，且g(x)在(1,2)上单调递增，
2 1 1 1 2 1
因此x >2-x ，即x +x >2，命题得证．
2 1 1 2
题型九 隐零点问题综合应用
大题典例25.(23-24高三下·湖南衡阳·一模)已知函数f(x)=sinx-aln(b+x)
(1)若f(x)在x=π处的切线方程为2x+y+2π(ln2π-1)=0，求a、b的值；
π
(2)若b=1时，在-1,
2
20
 上f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
【答案】(1)a=2π，b=π；(2)a=1
a
【解析】(1)f(x)=cosx- ，
b+x
a
由题意得f(π)=cosπ- =-2，
b+π
a
所以 =1，即a=b+π，
b+π
f(π)=sinπ-aln(b+π)=-2π+2π(1-ln2π)，
所以aln(b+π)=(b+π)ln(b+π)=2πln2π，
故a=2π，b=π.
(2)f(0)=sin0-aln(1+0)=0，
π 若-1,
2
 上f(x)≥0恒成立，即f(x) =f(0)，
min
π 故f(0)是f(x)在-1,
2
 上的极小值，所以f(0)=0，
a a
f(x)=cosx- ，f(0)=cos0- =1-a=0，解得a=1，
1+x 1+0
下证a=1时，f(x) =f(0)，
min
令g(x)=(1+x)cosx-1，g(x)=cosx-(1+x)sinx，
π ①在0,
2
 π 上g(x)单调递减，g(0)=1，g
2
 π =-1- <0，
2
π
由零点存在定理，∃x ∈0,
0 2
 ，使得g(x )=0，
0
在(0,x ]上，g(x)≥0，g(x)单调递增，
0
在 x , π
 0 2
 上，g(x)≤0，g(x)单调递减，
π
g
2
 =-1，g(0)=0，g(x )>g(0)=0，
0
π
由零点存在定理∃x ∈x ,
1 0 2
 ，使得g(x)=0，
1
g(x)
在(x ,x)上，f(x)= >0，f(x)单调递增，
0 1 1+x
π
在x,
1 2

g(x)
上，f(x)= <0，f(x)单调递减，
1+x
π 所以0,
2
 π 上，f(0)=0，f
2
 π =1-ln1+
2
 π >0，f(x) =min f(0),f
min 2
 

 =f(0)，
1
②在(-1,0]上，f(x)=cosx- 单调递增，
1+x
f(x)≤f(0)=0，f(x)单调递减，所以f(x) =f(0)，
min
π 综上，只有当a=1时，在-1,
2
 上f(x) =f(0)，所以a=1.
min
解法指导
隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉
零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简
单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
变式训练
26.(24-25高三上·浙江杭州·月考)已知函数fx
21

1
= ax2-a+1
2
 x+lnx,gx 
1
=xex- ax2-2．
2
(1)讨论fx  的单调性；
(2)证明：fx  +gx  ≥2lnx-ax-1．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明过程见解析
【解析】(1)fx 
1
= ax2-a+1
2
 x+lnx的定义域为0,+∞  ，
故fx  =ax-a+1 
1 ax2-a+1
+ =
x
 x+1 ax-1
=
x
 x-1 
，
x
若a≤0时，令fx  >0得0<x<1，令fx  <0得x>1，
故fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减，
当a>0时，若a=1时，fx 
x-1
=
 2
≥0，故fx
x
 在0,+∞  上单调递增，
1
若0<a<1时， >1，令fx
a

1
>0得0<x<1或x> ，
a
令fx 
1
<0得1<x< ，
a
故fx  在0,1 
1
， ,+∞
a

1
上单调递增，在1,
a
 上单调递减；
1
若a>1时， <1，令fx
a

1
>0得0<x< 或x>1，
a
令fx 
1
<0得 <x<1，
a
故fx 
1
在0,
a
 ，1,+∞ 
1
上单调递增，在 ,1
a
 上单调递减；
综上，当a≤0时，fx  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递减；
当a=1时，fx  在0,+∞  上单调递增；
当0<a<1时，fx  在0,1 
1
， ,+∞
a

1
上单调递增，在1,
a
 上单调递减；
当a>1时，fx 
1
在0,
a
 ，1,+∞ 
1
上单调递增，在 ,1
a
 上单调递减.
1
(2) ax2-a+1
2

1
x+lnx+xex- ax2-2≥2lnx-ax-1，
2
即xex-x-1-lnx≥0，
令tx  =xex-x-1-lnx，定义域为0,+∞  ，
tx  =x+1 
1
ex-1- ，其在0,+∞
x
 上单调递增，
1
又t
2

3 1
= e2 -3<0，t1
2
 =2e-2>0，
1
由零点存在性定理得，存在唯一的x ∈ ,1 0 2  ，使得tx 0  =0，即x 0 +1
22

1 1
ex0-1- =0，故ex0= ， x x
0 0
当x∈0,x 0  时，tx  <0，当x∈x 0 ,+∞  时，tx  >0，
故tx  =xex-x-1-lnx在x∈0,x 0  上单调递减，在x∈x 0 ,+∞  上单调递增，
故tx  =xex-x-1-lnx在x=x 处取得极小值，也是最小值， 0
其中tx 0  =x 0 ex0-x 0 -1-lnx 0 =1-x 0 -1-lnx 0 =-x 0 +lnx 0  ，
1 1
ex0= x 两边取对数得x 0 =ln x =-lnx 0 ，故tx 0
0 0
 =-x 0 +lnx 0  =0，
所以fx  +gx  ≥2lnx-ax-1，证毕.
27.(24-25高三上·四川成都·期中)已知函数fx  =ex-ax2-x-1. (其中e≈2.71828)
(1)当a=0时，证明：fx  ≥0
(2)若x>0时，fx  >0，求实数a的取值范围；
(3)记函数gx 
ex-1 23
= -2lnx的最小值为m，求证：m∈ ,e-1
x 20

1
【答案】(1)证明见解析；(2)a≤ ；(3)证明见解析
2
【解析】(1)当a=0时，fx  =ex-x-1，∴fx  =ex-1，
当x>0时，ex>1，fx  >0，fx  单调递增，
当x<0时，ex<1，fx  <0，fx  单调递减，
∴fx  ≥f0  =0，得证.
(2)法一：由fx  =ex-ax2-x-1，∴fx  =ex-2ax-1，∴ex-2ax-1  =ex-2a
1
①当a≤ 时，x>0，ex>1，ex-2ax-1
2
 >0，
∴fx  单调递增，fx  >f0  =0，
∴fx  单调递增，fx  >f0 
1
=0，∴a≤ 成立；
2
1
②当a> 时，当x∈0,ln2a
2
 ，ex-2ax-1  <0，
∴fx  单调递减，fx  <f0  =0，
∴fx  单调递减，fx  <f0 
1
=0，与条件矛盾，∴a> 不成立；
2
1
综上所述：a≤ .
2
法二：由fx 
ex-x-1
>0，即a< 成立，设ux
x2

ex-x-1
=
x2
ux 
x-2
=
 ex+x+2
，设kx
x3
 =x-2  ex+x+2，kx  =x-1  ex+1
x-1   ex+1  =xex>0，∴kx  单调递增，
kx  >k0  =0，∴kx  单调递增
kx  >k0  =0即ux  >0，∴ux  单调递增，ux  >u0 
ex-x-1 ex-1 ex 1 1
由洛必达法则lim =lim =lim = ，∴a≤ .
x→0 x2 x→0 2x x→0 2 2 2
(3)gx 
ex-1
= -2lnx，则gx
x

xex-ex-2x+1
= ，
x2
设hx  =xex-ex-2x+1，则hx  =xex-2，又因xex-2  =x+1  ex>0，
∴hx  =xex-2在0,+∞  单调递增，又∵h0
23
 ⋅h1  =-2  ×e-2  <0，
∴∃x 0 ∈0,1  ，使得hx 0 
2
=0，即ex0= ①， x
0
且x∈0,x 0  ，hx  <0，hx  单调递减；
x∈x 0 ,1  ，hx  >0，hx  单调递增，
∴hx  min =hx 0  =x ex0-ex0-2x +1， 0 0
由①得hx 0 
2
=3- x -2x 0 <h0
0
 =0，
又∵h1 
3
=-1<0，h
2

1 3
= e2 -2>0，
2
3
∴∃x ∈1, 1 2  ，使得hx 1 
2x -1
=0，即xex1-ex1-2x +1=0，即ex1= 1 ， 1 1 x -1
1
且x∈0,x 1  ，hx  <0，gx  单调递减；
x∈x 1 ,+∞  ，hx  >0，gx  单调递增，
∴gx  min =gx 1 
ex1-1 1
= -2lnx = -2lnx ， x 1 x -1 1
1 1
3
∵x ∈1, 1 2  ，∴gx 1  <g1  =e-1，
再设φx 
1
= -2lnx，则φx
x-1
 在1,+∞  单调递减，
3
∵x ∈1, 1 2  ，∴φx 1  也即gx 1 
3
大于φ 2 
3
=2-2ln ， 2
3 23 3 17 17 3
要证2-2ln > ，即证ln < ，又即证e40 > ，
2 20 2 40 2
1
由(2)问ex>1+x+ x2，
2
17 17 1 17
∴e40 >1+ + ×
40 2 40

2 4849 4800 3
= > = ，得证.
3200 3200 2
题型十 导数与数列综合问题
大题典例
28.(23-24高三下·河北·三模)已知函数fx  =xlnx-ax2+2a-1  x-a+1a∈R  ．
(1)若fx  ≤0在 1,+∞  恒成立，求实数a的取值范围；
1 1 1 1 1
(2)证明： + + +⋯+ + >ln2．
n+1 n+2 n+3 n+n 4n
【答案】(1)  1 ,+∞
 2
 ；(2)证明见解析
【解析】(1)fx 
a-1
≤0⇔lnx-ax- +2a-1≤0在1,+∞
x
 恒成立．
构造函数gx 
a-1
=lnx-ax- +2a-1x≥1
x
 ，则gx  ≤0在1,+∞  恒成立．
gx 
1 a-1 x-1
= -a+ =
x x2
 1-ax+1   
x2
当a≤0时，gx  ≥0，所以gx  在1,+∞  上单调递增，
所以gx  ≥g1  =0，矛盾，故舍去1
当0<a< 时，由gx
2
24

1
≥0得1<x< -1，所以gx
a

1
在1, -1
a
 上单调递增，
1
故∀x∈1, -1
a
 ，均有gx  ≥g1  =0，矛盾，故舍去
1
当a≥ 时，gx
2
 ≤0，所以gx  在1,+∞  上单调递减，
所以gx  ≤g1  =0，满足题意；
综上，实数a的取值范围为  1 ,+∞
 2

1
(2)由(1)知当a= 时，fx
2
 ≤0恒成立，
1 1
即lnx≤ x-
2 x
 在1,+∞  上恒成立，当且仅当x=1时取等号．
n+1 n+1 1 n+1 n
所以当x= 时，可得ln <  -
n n 2 n n+1

1 1 1
=  +
2 n n+1

n+2 1 1 1
同理ln <  +
n+1 2 n+1 n+2

n+3 1 1 1
，ln <  +
n+2 2 n+2 n+3

n+n
，⋯，ln
n+n-1 
<
1 1
2 n+n-1 
1
 +
n+n

两边分别累加得：
n+1 n+2 n+n
ln +ln +⋯+ln
n n+1 n+n-1 
<
1 1 1
 +
2 n n+1

1 1
+ +
n+1 n+2

1
+⋯+
n+n-1 
1
 +
n+n






n+1 n+2 n+n
即ln × ×⋯×
n n+1 n+n-1 
 
1 1 1 1
< + + +⋯+
2n n+1 n+2 n+n-1 
1
+
4n
1 1 1 1 1
即 + + +⋯+ + >ln2
n+1 n+2 n+3 n+n 4n
解法指导
导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式
中的自变量，通过多次求和(常常用到裂项相消法求和)达到证明的目的，此类问题一般至少有
两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
变式训练
29.(23-24高三下·四川雅安·一模)已知函数f(x)=ax2+(1-a)x-lnx．
(1)若f(x)有2个相异极值点，求a的取值范围；
(2)若f(x)≥1，求a的值；
1
(3)设m为正整数，若∀n∈N*，1+
4

3
1+
42

32
1+
43

3n-1
⋯1+
4n
 <m，求m的最小值．
【答案】(1)a<-2 2-3或2 2-3<a<0；(2)a=0；(3)3.
2ax2+(1-a)x-1
【解析】(1)函数f(x)=ax2+(1-a)x-lnx的定义域为(0,+∞)，求导得f(x)= ，
x
由f(x)有2个相异极值点，得方程2ax2+(1-a)x-1=0有两个相异正实根x,x ，
1 2Δ=(1-a)2+8a>0


于是  x 1 +x 2 =a 2 - a 1 >0 ，解得a<-2 2-3或2 2-3<a<0，
  x 1 x 2 =- 2a 1 >0
所以a的取值范围是a<-2 2-3或2 2-3<a<0.
1
(2)令g(x)=f(x)-1=ax2+(1-a)x-lnx-1，求导得g(x)=2ax+1-a- ，
x
当a>0时，函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g(1)=a>0，
1
g
4+a2
25

2a 5 1
= +1-a-4-a2≤- -a-a2<0，则∃x ∈ ,1
4+a2 2 0 4+a2
 ，使得g(x )=0，
0
当x>x 时，g(x)>0，因此函数g(x)在(x ,+∞)上单调递增，而g(1)=0，
0 0
则当x <x<1时，g(x)<0，即f(x)<1，不符合题意；
0
当a<0时，而x→+∞时，g(x)→-∞，不等式f(x)≥1不恒成立，不符合题意；
1
当a=0时，g(x)=x-lnx-1，求导得g(x)=1- ，当0<x<1时，g(x)<0，当x>1时，g(x)>0，
x
函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，g(x) =g(1)=0，
min
即对任意正数x，g(x)≥0恒成立，即不等式f(x)≥1恒成立，符合题意，
所以a=0.
(3)由(2)知，对任意x>0，不等式lnx≤x-1，当且仅当x=1时取等号，
3n-1 3n-1
令x= +1，则ln +1
4n 4n

3n-1
< ，
4n
1
则ln1+
4

3
+ln1+
42

32
+ln1+
43

3n-1
+⋯+ln1+
4n

1 3 32 3n-1
< + + +⋯+
4 42 43 4n
1 1-3n
4 4n
=

3n 1
=1- <1，即ln 1+
1-3 4n 4
4

3
1+
42

32
1+
43

3n-1
⋯1+
4n





<1，
1
因此1+
4

3
1+
42

32
1+
43

3n-1
⋯1+
4n
 <e，
1
当n≥4时，1+
4

3
1+
42

32
1+
43

3n-1
⋯1+
4n

1
>1+
4

3
1+
42

32
1+
43

33
1+
44

34
1+
45
 >2，
1
所以对∀n∈N*，1+
4

3
1+
42

32
1+
43

3n-1
⋯1+
4n
 <m时，正整数m的最小值为3.
k(x-1)
30.(24-25高三上·上海·月考)已知函数f(x)=lnx- +1.
x
(1)若k>0，求函数y=f(x)的极值；
(2)①当x>1时，f(x)>0恒成立，求正整数k的最大值；
②证明：(1+1×2)(1+2×3)⋯[1+n(n+1)]>e n2- n+ 3 1 
【答案】(1)极小值为f(k)=lnk-k+2，没有极大值；
(2)①正整数k的最大值为3，②证明见解析.
k(x-1)
【解析】(1)函数f(x)=lnx- +1的定义域为0,+∞
x
 ，
x-k
导函数f(x)= ，x>0，
x2
令f(x)=0，又k>0，所以x=k，
所以当x>k时，fx  >0，函数fx  在k,+∞  上单调递增，
当0<x<k时，fx  <0，函数fx  在0,k  上单调递减，所以当x=k时，函数fx
26
 取极小值，极小值为f(k)=lnk-k+2，
所以函数fx  的极小值为f(k)=lnk-k+2，没有极大值；
(2)①因为当x>1时，f(x)>0恒成立，
所以当x>1时，fx  >0，
min
由(1)若k>0时，则fx  在0,k  上单调递减，在k,+∞  上单调递增，
(a)当0<k≤1时，fx  在1,+∞  上单调递增，fx  >f1
min
 =1满足题意；
(b)当k>1时，fx  在1,k  上单调递减，在k,+∞  上单调递增，
f(x) =lnk-k+2>0
min
令gx 
1-x
=lnx-x+2，则g(x)= <0，
x
所以gx  在1,+∞  上单调递减，
且g2  =ln2>0，g3  =ln3-1>0，g4  =ln4-2<0，
所以存在x 0 ∈3,4  使得gx 0  =0，
则gx  =lnx-x+2>0的解集为1,x 0  ，
综上满足条件的正数k的取值范围0,x 0  ，其中x 0 ∈3,4  ，
所以正整数k的最大值3；
(ii)证明：要证(1+1×2)(1+2×3)⋯[1+n(n+1)]>e n2- n+ 3 1 
两边取对数，即证ln 1+1×2  1+2×3  ⋯ 1+n×n+1     
3n
>2n-
n+1
也即证ln1+1×2  +ln1+2×3  +⋯+ln 1+n×n+1   
3n
>2n-
n+1
3(x-1) 3
由①知lnx> -1=2- ，
x x
令x=1+nn+1  ，则ln 1+nn+1   
3
>2-
nn+1 
3
>2-
+1 nn+1 
3 3
=2- -
n n+1

所以ln1+1×2  +ln1+2×3  +⋯+ln 1+n×n+1   
1 1 1 1 1
>2n-31- + - +⋯+ -
2 2 3 n n+1

所以ln1+1×2  +ln1+2×3  +⋯+ln 1+n×n+1   
1
>2n-31-
n+1

3n
=2n-
n+1
所以(1+1×2)(1+2×3)⋯[1+n(n+1)]>e n2- n+ 3 1  ．
必刷大题
刷模拟
1
31.(24-25高三上·福建泉州·期中)已知函数f(x)= ax2+lnx-(a+1)x，a∈R．
2
(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；
f(x)
(2)当a>0时，设g(x)= ，若g(x)既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
x
【答案】(1)答案见解析；(2)0,e-3 
【解析】(1)当a>0时，f(x)的定义域为(0,+∞)，fx 
1 (ax-1)(x-1)
=ax+ -(a+1)= ，
x x
当a=1时，fx 
(x-1)2
= ≥0恒成立，f(x)在(0,+∞)上为增函数；
x1 当a>1时，0< <1，fx
a
27

ax-1
a =
 (x-1)
，
x
1
当0<x< 或x>1时，fx
a

1
>0，当 <x<1时，fx
a
 <0，
1
所以f(x)的单调递增区间为0,
a

1
，(1,+∞)，单调递减区间为 ,1
a
 ，
1 1
当0<a<1时， >1，当0<x<1或x> 时，fx
a a

1
>0，当1<x< 时，fx
a
 <0，
1
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)， ,+∞
a

1
，单调递减区间为1,
a
 ．
综上所述，当a=1时，f(x)在(0,+∞)上为增函数；
1
当a>1时，f(x)的单调递增区间为0,
a

1
，(1,+∞)，单调递减区间为 ,1
a
 ，
1
当0<a<1时，f(x)的单调递增区间为(0,1)， ,+∞
a

1
，单调递减区间为1,
a
 ，
f(x) 1 lnx
(2)因为g(x)= = ax+ -(a+1)，所以gx
x 2 x

1 1-lnx
= a+ ，
2 x2
若g(x)既有极大值又有极小值，则gx  至少存在两个变号零点，
lnx-1 1
即 = a至少有两个不同实数根，
x2 2
lnx-1 3-2lnx
记h(x)= ，则h(x)= ，
x2 x3
3 3
当0<x<e2 时，h(x)>0，当x>e2 时，h(x)<0，
3 -1
所以h(x)在x=e 3 2 时，取得极大值h(e)= 2 = 1 ，
e3 2e3
又x趋近于0时，h(x)趋近于-∞，当x趋近于+∞时，h(x)趋近于0，
所以，h(x)的图像如图所示，
a 1
由图可知，当0< < ，即0<a<e-3时，gx
2 2e3
 有两个变号零点，
且分别为g(x)极大值点和极小值点，所以a的取值范围为0,e-3  ．
32.(24-25高三上·山东·期中)已知函数f(x)=ax3+2sinx-x.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(3)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.
 1
【答案】(1)y=x；(2)f(x)在R上单调递增；(3) ,+∞
π2

【解析】(1)由题意可知f(0)=0，
f(x)=3ax2+2cosx-1，则f(0)=1，
故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
(2)当a=1时，f(x)=x3+2sinx-x.则f(x)=3x2+2cosx-1.π 1
当0≤x<1时，cosx>cos1>cos = ，此时
3 2
f(x)=3x2+2cosx-1≥2cosx-1>0.
当x≥1时，f(x)=3x2+2cosx-1≥3x2-2-1≥0.
故f(x)>0在[0,+∞)上恒成立.
再由f(-x)=3(-x)2+2cos(-x)-1=3x2+2cosx-1=f(x)可知f(x)为偶函数，
于是f(x)>0在R上恒成立.故f(x)在R上单调递增.
(3)当x=0时，f(x)=0符合题意.
x-2sinx
当x>0时，由f(x)≥0可得a≥ .
x3
x-2sinx 2(3sinx-x-xcosx)
令F(x)= ，则F(x)= .
x3 x4
令G(x)=3sinx-x-xcosx，则G(x)=xsinx+2cosx-1.
令H(x)=xsinx+2cosx-1，则H(x)=xcosx-sinx.
令K(x)=xcosx-sinx，
当0<x≤π时，K(x)=-xsinx<0，故K(x)在(0,π]上单调递减.
又K(0)=0，则此时K(x)<0.故H(x)在(0,π]上单调递减.
因为H(0)=1>0，H(π)=-3<0，则存在x 0 ∈(0,π)，使得Hx 0
28
 =Gx 0  =0，
于是G(x)在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,π  上单调递减.
由于G(0)=0，G(π)=0，则当x∈(0,π]时，G(x)≥0，此时F(x)≥0.
因此F(x)在(0,π]上单调递增.
1
故当x∈(0,π]时，F(x)≤F(π)= .
π2
x3 3x2
令L(x)=2sinx+ -x，x>π，则L(x)=2cosx+ -1.
π2 π2
3x2 3π2
当x>π时，L(x)=2cosx+ -1>-2+ -1=0，则L(x)在(π,+∞)上单调递增，
π2 π2
x-2sinx 1
此时L(x)>L(π)=0.故当x∈(π,+∞)时，F(x)= < .
x3 π2
x-2sinx 1
故F(x)= ≤ 在(0,+∞)上恒成立.
x3 π2
 1
因此a的取值范围为 ,+∞
π2
 .
33.(24-25高三上·北京房山·期中)已知函数fx  =ax3+bx2+cx在点x 处取得极大值5，其导函数y 0
=fx  的图象经过点1,0  ，2,0  ，如图所示.求：
(1)x 的值；
0
(2)a，b，c的值；
(3)函数fx  在区间 -1,3  上的最大值和最小值.【答案】(1)x 0 =1；(2)a=2，b=-9，c=12；(3)fx
29
 =f3 max  =9，fx  =f-1 min  =-23
【解析】(1)由图象可知：在-∞,1  上，fx  >0；在1,2  上，fx  <0；在2,+∞  上，fx  >0
∴fx  在-∞,1  ，2,+∞  上单调递增，在1,2  上单调递减，
∴fx  在x=1处取得极大值，∴x =1； 0
(2)因为fx  =3ax2+2bx+c且f1  =0，f2  =0，f1  =5，
3a+2b+c=0

得：12a+4b+c=0，解得：a=2，b=-9，c=12；
a+b+c=5
(3)由(2)得fx  =2x3-9x2+12x，则fx  =6x2-18x+12=6x-1  x-2  ，
可知：fx  在-1,1  上单调递增，在1,2  上单调递减，在2,3  上单调递增，
∴fx  =max f1
max
 ,f3    ，fx  =min f-1
min
 ,f2    ，
又f1  =5，f3  =9，f-1  =-2-9-12=-23，f2  =4，
∴fx  =f3
max
 =9，fx  =f-1
min
 =-23.
34.(24-25高三上·江苏盐城·期中)设函数fx  =xex，x∈R.
(1)求fx  的极值；
flnx
(2)已知实数a>0，若存在正实数x使不等式a⋅3axln3-

≤0成立，求a的取值范围；
x
(3)已知不等式fm  -fn  >km-n  2对满足m>n>0的一切实数m，n恒成立，求实数k的取
值范围.
1 log e
【答案】(1)极小值f(-1)=- ，无极大值；(2)0<a≤ 3 ；(3)k≤e.
e e
【解析】(1)由题设fx  =(x+1)ex，
x<-1时，fx  <0，即f(x)在(-∞,-1)上递减，
x>-1时，fx  >0，即f(x)在(-1,+∞)上递增，
1
所以f(x)有极小值f(-1)=- ，无极大值.
e
flnx
(2)由a⋅3axln3-

≤0且x∈(0,+∞)，则ax⋅3axln3-flnx
x
 =3axln3ax-xlnx≤0，
所以，问题化为a>0，∃x∈(0,+∞)使3axln3ax≤xlnx成立，
令y=xlnx，则y=1+lnx，且x=1时y=0，
1 1
0<x< 时y<0，即y在0,
e e

1
上递减，对应值域为- ,0
e
 ；
1 1
x> 时y>0，即y在 ,+∞
e e

1
上递增，对应值域为- ,+∞
e
 ；
1 log x
由于3ax>1，于是x≥3ax> ，即x≥3ax>1，此时0<a≤ 3 ，
e x
对于g(x)= log 3 x 且x∈(1,+∞)，则g(x)= log 3x e ，
x x2
故1<x<e时g(x)>0，即g(x)在(1,e)上递增，
x>e时g(x)<0，即g(x)在(e,+∞)上递减，
log e log e
所以g(x) =g(e)= 3 ，故0<a≤ 3 .
max e e
(3)由题设，令m-n=t>0，而fm  -fn  =mem-nen>km-n  2，(n+t)en+t-nen et-1 et
所以k< =nen⋅ +en⋅ 在n,t∈(0,+∞)上恒成立，
t2 t2 t
et-1 et et
令φ(n)=nen⋅ +en⋅ 在n∈(0,+∞)上递增，则φ(n)>φ(0)= ，
t2 t t
et (t-1)et
令ϕ(t)= ，则ϕ(t)= ，
t t2
故t∈(0,1)上ϕ(t)<0，即ϕ(t)在(0,1)上递减；
t∈(1,+∞)上ϕ(t)>0，即ϕ(t)在(1,+∞)上递增；
所以ϕ(t)≥ϕ(1)=e，
综上φ(n)>e，故只需k≤e.
35.(23-24高三下·广东佛山·一模)已知函数fx
30
 =ax2-1+2lnx．
(1)讨论fx  的单调性；
(2)当a=1时，若存x 1 、x 2 在，满足fx 1  =-fx 2  ，证明：x +x ≥2； 1 2
(3)对任意的x>0，fx 
2
≤xe2x+ -lnx-1恒成立，其中fx
x
 是函数fx  的导数，求a的取值
范围．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析；(3)-∞,1 
【解析】(1)fx  的定义域为0,+∞  ，fx 
2 2ax2+1
=2ax+ =
x

．
x
当a≥0时，fx  >0，fx  在0,+∞  上单调递增；
当a<0时，令fx 
1 1
=0，得x= - 或x=- - (舍去)，
a a
1
当x∈0, -
a
 时，fx 
1
>0；当x∈ - ,+∞
a
 时，fx  <0，
所以fx 
1
在0, -
a

1
上单调递增，在 - ,+∞
a
 上单调递减．
综上，当a≥0时，fx  在0,+∞  上单调递增；
当a<0时，fx 
1
在0, -
a

1
上单调递增，在 - ,+∞
a
 上单调递减．
(2)方法一：当a=1时，fx  =x2-1+2lnx，由fx 1  =-fx 2  ，
得x2 1 -1+2lnx 1 =x2 2 -1+2lnx 2 ，即x2 1 +x 2 2=2-2lnx 1 x 2 
由于lnx≤x-1，事实上，令gx  =lnx-x+1，gx 
1 1-x
= -1= ，
x x
x∈0,1  时，gx  >0；x∈1,+∞  时，gx  <0；所以g(x) max =g1  =0，
所以gx  =lnx-x+1≤0，即lnx≤x-1．
所以x 1 +x 2  2=2x 1 x 2 +2-2lnx 1 x 2  ≥2x 1 x 2 +2-2x 1 x 2 -1  =4，
当且仅当xx =1时，等号成立，所以x +x ≥2，得证．
1 2 1 2
方法二：当a=1时，fx  =x2-1+2lnx，f1  =0，
由(1)知a=1时，fx  在0,+∞  上单调递增，
当x ≠x 时，可证x +x >2．
1 2 1 2
不妨设0<x 1 <1<x 2 ，要证x 1 +x 2 >2，即证x 2 >2-x 1 ，即证fx 2  >f2-x 1  ，
因为fx 1  =-fx 2  ，所以即证fx 1  +f2-x 1  <0．
令gx  =fx  +f2-x  ，其中0<x<1，gx
31
 =fx  +f2-x 
2
=2x+ -22-x
x

2 4(x-1)3
- =
2-x xx-2 
因为0<x<1，所以gx  >0，所以gx  在0,1  上单调递增，
所以gx  <g1  =0，所以fx 1  +f2-x 1  <0，所以x +x >2． 1 2
当x 1 =x 2 时，因为fx 1  =-fx 2  ，所以fx 1  =fx 2  =0，
所以x =x =1，所以x +x =2．
1 2 1 2
综上，x +x ≥2．
1 2
(3)方法一：fx 
2
=2ax+ ，由fx
x

2
≤xe2x+ -lnx-1，
x
xe2x-lnx+1
得2ax≤xe2x-lnx-1，即a≤

，
2x
所以对任意的x>0，fx 
2
≤xe2x+ -lnx-1恒成立，
x
xe2x-lnx+1
等价于a≤
 

 2x

，
min
由于ex≥x+1，事实上，令gx  =ex-x-1，gx  =ex-1，
x∈-∞,0  时，gx  <0；x∈0,+∞  时，gx  >0；所以g(x) min =g0  =0，
所以gx  =ex-x-1≥0，即ex≥x+1．
xe2x-lnx+1
所以
 elnx+2x-lnx+1
=
2x
 lnx+2x+1-lnx+1
≥
2x

=1，
2x
当且仅当lnx+2x=0时，等号成立(方程显然有解)，
xe2x-lnx+1
即
 

 2x

=1，所以a≤1．
min
所以a的取值范围是0,1  ．
方法二：fx 
2
=2ax+ ，由fx
x

2
≤xe2x+ -lnx-1，得2ax≤xe2x-lnx-1，
x
xe2x-lnx+1
即a≤

，所以对任意的x>0，fx
2x

2
≤xe2x+ -lnx-1恒成立，
x
xe2x-lnx+1
等价于a≤
 

 2x

min
令gx 
xe2x-lnx+1
=

(x>0)，
2x
则gx  e2x+2xe2x-1 x =  2x-2xe2x-lnx-1  2x2e2x+lnx = ，
4x2 2x2
令hx  =2x2e2x+lnx，则hx  =4xe2x1+x 
1
+ >0，所以hx
x
 在0,+∞  上单调递增，
1
又h
4

e
= -2ln2<0，h1
8

1
=2e2>0，所以h
4
 h1  <0，
1
所以存在x ∈ ,1 0 4  ，使得hx 0  =0，
所以2x2 0 e2x0+lnx 0 =0，即-lnx 0 =2x2 0 e2x0，所以ln-lnx 0  =ln2+2lnx +2x ， 0 0
所以ln-lnx 0  +-lnx 0  =ln2x +2x ， 0 0
令lx  =lnx+x(x>0)，lx 
1
= +1>0，所以lx
x
 在0,+∞  上单调递增，
因为l-lnx 0  =l2x 0  ，所以-lnx =2x 0 0
又x∈0,x 0  时，gx  <0；x∈x 0 ,+∞  时，gx  >0，
所以gx  在0,x 0  上单调递减，gx  在x 0 ,+∞  上单调递增，所以g(x) min =gx 0
32

x e2x0-lnx -1 x e-lnx0+2x -1
= 0 0 = 0 0 =1， 2x 2x
0 0
所以a≤1，所以a的取值范围是-∞,1  ．
36.(23-24高三下·浙江杭州·一模)已知函数fx  =axlnx-x3-1.
(1)若a=1，求fx  的单调区间;
(2)若0≤a≤3，求证:fx  <0;
(3)若hx 
fx
=
 +x3+1
a ，∃x 1 ≠x 2 使得hx 1  =hx 2  =b，求证:be+1<x -x 1 2  <b+1.
【答案】(1)单调递减区间是0,+∞  ，无增区间；(2)证明见解析；(3)证明见解析
【解析】(1)当a=1时，fx  =xlnx-x3-1，x∈0,+∞  ，
则fx  =lnx+1-3x2
令hx  =fx  ，则hx 
1
= -6x，
x
令hx 
1 6
= -6x>0，∵x>0，∴0<x< ，
x 6
∴fx 
6
在区间0,
6

6
上单调递减增，在区间 ,+∞
6
 上单调递减，
∴fx 
6
≤f
6

6 1 1 1
=ln + = ln +1
6 2 2 6
 <0，
∴fx  的单调递减区间是0,+∞  ，无增区间.
(2)∵x∈0,+∞  ，
当x∈0,1  时，fx  <0显然成立，
当x∈1,+∞  时，fx  =alnx+1  -3x2，令gx  =fx  ，
∴gx 
a-6x2
= <0，
x
∴fx  在区间1,+∞  上单调递减，∴fx  <f1  =a-3≤0，
∴fx  在区间1,+∞  上单调递减，∴fx  <f1  =-2<0，
综上所述，当0≤a≤3时，fx  <0.
(3)hx  =xlnx，
∴hx  =lnx+1，令hx 
1
<0，则0<x< ，
e
∴hx 
1
在区间0,
e

1
上单调递减，在区间 ,+∞
e
 上单调递增，
1
∵h
e

1 1
=- ，∴b∈- ,0
e e
 .
1
不妨设x <x ，则x ∈0,
1 2 1 e

1
，x ∈ ,1
2 e
 ，
先证：x -x <b+1，
2 1
易知hx  在x=1处的切线方程为y=x-1，该切线与直线y=b的交点的横坐标为x =b+1， 3
令gx  =hx  -x-1  =xlnx-x+1，则gx  =lnx，
当x∈0,1  时，gx  <0，此时gx  >g1  =0，
∴当x∈0,1  时，y=x-1图像在hx  下方.
∴x >x -x ，∴x -x <x <b+1，
3 2 1 2 1 3
1 1
再证x -x >be+1，设A ,- 2 1 e e  ，B1,0  ，1
易知直线OA方程为y=-x，直线AB方程为y= x-1
e-1
33
 ，
则直线OA，AB与直线y=b交点的横坐标为x 4 =-b，x 5 =e-1  b+1，
∴x -x =be+1，
5 4
∵x =-b=-xlnx >x ，同理可证：x <x ，
4 1 1 1 4 2
∴x <x <x ，类似的可以证明x <x <x ，
1 4 2 1 5 2
∴x -x <x -x ，即be+1<x -x ，
5 4 2 1 2 1
∴be+1<x 1 -x 2  <b+1
刷真题
37.(2024·全国·高考真题)已知函数fx  =ax-1  -lnx+1．
(1)求fx  的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，fx  <ex-1恒成立．
【答案】(1)见解析；(2)见解析
1 ax-1
【解析】(1)f(x)定义域为(0,+∞)，f(x)=a- =
x x
ax-1
当a≤0时，f(x)= <0，故f(x)在(0,+∞)上单调递减；
x
1
当a>0时，x∈ ,+∞
a
 时，f(x)>0，f(x)单调递增，
1
当x∈0,
a
 时，f(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞)；
1
a>0时，f(x)的单调递增区间为 ,+∞
a

1
，单调递减区间为0,
a
 .
(2)a≤2，且x>1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+lnx-1≥ex-1-2x+1+lnx，
令g(x)=ex-1-2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.
1 1
g(x)=ex-1-2+ ，再令h(x)=g(x)，则h(x)=ex-1- ，
x x2
显然h(x)在(1,+∞)上递增，则h(x)>h(1)=e0-1=0，
即g(x)=h(x)在(1,+∞)上递增，
故g(x)>g(1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln1=0，问题得证
38.(2024·全国·高考真题)已知函数fx  =1-ax  ln1+x  -x．
(1)当a=-2时，求fx  的极值；
(2)当x≥0时，fx  ≥0，求a的取值范围．
1
【答案】(1)极小值为0，无极大值；(2)a≤-
2
【解析】(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，
1+2x 1
故f(x)=2ln(1+x)+ -1=2ln(1+x)- +1，
1+x 1+x
1
因为y=2ln(1+x),y=- +1在-1,+∞
1+x
 上为增函数，
故f(x)在-1,+∞  上为增函数，而f(0)=0，
故当-1<x<0时，f(x)<0，当x>0时，f(x)>0，故fx
34
 在x=0处取极小值且极小值为f0  =0，无极大值.
(2)fx  =-aln1+x 
1-ax
+ -1=-aln1+x
1+x

a+1
-
 x
,x>0，
1+x
设sx  =-aln1+x 
a+1
-
 x
,x>0，
1+x
则sx 
-a a+1
= -
x+1

1+x 
ax+1
=-
2
 +a+1
1+x 
ax+2a+1
=-
2 1+x 
，
2
1
当a≤- 时，sx
2
 >0，故sx  在0,+∞  上为增函数，
故sx  >s0  =0，即fx  >0，
所以fx  在0,+∞  上为增函数，故fx  ≥f0  =0.
1 2a+1
当- <a<0时，当0<x<- 时，sx
2 a
 <0，
故sx 
2a+1
在0,-
a

2a+1
上为减函数，故在0,-
a
 上sx  <s0  ，
2a+1
即在0,-
a
 上fx  <0即fx  为减函数，
2a+1
故在0,-
a
 上fx  <f0  =0，不合题意，舍.
当a≥0，此时sx  <0在0,+∞  上恒成立，
同理可得在0,+∞  上fx  <f0  =0恒成立，不合题意，舍；
1
综上，a≤- .
2
39.(2024·全国·高考真题)已知函数f(x)=ex-ax-a3．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点1,f(1)  处的切线方程；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】(1)e-1  x-y-1=0；(2)1,+∞ 
【解析】(1)当a=1时，则f(x)=ex-x-1，f(x)=ex-1，
可得f(1)=e-2，f(1)=e-1，
即切点坐标为1,e-2  ，切线斜率k=e-1，
所以切线方程为y-e-2  =e-1  x-1  ，即e-1  x-y-1=0.
(2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f(x)=ex-a，
若a≤0，则f(x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f(x)>0，解得x>lna；令f(x)<0，解得x<lna；
可知f(x)在-∞,lna  内单调递减，在lna,+∞  内单调递增，
则f(x)有极小值flna  =a-alna-a3，无极大值，
由题意可得：flna  =a-alna-a3<0，即a2+lna-1>0，
构建ga  =a2+lna-1,a>0，则ga 
1
=2a+ >0，
a
可知ga  在0,+∞  内单调递增，且g1  =0，
不等式a2+lna-1>0等价于ga  >g1  ，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞  ；
解法二：因为f(x)的定义域为R，且f(x)=ex-a，
若f(x)有极小值，则f(x)=ex-a有零点，令f(x)=ex-a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
若a>0，令f(x)>0，解得x>lna；令f(x)<0，解得x<lna；
可知f(x)在-∞,lna
35
 内单调递减，在lna,+∞  内单调递增，
则f(x)有极小值flna  =a-alna-a3，无极大值，符合题意，
由题意可得：flna  =a-alna-a3<0，即a2+lna-1>0，
构建ga  =a2+lna-1,a>0，
因为则y=a2,y=lna-1在0,+∞  内单调递增，
可知ga  在0,+∞  内单调递增，且g1  =0，
不等式a2+lna-1>0等价于ga  >g1  ，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞  .
40.(2024·天津·高考真题)已知函数fx  =xlnx．
(1)求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程；
(2)若fx  ≥ax- x  对任意x∈0,+∞  成立，求实数a的值；
(3)若x 1 ,x 2 ∈0,1  ，求证：fx 1  -fx 2    ≤x -x 1 2 
1
2．
【答案】(1)y=x-1；(2)2；(3)证明过程见解析
【解析】(1)由于fx  =xlnx，故fx  =lnx+1.
所以f1  =0，f1  =1，所以所求的切线经过1,0  ，且斜率为1，故其方程为y=x-1.
(2)设ht  =t-1-lnt，则ht 
1 t-1
=1- = ，从而当0<t<1时ht
t t
 <0，当t>1时ht  >0.
所以ht  在0,1  上递减，在1,+∞  上递增，这就说明ht  ≥h1  ，即t-1≥lnt，且等号成立当且仅当
t=1.
设gt  =at-1  -2lnt，则
fx  -ax- x  =xlnx-ax- x 
1
=x a -1
x

1
 -2ln
x

1
=x⋅g
x
 .
当x∈0,+∞ 
1
时， 的取值范围是0,+∞
x
 ，所以命题等价于对任意t∈0,+∞  ，都有gt  ≥0.
一方面，若对任意t∈0,+∞  ，都有gt  ≥0，则对t∈0,+∞  有
0≤gt  =at-1  -2lnt=at-1 
1
+2ln ≤at-1
t

1
+2 -1
t

2
=at+ -a-2，
t
取t=2，得0≤a-1，故a≥1>0.
2 2 a
再取t= ，得0≤a⋅ +2 -a-2=2 2a-a-2=- a- 2
a a 2
 2，所以a=2.
另一方面，若a=2，则对任意t∈0,+∞  都有gt  =2t-1  -2lnt=2ht  ≥0，满足条件.
综合以上两个方面，知a的值是2.
fb
(3)先证明一个结论：对0<a<b，有lna+1<
 -fa 
<lnb+1.
b-a
lnb
证明：前面已经证明不等式t-1≥lnt，故 blnb-alna = alnb-alna +lnb= a +lnb<1+lnb，
b-a b-a b -1
a
-lna - a -1
且 blnb-alna = blnb-blna +lna= b +lna> b
b-a b-a 1-a
b

+lna=1+lna，
1-a
bblnb-alna fb
所以lna+1< <lnb+1，即lna+1<
b-a
36
 -fa 
<lnb+1.
b-a
由fx 
1
=lnx+1，可知当0<x< 时fx
e

1
<0，当x> 时fx
e
 >0.
所以fx  1 在0,
e
 上递减，在  1 ,+∞
 e
 上递增.
不妨设x ≤x ，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论.
1 2
1
情况一：当 ≤x ≤x <1时，
e 1 2
有 fx 1  -fx 2    =fx 2  -fx 1  <lnx 2 +1  x 2 -x 1  <x -x < x -x ，结论成立； 2 1 2 1
1
情况二：当0<x 1 ≤x 2 ≤ e 时，有 fx 1  -fx 2    =fx 1  -fx 2  =xlnx -x lnx . 1 1 2 2
1 对任意的c∈0,
e
 ，设φx  =xlnx-clnc- c-x，则φx  1 =lnx+1+ .
2 c-x
由于φx  单调递增，且有
c
φ
1+ 1 2e 2c

c 1 1 1 1 1
=ln +1+ <ln +1+ =-1- +1+ =0，
2e 1+ 1 2c 2 c- c e 1+ 1 2c 2 c-c 2c 2c
1+ 1 2
2e 2c
1
且当x≥c-
4ln2 -1
c

c 1 2
，x> 时，由 ≥ln -1可知
2 2 2 c-x c
φx 
1 c 1 1 2
=lnx+1+ >ln +1+ = -ln -1
2 c-x 2 2 c-x 2 c-x c
 ≥0.
所以φx  在0,c  上存在零点x 0 ，再结合φx  单调递增，即知0<x<x 0 时φx  <0，x <x<c时 0
φx  >0.
故φx  在0,x 0  上递减，在x 0 ,c  上递增.
①当x 0 ≤x≤c时，有φx  ≤φc  =0；
1
②当0<x<x 0 时，由于 cln c =-2f c 
1
≤-2f e 
2 1
= <1，故我们可以取q∈ cln ,1 e c  .
c
从而当0<x< 时，由 c-x>q c，可得
1-q2
φx 
1
=xlnx-clnc- c-x<-clnc- c-x<-clnc-q c= c cln -q
c
 <0.
再根据φx  在0,x 0  上递减，即知对0<x<x 0 都有φx  <0；
综合①②可知对任意0<x≤c，都有φx  ≤0，即φx  =xlnx-clnc- c-x≤0.
1 根据c∈0,
e
 和0<x≤c的任意性，取c=x ，x=x ，就得到xlnx -x lnx - x -x ≤0.
2 1 1 1 2 2 2 1
所以 fx 1  -fx 2    =fx 1  -fx 2  =xlnx -x lnx ≤ x -x . 1 1 2 2 2 1
1
情况三：当0<x ≤ ≤x <1时，根据情况一和情况二的讨论，
1 e 2
可得 fx 1 
1
-f e   
1 1
≤ -x ≤ x -x ，f e 1 2 1 e  -fx 2   
1
≤ x - ≤ x -x . 2 e 2 1
而根据fx  的单调性，知 fx 1  -fx 2    ≤ fx 1 
1
-f e    或 fx 1  -fx 2   
1
≤ f e  -fx 2    .
故一定有 fx 1  -fx 2    ≤ x -x 成立. 2 1
综上，结论成立.
x
41.(2024·全国·高考真题)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3
2-x
(1)若b=0，且f(x)≥0，求a的最小值；(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围．
2
【答案】(1)-2；(2)证明见解析；(3)b≥-
3
【解析】(1)b=0时，fx
37

x
=ln +ax，其中x∈0,2
2-x
 ，
则fx 
1 1 2
= + +a=
x 2-x x2-x 
+a,x∈0,2  ，
因为x2-x 
2-x+x
≤
2

2
=1，当且仅当x=1时等号成立，
故fx  =2+a，而fx
min
 ≥0成立，故a+2≥0即a≥-2，
所以a的最小值为-2.，
(2)fx 
x
=ln +ax+bx-1
2-x
 3的定义域为0,2  ，
设Pm,n  为y=fx  图象上任意一点，
Pm,n  关于1,a  的对称点为Q2-m,2a-n  ，
因为Pm,n  在y=fx 
m
图象上，故n=ln +am+bm-1
2-m
 3，
而f2-m  2-m =ln +a2-m
m
 +b2-m-1  m 3=- ln +am+bm-1
2-m
  3 

 +2a=-n+2a，
所以Q2-m,2a-n  也在y=fx  图象上，
由P的任意性可得y=fx  图象为中心对称图形，且对称中心为1,a  .
(3)因为fx  >-2当且仅当1<x<2，故x=1为fx  =-2的一个解，
所以f1  =-2即a=-2，
先考虑1<x<2时，fx  >-2恒成立.
此时fx 
x
>-2即为ln +21-x
2-x
 +bx-1  3>0在1,2  上恒成立，
设t=x-1∈0,1 
t+1
，则ln -2t+bt3>0在0,1
1-t
 上恒成立，
设gt 
t+1
=ln -2t+bt3,t∈0,1
1-t
 ，
则gt 
2 t2-3bt2+2+3b
= -2+3bt2=
1-t2

，
1-t2
当b≥0，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，
故gt  >0恒成立，故gt  在0,1  上为增函数，
故gt  >g0  =0即fx  >-2在1,2  上恒成立.
2
当- ≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0，
3
故gt  ≥0恒成立，故gt  在0,1  上为增函数，
故gt  >g0  =0即fx  >-2在1,2  上恒成立.
2 2
当b<- ，则当0<t< 1+ <1时，gt
3 3b
 <0
2
故在0, 1+
3b
 上gt  为减函数，故gt  <g0  =0，不合题意，舍；
综上，fx  >-2在1,2 
2
上恒成立时b≥- .
3
2
而当b≥- 时，
32
而b≥- 时，由上述过程可得gt
3
38
 在0,1  递增，故gt  >0的解为0,1  ，
即fx  >-2的解为1,2  .
2
综上，b≥- .
3
42.(2024·北京·高考真题) 设函数 f x  = x + kln1+x  k≠0  ，直线 l 是曲线 y = f x  在点
t,ft    t>0  处的切线．
(1)当k=-1时，求fx  的单调区间.
(2)求证：l不经过点0,0  .
(3)当k=1时，设点A t,ft    t>0  ，C 0,ft    ，O0,0  ，B为l与y轴的交点，S 与S 分别
△ACO △ABO
表示△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S =15S 成立？若存在，这样的点A有
△ACO △ABO
几个？
(参考数据：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95)
【答案】(1)单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞)；(2)证明见解析；(3)2
1 x
【解析】(1)f(x)=x-ln(1+x),f(x)=1- = (x>-1)，
1+x 1+x
当x∈-1,0  时，fx  <0；当x∈0,+∞  ，fx  >0；
∴f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.
则f(x)的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
k k
(2)f(x)=1+ ，切线l的斜率为1+ ，
1+x 1+t
k
则切线方程为y-f(t)=1+
1+t
 (x-t)(t>0)，
k
将(0,0)代入则-f(t)=-t1+
1+t

k
,f(t)=t1+
1+t
 ，
k t t
即t+kln(1+t)=t+t ，则ln(1+t)= ，ln(1+t)- =0，
1+t 1+t 1+t
t
令F(t)=ln(1+t)- ，
1+t
假设l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞)存在零点.
1 1+t-t t
F(t)= - = >0，∴F(t)在(0,+∞)上单调递增，F(t)>F(0)=0，
1+t (1+t)2 (1+t)2
∴F(t)在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过(0,0).
1 x+2
(3)k=1时，f(x)=x+ln(1+x),f(x)=1+ = >0.
1+x 1+x
1
S = tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，
△ACO 2
t>0时，若q<0，则此时l与f(x)必有交点，与切线定义矛盾.
由(2)知q≠0.所以q>0，
则切线l的方程为y-t-lnt+1 
1
=1+
1+t
 x-t  ，
t
令x=0，则y=q=y=ln(1+t)- .
t+1
∵2S =15S ，则2tf(t)=15t ln(1+t)- t
△ACO ABO  t+1
 ，
t 15t
∴13ln(1+t)-2t-15 =0，记h(t)=13ln(1+t)-2t- (t>0)，
1+t 1+t∴满足条件的A有几个即h(t)有几个零点.
ht
39

13 15
= -2-
1+t t+1 
13t+13-2t2+2t+1
=
2
 -15
t+1 
-2t2+9t-4
=
2 t+1 
-2t+1
=
2
 t-4 
t+1 
，
2
1
当t∈0,
2
 时，ht  <0，此时ht  单调递减；
1
当t∈ ,4
2
 时，ht  >0，此时ht  单调递增；
当t∈4,+∞  时，ht  <0，此时ht  单调递减；
1
因为h(0)=0,h
2
 0,h(4)=13ln5-2013×1.6-20=0.8>0，
15×24 72 72
h(24)=13ln25-48- =26ln5-48- <26×1.61-48- =-20.54<0，
25 5 5
1
所以由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在 ,4
2
 上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，
综上所述，h(t)有两个零点，即满足2S =15S 的A有两个.
ACO ABO
43.(2024·上海·高考真题)对于一个函数 fx  和一个点Ma,b  ，令sx  =(x-a)2+ fx   -b  2，若
P x 0 ,fx 0    是sx  取到最小值的点，则称P是M在fx  的“最近点”．
1
(1)对于f(x)= (x>0)，求证：对于点M0,0
x
 ，存在点P，使得点P是M在fx  的“最近点”；
(2)对于fx  =ex,M1,0  ，请判断是否存在一个点P，它是M在fx  的“最近点”，且直线MP与y
=f(x)在点P处的切线垂直；
(3)已知y=f(x)在定义域R上存在导函数f(x)，且函数 g(x) 在定义域R上恒正，设点
M 1 t-1,ft  -gt    ，M 2 t+1,ft  +gt    ．若对任意的t∈R，存在点P同时是M 1 ,M 2 在fx  的“最
近点”，试判断fx  的单调性．
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，P0,1  ；(3)严格单调递减
【解析】(1)当M(0,0)时，sx 
1
=(x-0)2+ -0
x

2 1 1
=x2+ ≥2 x2⋅ =2，
x2 x2
1
当且仅当x2= 即x=1时取等号，
x2
故对于点M0,0  ，存在点P1,1  ，使得该点是M0,0  在fx  的“最近点”．
(2)由题设可得sx  =(x-1)2+ex-0  2=(x-1)2+e2x，
则sx  =2x-1  +2e2x，因为y=2x-1  ,y=2e2x均为R上单调递增函数，
则sx  =2x-1  +2e2x在R上为严格增函数，
而s0  =0，故当x<0时，sx  <0，当x>0时，sx  >0，
故sx  =s0
min
 =2，此时P0,1  ，
而fx  =ex,k=f0  =1，故fx  在点P处的切线方程为y=x+1.0-1
而k = =-1，故k ⋅k=-1，故直线MP与y=fx
MP 1-0 MP
40
 在点P处的切线垂直．
(3)设s 1x  =(x-t+1)2+ fx  -ft  +gt    2，
s 2x  =(x-t-1)2+ fx  -ft  -gt    2，
而s 1x  =2(x-t+1)+2 fx  -ft  +gt    fx  ，
s 2x  =2(x-t-1)+2 fx  -ft  -gt    fx  ，
若对任意的t∈R，存在点P同时是M 1 ,M 2 在fx  的“最近点”，
设Px 0 ,y 0  ，则x 0 既是s 1x  的最小值点，也是s 2x  的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则x 也是两函数的极小值点，
0
则存在x 0 ,使得s 1x 0  =s 2 x 0  =0，
即s 1x 0  =2x 0 -t+1  +2fx 0  fx 0   -f(t)+g(t)  =0①
s 2 x 0  =2x 0 -t-1  +2fx 0  fx 0   -f(t)-g(t)  =0②
由①②相等得4+4g(t)⋅fx 0  =0，即1+fx 0  g(t)=0，
即fx 0 
1
=- ，又因为函数g(x)在定义域R上恒正，
g(t)
则fx 0 
1
=- <0恒成立，
g(t)
接下来证明x =t，
0
因为x 0 既是s 1x  的最小值点，也是s 2x  的最小值点，
则s 1x 0  ≤s(t),s 2x 0  ≤s(t)，
即x 0 -t+1  2+ fx 0  -ft  +gt    2≤1+ gt    2，③
x 0 -t-1  2+ fx 0  -ft  -gt    2≤1+ gt    2，④
③+④得2x 0 -t  2+2+2 fx 0   -f(t)  2+2g2(t)≤2+2g2(t)
即x 0 -t  2+ fx 0  -ft    2≤0，因为x 0 -t  2≥0, fx 0  -ft    2≥0
x -t=0
则 0
fx 0  -ft 

 =0
，解得x
0
=t，
则ft 
1
=- <0恒成立，因为t的任意性，则fx
g(t)
 严格单调递减.