专题05导数与不等式（练）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第一篇 热点、难点突破篇
专题05 导数与不等式（练）
【对点演练】
一、单选题
ln7 1 ln5
1．（2022·宁夏六盘山高级中学高三期中（文））已知a ，b ，c ，则 ， ， 的大小关系为
7 e 5 a b c
（ ）
A．cba B．c<a<b
C．acb D．abc
【答案】C
【分析】由题意，构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案.
1 lne lnx 1lnx
【详解】由b e  e ，令y x ，则y x2 ，令 y0 ，则xe，
x0,e y0 xe, y0
当 时， ；当 时， ，
lnx
故y 在0,e上单调递增，在e,上单调递减，
x
lne ln5 ln7
由 ，则   ，即 ，
75e e 5 7 bca
故选：C.
5 1
a ,b ,c10sin0.01
2．（2022·海南·高三阶段练习）设 20 9 ，则（ ）
A．bac B．cba C．c<a<b D．b<c<a
【答案】B
 π  π
f xxsinx,x0,  xsinx,x0, 
【分析】用作差法可得ab，令  2可得  2，进而可推出bc，从而得
解
5 1 9 520
ab  
【详解】因为 20 9 180 ，
 2
9 5 202 40540050
又 ，所以9 5200，9 520
ab 0
所以 180 ，所以ab；
 π
令
f xxsinx,x

0,
2

，则
fx1cosx0
恒成立，
 π
所以 f xxsinx在  0, 2   递增，所以 f x f 00，
 π
xsinx,x0, 
所以  2
1  π
0, 
又100  2，
1 1 1 1
所以 sin ，所以 10sin ，
100 100 10 100
1 1
又  ，
9 10
1 1
所以 10sin 10sin0.01，即 ；
9 100 bc
所以cba，
故选：B
π
3．（2007·江西·高考真题（理））若
0x
，则下列命题中正确的是（ ）
2
3 3 4 4
A．sinx x B．sinx x C．sinx x2 D．sinx x2
π π π2 π2
【答案】D
【分析】设 f xsinx 3 x，取x π 可判断AB选项；构造函数gxsinx 2 x，其中0x π ，利用导数
π 6 π 2
2
分析函数gx的单调性，推导出sinx x，再结合不等式的性质可判断CD选项.
π
3 π 1 1
f xsinx x f    0
【详解】对于AB选项，设 π ，，因为 6 2 2 ，故AB均错；
对于CD选项，设gxsinx 2 x，其中0x π ，则gxcosx 2 ，
π 2 π2 π  π
因为 g01 π 0 ， g  2   0 ，故存在 x 0   0, 2  ，使得gx 0 0，
0xx
gx0 gx
且当 0时， ，此时函数 单调递增，
π
当x
0
x
2
时，gx0，此时函数gx单调递减，
π  π
因为
g0g
2


0
，所以，对任意的
x

0,
2

，
gx0
，
 π 2 2 2  2
x0,  0 x1 sinx x x
当  2时， π ，所以， π π  ，C错D对.
故选：D.
a1.11.1 be0.11 c11.1ln1.1
4．（2022·山东聊城·高三期中）已知 ， ， ，下列说法正确的是（ ）．
A．abc B．bca C．bac D．acb
【答案】C
f xex1x,x1 gx1lnxx,x1
【分析】令 ，利用导数研究单调性可比较ba， ，利用导数研究单调
性可比较ac，即可求解
f xex1x,x1 fxex110 1,
【详解】设 ，则 在 上恒成立，
fx 1,
所以 在 单调递增，
fx f10
所以 ，
f x 1,
所以 在 单调递增，
f 1.1 f 1 e0.11.1e010
所以 ，即 ，
e0.1 1.1
所以 ，
yx1.1 0,
又 在 单调递增，
所以
 e0.11.1 1.11.1
，即e0.11 1.11.1，所以ba；
1
设gx1lnxx,x1，则gx 10在1,上恒成立，
x
gx 1,
所以 在 单调递减，
gxg10
所以 ，
gx 1,
所以 在 单调递减，
g  1.11.1 g10
所以
，即1ln1.11.11.11.10，
1ln1.11.11.11.1 11.1ln1.11.11.1
所以 ，即
所以ac；
综上所述：bac，
故选：C
Hxm122em1xeax
5．（2022·河南·驻马店市第二高级中学高三阶段练习（理））已知函数 ，若
Hx0
mR x0
对任意的 ，当 时， 恒成立，则a的最小值是（ ）
2
A． B．0 C．1 D．2
e
【答案】D
Hx0
m1
【分析】 ，可看作关于 的二次函数大于等于0恒成立，则判别式小于等于0恒成立，即
22lnx 22lnx
a 在 时恒成立，记 f(x) ，利用导数求出 最大值即可.
x x0 x f(x)
Hx0 m122em1xeax 0
【详解】 ，即 ，
算式可看作关于m1的二次函数大于等于0恒成立，
22lnx
则判别式2ex24eax 0恒成立，即a 在 时恒成立，
x x0
22lnx 2lnx
记 f(x) ，则 f(x) ，
x x2f(x)0 0x1 f(x)0 x1
，解得 ， ，解得 ，
f(x) 0,1 1, f(x)  f(1)2
在 上单调递增，在 上单调递减， max ，
∴a2，则a的最小值是2，
故选：D
exa lnxa a
6．（2022·湖北·荆门市龙泉中学高三阶段练习）若不等式 恒成立，则实数 的取值范围是（ ）
0, 1,
A． B．
 1 
C．



e
,


D．
e,
【答案】B
f xex x
R
【分析】根据 在 上递增，利用同构法求解即可．
f xex x
【详解】解：构造 ，
f x
R
则 在 上显然递增，
由exa lnxa得
exa axlnxx
，
exa axelnxlnx
即 ，
xalnx，
alnxx，
gxlnxxx0
令 ，
1 1x
则gx 1 ，
x x
gx0 gx
0x1
由 得 ， 递增，
gx0 gx
x1
由 得 ， 递减，
gx  g11
max ，a1．
二、多选题
f x
fx f x fx lnx
7．（2022·湖南·宁乡一中高三期中）设函数 是函数 的导函数，且满足 x ，
1 1
f  
e e，则（ ）
1
A． f x有极大值 B．4f 23f 4 C． f 1 fe D．
f1
e
【答案】BD
1 1
【分析】利用构造函数法，由 f  e    e求得 f x ，结合导数确定正确答案.
【详解】依题意可知x0，
f x xfx f x lnx
fx lnx,  ，
x x2 x
 f x  lnx f x 1
   ，设  lnx2b（ 为常数， ）
 x  x x 2 b x0
1 1 1  1 2 b 12b 1 1
f x xlnx2bxx0 f   ln     ,b
所以 2 ， e 2e  e e 2e e 2，
1 1
所以 f x xlnx2 x，
2 2
1 1 1 1 1 1
fx lnx2 x2lnx   lnx2lnx
2 2 x 2 2 2
1
 lnx12 0，
2
f x 0,
所以 在 上递增，没有极大值，A错误.
1
f 1 , fe2, f 1 fe ，C选项错误.
2
1 1
f1  ，D选项正确.
2 ef 2ln221, f 42ln4228ln222
，
4f 24ln224,3f 424ln2264ln22420ln2224f 2
，B选项正确.
故选：BD
0, f x fx
8．（2022·浙江·绍兴一中高三期中）定义在 上的函数 的导函数为 ，且
f x  x2x  fx0
恒成立，则（ ）
4f 13f 2 9f 28f 3
A． B．
3f 12f 3 16f 315f 4
C． D．
【答案】BCD
f x  x2x  fx0 f xxfxx2fx0  xfx f xx2fx0
【分析】因为 ，可得
 xfx f x  fx0    f x    fx0    f x  f x    0    1 1  f x    0 ，故设
x2  x   x   x 
 1
gx1  f x
 x ，然后求导，判断单调性，分别求解每一个选项即可.
 1
gx1  f x
【详解】令  x
1  1 f x  x2x  fx
gx f x1  fx
所以 x2  x x2
f x  x2x  fx0 x0,
因为 ，
f x  x2x  fx
gx 0
所以 x2
gx 0,
故 在 单调递减3
所以g1 g2，得2f 1 f 2 ，即4f 13f 2，故A错误；
2
3 4
g2g3，得 f 2 f 3 ，即9f 28f 3，故B正确；
2 3
4
g1g3，得2f 1 f 3 ，即3f 12f 3，故C正确；
3
4 5
g3g4得 f 3 f 4 ，即16f 315f 4，故D正确.
3 4
故选：BCD
三、填空题
eax2lnxx2ax0
0,
9. （2022·河南·汝阳县一高高三阶段练习（理））若关于x的不等式 在 上恒成立，
则实数a的取值范围是______．
2 
【答案】 ,
e 
eaxaxelnx2 lnx2 f xex x axlnx2
【分析】不等式转化为 ，构造函数 ，判断函数单调递增得到 ，转化
2lnx 2lnx
为a ，构造函数gx ，根据函数的单调区间计算最大值即得到答案.
x x
eax2lnxx2ax0 eaxaxlnx2x2 elnx2 lnx2
【详解】 ，即 ，
f xex x fxex10 f x
设 ， 恒成立，故 单调递增.
2lnx
原不等式转化为 f ax f  lnx2，即 axlnx2 ，即a x ，
2lnx 1lnx
设gx ，gx2
，
x x2
x0,e gx0
当 时， ，函数单调递增；
xe, gx0
当 时， ，函数单调递减；
2
故g  x  g  e   2 ，故a .
max e e
2 
故答案为： ,.
e x22ax4a2lnx a
10．（2022·四川资阳·一模（理））若 ，则 的取值范围是______．
 3 1
e4, 
【答案】 2
 
f(x)x22ax4a2lnx a0 a0 a<0
【分析】令 ，求导得到导函数，讨论 ， ， 三种情况，分别确定函数的
单调区间，计算函数的最小值，通过最小值大于0得到不等式，解得答案.
f(x)x22ax4a2lnx f(x)0 x0
【详解】令 ，依题意 对 恒成立，
4a2 2(x2a)(xa)
f(x)2x2a  (x0)，
x x
a0 f(x)x2 0 x0
若 ，则 对 恒成立，符合题意；
a0 0x2a f(x)0 f(x)
若 ，则当 时， ， 为减函数，
x2a f(x)0 f(x)
当 时， ， 为增函数，
a0
1
 0a
所以[f(x)]  f(2a)4a2ln(2a)0，所以ln(2a)0，解得 2.
min
a<0 0xa f(x)0 f(x)
若 ，则当 时， ， 为减函数；
xa f(x)0 f(x) [f(x)]  f(a)a2[34ln(a)]0
当 时， ， 为增函数，故 min .
3
所以 ，所以ln(a) ，所以 3 ，所以 3 .
34ln(a)0 4 0ae4 e4 a0
 3 1
e4, 
综上所述： 的取值范围为 2 .
a  
 3 1
e4, 
故答案为： 2
 
【点睛】本题考查了利用导数求参数的取值范围，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中
构造函数将题目转化为函数的最小值是解题的关键，忽略a0的情况是容易犯的错误.
【冲刺提升】
一、单选题ex1 alnx
 1
1．（2022·四川·川大附中高三期中（理））不等式 x5 x 对任意x(1,)恒成立，则实数a的取值范
围为（ ）
（，1e] （，4] (e,1e] (,2]
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由导数构造不等式后求解，
f(x)exx1 f(x)ex1
【详解】设 ， ，
x0 f(x)0 x0 f(x)0
当 时 ，当 时 ，
f(x) (,0) (0,)
故 在 单调递减，在 单调递增，
f(x) f(0)0 ex x1 x0
，得不等式 ，当且仅当 时等号成立，
ex1 alnx ex14lnxx
时，  1可化为a ，
x(1,) x5 x lnx
ex14lnxx x14lnx1x
而  4，当且仅当 时等号成立，
lnx lnx x14lnx0
g(x)x14lnx g(e2)e290 g(e3)e3130
设 ， ， ，
g(x)0 x(e2,e3) a （，4]
故 在 上有解，故 的取值范围是
故选：B
a0,b0 ab2
2．（2022·陕西·宝鸡中学高三阶段练习（理））已知 ， ，则下列结论中不正确的（
）
9
A． 的最大值是 B． 的最小值是
ab 4 2a 2b1 4 2
C．asinb2 D．blna1
【答案】D
【分析】根据条件可得ba2，结合二次函数的值域即可判断A；根据基本不等式即可判断B；根据
f xsinxx.x0,2
单调递减即可判断C；f xxlnx,x0,2 f 11
根据 的最小值为 ，即可判断D.
 1 2 9 9
aba a2 a   
【详解】对于A，因为a0,b0，ab2，则  2 4 4，故A正确；
3 1
对于B，因为 ，当且仅当 ，即a ,b 时等号成立，故B正确；
2a 2b12a 23a 2 2a23a 4 2 2a 23a 2 2
f xsinxx.x0,2 fxcosx10
对于C，令 ，则 ，
f x x0,2 f x f 00
所以函数 在 单调递减，即
即sinbb，所以asinb2，故C正确；
1
对于D，设 f xxlnx,x0,2，则
fx1
，
x
x0,1 fx0 f x
当 时， ，则函数 递减；
x1,2 f�( x) >0 f x
当 时， ，则函数 递增；
x1 f x f x 1
则当 时，函数 有极小值，即最小值 min
f x f 11 f a1
所以 ，即
即alna12blna1，所以blna1，所以D错误.
故选:D.
x  ey

1yexln
3．（2022·江苏南通·高三期中）若2  2 ，其中x0，y2，则（ ）
x x
A．ex  y B．e2  y C．4e2  y D．2ex  y
【答案】D
y
x11 1ln
2
e 
【分析】由题意得 ex1 y ，令 1lnx ，
f x x0
2 x
则上式可转化为 e f
 ex1
 f

 2
y
 ，利用导数研究 f x 单调性，再利用单调性即可求解x  ey x   y

1yexln

1yex1ln

【详解】由2  2 ，得2   2，
y
x11 1ln
2
e 
所以 ex1 y ，
2
1lnx
令 f x x0 ，
x
e f
 ex1
 f


y

则上式可转化为 2，
lnx
又
fx x0
，
x2
f�( x) >0
0x1
令 ，解得 ，
fx0
x1
令 ，解得 ，
f x 0，1 1,
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
x1 x2
又 f
 ex
  e f
 ex1
，
ex ex
f
 ex
 f


y

所以 2，
x0,y2
又 ，
y
所以ex 1, 1，
2
y
所以ex  2 ，即 2ex  y ，
故选：D
二、多选题
R f(x) f(x) x
4．（2023·山东潍坊·高三期中）定义在 上的函数 的导函数为 ，对于任意实数 ，都有
f(x)e2xf(x) 2f(x) f(x)2x1e2x
，且满足 ，则（ ）F(x)exf(x)
A．函数 为偶函数
f(0)0
B．
x
C．不等式exf(x) e的解集为
ex (1,)
f(x)
D．若方程 x (xa)2 0有两个根 x,x ，则x x 2a
1 2 1 2
【答案】ABD
【分析】由已知条件结合选项内容，分析函数性质，对选项逐一判断.
F(x)exf(x)
R
【详解】 ，函数定义域为 ，
f(x)e2xf(x) exf(x)exf(x)
由 ，有 ，
F(x)F(x) F(x)
即 ，函数 为偶函数，故选项A正确；
2f(x) f(x)2x1e2x 2e2xf(x)e2xf(x)2x1e2x 1
由 ，得 ，
即


e2xf(x)

 2x1e2x1，∴ f(x) 2x1e2x1，
f(x)2x1e2x1 f(x)12xe2x1
有 ，得 ，
2f(x)2x1e2x  f(x)2x  1e2x
∴ ，
f(x)x
 1e2x
f(0)0
得 ， ，故选项B正确；
x x x x
exf(x) xex 1e2x  xex  xex ，
ex ex ex ex
x
当
x(1,)
时，函数 g(x)xex单调递增，且
g(1)e
，有
g(x)  g(1)
，即exf(x)
ex
e，不合题意，故C
选项错误；
f(x)
方程 (xa)2 0，即e2x 1xa2，
x
ye2x
y1xa2
ye2x
方程有两个根，等价于函数 与函数 的图像有两个交点，其中函数 单调递减，函数y1xa2
的图像是开口向下的抛物线，对称轴方程为xa，xa时函数单调递减，
f(x)
若方程 x (xa)2 0有两个根 x,x ，则有x ax ，
1 2 1 2
此时e2x
1
e2x
2，即
1x
1
a2 1x
2
a2
，
x ax x x 2a
1x a2 1x a2
若 1 3且 1 3 ，则有 1 3 ，
1x a2 1x a2 x x x x 2a
∴ 3 2 ，∴ 3 2，得 1 2 ，故选项D正确.
故选：ABD
【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成
立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)
值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和
数形结合思想的应用.
3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种
思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
1
5．（2022·吉林·东北师大附中模拟预测）已知函数 f xx2lnx，若 e2 x 1 x 2 ，则下列结论正确的是
（ ）
f x  f x 
x  1 x  2
A．x2f x x2f x  B． 1 x 2 x
2 1 1 2 1 2
f x  f x  f x  f x  2f x 
1 2 0 1 x x 1 2  1
C． x x D．当e 1 2时， x x
1 2 2 1
【答案】ABD
f x
【分析】对于A，构造函数
gx
x2 ，利用导数判断得
gx
的单调性即可；
f x
hxx
hx
对于B，构造函数 x ，利用导数判断得 的单调性即可；
f x
对于C，对 求导，利用导数与函数的单调性即可判断其正误；f x
x
x
对于D，构造函数 x ，利用导数判断得 的单调性，再结合题设条件变形后的结果，即可证得结
论.
f x x2lnx
【详解】对于A，令
gx
x2

x2
lnx
，则由对数函数的性质易知
gx
在
0,
上单调递增，
f x  f x 
因为e 1 2 x 1 x 2，所以gx
1
 gx
2
 ，即 x
1
2 1  x
2
2 2 ，所以x
2
2f x
1
x
1
2f x
2
 ，故A正确；
f x
对于B，令hxx xxlnx，则hxlnx2，
x
1  1 
令 hx0 ，得 x e2 ，故 hx 在  e2 , 上单调递增，
f x  f x 
因为e 1 2 x 1 x 2，所以hx
1
hx
2
 ，即 x 1  x
1
1 x 2  x
2
2 ，故B正确；
f xx2lnx fxx2lnx1
对于C，因为 ，所以 ，
1  1 
令 f�( x) >0，得 x e ，则 f x 在   e ,  上单调递增，
1 1 f x  f x 
 x x 1 2 0
所以当e2 e 1 2时， f x  f x  ，则 x x ，故C错误；
1 2 1 2
f x
x xlnx
xlnx1
对于D，令 x ，则 ，
1 1 
令
x0
，得
x
e，故
x
在

e
,
上单调递增，
1
因为 e x 1 x 2 ，所以x 1 x 2 ，故x 1 x 2   x 1 x 2   0，即x 1 x 1 x 2 x 2 x 2 x 1 x 1 x 2 0，
xx xx xx xx 
即 1 1 2 2 2 1 1 2 ，f x  f x 
x  1 x  2
由选项A知x2f x x2f x  ，故 2 x 1 x ，即xx xx  ，
2 1 1 2 1 2 2 1 1 2
f x  f x  f x  2f x 
f x  f x 2x 1 1 2  1
所以xx xx 2xx  ，即 1 2 2 x ，故 x x ，故D正确.
1 1 2 2 2 1 1 2 1
故选：ABD.
三、填空题
ae0.31,bln1.2,ctan0.3 e2.71828
6．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知 ，其中 为自然对数的底
a,b,c
数，则 由大到小依次为______.
a,c,b
【答案】
f(x)ex 1tanx h(x)ln(x1)x m(x)xtanx b<c<a
【分析】构造函数 ， ， ，由单调性得出 .
cosxexcosxsinx 
【详解】令 f(x)ex1tanx ，0x ，
cosx 4
g(x)cosxexcosxsinx g(x)(sinxcosx)ex sinxcosx(ex1)(cosxsinx)
令 ， ，

当0x 时， ， 单调递增，又 ，所以
4 g(x)0 g(x) g(0)110 g(x)0
 1 x
又 ，所以 ，在(0, )成立，所以 ，令 ，h(x) 1 ， 在
cosx0 f(x)0 4 ac h(x)ln(x1)x x1 x1 h(x)

x(0, )为减函数，所以
2 h(x)h(0)0
1 
即 ，令 ，m(x)1 ， 在x(0, )为减函数
ln(x1)x m(x)xtanx cos2x m(x) 2

所以 ，即 ，所以 ，x(0, )成立
m(x)m(0)0 xtanx ln(x1)xtanx 2
x0.3 ln（0.21）ln（0.31）0.3tan0.3 b0.3c
令 ，则上式变为 所以 .
所以bc，所以b<c<a.
a,c,b
故答案为：
【点睛】关键点睛：在比较大小时，有时可以构造函数，利用导数得出其单调性，进而得出大小关系.f x fx
R
7．（2023·江西·贵溪市实验中学高三阶段练习（理））设函数 在 上存在导函数 ，对任意的实数
3
都有 f x f x3x，当 时，
fx
，若 f 6a421a6�f 8a，则实数 的取值范围是
x x0 2 a
__________.
 2
2,
 
【答案】 7
3
【分析】构造函数g(x) f(x) x，整理出其奇偶性和单调性，得到不等式 ，解出即可.
2 |6a4||8a|
f(x) f(x)3x f(x)3x f(x)

【详解】 ，
3 3
f x x f x x，
2 2
3 3 3 3
设g(x) f(x) x，g(x) f(x) x f x3x x f x xgx
2 2 2 2
gx
R
且其定义域为 ， 为偶函数，
3 3
当 时， f(x) ，g(x) f(x) 0，
x0 2 2

gx 0,
所以函数 在 上单调递增，
f(6a4)21a6 f(8a) f(6a4)9a6 f(8a)12a
，即
3 3
即 f(6a4) 6a4 f(8a) 8a
2 2
g(6a4)g(8a) 
gx
g(|6a4|)�g(|8a∣)
即 ， 为偶函数， ，
gx 0,
|6a4||8a|
函数 在 上单调递增， ，两边同平方得
2
， ，2a .
36a21648a64a2 7a212a40 7
 2
2,
 
故答案为： 7.
3
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于构造出函数g(x) f(x) x，然后结合奇偶函数的证明，以及导数与
20,
f(x) f(x)ax
函数单调性之间的关系，从而得到其为偶函数，且在 上单调递增，那么对于函数 ，定
a a a
义域为 ，我们可以得到 f(x) x f(x) x，从而构造函数gx f(x) x，使其为偶函数.
R 2 2 2
四、解答题
f(x)4aex(24ae)x2lnx(a0).
8．（2022·湖北襄阳·高三期中）已知函数
(1)求 f(x)的单调区间；
f(x)�(24ae)xlna3.
(2)证明：
(1,) (0,1)
【答案】(1)增区间为 ，减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，利用函数导数的性质求解出 f(x)的单调区间；
（2）结合分析法证明，构造新函数，对函数求导，然后分类讨论，从而就可以证明不等式了.
f(x)4aex(24ae)x2lnx a0
【详解】（1）因为 ，且
2
所以 f(x)4aex 24ae.
x
2
令函数g(x)4aex 24ae，
x
2
则g(x)4aex 0，
x2
g(x) f(x) (0,)
所以 即 在 上单调递增.
f(1)  0 x(0,1) f(x)0
又 ，所以当 时， ；
x(1,) f(x)0.
当 时，
f(x) (1,) (0,1).
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为
f(x)(24ae)xlna3 4aex 2lnxlna3�0.
（2）证明：要证 ，即证
h(a)4exalna2lnx3 a0
令函数 ， ，1
则h(a)4ex
，
a
1
当a(0, )时， ， 单调递减；
4ex h(a)0 h(a)
1
当a(
4ex
,)时，
h(a)0
，h(a)单调递增.
1
故h(a) h( )x2lnx2ln22.
min 4ex
2 x2
令函数 ， ，则(x)1  .
(x)x2lnx2ln22 x0 x x
x(0,2) (x)0 (x)
当 时， ， 单调递减；
x(2,) (x)0 (x)
当 时， ， 单调递增.
(x) (2)0.
故 min
故x2lnx2ln22�0，
4aex 2lnxlna3�0
则 ，
f(x)�(24ae)xlna3.
即
【点睛】本题作为压轴题出现常常有以下几种考法：
①函数（不含参）单调区间（或判断单调性）
②函数（含参）单调区间（或判断单调性）
③求函数的极值，最值
④求函数的切线方程
⑤证明不等式
解决问题的关键：对函数求导；分类讨论；构造新函数
f x2ax1exx2
aR e2.71828
9．（2022·四川南充·高三期中（理））已知函数 （其中 ， 是自然对
数的底数）．
f x
(1)讨论 的单调性；
gx f x1 x0, gxlnxx2x0
(2)设 ，对任意 ，不等式 恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析 1 
 ,
(2)2e 
f x a0 0a1 a1 a1
【分析】（1）对 求导，利用导数与函数的单调性的关系，分类讨论 ， ， 与 四种情
f x
况，从而得到 的单调情况；
xlnx1 xlnx1
（2）根据题意，将问题转化为2ae 恒成立问题，构造函数h(x) ，利用导数求得
xex xex
hx hx  x lnx 0 hx 1
max 0 ，其中 0 0 ，再利用同构造可得 max ，由此可得a的取值范围．
f x2ax1exx2 f(x)2x  aex1 
【详解】（1）因为 ，所以 ，
当a0时，aex 10恒成立，
fx0 f�( x) >0
x0 x0
令 ，得 ；令 ，得 ；
f x ,0 0,
故 在 单调递增，在 单调递减；
1
当
a0
时，令 fx0，得
x0
或xln
a
lna，
当0a1时，lna0，
fx0 0xlna f�( x) >0 x0 xlna
令 ，得 ；令 ，得 或 ；
f x ,0 lna, 0,lna
所以 在 和 上单调递增， 上单调递㨔；
fx2x  ex1 
当a1时， ，
x0 ex 1 f�( x) >0 x0 ex 1 f�( x) >0 x0 fx0
当 时， ，则 ；当 时， ，则 ；当 时， ；
fx0 f x
R
故 恒成立，所以 在 上单调递增；
当a1时，lna0，
fx0 f�( x) >0
lnax0 xlna x0
令 ，得 ；令 ，得 或 ；
f x ,lna 0, lna,0
所以 在 和 上单调递增，在 单调递减；a0
f x ,0 0,
综上：当 时， 在 单调递增，在 单调递减；
f x ,0 lna, 0,lna
当0a1时，所以 在 和 上单调递增， 上单调递㨔；
f x
a1 R
当 时， 在 上单调递增；
f x ,lna 0, lna,0
a1
当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
g(x) f(x1)2axex1(x1)2
（2）因为 ，
xlnx1
而对任意x0,，不等式gxlnxx2x0恒成立，将gx代入整理可得2ae
xex
恒成立，
xlnx1 x1xlnx
令h(x) x0，则h(x) ，
xex x2ex
1 1
令p(x)xlnx，易知p(x)xlnx在
0,
上单调递减，而
p
e



e
10,p110
，
1 
所以p(x)存在唯一
x
0

e
,1
，使得 px
0
x
0
lnx
0
0 ，即x
0
lnx
0
0，
0,x 
p(x)0 h(x)0
x ,
p(x)0 h(x)0
故在 0 上， ，则 ；在 0 上， ，则 ，
h(x) 0,x  x ,
所以 在 0 上单调递增，在 0 上单调递减，
x lnx 1 x lnx 1
hx hx  0 0  0 0 1
故 max 0 x ex0 ex0lnx0 ，则 2aehx 1
0 max
 1 
a
1 a ,
所以 2e ，即 2e .
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
f xxlnx
10．（2022·天津市南开中学滨海生态城学校高三阶段练习）已知函数 ．
y f x
(1)求 的极值；2f(x)k  x21  0 1,
(2)若 在 上恒成立，求k的取值范围；
n 1 n
ln(n1)   nN*
(3)证明： k 2(n1) ．
k1
1

【答案】(1)极小值 ，无极大值；
e
(2)k 1；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，解不等式可得函数的单调性，据此可求函数极值；
1 1
（2）原不等式可转化为2lnxk(x )0，设h(x)2lnxk(x )，求导后分类讨论，分析函数的单调性，
x x
即可求出k的取值范围；
1 1
（3）由（2）可知 k 1 时， 2xlnx(x21)0 在1,上恒成立，化为lnx 2 (x x )，
n1 1 1 1 n1
取x 可得 (  )ln ，由同向不等式累加后即可得证.
n 2 n n1 n
1
【详解】（1） f xxlnx，x0，f(x)lnxx 1lnx，
 x
1
x
令 f(x)0，解得
e
，
1 1
当0x e 时， f(x)0 ，当x e 时， f(x)0 ，
1 1
所以函数 在(0, )上递减，在( ,)上递增，
f(x) e e
1 1 1 1 1
所以当x 时，函数有极小值 f( ) ln  ，无极大值.
e e e e e
x1,

（2） ，
1
原不等式可化为2lnxk(x )0，
x
1
设h(x)2lnxk(x )，
x
2 1 1  2x 
h(x) k(1 )(1 ) k
x x2 x2 x21 
2x x21
因为  1，当且仅当 时等号成立，
x21 x21 x1k 1 h(x)0 h(x) 1,
①当 时， ，所以 在 上单调递减，
故h(x)h(1)0，满足题意；
2
k
1
②当 时，令 ，可得 ，设方程的解为 ，
x
0k 1 h(x)0 x x (1,)
0
2
y
1 1
因为yx 在 上单调递增，所以 x 在 上单调递减，
x (1,) x (1,)
x(1,x ) h(x)0 x(x ,) h(x)0
则当 0 时， ，当 0 时， ，
h(x) x(1,x ) x(x ,)
所以函数 在 0 上增，在 0 上递减，
h(1)0 x(1,x ) h(x)0
又 ，所以 0 时， ，不满足题意；
k 0 h(x)0 h(x)
1,
h(x)h(1)0
当 时， ，故 在 上单调递增，所以 ，不符合题意；
综上，k的取值范围为k 1.
k 1 2xlnx(x21)0
1,
（3）由（2）知，当 时， 在 上恒成立，
1 1
即lnx (x )在1,上恒成立，当 等号成立，
2 x x1
n1 1 n1 n n1
令x 1，可得， (  )ln ,
n 2 n n1 n
1 1 1 n1
即 (  )ln ，
2 n n1 n
由同向不等式相加可得，
1 1 1 1 1 1 1 3 4 n1
[(1    )(    )]ln(2    )ln(n1)
  
2 2 3 n 2 3 n1 2 3 n
1 1 1 1 1
 [2(1  .s ) 1]ln(n1)
2 2 3 n n1
1 1 1 n
(1  

 ) ln(n1)，
2 3 n 2(n1)
n 1 n
ln(n1)   nN*
即 k 2(n1) .
k11
【点睛】关键点点睛：原不等式转化后，构造函数h(x)2lnxk(x )，求导后分类讨论是解题的关键点；
x
在不等式的证明中，合理利用（2），恰当对k赋值，同向不等式的累加，都是证明的关键.
f xae2x2ex2
11．（2022·浙江·绍兴一中高三期中）设函数 .
f x
a
(1)设 有两个不同的零点，求实数 的取值范围；
gx gx  1
gx 1 ae2xa2ex2ex 2 1 2
(2)若函数 2 有两个极值点x，x，证明： x x a.
1 2 2 1
 1
0, 
【答案】(1) 2
(2)证明见解析
【分析】（1）利用换元法，将问题转化为一元二次方程必存在两个正根的问题，建立不等式组，可得答案；
（2）根据极值点的必要条件，求导，可得极值点为方程，可得解，并写出韦达定理，化简不等式，代入韦达
定理，整理构造函数，利用导数，可得答案.
tex f x at22t20
【详解】（1）令 ，则 有两个不同的零点，等价于方程 有两个不同的正根.
Δ2242a0

2 1
所以  0 ，得0a ，
a 2
 1
所以使得 f x 有两个不同的零点的实数a的取值范围是   0, 2  .
gxae2x a2ex 2ex ex ex 1  ae2x 2ex 2 
（2）
ex 0 ex10
gx
x x x x ae2x2ex20
因为 ， ，且 有两个极值点 1， 2，所以 1， 2是方程 的两个根.
1 2 2
结合（1）可知0a ，且ex1 ex2  ，ex1ex2  ，不妨设 ，
2 a a x x
2 1
gx 2 gx 1   1  

1 a  e2x2 e2x1  a2 ex2 ex1  2  ex2 ex1 

则 x x x x 2 
2 1 2 11

1
 ex1 ex2 
  a  ex2 ex1  ex2 ex1  a2 ex2 ex1  2 
x x 2 ex2ex1 
2 1  
 ex 2 ex 1    1 2 a  ex 2 ex 1  a2 ex 2 2 ex 1   

x x
2 1
  ex 2 ex 1    1 2 a a 2 a2a     ex 2 ex 1 2a1
.
x x x x
2 1 2 1
gx gx  1 ex2 ex1 2a1
2 1 2 2a1
要证明 x x a，只需证 x x a ，
2 1 2 1
1 ex2 ex1 1
0a 
因为 2，所以2a10，所以只需证 x x a ，
2 1
2 ex2 ex1 ex2 ex1 ex2x1 1 ex2x1 1
ex1 ex2   
注意到 a ，所以只需证 x
2
x
1
2 ，两边同除以ex1 ，得 x
2
x
1
2 ，
x x 2  ex 2x 1 1    ex 2x 1 1 x x 
因为 2 1，所以只需证 2 1 ，
x x mm0 2  em1    em1  m
设 2 1 ，则只需证 ，
uxx  ex1  2ex2,x0 ux0
令 ，则只需证 即可.
uxexx11 vxuxexx11 vxxex 0 vx 0,
易得 ，令 ，则 ，所以 在 上单调递增，
vxe00110 ux0 ux 0,
所以 ，即 ，所以 在 上单调递增，
ux0  e01  2e020
所以 ，得证.
【点睛】利用导数研究函数问题时，对于导数的处理，一般采用分解因式或者构造函数后再次求导，利用导函
数的单调性，研究其最值与零大小关系，可得原函数的单调性.
f xxlnxax2xaR x x x x 
12．（2022·福建·福州三中高三阶段练习）已知函数 有两个极值点 1， 2 1 2 .
(1)求a的取值范围；x4x e3
(2)证明： 1 2 .
1
【答案】(1)(0, )
2e
(2)证明见解析
f(x)lnx2ax
sxlnx2ax
【分析】（1） ，设 ，利用导数结合零点存在定理可求参数的取值范围.
lnx 2ax lnx lnx
 1 1 2a 1 2
（2） 证x4x e3成立，转化为证4lnx lnx 3成立，利用 lnx 2ax ①和 x x ②，再把题目
1 2 1 2 2 2 1 2
lnx lnx x 3(t1)
1 2 (4x x )3 t  1 h(t)lnt 0
转化为证 x x 1 2 成立，取 x ，0t1，问题进一步转化为证 4t1 成立，
1 2 2
h(t)0
最后利用导数来证明 恒成立，题目即可得证.
【详解】（1）  f(x)lnx2ax ，依题意得 x 1和 x 2为方程 lnx2ax0 的两个不等正实根，
12ax
设sxlnx2ax，则sx
，
x
sx0 sx
a0
当 时， 恒成立，故 至多一个零点，舍；
 1   1 
当a0时，当
x

0,
2a

时，
sx0
；当
x
2a
,
时，
sx0
，
故
sx
在
 

0,
2
1
a
 
上为增函数，在
 
2
1
a
,  
为减函数，
1 1
故sx ln 10即0a .
max 2a 2e
1  1 
此时s12a0，1e ，故sx在0, 上有且只有一个零点；
2a  2a
 1   1 1 1 1 1
s 2ln   2e, 
而 a2   a a，其中a a 2a ，
1t
设wt2lntt,t 2e，故wt2 0，
twt 2e, wt2ln2e2e0
 
故 在 上为减函数，故 ，
 1   1 
故
s
a2


0
，故
sx
在

2a
,
上有且只有一个零点；
1
故0a .
2e
x4x e3 4lnx lnx 3
（2）若 1 2 成立，则证 1 2 成立，
lnx 2ax 0 lnx 2ax
1 1 1 1
 
由
x 1 ,x 2
是
f(x)
的不同极值点，如
x 1 ,x 2
是 f(x)0的两根，即 lnx
2
2ax
2
0，所以， lnx
2
2ax
2
①，联立可
lnx lnx
2a 1 2
得， x x ②，
1 2
4lnx lnx 3 2a(4x x )3
所以，要证明 1 2 成立，由①得，即证， 1 2 成立，由②得，
x
3( 1 1)
x 3(x x ) x
ln 1  1 2  2
即证lnx lnx 成立，因为 ，则等价于 x 4x x x ，令 x ， ，问
1 2 (4x x )3 2 1 2 4 1 1 t  1
x x 1 2 x x x x 0t1
1 2 1 2 2 2
3(t1) 1 15 16t27t1
h(t)lnt 0 h(t)   0
题转化为证明 4t1 成立，又因为 t (4t1)2 t(4t1)2 ，(0t1)，h(t)在(0,1)
t(0,1) h(t)h(1)0
上单调递增，当 ， ，所以题目得证.