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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．cba B．c0 f x
当 时， ，则函数 递增；
x1 f x f x 1
则当 时，函数 有极小值，即最小值 min
f x f 11 f a1
所以 ，即
即alna12blna1，所以blna1，所以D错误.
故选:D.
x ey
1yexln
3．（2022·江苏南通·高三期中）若2 2 ，其中x0，y2，则（ ）
x x
A．ex y B．e2 y C．4e2 y D．2ex y
【答案】D
y
x11 1ln
2
e
【分析】由题意得 ex1 y ，令 1lnx ，
f x x0
2 x
则上式可转化为 e f
ex1
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
1yexln
1yex1ln
【详解】由2 2 ，得2 2，
y
x11 1ln
2
e
所以 ex1 y ，
2
1lnx
令 f x x0 ，
x
e f
ex1
f
y
则上式可转化为 2，
lnx
又
fx x0
，
x2
f�( x) >0
0x1
令 ，解得 ，
fx0
x1
令 ，解得 ，
f x 0，1 1,
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
x1 x2
又 f
ex
e f
ex1
，
ex ex
f
ex
f
y
所以 2，
x0,y2
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)2x1e2x
，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 (xa)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) exf(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)2x1e2x 2e2xf(x)e2xf(x)2x1e2x 1
由 ，得 ，
即
e2xf(x)
2x1e2x1，∴ f(x) 2x1e2x1，
f(x)2x1e2x1 f(x)12xe2x1
有 ，得 ，
2f(x)2x1e2x f(x)2x 1e2x
∴ ，
f(x)x
1e2x
f(0)0
得 ， ，故选项B正确；
x x x x
exf(x) xex 1e2x 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 (xa)2 0，即e2x 1xa2，
x
ye2x
y1xa2
ye2x
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y1xa2
的图像是开口向下的抛物线，对称轴方程为xa，xa时函数单调递减，
f(x)
若方程 x (xa)2 0有两个根 x,x ，则有x ax ，
1 2 1 2
此时e2x
1
e2x
2，即
1x
1
a2 1x
2
a2
，
x ax x x 2a
1x a2 1x a2
若 1 3且 1 3 ，则有 1 3 ，
1x a2 1x a2 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 xx2lnx，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
gx
x2 ，利用导数判断得
gx
的单调性即可；
f x
hxx
hx
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
gx
x2
x2
lnx
，则由对数函数的性质易知
gx
在
0,
上单调递增，
f x f x
因为e 1 2 x 1 x 2，所以gx
1
gx
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hxx xxlnx，则hxlnx2，
x
1 1
令 hx0 ，得 x e2 ，故 hx 在 e2 , 上单调递增，
f x f x
因为e 1 2 x 1 x 2，所以hx
1
hx
2
，即 x 1 x
1
1 x 2 x
2
2 ，故B正确；
f xx2lnx fxx2lnx1
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
xlnx1
对于D，令 x ，则 ，
1 1
令
x0
，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，
xx xx xx xx
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xx xx ，
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xx xx 2xx ，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
ae0.31,bln1.2,ctan0.3 e2.71828
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 1tanx h(x)ln(x1)x m(x)xtanx b0
x0 x0
令 ，得 ；令 ，得 ；
f x ,0 0,
故 在 单调递增，在 单调递减；
1
当
a0
时，令 fx0，得
x0
或xln
a
lna，
当0a1时，lna0，
fx0 0xlna f�( x) >0 x0 xlna
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；
fx2x ex1
当a1时， ，
x0 ex 1 f�( x) >0 x0 ex 1 f�( x) >0 x0 fx0
当 时， ，则 ；当 时， ，则 ；当 时， ；
fx0 f x
R
故 恒成立，所以 在 上单调递增；
当a1时，lna0，
fx0 f�( x) >0
lnax0 xlna x0
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；a0
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0a1时，所以 在 和 上单调递增， 上单调递㨔；
f x
a1 R
当 时， 在 上单调递增；
f x ,lna 0, lna,0
a1
当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
g(x) f(x1)2axex1(x1)2
（2）因为 ，
xlnx1
而对任意x0,，不等式gxlnxx2x0恒成立，将gx代入整理可得2ae
xex
恒成立，
xlnx1 x1xlnx
令h(x) x0，则h(x) ，
xex x2ex
1 1
令p(x)xlnx，易知p(x)xlnx在
0,
上单调递减，而
p
e
e
10,p110
，
1
所以p(x)存在唯一
x
0
e
,1
，使得 px
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
hx hx 0 0 0 0 1
故 max 0 x ex0 ex0lnx0 ，则 2aehx 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 xxlnx
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 x21 0 1,
(2)若 在 上恒成立，求k的取值范围；
n 1 n
ln(n1) nN*
(3)证明： k 2(n1) ．
k1
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2lnxk(x )0，设h(x)2lnxk(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(x21)0 在1,上恒成立，化为lnx 2 (x x )，
n1 1 1 1 n1
取x 可得 ( )ln ，由同向不等式累加后即可得证.
n 2 n n1 n
1
【详解】（1） f xxlnx，x0，f(x)lnxx 1lnx，
x
1
x
令 f(x)0，解得
e
，
1 1
当0x 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
x1,
（2） ，
1
原不等式可化为2lnxk(x )0，
x
1
设h(x)2lnxk(x )，
x
2 1 1 2x
h(x) k(1 )(1 ) k
x x2 x2 x21
2x x21
因为 1，当且仅当 时等号成立，
x21 x21 x1k 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
0k 1 h(x)0 x x (1,)
0
2
y
1 1
因为yx 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(x21)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 x1
n1 1 n1 n n1
令x 1，可得， ( )ln ,
n 2 n n1 n
1 1 1 n1
即 ( )ln ，
2 n n1 n
由同向不等式相加可得，
1 1 1 1 1 1 1 3 4 n1
[(1 )( )]ln(2 )ln(n1)
2 2 3 n 2 3 n1 2 3 n
1 1 1 1 1
[2(1 .s ) 1]ln(n1)
2 2 3 n n1
1 1 1 n
(1
) ln(n1)，
2 3 n 2(n1)
n 1 n
ln(n1) nN*
即 k 2(n1) .
k11
【点睛】关键点点睛：原不等式转化后，构造函数h(x)2lnxk(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 xae2x2ex2
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；
gx gx 1
gx 1 ae2xa2ex2ex 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.
tex f x at22t20
【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.
Δ2242a0
2 1
所以 0 ，得0a ，
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 .
gxae2x a2ex 2ex ex ex 1 ae2x 2ex 2
（2）
ex 0 ex10
gx
x x x x ae2x2ex20
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0a ，且ex1 ex2 ，ex1ex2 ，不妨设 ，
2 a a x x
2 1
gx 2 gx 1 1
1 a e2x2 e2x1 a2 ex2 ex1 2 ex2 ex1
则 x x x x 2
2 1 2 11
1
ex1 ex2
a ex2 ex1 ex2 ex1 a2 ex2 ex1 2
x x 2 ex2ex1
2 1
ex 2 ex 1 1 2 a ex 2 ex 1 a2 ex 2 2 ex 1
x x
2 1
ex 2 ex 1 1 2 a a 2 a2a ex 2 ex 1 2a1
.
x x x x
2 1 2 1
gx gx 1 ex2 ex1 2a1
2 1 2 2a1
要证明 x x a，只需证 x x a ，
2 1 2 1
1 ex2 ex1 1
0a
因为 2，所以2a10，所以只需证 x x a ，
2 1
2 ex2 ex1 ex2 ex1 ex2x1 1 ex2x1 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 2x 1 1 ex 2x 1 1 x x
因为 2 1，所以只需证 2 1 ，
x x mm0 2 em1 em1 m
设 2 1 ，则只需证 ，
uxx ex1 2ex2,x0 ux0
令 ，则只需证 即可.
uxexx11 vxuxexx11 vxxex 0 vx 0,
易得 ，令 ，则 ，所以 在 上单调递增，
vxe00110 ux0 ux 0,
所以 ，即 ，所以 在 上单调递增，
ux0 e01 2e020
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 xxlnxax2xaR 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)lnx2ax
sxlnx2ax
【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(t1)
1 2 (4x x )3 t 1 h(t)lnt 0
转化为证 x x 1 2 成立，取 x ，0t1，问题进一步转化为证 4t1 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)lnx2ax ，依题意得 x 1和 x 2为方程 lnx2ax0 的两个不等正实根，
12ax
设sxlnx2ax，则sx
，
x
sx0 sx
a0
当 时， 恒成立，故 至多一个零点，舍；
1 1
当a0时，当
x
0,
2a
时，
sx0
；当
x
2a
,
时，
sx0
，
故
sx
在
0,
2
1
a
上为增函数，在
2
1
a
,
为减函数，
1 1
故sx ln 10即0a .
max 2a 2e
1 1
此时s12a0，1e ，故sx在0, 上有且只有一个零点；
2a 2a
1 1 1 1 1 1
s 2ln 2e,
而 a2 a a，其中a a 2a ，
1t
设wt2lntt,t 2e，故wt2 0，
twt 2e, wt2ln2e2e0
故 在 上为减函数，故 ，
1 1
故
s
a2
0
，故
sx
在
2a
,
上有且只有一个零点；
1
故0a .
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 0t1
1 2 1 2 2 2
3(t1) 1 15 16t27t1
h(t)lnt 0 h(t) 0
题转化为证明 4t1 成立，又因为 t (4t1)2 t(4t1)2 ，(0t1)，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.
