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专题 9 指数型函数取对数问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，
这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如afx
的函数取对数可以起到化繁
为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题
中有时能大显身手.
(一) 等式两边同时取对数把乘除运算转化为加减运算
形如 f agb=hc f a>0,gb>0, f c>0 的等式通过两边取对数，可以把乘除运算，转化为
加减运算，使运算降级.
【例1】（2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考）已知a>0，bÎR，函数 f x=ax lnx 和gx=b lnx+1
的图像共有三个不同的交点，且 f x有极大值1．
(1)求a的值以及b的取值范围；
x2x
(2)若曲线y= f x与y=gx的交点的横坐标分别记为x，x，x ，且x 0，xÎ0,+¥，所以当x³1时， f x=axlnx， f¢x=alnx+a>0，
所以 f x在1,+¥上单调递增，无极大值；
当xÎ0,1时， f x=-axlnx， f¢x=-alnx+1，
æ 1ö æ1 ö
所以当xÎç0, ÷时， f¢x>0， f x单调递增，当xÎç ,1 ÷时， f 'x<0， f x单调递减，
è eø èe ø
1 æ1ö 1 1
所以x= 为极大值点，所以 f ç ÷=-a× ×ln =1，解得a=e．
e èeø e e
因为 f x，gx图像共有三个不同的交点，
所以方程ex lnx =b lnx+1有三个不等正实根．设t =lnx+1，则x=et-1，且当x>0时，t与x一一对应，
所以问题转化为关于t的方程et t-1 =bt 有三个不等实根．
t-1
又0不满足方程et t-1 =bt ，所以方程b= et有三个实根．
t
t-1 t-1
设ht= et，则函数ht= et与函数y=b的图像有三个交点，
t t
t-1
当t³1或t<0时，ht= et，
t
\h¢t=
t2-t+1
et >0，所以ht在-¥,0，1,+¥上单调递增；
t2
t-1et
当00，而h1=0；当t®-¥时，ht=ç1- ÷et ®0，
è tø
1
无论t >0还是t<0，当t®0时，都有ht= 1- et ®+¥，
t
æ 1ö
当t®+¥时，ht=ç1- ÷et ®+¥．
è tø
根据以上信息，画出函数ht的大致图像如下图所示，
t-1
所以当b >0时，函数ht= et与函数y=b的图像有三个交点，故b的取值范围为0,+¥．
t
x2x
（2）证明：要证 3 1 1．
1 2 3
下面先证明ex ³ x+1，设jx=ex-x-1，则j¢x=ex-1．
当x>0时，j¢x>0，jx在0,+¥上单调递增，
当x<0时，j¢x<0，jx在-¥,0上单调递增，
所以jx³j0=0，所以当x¹0时，ex >x+1，
t-1 t-1
从而当t¹0，t ¹1时，ht= et > t+1．
t t
又由（1）知ht在-¥,0，1,+¥上单调递增，ht在0,1上单调递减．
t2-1 1 1 b+ b2+4
所以当t>1时，ht> =t- ，令b=t- ，解得t = ，
t t t 2
由ht =b 1 -t，令b= 1 -t，解得t = -b+ b2+4 ，
t t 2
由ht =b -b+ b2+4 ；
2 ç è 2 ÷ ø 2 2
当t<0时，ht>t- 1 ，令b=t- 1 ，解得t= b- b2+4 ，
t t 2
由ht =b0，x >0，x ¹ x ，证明：x2+x2 >2.
1 2 1 2 1 2 1 2lnx+1 lnx
【解析】（1）函数 f(x)= 的定义域为(0,+¥)，求导得则 f¢(x)=- ，由 f¢(x)=0得x=1，
ax ax2
若a<0，当01时， f¢(x)>0，则 f(x)单调递增，
若a>0，当00，则 f(x)单调递增，当x>1时， f¢(x)<0，则 f(x)单调递减；
所以当a<0时，函数 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+¥)上单调递增；
当a>0时，函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+¥)上单调递减.
lnx +1 lnx +1
（2）由ex x2 =ex x1，两边取对数得x lnx +1=x lnx +1，即 1 = 2 ，
1 2 2 1 1 2 x x
1 2
由（1）知，当a=1时，函数 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+¥)上单调递减，
1
f(x) = f(1)=1，而 f( )=0，x>1时， f(x)>0恒成立，
max e
因此当a=1时，存在x,x 且0x2 ³4>2成立；
2 1 2 2
若x Î(1,2)，则2-x Î(0,1)，记g(x)= f(x)- f(2-x)，xÎ(1,2)，
2 2
lnx ln(2-x) lnx ln(2-x) ln[-(x-1)2+1]
则g¢(x)= f¢(x)+ f¢(2-x)=- - >- - =- >0，
x2 (2-x)2 x2 x2 x2
即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)=0，即 f(x)> f(2-x)，
于是 f x = f x > f 2-x ，
1 2 2
而x Î(1,2)，2-x Î(0,1)，x Î(0,1)，函数 f(x)在(0,1)上单调递增，因此x >2-x ，即x +x >2，
2 2 1 1 2 1 2
又x2+1>2 x2 =2x,x2+1>2 x2 =2x ，则有x2+1+x2+1>2x +x >4，则x2+x2 >2，
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
所以x2+x2 >2.
1 2
ex 2a
【例3】（2024届湖南省娄底市高三下学期考前仿真联考二）已知函数 f x= - -alnx.
x2 x
(1)当a=1时，讨论函数 f x的单调性；
e2
(2)若a> ，
2
（i）证明：函数 f x有三个不同的极值点；
æa2 ö
（ii）记函数 f x三个极值点分别为x,x ,x ，且x 0)，则y¢=ex -1>0(x>0)，
所以y=ex-x在(0,+¥)上递增，所以y =ex -x>e0 -0=1，
所以当x>2时， f¢(x)>0，当00)，则g¢(x)= (x>0)，
x x x2
当01时，g¢(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上递减，在(1,+¥)上递增，所以g(x) =g(1)=e，
min
e2 ex
当a> = g(2)>e时，a= 在(0,1)和(2,+¥)上各有一个实数根，分别记为x,x ，则0< x <1,x >2，设
1 3 1 3
2 x
x =2，当0x 时， f¢(x)>0，
2 1 2 3 1 2 3
所以 f(x)在0,x 和x ,x 上递减，在x,x 和(x ,+¥)上递增，
1 2 3 1 2 3
所以函数 f(x)在(0,+¥)上有三个不同的极值点，
（ii）由（i）0< x <1,x >2，
1 3
所以x,x 是方程ex =ax的两个不相等的实数根，即ex 1 =ax ，ex3 =ax ，
1 3 1 3
ex1 2a a 2a æ 1 ö æ 1 ö
所以 f(x )= - -alnx = - -alnx =-aç +lnx ÷，同理 f(x )=-aç +lnx ÷，
1 x2 x 1 x x 1 èx 1 ø 3 èx 3 ø
1 1 1 1 1 3
æ 1 ö æ 1 ö æ 1 1 ö æx -x x ö
-aç +lnx ÷+aç +lnx ÷ -aç +lnx - -lnx ÷ -aç 1 3 +ln 3÷
所以 f x - f x èx 3 ø èx 1 ø èx 3 x 1 ø è x x x ø ，
3 1 = 3 1 = 3 1 = 3 1 1
x -x x -x x -x x -x
3 1 3 1 3 1 3 1
ex3
由ex 1 =ax ，ex3 =ax ，得ln x 3 =ln a =ln ex3 =lnex3-x1 =x -x ，
1 3 x ex1 ex1 3 1
1
a
æx -x x ö æx -x ö
-aç 1 3 +ln 3÷ -aç 1 3 +x -x ÷
所以 f x - f x è x x x ø è x x 3 1 ø æ 1 ö，
3 1 = 3 1 1 = 3 1 =aç -1÷
x -x x -x x -x èx x ø
3 1 3 1 3 1 3 1
æe2 ö æa2 ö f x - f x a2
因为aÎç ,+¥÷，所以要证 f x - f x <ç -a÷ x -x ，只要证 3 1 < -a，
è 2 ø 3 1 è e ø 3 1 x -x e
3 1æ 1 ö a2 1 a
即证aç -1÷< -a，即证 -1< -1，
èx 3 x 1 ø e x 3 x 1 e
1 a
即证 < ，只需证e2，所以02)，则h¢(x)=- +e1-x = (x>2)，
x x
令u(x)=xe1-x-1(x>2)，则u¢(x)=(1-x)e1-x <0(x>2)，
2
所以u(x)在(2,+¥)上递减，所以u(x)0且
a¹1）.
(1)当a=2时，求 f x在x=0处的切线方程；
(2)当a=e时，求证： f x在e,+¥上单调递增；
æe2 ö
(3)设a>e，已知"xÎç lna,+¥÷，有不等式 fx³0恒成立，求实数a的取值范围.
è 2 ø
【解析】（1）当a=2时， f x=2x-x2， f¢(x)=2xln2-2x(x>0)，
所以k = f¢(0)=ln2， f(0)=20-02 =1，所以切线方程为y-1=ln2(x-0)，即y=ln2×x+1.
（2）当a=e时， f(x)=ex -xe，则 f¢(x)=ex -exe-1 =e ex-1-xe-1 ，
要证明 f x在e,+¥上单调递增，只需证明 f¢(x)>0在e,+¥上恒成立，则只需证ex-1 >xe-1，即只需证x-1>(e-1)lnx.
设g(x)=x-1-(e-1)lnx(x>e)，则只需证g(x)>0
e-1 e-1 1
因为g¢x=1- >1- = >0，所以gx在(e,+¥)单调递增，
x e e
所以xÎ(e,+¥)时g(x)>g(e)=0，即xÎ(e,+¥)时，g(x)>0成立，
所以 f¢(x)>0，所以 f(x)在(e,+¥)上单调递增.
lnx lna
（3） f(x)³0，即ax ³ xa，两边取对数得：xlna³alnx，即 £ .
x a
lnx 1-lnx
设h(x)= ,h¢(x)= ，令h¢(x)=0，得x=e，当x>e时，h¢(x)<0，h(x)单调递减.
x x
e2 e2
又因为a>e，所以x³ lna> >e，h(x)在(e,+¥)单调递减，
2 2
lnx lna æe2 ö e2
由 £ ，则a£x在ç lna,+¥÷恒成立，即a£ lna，
x a è 2 ø 2
上式等价于 lna ³ 2 = lne2 ，即ha³h e2 ，
a e2 e2
由h(x)在(e,+¥)单调递减，所以e0，证明含有 f 1 f 2 f n型的不等式通常可转化为证明含有ln f 1+ln f 2+ + f n型的
L L
不等式
a
【例5】（2024届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知函数 f x=lnx- ．
x
(1)当a=-1时，求 f x的极值；
(2)若 fx³0恒成立，求实数a的取值范围；
3 n+1
(3)证明：e 2+ 2 +K+ n >n+1e nÎN*．
1 1 1 x-1
【解析】（1）当a=-1时， f x=lnx+ ，定义域为0,+¥，则 f¢x= - = ，
x x x2 x2
当01时， f¢x>0，则 f x在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增，
所以 f x有极小值 f 1=1，无极大值.
（2）因为 f x³0恒成立，得"x>0，a£xlnx，令gx=xlnx，x>0，求导的g¢x=1+lnx，
1 1
当0 时，g¢x>0，
e eæ 1ö
即函数gx在ç0, ÷上递减，在e,+¥上递增，
è eø
æ1ö 1
因此g x=gç ÷=- ，则𝑎≤― 1，所以a的取值范围𝑎≤― 1 .
min èeø e e e
1 1 1 1 n+1 n+1
（3）证明：由（2）知，a=- 时，即lnx³- Þ ³eln Þx³elnx，于是 ³eln =eélnn+1-lnnù，
ë û
e ex x x n n
n n 2 2
³eln =eélnn-lnn-1ù，¼， ³eln =eln2-ln1，
ë û
n-1 n-1 1 1
n+1 n 2
因此 + + + >eélnn+1-lnn+lnn-lnn-1+ +ln2-ln1ù=elnn+1
L ë L û
n n-1 1
3 n+1
所以 e 2+ 2 +¼+ n >n+1e.
(五) 把比较a,ba >0,b>0转化为比较lna,lnb的大小
比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较
nn+1,n+1n nÎN*,n>2 的大小，可通过取对数转化为比较 n+1lnn,nlnn+1 的大小，再转化为比
lnn lnn+1 lnx
较 , 的大小，然后可以构造函数 f x= ，利用 f x 的单调性比较大小.
n n+1 x
1
【例6】一天，小锤同学为了比较ln1.1与 的大小，他首先画出了y=lnx的函数图像，然后取了离1.1很
10
近的数字1，计算出了y=lnx在x=1处的切线方程，利用函数y=lnx与切线的图像关系进行比较.
1
（1）请利用小锤的思路比較ln1.1与 大小
10
a
（2）现提供以下两种类型的曲线y= +b,y=kx+t，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较pe,e3
x2
的大小.
【解析】（1）构造函数 f(x)=lnx-x+1，由f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+¥)上单调递减，得
f(x)£ f(1)=0，即lnx£ x-1，取x=1，得ln1.1<0.1
3
（2）通过取对数，把比较pe,e3的大小转化为比较elnp与3的大小，即比较lnp与 大小
e
a a
选y= +b，令y=lnx与y= +b公切于e
x2 x2
ì a
lne= +b
ï ï e2 e2 3 e2 3
则有í Þa=- ,b= ，\y=- +
ï 1 =- 2a 2 2 2x2 2
ïîe e3
e2 3 1 e2 x2-e2
记g(x)=lnx+ - ,g¢(x)= - = ，
2x2 2 x x3 x3
∴g(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+¥)上单调递增,e2 3
\g(x)³g(e)=0,\lnx³- +
2x2 2
e2 3 3 e2 3 3 e2 3
\lnp>- + ，下证： - > 只需证 + <
2p2 2 2 2p2 e e 2p2 2
3 e2 3 (2.72)2 10 (2.72)2 æ2.72ö 2 7
Q + < + = + ，只需证 ç ÷ <
e 2p2 2.7 2´(3.1)2 9 2´(3.1)2 è 3.1 ø 9
2.72
<0.88,(0.88)2 =0.7744
Q
3.1
7 3
而 =0.777>0.7744,\lnp> ，即pe >e3
9 e
3 1
选y=kx+t，通过取对数，把比较pe,e3的大小转化为比较elnp与3的大小，即比较lnp与 大小，即较ln
e p
3
与- 大小
e
ì 1 1
1 ïln =k +t
令y=lnx与y=kx+t切于 ，则有í e e Þk =e,t =-2,\y=ex-2
e
ï îe=k
1 1-ex
令g(x)=lnx-ex+2,g¢(x)= -e=
x x
æ 1ö æ1 ö
∴g(x)在ç0, ÷上单调递增，在ç ,+¥÷上单调递减,
è eø èe ø
æ1ö 1
\g(x)£gç ÷=0,\lnx£ex-2，当x= 取等
èeø e
1 e e 3 e 3
\ln £ -2下证 -2<- ，只需证 + <2
p p p e p e
e 3 2.72 3 10
+ < + <0.88+ ，
Q
p e 3.1 2.7 9
10 8 1 3 3
Q
2- = =0.8& >0.88,\ln <- ,\lnp> ,\pe >e3.
9 9 p e e
【例1】（2024届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考三）已知正项数列a 的前n项和为S ，首
n n
项a =1.
1
(1)若a2 =4S -2a -1，求数列a 的通项公式；
n n n n
(2)若函数 f(x)=2ex +x，正项数列a 满足：a = f(a )(nÎN*).
n n+1 n
（i）证明：S ³3n -n-1；
n1 1 1 1
（ii）证明：(1+ )(1+ )(1+ )
L
(1+ )< 3 e(n³2,nÎN*).
5a2 5a2 5a2 5a2
2 3 4 n
【解析】（1）正项数列a 中，a =1，nÎN*，a2 =4S -2a -1，当n³2时，a2 =4S -2a -1，
n 1 n n n n-1 n-1 n-1
两式相减得a2-a2 =4S -S -2a +2a ，即a +a a -a =2a +a ，
n n-1 n n-1 n n-1 n n-1 n n-1 n n-1
而a >0，则a -a =2，因此数列a 是首项为1，公差为2的等差数列，
n n n-1 n
所以数列a 的通项公式为a =1+2(n-1)=2n-1.
n n
（2）（i）令h(x)=ex-x-1，求导得h¢(x)=ex-1，当x<0时，h¢(x)<0，当x>0时，h¢(x)>0，
即函数 f(x)在(-¥,0)上单调递减，在(0,+¥)上单调递增，则h(x)³h(0)=0，即ex ³ x+1，
于是a = f a =2ea n +a ³2a +1+a =3a +2，
n+1 n n n n n
a +1
即a +1³3a +1，即 n+1 ³3，
n+1 n a +1
n
a +1 a +1 a +1 a +1
当n³2时，a
n
+1=a
1
+1×
a
2
+1
×
a
3
+1
×
a
4
+1
×
L
×
a
n
+1
³a
1
+1×3n-1=2´3n-1，
1 2 3 n-1
当n=1时a +1=2=2´30，因此a ³2´3n-1-1，
1 n
所以S =a +a +a + +a ³ 2´30-1 + 2´31-1 + 2´32-1 + + 2´3n-1-1
n 1 2 3 L n L
1-3n
=2 30+31+32+ +3n-1 -n=2´ -n=3n-n-1
L
1-3
（ii）由已知a = f a =2ea n +a ，所以a -a =2ean >0，得a >a ，
n+1 n n n+1 n n+1 n
当n³1时，ean ³ea1 =e>2，于是a -a =2ean ³2ea1 =2e>5，
n+1 n
当n³2时，a
n
=a
1
+a
2
-a
1
+a
3
-a
2
+
L
+a
n
-a
n-1
>1+5(n-1)=5n-4，
又a =1，所以"nÎN*，恒有a ³5n-4，当n³2时，(5n-4)2 >(5n-7)(5n-2)，
1 n
由ex ³ x+1，得当x>-1时，ln(x+1)£x，
æ 1 ö 1 1 1 1 1
则当n³2时，lnç1+ ÷£ < < = - ，
è 5a2 ø 5a2 5(5n-4)2 5(5n-7)(5n-2) 5n-7 5n-2
n n
æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö
从而lnç1+ ÷+lnç1+ ÷+lnç1+ ÷+ L +lnç1+ ÷
è
5a2
ø è
5a2
ø è
5a2
ø è
5a2
ø
2 3 4 n
æ1 1ö æ1 1 ö æ 1 1 ö æ 1 1 ö 1 1 1
<ç - ÷+ç - ÷+ç - ÷+
L
+ç - ÷= - < ，
è3 8ø è8 13ø è13 18ø è5n-7 5n-2ø 3 5n-2 3éæ 1 öæ 1 öæ 1 ö æ 1 öù 1
于是lnêç1+ ÷ç1+ ÷ç1+ ÷Lç1+ ÷ú< ，
ëè 5a
2
2 øè 5a
3
2 øè 5a
4
2 ø è 5a
n
2 øû 3
æ 1 öæ 1 öæ 1 ö æ 1 ö
所以ç1+ ÷ç1+ ÷ç1+ ÷Lç1+ ÷< 3e .
è
5a2
øè
5a2
øè
5a2
ø è
5a2
ø
2 3 4 n
x2
【例2】（2024届江苏省盐城市高三5月考前指导卷）已知函数 f x= ，其中a>0．
eax
(1)若 f x在0,2上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a=1时，若x +x =4且00，\ht在0,2上单调递增，而ht =h0=0，\ht>0，
Q 4-t2 min
2+t
\ln >t，00时， f x的定义域
è
ç-
a
,0
ø
÷È0,+¥， f¢x= 1+ax ，
x2
令gx= x —ln1+ax，所以g¢x= -ax ，
1+ax
1+ax2
æ 1 ö
所以xÎç- ,0÷,g¢x>0,gx单调递增；xÎ0,+¥，g¢x<0，gx单调递减；且g0=0，
è a ø
æ 1 ö æ 1 ö
所以， f¢x在ç- ,0÷È0,+¥上 f¢x<0，所以 f x在ç- ,0÷和0,+¥上单调递减；
è a ø è a ø
æ 1 ö
综上所述，当a=0时， f x=0，此时 f x无单调性；当a>0时， f x在ç- ,0÷和0,+¥上单调递
è a ø
减.
æ 1ö n æ 1 ö n æ 1ö n+1 æ 1 ö n+1 æ 1ö n+1 æ 1ö n
（2）因为 ç1+ ÷ >ç1+ ÷ ,ç1+ ÷ >ç1+ ÷ ，且 ç1+ ÷ >ç1+ ÷ ，
è nø è n+1ø è nø è n+1ø è nø è nø
æ 1 ö n+1 æ 1ö n
所以只需要比较 ç1+ ÷ 与 ç1+ ÷ 的大小即可，
è n+1ø è nø
ln1+ax æ 1 ö
由（1）知，a>0时， f x= 在ç- ,0÷和0,+¥上单调递减
x è a ø
ln1+x
所以 f x= 在-1,0和0,+¥上单调递减，
x
1 1 æ 1 ö æ1ö æ 1 ö æ 1ö
又因为n为正整数，所以0< < ，故 f ç ÷> f ç ÷，即n+1lnç1+ ÷>nlnç1+ ÷，
n+1 n èn+1ø ènø è n+1ø è nø
æ 1 ö n+1 æ 1ö n æ 1ö n+1 æ 1 ö n+1 æ 1ö n æ 1 ö n
所以 ç1+ ÷ >ç1+ ÷ ，所以 ç1+ ÷ >ç1+ ÷ >ç1+ ÷ >ç1+ ÷ .
è n+1ø è nø è nø è n+1ø è nø è n+1ø
xa
【例4】（2021全国甲卷高考试题）已知a >0且a ¹1，函数 f(x)= (x >0)．
ax
(1)当a=2时，求 f x 的单调区间；
(2)若曲线y= f x 与直线y =1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
x2 2x×2x -x2×2xln2 x×2x2-xln2
f x= , f¢x= =
【解析】（1）当a=2时， ,
2x 2x2 4x
2 2 2
令 f 'x=0得x= ,当0< x< 时， f¢x>0,当x> 时， f¢x<0,
ln2 ln2 ln2
æ 2 ù é 2 ö
∴函数 f x 在ç 0,
ú
上单调递增；
ê
,+¥ ÷上单调递减；
è ln2û ëln2 øxa lnx lna lnx
（2） f x= =1Û ax = xa Û xlna=alnxÛ = ,设函数gx= ,
ax x a x
1-lnx
则g¢x= ,令g¢x=0，得x=e,
x2
在
0,e 内g¢x>0,gx
单调递增；
在
e,+¥ 上g¢x<0,gx
单调递减；
1
\gx = ge= ,
max e
又g1=0，当x趋近于+¥时，gx
趋近于0，
a
所以曲线y= f x 与直线y =1有且仅有两个交点，即曲线y = gx 与直线y = 有两个交点的充分必
lna
lna 1
要条件是0< < ,这即是0< ga< ge ,
a e
所以a的取值范围是 1,eÈe,+¥ ．
【例5】已知函数 f(x)=xlnx．
(1)讨论 f(x)的单调性；
2 1 1
(2)设a，b为两个不相等的正数，且ab =ba，证明： < + <1．
e a b
【解析】 (1) f¢(x)=lnx+1，定义域为(0,+¥)，
1 1 1
由 f¢(x)=0，解得x= ，由 f¢(x)>0，解得x> ，由 f¢(x)<0，解得0< x< ，
e e e
æ1 ö æ 1ö
所以 f(x)的单调递增区间为ç ,+¥÷，单调递减区间为ç0, ÷．
èe ø è eø
(2)∵a，b为两个不相等的正数，且ab =ba，
1 1 1 1
∴blna=alnb，即 ln = ln ，
a a b b
1 1
由（1）可知 f(x) = f( )=- ，且 f(1)=0，x®0时， f(x)®0，
min e e
1 1 æ 1 ö
则令x = ,x = ，则x,x 为 f(x)=k的两根，且kÎç- ,0÷，
1 a 2 b 1 2 è e ø
æ 1ö æ1 ö 2 1
不妨设x Îç0, ÷,x Îç ,1÷，则 -x > ，
1 è eø 2 èe ø e 1 e
2 2 æ2 ö
先证 -x ，即证 f x = f x > f ç -x ÷，
e 1 2 2 e 1 2 1 èe 1 ø
æ2 ö æ 1ö
令h(x)= f(x)- f ç -x÷，即证在xÎç0, ÷上，h(x)>0，
èe ø è eøæ2 ö æ2 ö æ 2 ö
则h¢(x)= f¢(x)- f¢ ç -x÷=lnx+lnç -x÷+2=lnç-x2+ x÷+2，
èe ø èe ø è e ø
æ 1ö æ1ö
h¢(x)在ç0, ÷上单调递增，即h¢(x)hç ÷=0，
è eø è eø èeø
æ2 ö 2 1
∴ f(x)> f ç -x÷，即可得x > -x ；再证x +x <1，即证 < x <1-x ，
èe ø 2 e 1 1 2 e 2 1
由（1） f(x)单调性可得证 f x = f x < f 1-x ，
2 1 1
æ 1ö
令j(x)= f(x)- f(1-x),xÎç0, ÷，
è eø
j¢(x)=lnx+ln(1-x)+2=ln -x2+x +2，j¢(x)在ç æ 0, 1 ÷ ö 上单调递增，
è eø
æ1ö
∴j¢(x)=j¢
ç
÷>0，且当x®0,j¢(x)<0，所以存在x 使得j¢x =0，
èeø 0 0
即当xÎ0,x 时，j¢(x)<0,j(x)单调递减，
0
æ 1ö
当xÎçx , ÷时，j¢(x)>0,j(x)单调递增，
è 0 eø
æ1ö æ1ö æ 1ö
又有x®0,j(x)<0，且jç ÷= f ç ÷- f ç1- ÷<0，
èeø èeø è eø
2 1 1
所以j(x)<0恒成立，∴x +x <1，则 < + <1，即可证得．
1 2 e a b
1．（2024届重庆市南开中学校高三第九次质量检测）已知函数 f(x)=aex,g(x)=lnx+b(a,bÎR).
(1)当b=1时， f(x)³g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)已知直线l、l 是曲线y=g(x)的两条切线，且直线l 、l 的斜率之积为1.
1 2 1 2
（i）记x 为直线l 、l 交点的横坐标，求证：x <1；
0 1 2 0
（ii）若l 、l 也与曲线y= f(x)相切，求a,b的关系式并求出b的取值范围.
1 2
lnx+1
【解析】（1）由于aex ³lnx+1，则a³ ，
ex
1
lnx+1 -lnx-1 1
设Fx= ex ，则 F¢x= x ，F¢1=0，且y= x -lnx-1在0,+¥上单减，
ex
令F¢x>0得01，所以Fx在0,1单调递增，1,+¥单调递减，
1
所以F(x) =F1，则a³F1= .
max e
（2）（i）设两条切线在gx上的两个切点横坐标分别为x,x ，
1 2
1 1
有g¢x g¢x = × =1，即xx =1，
1 2 x x 1 2
1 2
1 1
此时，切线为：y-lnx +b= x-x ,y-lnx +b= x-x
，
1 x 1 2 x 2
1 2
æ 1 1 ö
相减得lnx -lnx =ç - ÷x=x -x x，
2 1 èx x ø 2 1
1 2
lnx -lnx lnx +lnx 2lnx
x = 2 1 = 2 2 = 2
所以 0 x -x 1 1 ，
2 1 x - x -
2 x 2 x
2 2
æ 1ö 2 1
设kx=2lnx-çx- ÷，k¢x= -1- £0，所以kx在0,+¥上单调递减.
è xø x x2
æ 1ö
故当xÎ0,1时，kx>k1=0，所以0>2lnx>çx- ÷；
è xø
2lnx
æ 1ö x = 2 <1
当xÎ1,+¥时，kx2gx-2.（参考数据： 4 ， 1 ）
e5 »2.23 e2 »1.65
4
【解析】（1）由题意hx=alnx-1- x+1 ,x>1，所以h¢x= ax-a+2 ,x>1，
x-1
x-12
当a=0时，h¢x>0，所以hx在1,+¥上为增函数；
2
当a¹0时，令h¢x=0得x=1- ，
a
2
所以若a>0时，1- <1，所以h¢x>0，所以hx在1,+¥上为增函数，
a
2 2 2
若a<0时，1- >1，且10，x>1- 时，h¢x<0，
a a a
æ 2ö æ 2 ö
所以hx在ç1,1- ÷上为增函数，在ç1- ,+¥÷上为减函数，
è aø è a ø
综上：当a³0时，hx在1,+¥上为增函数，
æ 2ö æ 2 ö
当a<0时，hx在ç1,1- ÷上为增函数，在ç1- ,+¥÷上为减函数；
è aø è a ø
1 1
（2） 2x-1 f 2x- f x>2gx-2等价于 2x-1e2x-ex-2lnx+2>0，
4 41
设Fx= 2x-1e2x-ex-2lnx+2，则
4
2 x2e2x-xex-2 xex-2 xex+1
F¢x=xe2x-ex- = = ，
x x x
因为x>0，所以xex+1>0，
设jx=xex-2，则j¢x=x+1ex >0，则jx在0,+¥上单调递增，
æ4ö 4 4
而jç ÷= e5 -2<0,j1=e-2>0，
è5ø 5
æ4 ö
所以存在x Îç ,1÷，使jx =0，即x ex 0 =2，所以x +lnx =ln2，即lnx =ln2-x ，
0 è5 ø 0 0 0 0 0 0
当0x 时，F¢x>0，则Fx在x ,+¥上单调递增，
0 0
1
所以Fx = 2x -1e2x0 -ex0 -2lnx +2
min 4 0 0
1 4 2 1
= 2x -1 - -2ln2+2x +2=- +2x -2ln2+2，
4 0 x2 x 0 x2 0
0 0 0
1 æ4 ö 2
设mt=- +2t-2ln2+2,ç 0，
t2 è5 ø t3
æ4 ö æ4ö 25 8 163
则mt在ç ,1÷上单调递增，mç ÷=- + -2ln2+2= -2ln2>0，
è5 ø è5ø 16 5 80
1
则Fx >0，则不等式 2x-1e2x-ex-2lnx+2>0恒成立，
min 4
1
即不等式 2x-1 f 2x- f x>2gx-2成立.
4
3．（2024届广东省广州市高中毕业班冲刺训练题二）已知函数 f x=xeax（a>0）.
(1)求 f x在区间-1,1上的最大值与最小值；
(2)当a³1时，求证： f x³lnx+x+1.
1
【解析】（1）解： f¢x=eax1+ax（x>0）（a>0），令 f¢x=0，则x=- ，
a
1
当01时，-1<- <1，则当xÎ
ê
-1,- ÷时， f¢x<0， f x在区间
ê
-1,- ÷上单调递减；
a ë aø ë aø
当xÎ æ ç- 1 ,1
ú
ù 时， f¢x>0， f x在区间 æ ç- 1 ,1
ú
ù 上单调递增，
è a û è a ûæ 1ö 1
所以 f x = f ç- ÷=- ，
min è aø ae
而 f -1=-e-a <0， f 1=ea >0.所以 f x = f 1=ea
max
综上所述，当01时，所以 f x =- ， f x =ea.
min ae max
（2）方法一：隐零点法
因为x>0，a³1，所以xeax ³xex，欲证xeax ³lnx+x+1，只需证明xex ³lnx+x+1，
æ 1ö
设gx=xex-lnx-x-1，（x>0），g¢x=x+1 çex- ÷，
è xø
1
令fx=ex- ，易知fx在0,+¥上单调递增，
x
æ1ö
而fç ÷= e-2<0，f1=e-1>0，
è2ø
æ1 ö
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x Îç ,1÷使得fx =0，
0 è2 ø 0
1 1
即ex0 - =0，因此ex0 = ，x =-lnx ，
x x 0 0
0 0
当xÎ0,x 时，f¢x<0，g¢x<0，gx在0,x 上单调递减；
0 0
当xÎx ,+¥时，f¢x>0，g¢x>0，gx在x ,+¥上单调递增；
0 0
1
所以gx =gx =ex0x -lnx -x -1= x --lnx -x -1=0
min 0 0 0 0 x 0 0 0
0
所以gx³0，因此 f x³lnx+x+1.
f(x)
4.（2023届新疆高三第三次适应性检测）已知函数 f(x)=ax2 +(a+1)xlnx-1，g(x)= ．
x
(1)讨论gx的单调性；
e2
(2)若方程 f(x)= x2ex+xlnx-1有两个不相等的实根x,x ，求实数a的取值范围，并证明ex1+x2 > ．
1 2 xx
1 2
1
【解析】（1）因为g(x)=ax+(a+1)lnx- ，
x
a+1 1 (x+1)(ax+1)
所以g¢x=a+ + = (x>0)，
x x2 x2
当a³0时，g¢x>0，所以g(x)在区间(0,+¥)上单调递增，
1 1
当a<0时，令g¢x>0，得0- ，
a aæ 1ö æ 1 ö
所以g(x)在区间ç0,- ÷上单调递增，在区间ç- ,+¥÷上单调递减，
è aø è a ø
æ 1ö
综上当a³0时，g(x)在区间(0,+¥)上单调递增，当a<0时，g(x)在区间ç0,- ÷上单调递增，在区间
è aø
æ 1 ö
ç- ,+¥÷上单调递减.
è a ø
（2）方程 f(x)= x2ex+xlnx-1，即ax+alnx= xex，等价于aln xex = xex，
令t = xex >0，其中x>0，则alnt =t，显然t ¹1，
t lnt-1
令ht= ，则h¢t= ，
lnt ln2t
所以ht在区间0,1上单调递减，且由x®0时ht<0可得在区间0,1上h(t)<0，
ht在区间(1,e)上单调递减，在区间(e,+¥)上单调递增，
所以h(t) =h(e)=e，因为方程 f(x)= x2ex+xlnx-1有两个实根x,x ，
极小值 1 2
t
所以关于t的方程a= 有两个实根t ，t ，且t = x ex1，t = x ex2，所以aÎ(e,+¥)，
lnt 1 2 1 1 2 2
e2
要证ex1+x2 > ，即证x ex1×x ex2 >e2，即证tt >e2，只需证lnt +lnt >2，
xx 1 2 12 1 2
1 2
ìt =alnt ìït -t =alnt -lnt t +t lnt +lnt
因为í 1 1 ，所以í 1 2 1 2 ，整理可得 1 2 = 1 2 ，
ît
2
=alnt
2
ïî t
1
+t
2
=alnt
1
+lnt
2
t
1
-t
2
lnt
1
-lnt
2
t +t t
不妨设t >t >0，则只需证lnt +lnt = 1 2 ln 1 >2，
1 2 1 2 t -t t
1 2 2
æt ö
2ç 1 -1÷
即ln t 1 > 2t 1 -t 2 = èt 2 ø ，令s= t 1 >1，p(s)=lns- 2(s-1) ，其中s>1，
t t +t t t s+1
2 1 2 1 +1 2
t
2
1 4 (s-1)2
因为p¢s= - = >0，所以ps在区间(1,+¥)上单调递增，
s (s+1)2 s(s+1)2
e2
所以h(s)>h(1)=0，故ex1+x2 > ．
xx
1 2
5.已知函数， f x=lnx-x+m，mÎR．
(1)求 f x的极值；
æ 1ö
(2)若 f x有两个零点a，b，且a0，则 f x在0,1上单调递增；
当x>1时， f¢x<0，则 f x在1,+¥上单调递减，
所以函数 f x的极大值为 f 1=m-1，无极小值．
(2)令 f x=0，则m=x-lnx．设hx=x-lnxx>0，
1 x-1
则h'x=1- = ，易知函数hx在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增．
x x
又h1=1，所以hx³1，又 f x有两个零点，所以m>1．
因为ab+ ，
è bø b
b2+1
即证ln2+m-1>ln =ln b2+1 -lnb．
b
又 f b=0，则m=b-lnb，
故即证ln2+b-lnb-1>ln b2+1 -lnb，即证ln2-1>ln b2+1 -b．
设tb=ln b2+1 -b，b>1，则t'b= 2b -1=-
b-12
<0，
b2+1 b2+1
所以tb在1,+¥上单调递减，所以tb0，总有xl1xl2 £lx +lx 成立；
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
n
(2)设x >0，l>0i=1,2,×××,n，且ål=1，求证：xl1xl2 ×××xln £lx +lx +×××+lx .
i i i 1 2 n 1 1 2 2 n n
i=1
【解析】（1）证明：xl1xl2 £lx +lx Ûln xl1xl2 £lnlx +lx Ûllnx +llnx £lnlx +lx
1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
Û f lx +lx £lf x +lf x .
1 1 2 2 1 1 2 2
不妨设0< x £ x ，
1 2
令gx=lf x+lf x - f lx+lx =lnlx+lx -llnx-llnx ，其中00，总有xl1xl2 £lx +lx 成立.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
n
（2）证明：x >0，l>0i=1,2,×××,n，且ål=1，
i i i
i=1
要证xl1xl2 ×××xln £lx +lx +×××+lx .
1 2 n 1 1 2 2 n n
即证llnx +llnx + +llnx £lnlx +lx + +lx ，
1 1 2 2 L n n 1 2 2 L n n
即 f lx +lx +×××+lx £lf x +lf x +×××+lf x ，
1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n
当n=2时，由（1）可知，不等式成立，
假设当n=k
k
³2,kÎN*
时不等式成立，
即 f lx +lx +×××+lx £lf x +lf x +×××+lf x ，
1 1 2 2 k k 1 1 2 2 k k
l l
则当n=k+1时，设x¢ = k x + k+1 x ，
k l +l k l +l k+1
k k+1 k k+1
l l
由（1）可得 f x¢£ k f x + k+1 f x ，
k l +l k l +l k+1
k k+1 k k+1
则 f lx +lx +×××+lx +l x = f lx +lx +×××+l x +l +l x¢
1 1 2 2 k k k+1 k+1 1 1 2 2 k-1 k-1 k k+1 k
£lf x +×××+l f x +l +l f x¢£lf x +×××+lf x +l f x ，
1 1 k-1 k-1 k k+1 k 1 1 k k k+1 k+1
这说明当n=k+1时，结论也成立，
故对任意的nÎN*， f lx +lx +×××+lx £lf x +lf x +×××+lf x ，
1 1 2 2 k n 1 1 2 2 n n
所以，-lnlx +lx +×××+lx £-llnx -llnx - -llnx ，
1 1 2 2 n n 1 1 2 2 L n n
因此，llnx +llnx + +llnx £lnlx +lx + +lx ，
1 1 2 2 L n n 1 2 2 L n n
n
故当x >0，l>0i=1,2,×××,n，且ål=1时，xl1xl2 ×××xln £lx +lx +×××+lx .
i i i 1 2 n 1 1 2 2 n n
i=1
7.已知函数 f(x)=ex,g(x)=x+alnx,aÎR
（1）讨论g(x)的单调性；
（2）若 f x+2x gx+xa，对任意xÎ(1,+¥)恒成立，求a的最大值；
…a x+a
【解析】（1）g¢(x)=1+ = (x>0)，
x x
当a 0时，g¢(x)>0，g(x)在(0,+¥)上单调递增；
…
当a<0时，令g¢(x)>0，解得x>-a，令g¢(x)<0，解得00)，则h¢(x)= +1= ，
x x
易知函数h(x)在(0,+¥)上单调递增，
x
而h(ex) h(xa)，所以ex xa（两边取对数），即x alnx，当x>1时，即为a ，
… … … „lnx
x lnx-1
设j(x)= (x>1)，则j¢(x)= ，
lnx ln2x
易知函数j(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+¥)上单调递增，
\j(x) j（e）=e，\a e，即a的最大值为e．
… „
8.已知函数 f(x)= xlnx+a,(aÎR)．
(1)求函数 f x的单调区间；
1
(2)当0e3．
1 2 1 2 1 2
【解析】 (1) f¢x=lnx+1,x>0，
1 1
当0< x< 时， f¢x<0，当x> 时， f¢x>0，
e e
æ 1ö æ1 ö
所以函数 f x在ç0, ÷上递减，在ç ,+¥÷上递增，
è eø èe ø
æ 1ö æ1 ö
所以函数 f x的单调区间为ç0, ÷和ç ,+¥÷；
è eø èe ø
æ1ö 1
(2)证明：由（1）知 f x = f ç ÷=- +a，
min èeø e
1 æ1ö
因为00， f e=e+a>0，
+æ 1ö æ1 ö
所以函数在ç0, ÷上存在一个零点，在ç ,e÷上存在一个零点，
è eø èe ø
所以函数 f x有两个零点；
(3)证明：g(x)= f(x)-ax2-x=xlnx--ax2-x+a,(x>0)，则g¢x=lnx-2ax，
因为函数g(x)有两个不同的极值点x,x （其中x e3等价于证ln x ×x 2 >lne3，
1 2 1 2
即证lnx +2lnx >3，
1 2
所以3 ，
1 2 x +2x
1 2
又lnx =2ax ，lnx =2ax ，
1 1 2 2
x
x ln 1
作差得ln 1 =ax -x ，所以 x ，
x 1 2 a= 2
2 x -x
1 2
x
2ln 1
所以原不等式等价于要证明 x 3 ，
2 >
x -x x +2x
1 2 1 2
x 3x -x x
即2ln 1 < 1 2 ，令t= 1,tÎ0,1，
x x +2x x
2 1 2 2
3t-1
则上不等式等价于要证：2lnt< ,tÎ0,1，
t+2
3t-1
令ht=2lnt- ,tÎ0,1，
t+2
2 9 2t2-t+8
则h¢t= - = >0,tÎ0,1 ，
t t+22 tt+22
所以函数ht在0,1上递增，所以hte3．
t+2 1 2
9.形如y= f(x)g(x)的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得
y¢ f¢x
lny=ln f(x)g(x) = g(x)ln f(x)，两边对x求导数，得 = g¢(x)ln f(x)+g(x) ，于是
y f xé f¢xù
y¢= f(x)g(x) êg¢(x)ln f(x)+g(x) ú.已知 f(x)=2exlnx，g(x)=x2+1.
f x
ë û
（1）求曲线y= f(x)在x=1处的切线方程；
（2）若h(x)= f¢(x)，求h(x)的单调区间；
（3）求证："xÎ(0,+¥), f(x) g(x)恒成立.
…
【解析】（1）由幂指函数导数公式得 f¢(x)=2exlnx(lnx+1)，
所以 f¢(1)=2，又 f(1)=2，
所以，曲线y= f(x)在x=1处的切线方程为y=2x.
（2）h(x)= f¢(x)=2exlnx(lnx+1),xÎ(0,+¥)，
则h¢(x)=2 exlnx¢ (lnx+1)+2 exlnx (lnx+1)¢
=2éexlnx(lnx+1)ù(lnx+1)+2 exlnx × 1 =2exlnx é (lnx+1)2+ 1ù >0，
ë û ê ú
x ë xû
所以h(x)的单调增区间为(0,+¥)，无单调减区间.
（3）构造F(x)= f(x)-g(x)，xÎ(0,+¥)，
则F¢(x)= f¢(x)-g¢(x)=2exlnx(lnx+1)-2x，
令H(x)=F¢(x)=2exlnx(lnx+1)-2x,xÎ(0,+¥)，
所以H¢(x)=2éexlnx(lnx+1)2+e(x-1)lnx -1ù，
ë û
因为x-1与lnx同号，所以(x-1)lnx 0，所以e(x-1)lnx -1³0，
…
又exlnx(lnx+1)2 0，所以H¢(x) 0，
… …
所以H(x)即F¢(x)为(0,+¥)上增函数，又因为F¢(1)=0，
所以，当xÎ(0,1)时，F¢(x)F¢(1)=0.
所以，F(x)为(0,1)上减函数，为(1,+¥)上增函数，
所以，F(x) =F(1)=0，即F(x)= f(x)-g(x) 0，
min …
因此，"xÎ(0,+¥), f(x) g(x)恒成立，即证.
…
10.已知函数 f(x)=ex2lnx(x>0)．
(1)求 f(x)的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数x,x 00)的导函数为 f¢(x)=xex2lnx(2lnx+1).
æ 1ö æ 1 ö
- -
当xÎç0,e 2÷时， f¢(x)<0，所 f(x)单调递减；当xÎçe 2,+¥÷时， f¢(x)>0，所以 f(x)单调递增.
è ø è ø
1
所以 - 为 f(x)的极值点.
x=e 2
(2)因为有且仅有两个不相等的实数x,x 00,m(x)单调递增.
è ø è ø
1 1
若m(x)有两个零点,则必有 - ,解得：k >- .
m(e 2)<0
2e
若k≥0,当 - 1 时,mx=x2lnx-k £x2lnx<0 ,无法保证m(x)有两个零点；
0< x0,m æ çe - 1 2 ö ÷<0，m1=-k >0,
2e è ø è ø
æ 1 1ö
故存在x
1
Îçek,e - 2÷使得mx
1
=0,存在
x Î(e
- 1
2,1)
使得mx
2
=0.
è ø 2
1
综上可知, kÎ(- ,0).
2e
x x t2lnt lnt
（ⅱ）设t = 2 则t∈(1,+∞).将t = 2 代入x2lnx =x 2lnx ,可得lnx = ，lnx = （*）.
x x 1 1 2 2 1 1-t2 2 1-t2
1 1
e
欲证: x 2 e2-2e £e - 2 e x 1 1 ，需证 lnx 2 e2-2e £ln e x - 2 即证lnx 1 +(e2-2e)lnx 2 £- 2 e ，将（*）代入，则有
1
(t2+e2-2e)lnt e (x+e2-2e)lnx ex-1
£- ，则只需要证明： £-e(x>1)，即lnx³ (x>1).
1-t2 2 1-x x+e2-2e
x-1 é2(x-1) ù
x-1 x lnx- (x+1) -lnx
构造j(x)= lnx - e -e+2，则 j¢(x)= x - 1， j¢¢(x)= ê ë x+1 ú û (x>1) .
ln2x e x2ln3x
2(x-1) (x-1)2
令w(x)= -lnx(x>1)，则w¢(x)=- <0.所以w(x)0，j(x)单调递增；
当xÎ(e,+¥)时，有j¢(x)<0，j(x)单调递减；
x-1 x ex-1
所以j(x)£j(e)=0，因此 - £e-2，即lnx£ (x>1).
lnx e x+e2-2e
综上所述，命题得证.
11.已知 f(x)=lnx-x，g(x)=mx+m.
(1)记F(x)= f(x)+g(x)，讨论F(x)的单调区间；
(2)记G(x)= f(x)+m，若G(x)有两个零点a，b，且a +b；
b
1
②求证：2em-1< +a
a
1
【解析】 (1)函数的定义域为(0,+¥)，F¢(x)= +m-1，
x
当m³1时，F¢(x)>0，F(x)在(0,+¥)单调递增；
1 1
当m<1时，令F¢(x)<0，解得x> ，令F¢(x)>0，解得00），则t¢(x)=1- = ，
x x
函数t(x)在(0,1)单调递减，在(1,+¥)单调递增，且x®0时，t(x)®+¥，
当x®+¥时，t(x)®+¥，t(x) =t(1)=1，∴m>1，
min
又ab+ ，
b
b2+1
即证ln2+m-1>ln =ln b2+1 -lnb，
b
又G(b)=0，则m=b-lnb，故即证ln2+b-lnb-1>ln b2+1 -lnb，即证ln2-1>ln b2+1 -b，
设h(b)=ln b2+1 -b，b>1，则h¢(b)= 2b -1=- (b-1)2 <0，
b2+1 b2+1
1
∴h(b)在(1,+¥)上单调递减，∴h(b) +b得证；
b
1 a2+1
若证②所证不等式，即2em-1j1=ln2-1，即2em-1< +a得证.
a
12．已知aÎR， f(x)=x×e-ax，（其中e为自然对数的底数）.
（1）求函数y= f(x)的单调区间；
（2）若a>0，函数y= f(x)-a有两个零点x，x ，求证：x2+x2 >2e.
2 1 2
【解析】（1）解： f¢(x)=e-ax-ax×e-ax =e-ax(1-ax)
1 1
∵aÎR，∴a<0时， f¢(x)=e-ax(1-ax)>0Þx> ， f¢(x)=e-ax(1-ax)<0Þx<
a a
é1 ö æ 1ö
∴a<0时，增区间为：
ê
,+¥÷，减区间为：ç-¥, ÷；
ëa ø è aø
a=0时， f¢(x)=e-ax(1-ax)=1>0，∴a=0时，增区间为：(-¥,+¥)；
1 1
a>0时， f¢(x)=e-ax(1-ax)>0Þx< ， f¢(x)=e-ax(1-ax)<0Þx> ，
a a
æ 1ù æ1 ö
∴a>0时，增区间为：ç-¥,
ú
，减区间为：ç ,+¥÷；
è aû èa ø
（2）因为a>0时，函数y= f(x)-a有两个零点x ，x ，
1 2
则两个零点必为正实数， f(x)-a =0Û xe-ax =a¾两¾边¾取对¾数® lnx-ax=lna
故问题转化为lnx-ax=lna有两个正实数解；
令g(x)=lnx-ax-lna（x>0）
1 æ 1ö æ1 ö 1
则g¢(x)= -a（x>0），g(x)在ç0, ÷单调递增，在ç ,+¥÷单调递减，且0 -2a=0
x 2 x(2-ax) 1
-x
a a
æ1 ö æ1ö
所以G(x)在ç ,+¥÷单调递增，G(x)>Gç ÷=0
èa ø èaø
1 æ2 ö æ1 ö
又x > ，故gx >gç -x ÷，x Îç ,+¥÷
2 a 2 èa 2 ø 2 èa ø
æ2 ö
又gx =gx ，所以gx >gç -x ÷，
1 2 1 èa 2 ø
1 2 æ 1ö
又0
è aø 1 2 a
x +x 2 2
所以x2+x2 > 1 2 > >2e．
1 2 2 a2
1
13.已知函数 f x=axe-xa¹0存在极大值 .
e
（1）求实数a的值；
（2）若函数Fx= f x-m有两个零点x ，x x ¹ x ，求实数m的取值范围，并证明：x +x >2.
1 2 1 2 1 2
x
【解析】（1） f x=a× xÎR，
ex
a1-x a 1
f'x= ，令 f'x=0Þx=1， f 1= = Þa=1，
ex e e
1-x
此时 f'x= ， f x在-¥,1上 f'x>0， f x递增；在1,+¥上 f'x<0， f x递减，所以当x=1
ex
1
时， f x取得极大值为 f 1= 符合题意，所以a=1.
e
1
（2）由（1）知： f x在-¥,1上递增，在1,+¥上递减，极大值为 f 1= .
e
x
f x= ， f 0=0，当x<0时， f x<0；当x>0时， f x>0；当x®+¥时， f x®0.
ex
由于函数Fx= f x-m有两个零点x ，x x ¹ x ，
1 2 1 2
1
所以00,x >0.
1 2 1 2 1 2
x x ex2 x x x
所以Fx =Fx ， 1 = 2 ， = 2,ex2-x1 = 2 ，两边取对数得x -x =ln 2 ，
1 2 ex1 ex2 ex1 x
1
x
1
2 1 x
1x -x 1 x
要证x +x >2，只需证明 2 1 < ln 2 ，
1 2 x +x 2 x
2 1 1
x
2 -1
x 1 x x
即证 1 < ln 2 ，不妨设x 0，
2 t+1 2t t+12 2tt+12
1 t-1
所以gt在1,+¥上递增，所以gt>g1=0，即 lnt- >0，
2 t+1
t-1 1
所以 < lnt.从而x +x >2成立.
t+1 2 1 2
14.已知函数 f(x)=x(e2x-a),g(x)=bx+lnx.
（1）若y=2x是曲线y= f(x)的切线，求a的值；
（2）若g(x)有两不同的零点，求b的取值范围；
（3）若b=1，且 f(x)-g(x)³1恒成立，求a的取值范围.
【解析】(1)依题意，设切点为(x ,2x )，则2x =x (e2x0 -a)，
0 0 0 0
f¢(x)=e2x-a+x×2e2x，于是得e2x0(2x +1)-a=2，则有x =0且a=-1，
0 0
x
0
¹0时，e2x
0
=a+2，(a+2)(2x
0
+1)=a+2无解，所以a=-1；
lnx lnx
(2)由g(x)=0得-b= ，令h(x)= ,x>0，
x x
1-lnx
则有h¢(x)= ,00,x>e时h¢(x)<0，h(x)在(0,e)上递增，在(e,+¥)上递减，
x2
1
h(x) =h(e)= ，又x>e时，h(x)>0恒成立，
max e
lnx
于是得g(x)有两个不同的零点，等价于直线y=-b与函数h(x)= ,x>0图象有两个不同的公共点，
x
1 1 1
即0<-b< ，- 0，
1+lnx
"x>0, f(x)-g(x)³1Û x(e2x-a)³1+x+lnxÛa+1£e2x- ，
x
1+lnx lnx 2x2e2x+lnx
令j(x)=e2x- (x>0)，j¢(x)=2e2x+ = ，
x x2 x21
令F(x)=2x2e2x+lnx，F¢(x)=(4x2+4x)e2x+ >0，即F(x)在(0,+¥)上递增，
x
1 e
而F( )= -ln4<0,F(1)=2e2 >0，即$tÎ(0,1)，使得F(t)=0，
4 8
0t时，F(x)>0,j¢(x)>0，
1+lnt
j(x)在(0,t)上递减，在(t,+¥)上递增，从而有j(x) =e2t - ，
min t
而F(t)=0，即2t2e2t +lnt=0，令t2e2t = p，两边取对数得2t+2lnt=ln p，则2p+lnt =0=2t+2lnt-ln p，
即有2p+ln p=2t+lnt，显然函数y=2x+lnx在(0,+¥)上单调递增，从而得p=t，
1 lnt
于是得t2e2t =tÛe2t = ¾两¾边¾取对¾数®2t=-lntÛ =-2，
t t
1+lnt 1 1 lnt
j(x) =e2t - = - - =2，所以a+1£2，a£1.
min t t t t
15．已知函数 f(x)=axlnx，aÎR．
（1）当a=1时，
①求 f(x)的极值；
m m
②若对任意的x³e都有 f(x)³ ex ，m>0，求m的最大值；
x
（2）若函数g(x)= f(x)+x2有且只有两个不同的零点x ，x ，求证：x x >e2．
1 2 1 2
【解析】（1）①a=1时， f(x)=xlnx，则 f¢(x)=lnx+1(x>0)，
1 1
令 f¢(x)>0，解得：x> ，令 f¢(x)<0，解得：00，有 >0，故 ，
ex >1
x
由①知， f(x)在( 1 ,+¥)单调递增，故 m ，可得lnx≥ m ，即xlnx≥m，
e x³ex x
当x³e时， f(x)的最小值是 f(e)=e，故m的最大值是e；
（2）证明：要证x x >e2，只需证明ln(xx )>2即可，
1 2 1 2
由题意，x 、x 是方程axlnx+x2 =0的两个不相等的实数根，又x>1，
1 2
x
1 +1
ìalnx +x =0 x x
∴í 1 1 ，消去a，整理得：ln(xx )= 2 ×ln 1 ，
îalnx
2
+x
2
=0 1 2 x
1 -1
x
2
x
2x t+1 2(t-1)
不妨设x >x ，令t = 1 ，则t >1，故只需证明当t >1时， ×lnt >2，即证明lnt> ，
1 2 x t-1 t+1
2
2(t-1) 1 t+1-(t-1) (t-1)2
设h(t)=lnt- ，则h¢(t)= -2× = >0，
t+1 t (t+1)2 t(t+1)2
∴h(t)在(1,+¥)单调递增，从而h(t)>h(1)=0，
2(t-1)
故lnt> ，即x x >e2得证．
t+1 1 2
f(x)
16.已知函数 f(x)=xlnx-ax2-x，g(x)= ，aÎR．
x
(1)讨论g(x)的单调性；
(2)设 f(x)有两个极值点x，x x e3．（e=2.71828…为自然对数的底数）
1 2 1 2 1 2
f(x) 1
【解析】 (1)g(x)= =lnx-ax-1，g¢(x)= -a，
x x
①当a£0时，g¢(x)>0，g(x)在(0,+¥)单调递增；
1 æ 1ö
②当a>0时，令g¢(x)=0解得x= ，xÎç 0, ÷时，g¢(x)>0，g(x)单调递增；
a è aø
æ1 ö
xÎç ,+¥÷时，g¢(x)<0， f(x)单调递减．
èa ø
æ 1ö æ1 ö
综上，当a£0时，g(x)在(0,+¥)单调递增；当a>0时，g(x)在ç0, ÷上单调递增，在ç ,+¥÷上单调递减，
è aø èa ø
(2)由题意知， f¢(x)=lnx-2ax，x，x是 f¢(x)的两根，
1 2
lnx -lnx
即lnx -2ax =0，lnx -2ax =0，解得2a= 1 2 (*)，
1 1 2 2 x -x
1 2
要证x4x >e3，即证4lnx +lnx >3，即4×2ax +2ax >3，
1 2 1 2 1 2
lnx -lnx
把（*）式代入得 1 24x +x >3x 0
t (4t+1)2 t(4t+1)2 t(4t+1)2
所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)
