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专题 3.7 导数的综合问题-重难点题型精讲
1．利用导数证明不等式
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，
利用函数单调性、极值、最值加以证明．常见的构造方法有：
(1)直接构造法：证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅
助函数h(x)＝f(x)－g(x)；
(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结论，如ln x≤x－1，ex≥x＋
1，ln x＜x＜ex(x＞0)，≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；
(3)构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转
化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据“相同结构”构造辅助函数；
(4)构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此函数单调性与极值
点都不易获得，则可构造函数f(x)和g(x)，利用其最值求解．
2．利用导数研究不等式恒成立(能成立)问题
一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x) ；若af(x)成立，则只需a>f(x) ；若存在x∈D，使ag(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点处
的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)
在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
(3)不等式里既有指数又有对数，求导后不好处理，通常是把指数和对数分开，使得不等式一边是指数，另
一边是对数，分别计算它们的最值，利用最值来证明不等式.
【例1】（2022春•福安市校级月考）已知函数f（x）＝（x2﹣ax﹣a）ex，a R．
（1）讨论函数f（x）的单调性； ∈
（2）当a＝0时，证明：f（x）＞x2（lnx+2）．
【解题思路】（1）求出函数f（x）的导数f'（x），再分类讨论求出不等式f'（x）＜0，f'（x）＞0的解
集作答．
（2）将不等式等价变形，再分别证明ex＞x+1和x≥lnx+1即可作答．
【解答过程】（1）解：依题意，f'（x）＝[x2+（2﹣a）x﹣2a]ex＝（x+2）（x﹣a） ex，令f'（x）＝0，
则x＝﹣2或x＝a．
当a＝﹣2时，f'（x）＝（x+2）2ex≥0，则函数f（x）在 R上单调递增；
当a＞﹣2时，当x （﹣2，a）时，f'（x）＜0，当x （﹣∞，﹣2）⋃（a，+∞）时，f'（x）＞0，
于是得f（x）在（﹣∈∞，﹣2），（a，+∞）上单调递∈增，在（﹣2，a）上单调递减；
当a＜﹣2时，当x （a，﹣2）时，f'（x）＜0，当x （﹣∞，a）⋃（﹣2，+∞）时，f'（x）＞0，
因此函数f（x）在（∈﹣∞，a）、（﹣2，+∞）上单调∈递增，在（a，﹣2）上单调递减，所以当a＞﹣2时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣2），（a，+∞），单调递减区间为（﹣2，
a）；
当a＝﹣2时，f（x）在 R上单调递增；
当a＜﹣2时，函数f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（﹣2，+∞），单调递减区间为（a，﹣
2）．
（2）证明：当a＝0时，f（x）＝x2ex，x＞0，f（x）＞x2（lnx+2） x2ex＞x2（lnx+2） ex＞lnx+2，
令g（x）＝ex﹣x﹣1，x＞0，则g'（x）＝ex﹣1＞0，函数g（x）在⇔（0，+∞）上单调递⇔增，
x （0，+∞），g（x）＞g（0）＝0，即ex＞x+1，
∀ ∈ 1
令h（x）＝x﹣lnx﹣1，x＞0，ℎ'(x)=1− ，当0＜x＜1时，h'（x）＜0，当x＞1时，h'（x）＞0，
x
即函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， x （0，+∞），h（x）≥h（1）＝
0，即x≥lnx+1， ∀ ∈
于是得 ex＞x+1≥lnx+2，而x2＞0，因此，x2ex＞x2（lnx+2），
所以f（x）＞x2（lnx+2）成立．
1
【变式1-1】（2022春•清远期末）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax+ ，g（x）＝ex+cosx﹣x﹣2．
x
（1）当0≤a＜1时，讨论f（x）的单调性；
1
（2）设m，n为正数，且当a＝1时，f（m）＝g（n），证明：f（e﹣2n）＞g（− lnm）．
2
【解题思路】（1）求定义域，求导，对a分类讨论，求解不同范围下的函数单调性；
（2）构造函数h（x）＝f（e﹣2x）﹣g（x）＝e2x﹣e﹣2x﹣3x﹣ex﹣cosx+2，二次求导，通过研究函数单调
1
性得到f（e﹣2n）＞g（n）＝f（m）．再结合f（x）的单调性得到n＞− lnm，根据导函数得出g（x）
2
1
在（0，+∞）上单调递增，所以g（n）＞g（− lnm），从而得到证明．
2
1
【解答过程】解：（1）f（x）＝2lnx﹣ax+ 的定义域为（0，+∞），
x
2 1
−(ax2−2x+1)
f'（x）= −a− = (x＞0)．
x x2 x2
2x−1 1 1
①当a＝0时，f'（x）= ，令f'（x）＜0，得0＜x＜ ；令f'（x）＞0，得x＞ ．
x2 2 21 1
所以f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增．
2 2
②当 0＜a＜1 时，因为 ax2﹣2x+1＝0 的判别式 Δ＝4﹣4a＞0，所以 ax2﹣2x+1＝0 有两正根
1−√1−a 1+√1−a
x = ，x = ，且x ＜x ．
1 a 2 a 1 2
1−√1−a 1+√1−a 1−√1−a 1+√1−a
令f'（x）＜0，得0＜x＜ 或x＞ ；令f'（x）＞0，得 ＜x＜
a a a a
．
1−√1−a 1+√1−a 1−√1−a 1+√1−a
所以f（x）在（0， ）和（ ，+∞）上单调递减，在（ ， ）上
a a a a
单调递增．
1 1
综上，当a＝0时，f（x）在（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增．
2 2
1−√1−a 1+√1−a 1−√1−a
当0＜a＜1时，f（x）在（0， ）和（ ，+∞）上单调递减，在（ ，
a a a
1+√1−a
）上单调递增．
a
1
（2）证明：因为a＝1，所以f（x）＝2lnx﹣x+ （x＞0），
x
设h（x）＝f（e﹣2x）﹣g（x）＝﹣4x﹣e﹣2x+e2x﹣ex﹣cosx+x+2＝e2x﹣e﹣2x﹣3x﹣ex﹣cosx+2，
则h'（x）＝2e2x+2e﹣2x﹣ex﹣3+sinx，
当x＞0时，因为e2x＞ex，0＜e﹣2x＜1，
令t（x）＝h'（x）＝2e2x+2e﹣2x﹣ex﹣3+sinx，
则t'（x）＝4e2x﹣4e﹣2x﹣ex+cosx＝3e2x+（e2x﹣ex）+cosx﹣4e﹣2x＞3e2x+cosx﹣4，
令u（x）＝3e2x+cosx﹣4，因为x＞0，则u'（x）＝6e2x﹣sinx＞0，所以u（x）在（0，+∞）上单调递增．
又u（0）＝0，所以u（x）＞0，则t'（x）＞0，所以h'（x）在（0，+∞）上单调递增．
又h'（0）＝0，所以h'（x）＞0，则h（x）在（0，+∞）上单调递增．
又h（0）＝0，所以h（0）＞0，则f（e﹣2x）﹣g（x）＞0．
因为m＞0，n＞0，所以f（e﹣2n）＞g（n）＝f（m）．
又f'（x） 2 1 (x−1) 2 ，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，所以e﹣2n＜m，整理得n
= −1− =− ≤0
x x2 x1
＞− lnm．
2
又当x＞0时，令p（x）＝g'（x）＝ex﹣sinx﹣1，则p'（x）＝ex﹣cosx＞0，
所以g'（x）在（0，+∞）上单调递增，g'（x）＞g'（0）＝0，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，所
1
以g（n）＞g（− lnm）．
2
1
故f（e﹣2n）＞g（− lnm）．
2
【变式1-2】（2022•长沙县校级模拟）已知f（x）＝aex﹣1﹣x2﹣1．
（1）若f（x）单调递增，求a的取值范围；
ex−1−x x2−1
（2）证明：当x≠1时， ＞ ．
lnx 4
【解题思路】（1）由题可得f'（x）＝aex﹣1﹣2x≥0，利用参变分离，求函数最值即可；
2(x−1)
（2）分x （0，1），x （1，+∞）讨论，通过构造函数g(x)=lnx− ， （x）＝4ex﹣1﹣4x﹣
x+1
∈ ∈ φ
ex−1−x x2−1
（x2﹣1）lnx，利用导数判断函数的单调性，从而证明当x≠1时， ＞ 成立．
lnx 4
【解答过程】解：（1）因为f（x）＝aex﹣1﹣x2﹣1单调递增，
2x
所以f'（x）＝aex﹣1﹣2x≥0恒成立，即a≥ 恒成立，
ex−1
2x 2(1−x)
令ℎ(x)= ，则ℎ'(x)= ，由h'（x）＝0，可得x＝1，
ex−1 ex−1
x （﹣∞，1），h'（x）＞0，h（x）单调递增；
x∈（1，+∞），h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所∈以h（x）≤h（1）＝2，即a≥2，
所以a的取值范围为[2，+∞）；
（2）证明：当a＝2时，f（x）＝2ex﹣1﹣x2﹣1单调递增，
当x （0，1）时，f（x）＜f（1）＝0，即2ex﹣1＜x2+1，
当x∈（1，+∞）时，f（x）＞f（1）＝0，即2ex﹣1＞x2+1，
当x∈（0，1）时，不等式可化为4ex﹣1﹣4x＜（x2﹣1）lnx，
∈ 2(x−1)
因此只需证2（x2+1）﹣4x＜（x2﹣1）lnx，即lnx＜ ，
x+12(x−1) 1 4 (x−1) 2
令g(x)=lnx− ，则g'(x)= − = ＞0，
x+1 x (x+1) 2 x(x+1) 2
2(x−1)
所以函数g（x）在（0，1）上单调递增，所以g（x）＜g（1）＝0，即lnx＜ ，
x+1
ex−1−x x2−1
所以2（x2+1）﹣4x＜（x2﹣1）lnx，所以4ex﹣1﹣4x＜（x2﹣1）lnx，即 ＞ ，
lnx 4
当x （1，+∞）时，不等式即为4ex﹣1﹣4x＞（x2﹣1）lnx，
令
∈ （x）＝4ex﹣1﹣4x﹣（x2﹣1）lnx，则φ'(x)=4ex−1−4−2xlnx−x+ 1
，
x
φ
2x
由（1）可知 ≤2，ex﹣1≥x，即lnx≤x﹣1，当x （1，+∞）时，2ex﹣1＞x2+1，
ex−1
∈
1 1 1
所以φ'(x)=4ex−1−4−2xlnx−x+ ≥2(x2+1)−4−2x(x−1)−x+ =x+ −2＞0，
x x x
故 （x）在（1，+∞）上单调递增，所以 （x）＞ （1）＝0，
φ
ex−1−xφ x2−1φ
所以4ex﹣1﹣4x＞（x2﹣1）lnx，即 ＞ ，
lnx 4
ex−1−x x2−1
综上，当x≠1时， ＞ ．
lnx 4
ln(ax)
【变式1-3】（2022春•信阳校级期末）已知函数f(x)= −elnx（e＝2.71828……自然对数底数）．
x
（1）当a＝e时，求函数f（x）的单调区间：
（2）当a＞e时，
（Ⅰ）证明：f（x）存在唯一的极值点：
（Ⅱ）证明：f（x）＜（a﹣1）e．
【解题思路】（1）求导，利用导数判断函数单调性；
（2）（Ⅰ）利用导数判断单调性，零点存在性定理判断零点，进而确定极值点即可；
ln(ax ) 1
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，f(x )= 0 −elnx = −elnx −e，令h（x）＝（e﹣1）x﹣elnx（x＞
0 x 0 x 0
0 0
e），判断函数h（x）的单调性，再证明f（x）＜（a﹣1）e成立即可．
1−ln(ax)−ex
【解答过程】解：（1）f '(x)= ，构建 （x）＝1﹣ln（ax）﹣ex．
x2
φ
1
当a＝e时，则 （x）＝1﹣ln（ex）﹣ex在（0，+∞）上单调递减，且φ( )=0；
e
φ1 1
当x∈(0， )时， （x）＞0，当x∈( ，+∞)时， （x）＜0，
e e
φ φ
1 1
则函数f（x）的单调递增区间为(0， )，单调递减区间为( ，+∞)．
e e
（2）证明：（Ⅰ）由（1）可知当a＞e时， （x）在（0，+∞）上单调递减，
1 1 e φ
φ( )=1−lna＜0，φ( )=1− ＞0，
e a a
1 1
∴ （x）在（0，+∞）内存在唯一的零点x ∈( ， )，
0 a e
φ
当x （0，x ）时， （x）＞0，当x （x ，+∞）时， （x）＜0，
0 0
则函∈数f（x）的单调φ递增区间为（0，∈x ），单调递减区φ间为（x ，+∞），
0 0
∴f（x）存在唯一的极值点x ．
0
ln(ax)
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，f(x)= −elnx(e=2.71828），
x
∵1﹣ln（ax ）﹣ex ＝0，即1﹣ex ＝ln（ax ），
0 0 0 0
ln(ax ) 1 1 1
f(x )= 0 −elnx = −elnx −e，且x ∈( ， )，
0 x 0 x 0 0 a e
0 0
1 1 1 1
∵g(x)= −elnx−e在( ， )单调递减，则g(x)＜g( )=a+elna−e，
x a e a
构建h（x）＝（e﹣1）x﹣elnx（x＞e），
(e−1)x−e
则ℎ'(x)= ＞0，当x＞e时恒成立，
x
则h（x）在（e，+∞）上单调递增，
则h（x）≥h（e）＝e（e﹣2）＞0，
则e（x﹣1）＞x+elnx﹣e（x＞e），
即（a﹣1）e＞a+elna﹣e，
∴f（x）＜（a﹣1）e．
【题型2 双变量不等式的证明】
【方法点拨】
(1)将双变量中的一个看作变量，另一个看作常数，构造一个含参数的辅助函数证明不等式．
(2)整体换元．对于齐次式往往可将双变量整体换元，化为一元不等式．
(3)若双变量的函数不等式具有对称性，并且可以将两个变量分离开，分离之后的函数结构具有相似性，从
而构造函数利用单调性证明.f(x)
【例2】（2022•历城区校级模拟）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2﹣x，g(x)= ，a R．
x
∈
（1）讨论g（x）的单调性；
（2）设f（x）有两个极值点x ，x （x ＜x ），证明：x4x ＞e3．（e＝2.71828…为自然对数的底数）
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）对函数求导后，分a≤0和a＞0两种情况判断导函数的正负，从而可求得其单调区
间；
lnx −lnx
（2）由题意可得 x ，x 是 f′（x）的两根，可得2a= 1 2 ，所以将问题转化为只需证
1 2 x −x
1 2
x
3( 1−1)
x 3(x −x ) x x
ln 1＜ 1 2 = 2 成 立 ， 令 t= 1，0＜t＜1， 所 以 只 需 证
x 4x +x x x
2 1 2 4 1+1 2
x
2
3(t−1)
ℎ(t)=lnt− ＜0(0＜t＜1)成立，然后利用导数求解即可．
4t+1
f(x) 1
【解答过程】解：（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 1
②当 a＞0 时，令 g'（x）＝0 解得x= ，x∈(0， )时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
a a
1
x∈( ，+∞)时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
a
1
综上，当 a≤0 时，g（x） 在 （0，+∞） 单调递增；当 a＞0 时，g（x） 在 (0， ) 上单调递增，
a
1
在 ( ，+∞) 上单调递减，
a
证明：（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
x
3( 1−1)
lnx −lnx x 3(x −x ) x
把（*）式代入得 1 2 (4x +x )＞3(x ＜x )，所以应证ln 1＜ 1 2 = 2 ，
x −x 1 2 1 2 x 4x +x x
1 2 2 1 2 4 1+1
x
2
x 3(t−1)
令t= 1 ，0＜t＜1，即证ℎ(t)=lnt− ＜0(0＜t＜1)成立，
x 4t+1
2
1 15 16t2−7t+1
而ℎ'(t)= − = ＞0，所以h（t）在上单调递增，h（t）＜h（1）＝0，命题得
t (4t+1) 2 t(4t+1) 2
证．
x
【变式2-1】（2022春•城厢区校级期末）已知函数f(x)= −1−alnx恰有两个零点x ，x （x ＞x ）．
2 1 2 1 2
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：3x +x ＞6a．
1 2
【解题思路】（1）分a≤0时，a＞0时，两种情况讨论，根据函数的单调性求出函数的最值，根据函数
的最值即可得出结论；
x
（ 2 ） 当 a ＞ 0 时 ， 令 t= 2 ， 则 0 ＜ t ＜ 1 ， 且
x
1
x x
x =tx ，f(x )= 1−1−alnx =0，f(x )= 2−1−alnx =0， 从 而 可 得
2 1 1 2 1 2 2 2
2alnt 2atlnt 6alnt 2atlnt
x = ，x =tx = ， 要 证 3x +x ＞ 6a ， 即 证 + ＞6a， 令
1 t−1 2 1 t−1 1 2 t−1 t−1
3(t−1)
φ(t)=lnt− ，0＜t＜1，求出函数 （t）的最大值即可得证．
3+t
φ
1 a x−2a
【解答过程】解：（1）函数f（x）定义域为{x|x＞0}，f '(x)= − = ，
2 x 2x
①当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，至多一个零点，不合题意，舍去；
②当a＞0时，
当0＜x＜2a时f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞2a时，f'（x）＞0，..单调递增，所以f（x） ＝a﹣1﹣aln2a，记g（x）＝x﹣1﹣x﹣ln2x（x＞0），
min
则g'（x）＝1﹣ln2x﹣1＝﹣ln2x，
1 1
当0＜x＜ 时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x＞ 时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
2 2
1 1 1 1
所以g(x) =g( )= −1− ln1=− ＜0，即f（2a）＜0，
max 2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 − 1 − −
又ea＞ ，故 e − a＜2a ，且f(e a)= e a−1−alne a＞0，
2a 2
x x
令x =(a+√a2+2) 2，则f(x )= 0−1−alnx ＞ 0−1−a√x =0，
0 0 2 0 2 0
故函数f（x）在区间 (e − 1 a，2a) ，(2a，(a+√a2+2) 2 )分别存在一个零点．
综上可得，当a＞0时，函数f（x）有两个零点；
x
证明：（2）当a＞0时，令t= 2 ，则0＜t＜1，且x ＝tx ，
x 2 1
1
x x tx
所以f(x )= 1−1−alnax =0，①f(x )= 2−1−alnx =0，即 1−1−aln(tx )=0②．
1 2 1 2 2 2 2 1
1−t 2alnt
①﹣②，得 x +alnt=0，即x = ，
2 1 1 t−1
2atlnt
所以x =tx = ；
2 1 t−1
6alnt 2atlnt
要证3x +x ＞6a，即证 + ＞6a，
1 2 t−1 t−1
3lnt tlnt
又a＞0，即证 + ＞3，
t−1 t−1
3(t−1)
又0＜t＜1，即证3lnt+tlnt＜3（t﹣1），即证lnt− ＜0，（*）
3+t
3(t−1)
令φ(t)=lnt− ，0＜t＜1，
3+t
1 12 (t+3) 2−12t (t−3) 2
则φ'(t)= − = = ＞0，
t (3+t) 2 t(t+3) 2 t(t+3) 2
所以 （t）在0＜t＜1时单调递增，且 （t）＜ （1）＝ln1﹣0＝0，
所以（φ*）式得证，即3x 1 +x 2 ＞6a成立．φ φ
【变式2-2】（2022春•齐齐哈尔期末）已知函数f（x）＝xex﹣1，g（x）＝x+lnx．（1）求y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设h（x）＝f（x）﹣ag（x）（a R），x 是h（x）的极小值点，且h（x ）≥0，证明：h（x ）
0 0 0
∈
≥2x 2 (1−x )．
0 0
【解题思路】（1）求导得f′（x），由导数的几何意义可得k切 ＝f′（1）＝2，又f（1）＝1，即可得
出答案．
（2）根据题意可得h（x）＝xex﹣1﹣a（x+lnx），求导得h′（x），由x 是h（x）的极小值点，得a＝
0
x 0 e❑ x 0 −1，则h（x 0 ）＝x 0 e❑ x 0 −1（1﹣x 0 ﹣lnx 0 ），利用放缩法即可得出答案．
【解答过程】解：（1）f′（x）＝ex﹣1+xex﹣1＝（x+1）ex﹣1，
所以k切 ＝f′（1）＝2，
又f（1）＝1×e1﹣1＝1，
所以切线方程为y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1．
（2）证明：根据题意可得h（x）＝f（x）﹣ag（x）＝xex﹣1﹣a（x+lnx），
1 x+1
h′（x）＝（x+1）ex﹣1﹣a（1 + ）= （xex﹣1﹣a），
x x
令p（x）＝xex﹣1﹣a，（x＞0），
p′（x）＝（x+1）ex﹣1＞0，
所以p（x）在（0，+∞）上单调递增，
又因为当x→0时，p（x）→﹣a；当x→+∞时，p（x）→+∞，
所以当a≤0时，p（x）＞0，h′（x）＞0，p（x）在（0，+∞）上单调递增，不存在极值点，
当a＞0时，p（x）的值域为（﹣a，+∞），则必存在x ＞0，使得p（x ）＝0，
0 0
所以当x （0，x ）时，p（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
0
当x （x∈，+∞）时，p（x）＞0，p′（x）＞0，h（x）单调递增，
0
所以∈h（x）存在极小值点，
所以x 0 e❑ x 0 −1−a＝0，即a＝x 0 e❑ x 0 −1，
所以lna＝lnx +x ﹣1．
0 0
所以h（x 0 ）＝x 0 e❑ x 0 −1（1﹣x 0 ﹣lnx 0 ），
由h（x ）≥0，得1﹣x ﹣lnx ≥0，
0 0 0
令q（x）＝1﹣x﹣lnx，则h（x）在（0，+∞）上单调递减，
又q（1）＝0，
由h（x ）≥0，得0＜x ≤1，
0 0令H（x）＝x﹣lnx﹣1，（x＞0），
1 x−1
则H′（x）＝1− = ，
x x
当x＞1时，H′（x）＞0，H（x）单调递增，
当0＜x＜1时，H′（x）＜0，H（x）单调递减，
所以当x＝1时，函数H（x）取得最小值H（1）＝0，
所以H（x）＝x﹣lnx﹣1≥0，即x﹣1≥lnx，即ex﹣1≥x，
所以e❑ x 0 −1≥x 0 ＞0，
1﹣x ﹣lnx ≥1﹣x ﹣（x ﹣1）＝2（1﹣x ）≥0，
0 0 0 0 0
所以h（x 0 ）＝x 0 e❑ x 0 −1（1﹣x 0 ﹣lnx 0 ）≥x 0 2•2（1﹣x 0 ）＝2（x 0 2﹣x 0 3）＝2x 0 2（1﹣x 0 ）
所以h（x ）≥2x 2（1﹣x ）．
0 0 0
【变式2-3】（2022春•佛山期末）已知函数f（x）＝xex﹣alnx﹣a，其中a＞0．
（1）若a＝2e，求f（x）的极值；
（2）令函数g（x）＝f（x）﹣ax+a，若存在x ，x 使得g（x ）＝g（x ），证明：x ex 1+x ex 2＞2a．
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；
（2）依题意可得g（x）＝xex﹣aln（xex），令t＝xex，则上述函数变形为h（t）＝t﹣alnt，利用导数说
明t（x）＝xex的单调性，即可得到存在t =x ex 1、t =x ex 2(t ＜t )，使得h（t ）＝h（t ），再根据
1 1 2 2 1 2 1 2
h（t）的单调性，可得0＜t ＜a＜t ，再构造函数F（t）＝h（t）﹣h（2a﹣t），利用导数说明函数的单
1 2
调性，即可证明．
【解答过程】（1）解：当a＝2e时f（x）＝xex﹣2elnx﹣2e，x （0，+∞），
2e
x(1+x)ex−2e
∈
所以f '(x)=(1+x)ex− = ．
x x
当x （0，1）时，0＜x2+x＜2，1＜ex＜e，所以f′（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，x2+x＞2，ex＞e，所以f′（x）＞0，
所以∈f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以f（x）的极小值为f（1）＝﹣e，无极大值．
（2）证明：g（x）＝f（x）﹣ax+a＝xex﹣alnx﹣ax＝xex﹣aln（xex），
令t＝xex，则上述函数变形为h（t）＝t﹣alnt，
对于t（x）＝xex，x （0，+∞），则t（x）＝（1+x）ex＞0，即t（x）＝xex在（0，+∞）上单调递增，
∈所以若存在x ，x 使得g（x ）＝g（x ），则存在对应的t =x ex 1、t =x ex 2(t ＜t )，
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
使得h（t ）＝h（t ），
1 2
a
对于h（t）＝t﹣alnt，则ℎ'(t)=1− ，因为a＞0，所以当0＜t＜a时，h′（t）＜0，当t＞a时，h′
t
（t）＞0，
即h（t）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，所以t＝a为函数h（t）的唯一极小值点，
所以0＜t ＜a＜t ，则2a﹣t ＞a，
1 2 1
令F（t）＝h（t）﹣h（2a﹣t），
a a −2(t−a) 2
则F(t)= ℎ'(t)+ ℎ'(2a−t)=1− +1− = ＜0，
t 2a−t t(2a−t)
所以F（t）在（0，a）上单调递减，所以F（t ）＞F（a）＝0，
1
即h（t ）﹣h（2a﹣t ）＞0，又h（t ）＝h（t ），所以h（t ）＞h（2a﹣t ），
1 1 1 2 2 1
又h（t）的单调性可知t ＞2a﹣t ，即有t +t ＞2a成立，
2 1 2 1
所以x ex 1+x ex 2＞2a．
1 2
【题型3 不等式恒（能）成立问题】
【方法点拨】
解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端
是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分类讨
论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.
【例3】（2022秋•云南月考）已知函数f（x）＝xlnx﹣（a+1）x+a．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）若不等式f（x）≤（x﹣a﹣2）e（x﹣1）+a对任意x [1，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先判断函数定义域，再求导结合函数∈单调性求出极值即可；
（2）对函数进行同构变形，令g（x）＝（x﹣a﹣1）ex，则g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x [1，+∞）恒
成立，首先可以证明0≤lnx≤x﹣1对x [1，+∞）恒成立，原题转化为求g（x）在[0，+∞∈ ）上单调递
增时a的取值范围即可． ∈
【解答过程】解：（1）由题意得：f（x）＝xlnx﹣（a+1）x+a，x （0，+∞），
∈所以f′（x）＝lnx﹣a，
令f′（x）＝0，解得x＝ea （0，+∞），
当0＜x＜ea时，f′（x）＜0∈；当x＞ea时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，ea）上单调递减，在（ea，+∞）上单调递增，
所以f（x）有极小值，为f（ea）＝a﹣ea；无极大值．
（2）由已知得，xlnx﹣（a+1）x≤（x﹣a﹣2）e（x﹣1）对任意x [1，+∞）恒成立，
即（lnx﹣a﹣1）elnx≤[（x﹣1）﹣a﹣1]e（x﹣1）对任意x [1，+∞∈）恒成立，
令g（x）＝（x﹣a﹣1）ex， ∈
则g（lnx）≤g（x﹣1）对任意x [1，+∞）恒成立，
下证：0≤lnx≤x﹣1对任意x [1，∈ +∞）恒成立，
令h（x）＝lnx﹣（x﹣1），x∈[1，+∞），
1−x ∈
则ℎ'(x)= ≤0在[1，+∞）上恒成立，且仅当x＝1时取“＝“，
x
所以h（x）在[1，+∞）上单调递减，h（x）≤h（1）＝0，
即0≤lnx≤x﹣1，x [1，+∞），
所以g（lnx）≤g（∈x﹣1）对任意x [1，+∞）恒成立，只需g（x）在[0，+∞）上单调递增，
即g′（x）＝（x﹣a）ex≥0在[0，∈+∞）上恒成立，
即a≤x在[0，+∞）上恒成立，
所以a≤0，即a的取值范围为（﹣∞，0]．
【变式3-1】（2021秋•萍乡期末）已知函数f（x）＝（x+m）•ex．
（1）若f（x）在（﹣∞，1]上是减函数，求实数m的取值范围；
（2）当m＝0时，若对任意的x≥0，不等式ax•f（x）≤e2x恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）可求出f′（x）＝（x+m+1）ex，解f′（x）≤0可得出f（x）的减区间，根据f
（x）在（﹣∞，1]上递减即可求出m的取值范围；
ex
（2）m＝0时，得出f（x）＝xex，然后得出ax2ex≤e2x恒成立，x＝0时显然成立；x＞0时得出a≤ ，
x2
ex
令g(x)= ，根据导数即可求出g（x）的最小值，然后即可求出a的取值范围．
x2
【解答过程】解：（1）因为f（x）＝（x+m）⋅ex，所以f'（x）＝（x+m+1）⋅ex，令f'（x）≤0，得x≤﹣m﹣1，则f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣m﹣1]，
因为f（x）在（﹣∞，1]上是减函数，所以﹣m﹣1≥1，即m≤﹣2，
故m的取值范围是（﹣∞，﹣2]；
（2）由题知：f（x）＝x⋅ex，则 x≥0，ax2⋅ex≤e2x，即ax2≤ex，
①当x＝0时，0≤1恒成立，则a∀ R，
∈
ex ex ex ⋅x2−ex ⋅2x ex ⋅(x−2)
②当x＞0时，a≤ ，令g(x)= ，则g'(x)= = ，
x2 x2 x4 x3
则当0＜x＜2时，g'（x）＜0，g（x）递减；当x＞2时，g'（x）＞0，g（x）递增，
e2 e2
故g(x) =g(2)= ，则a≤ ，
min 4 4
e2
综上所述，实数a的取值范围是(−∞， ]．
4
【变式3-2】（2022春•鲤城区期末）已知函数f（x）＝ex﹣x﹣1．
（Ⅰ）求f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）≤x2+（a﹣1）x在x （0，+∞）时有解，求实数a的取值范围．
【解题思路】（Ⅰ）对函数求导，令∈其导函数大于0，找出函数单调区间，求出函数极值即可；
ex 1 ex 1
（Ⅱ）首先将原不等式转化为a≥ −(x+ )，再构造函数g（x）= −(x+ )，求出g（x）的最大
x x x x
值即可．
【解答过程】解：（Ⅰ）对函数求导，f′（x）＝ex﹣1，令f′（x）＞0，解得x＞0，
故函数f（x）在（0，+∞）单调递增，（﹣∞，0）单调递减，
故f（x）在x＝0处取得极小值f（0）＝0，无极大值；
（Ⅱ）ex﹣x﹣1≤x2+（a﹣1）x，
即ex﹣ax﹣1﹣x2≤0在x （0，+∞）上有解，
ex 1 ∈
a≥ −(x+ )在x （0，+∞）上有解，
x x
∈
ex 1
令g（x）= −(x+ )，
x x
(x−1)[ex−(x+1)]
则g'(x)= ，
x2
由（Ⅰ）可知，当x＞0时，f（x）＞0，即ex﹣x﹣1＞0
当0＜x＜1时，g'（x）＜0，则g（x）单调递减，当x＞1时，g'（x）＞0，则g（x）单调递增，
所以当x＝1时，g（x）取得最小值g（1）＝e﹣2，
所以a≥e﹣2，
故实数a的取值范围为[e﹣2，+∞）．
lnx 1+e
【变式3-3】（2022•青龙县开学）已知函数f(x)= +k的极大值为 ，其中e＝2.71828…为自然对数
x e
的底数．
（1）求实数k的值；
a
（2）若函数g(x)=ex−
，对任意x （0，+∞），g（x）≥af（x）恒成立．求实数a的取值范围．
x
∈
lnx 1+e
【解题思路】（1）根据函数f(x)= +k的极大值为 ，利用极值的定义求解；
x e
（2）将对任意x （0，+∞），g（x）≥af（x）恒成立，转化为对任意x （0，+∞），xex﹣alnx﹣ax
﹣a≥0恒成立求解∈． ∈
1−lnx
【解答过程】解：（1）f'（x）= ，x＞0，
x2
当x （0，e）时，f'（x）＞0，f（x）递增；当x （e，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）递减；
∈ 1 1 ∈
所以f（x）的极大值为f（e）= +k= +1，故k＝1；
e e
（2）根据题意，任意x （0，+∞），g（x）≥af（x），
即ex− a ＞ alnx +a，化 ∈ 简得xex﹣alnx﹣ax﹣a≥0，
x x
令h（x）＝xex﹣alnx﹣ax﹣a，x＞0，
h（x）＝elnxex﹣alnx﹣ax﹣a＝elnx+x﹣a（lnx+x）﹣a，
令lnx+x＝t，t R，设H（t）＝et﹣at﹣a，H'（t）＝et﹣a，
只需H（t）≥∈0，t R，
当a＜0时，当t＜0∈时，H（t）＜1﹣at﹣a，
1 1
所以H（ −1）＜1﹣a（ −1）﹣a＝0，不成立；
a a
当a＝0时，H（t）≥0显然成立；
当a＞0时，由H'（t）＝et﹣a，当t （﹣∞，lna），H（t）递减，t （lna，+∞），H（t）递增，
H（t）的最小值为H（lna）＝a﹣al∈na﹣a＝﹣alna， ∈
由H（lna）＝﹣alna≥0，得0＜a≤1，综上0≤a≤1，
所以实数a的取值范围是[0，1]．
【题型4 双变量的恒（能）成立问题】
【方法点拨】
1．最值定位法解双变量恒（能）成立问题的思路
(1)通过不等式两端的最值进行定位，转化为不等式两端函数的最值之间的不等式，列出参数所满足的不等
式，从而求解参数的取值范围．
(2)有关两个函数在各自指定范围内的不等式恒成立问题，这里两个函数在指定范围内的自变量是没有关联
的，这类不等式的恒成立问题就应该通过最值进行定位，对于任意的x∈[a，b]，x∈[m，n]，不等式
1 2
f(x)≥g(x)
1 2
恒成立，等价于f(x) (x∈[a，b])≥g(x) (x∈[m，n])，列出参数所满足的不等式，便可求出参数的取值范
min max
围．
2．常见的双变量不等式恒成立问题的类型
(1)对于任意的x∈[a，b]，总存在x∈[m，n]，使得f(x)≤g(x) f(x) ≤g(x) .
1 2 1 2 1 max 2 max
(2)对于任意的x∈[a，b]，总存在x∈[m，n]，使得f(x)≥g(x)⇔f(x) ≥g(x) .
1 2 1 2 1 min 2 min
(3)若存在x∈[a，b]，对任意的x∈[m，n]，使得f(x)≤g(x) ⇔f(x) ≤g(x) .
1 2 1 2 1 min 2 min
(4)若存在x∈[a，b]，对任意的x∈[m，n]，使得f(x)≥g(x)⇔f(x) ≥g(x) .
1 2 1 2 1 max 2 max
(5)对于任意的x∈[a，b]，x∈[m，n]，使得f(x)≤g(x) f(x⇔) ≤g(x) .
1 2 1 2 1 max 2 min
(6)对于任意的x∈[a，b]，x∈[m，n]，使得f(x)≥g(x)⇔f(x) ≥g(x) .
1 2 1 2 1 min 2 max
【例4】（2022春•郴州期末）已知f(x)=alnx+ 1 x2− ⇔ 2x（a R且a≠0），g（x）＝cosx+xsinx．
2
∈
（1）求g（x）在[﹣ ， ]上的最小值；
π π
1 f(x )
（2）如果对任意的x [﹣ ， ]，存在x ∈[ ，e]，使得 2 −a≤g(x )成立，求实数a的取值范
1 2 e x 1
2
∈ π π
围．
【解题思路】（1）对g（x）求导，因为g（x）为偶函数，求出g（x）在x （0， ）的单调性，即可
求出[﹣ ， ]上的最小值； ∈ π
π π
1 f(x )
（2）由（1）知，g（x）在[﹣ ， ]上的最小值为﹣1，所以∃x ∈[ ，e]，使得 2 −a≤−1成
2 e x
2
π π1 1
1 x2−x x2−x 1
立，即a(x −lnx )≥ x2−x 成立，即 2 2 2 ，设 2 ，x∈[ ，e]，即只需
2 2 2 2 2 a≥ φ(x)= e
x −lnx x−lnx
2 2
a≥ （x） 即可．
min
【解φ答过程】解：（1）g'（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，
π π
显然g（x）为偶函数，当x＞0时，x∈(0， )时，xcosx＞0，g'（x）＞0，∴g（x）在(0， )单调
2 2
递增；
π π
x∈( ，π)时，xcosx＜0，g'（x）＜0，∴g（x）在( ，π)单调递减；
2 2
π π
g（0）＝1，g( )= ，g（ ）＝﹣1，∴g（x）在（0， ）上的最小值为﹣1．
2 2
π π
由偶函数图象的对称性可知g（x）在（﹣ ， ）上的最小值为﹣1．
π π 1−x
（2）先证lnx≤x﹣1，设h（x）＝lnx﹣x+1，则ℎ'(x)= ，
x
令h'（x）＞0 0＜x＜1，令h'（x）＜0 x＞1，
∴h（x）在（⇒0，1）上单调递增，在（⇒1，+∞）上单调递减．h（x）≤h（1）＝0，
故lnx≤x﹣1①恒成立．
1 f(x )
由题意可得∃x ∈[ ，e]，使得 2 −a≤−1成立，
2 e x
2
1
即a(x −lnx )≥ x2−x 成立．
2 2 2 2 2
由①可知x ﹣lnx ≥1＞0，
2 2
1
x2−x
参变分离得 2 2 2 ，
a≥
x −lnx
2 2
1
x2−x 1
设 2 ，x∈[ ，e]，
φ(x)= e
x−lnx
1 x−1 1
(x−1)(x−lnx)−( x2−x)⋅ (x−1)( x−lnx+1)
即只需a≥ （x） 即可． 2 x 2
min φ'(x)= =
(x−lnx) 2 (x−lnx) 2
φ
由①知lnx≤x﹣1得﹣lnx≥1﹣x，
1 1 4−x
∴ x−lnx+1≥ x+1−x+1= ＞0，
2 2 21
令 '（x）＞0 1＜x＜e，令φ'(x)＜0⇒ ＜x＜1，
e
φ ⇒
1
∴ （x）在( ，1)上单调递减，在（1，e）上单调递增．
e
φ
1
∴φ(x) =φ(1)=− ，
min 2
1
∴a≥− ，
2
又已知a≠0
1
故a的取值范围为[− ，0)∪(0，+∞)．
2
π
【变式4-1】（2021春•沙河口区校级月考）已知函数f（x）＝x2+3x+2，g（x）＝ksin(2x− )（k≠0）．
3
（1）当a取何值时，方程f（sinx）＝a+2sinx在x [0，2 ）上有两个解；
（2）若对任意的x
1
[﹣2，1]，总存在x
2
[0，2]，∈使f（πx
1
）＜g（x
2
）成立，求实数k的取值范围．
【解题思路】（1）∈由已知可转化为a＝∈sinx2+sinx+2在[0，2 ）上有两个解，令t＝sinx，则t [﹣1，
1]，原方程等价于y ＝a与y ＝t2+t+2在t （﹣1，1）上有一个π交点，或者有两个交点t ＝1， t＝∈ ﹣1，
1 2 1 2
结合函数性质可求； ∈
（2）对任意的x [﹣2，1]，总存在x [0，2]，使f（x ）＜g（x ）成立，则f（x ） ＜g（x ） ，
1 2 1 2 1 max 2 max
结合函数单调性可∈求． ∈
【解答过程】解：（1）因为方程f（sinx）＝sin2x+3sinx+2＝a+2sinx在x [0，2 ）上有两个解，
所以a＝sin2x+sinx+2在[0，2 ）上有两个解， ∈ π
令t＝sinx，则t [﹣1，1]， π
原方程等价于y∈1 ＝a与y
2
＝t2+t+2在t （﹣1，1）上有一个交点，或者有两个交点t
1
＝1，
2
t＝﹣1，
由韦达定理t +t ＝﹣1≠0，此种情况∈不成立，
1 2
1 1
由图象可知，y 在（﹣1，− ）单调递减，在（− ，1）上单调递增，
2 2 2
7
故y ＝a与y ＝t2+t+2在（﹣1，1）有一个交点，则{a|a= 或2＜a＜4}，
1 2 4
（2）对任意的x [﹣2，1]，总存在x [0，2]，使f（x ）＜g（x ）成立，
1 2 1 2
则f（x ） ＜g（∈x ） ， ∈
1 max 2 max
当x [﹣2，1]时，f（x ） ＝f（1）＝6，
1 1 max
∈π π π π √3
x [0，2]，则2x− [− ，4− ]，进而sin（2x− ） [− ，1]，
3 3 3 3 2
∈ ∈ ∈
当k＞0时，g（x ） ＝k，此时k＞6，
2 max
√3 √3
当k＜0时，g（x ） =− k，此时− k＞6，即k＜﹣4√3，
2 max 2 2
综上{k|k＜﹣4√3或k＞6}．
1
【变式4-2】（2022春•遂宁期末）已知函数f(x)=lnx+ x2−2mx(m∈R)．
2
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）有两个极值点x ，x （x ＜x ）且f（x ）≥ax 恒成立，求实数a的取值范围．
1 2 1 2 1 2
1 x2−2mx+1
【解题思路】（1）求导得f '(x)= +x−2m= ，令f'（x）＝0，得x2﹣2mx+1＝0，其Δ＝
x x
4m2﹣4，分三种情况：当m≤0时，当0＜m≤1时，当m＞1时，讨论f′（x）的正负，进而可得答案．
（2）求导得f′（x），f（x）有两个极值点x ，x （x ＜x ）时，等价于方程x2﹣2mx+1＝0的有两个不
1 2 1 2
{Δ=4(m2−1)＞0
等 正 根 ， 则 x +x =2m＞0 ， 此 时 不 等 式 f （ x ） ﹣ ax ≥ 0 恒 成 立 ， 等 价 于
1 2 1 2
x x =1＞0
1 2
1 1 1 1
lnx + x 2−2(x + )x ≥a 对x （0，1）恒成立，可化为a≤x lnx − x 3﹣x 对x （0，1）恒
1 2 1 1 x 1 x 1 1 1 2 1 1 1
1 1
∈ ∈
1
成立，令g（x）＝xlnx− x3﹣x，只需a≤g（x） ，即可得出答案．
2 min
【解答过程】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
1 x2−2mx+1
求导得f '(x)= +x−2m= ，
x x
令f'（x）＝0，得x2﹣2mx+1＝0，其Δ＝4m2﹣4，
当m≤0时，又x （0，+∞）∴f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当0＜m≤1时，Δ∈＝4m2﹣4≤0∴f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当m＞1时，Δ＝4m2﹣4＞0，由x2﹣2mx+1＝0得x =m−√m2−1＞0，x =m+√m2−1，
1 2
∴x （0，x ）或（x ，+∞）时f'（x）＞0，x （x ，x ）时f'（x）＜0，
1 2 1 2
故f∈（x）在（0，x ），（x ，+∞）上单调递增∈，在（x ，x ）上单调递增，
1 2 1 2综上，当m≤1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当m＞1时，f（x）在(0，m−√m2−1)，(m+√m2−1，+∞)上单调递增，
在(m−√m2−1，m+√m2−1)上单调递减．
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），
1 x2−2mx+1
求导得f '(x)= +x−2m= ，
x x
f（x）有两个极值点x ，x （x ＜x ）时，等价于方程x2﹣2mx+1＝0有两个不等正根，
1 2 1 2
{Δ=4(m2−1)＞0
∴ x +x =2m＞0 ，
1 2
x x =1＞0
1 2
1
∴x = ，0＜x ＜1＜x ，
2 x 1 2
1
1 1 1
此时不等式f（x ）﹣ax ≥0恒成立，等价于lnx + x 2−2(x + )x ≥a 对x （0，1）恒成立，
1 2 1 2 1 1 x 1 x 1
1 1
∈
1
可化为a≤x lnx − x 3﹣x 对x （0，1）恒成立，
1 1 2 1 1 1
∈
1
令g（x）＝xlnx− x3﹣x对，
2
1 3 3
g′（x）＝lnx+x• − x2﹣1＝lnx− x2，
x 2 2
3
令ℎ(x)=lnx− x2 ，
2
1 √3 √3
得ℎ'(x)= −3x=0，得x = 或x =− （舍去），
x 1 3 2 3
√3 √3
∴x （0， ），h′（x）＞0；x （ ，1），h′（x）＜0，
3 3
∈ ∈
∴g'（x）＜0在（0，1）恒成立，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，
3
∴g(x)＞g(1)=− ，
2
3
∴a≤− ，
23
故实数a的取值范围是（﹣∞，− ]．
2
x
【变式4-3】（2022春•闵行区校级期末）已知函数f(x)= ．
lnx
（1）求f（x）在（1，+∞）上的单调区间；
1
（2）存在x （0，1）∪（1，+∞），使得 ≥kx 成立，求实数k的取值范围；
0 f(x ) 0
0
∈
f(m)−f '(n)
（3）若对于 m、n∈[√e，e2 ]，不等式 ≤1恒成立，求实数a的取值范围．
a−2022
∀
【解题思路】（1）求出导函数f′（x），由f′（x）＞0得增区间，由f′（x）＜0得减区间；
（2）问题转化为lnx﹣kx2≥0在（0，1）∪（1，+∞）上有解，设g（x）＝lnx﹣kx2，由导数确定g
（x）的单调性，最值，分类讨论后可得结论；
（3）由导数求出f（m）﹣f′（n）的取值范围，然后由不等式的性质可得a的范围．
lnx−1
【解答过程】解：（1）f '(x)= ，
ln2x
当1＜x＜e时，f′（x）＜0，当x＞e时，f′（x）＞0，
所以f（x）的减区间是（1，e），增区间是（e，+∞）；
1 lnx
（2） ≥kx ，即为 0≥kx ，lnx −kx2≥0，
f(x ) 0 x 0 0 0
0 0
题意等价于lnx﹣kx2≥0在（0，1）∪（1+∞）上有解．
设g（x）＝lnx﹣kx2，
1 1−2kx2
g'(x)= −2kx= ，
x x
当k≤0时，g′（x）≥0，g（x）递增，g（1）＝1﹣k＞0，
所以存在x ＞1，即x （0，1）∪（1，+∞），使得g（x ）≥0成立；
0 0 0
∈√ 1 √ 1
当k＞0时，0＜x＜ 时，g′（x）＞0，g（x）递增，x＞ 时，g（x）＜0，g（x）递减，
2k 2k
√ 1 √ 1 1
所以g(x) =g( )=ln − ，
max 2k 2k 2
√ 1 1 1 √ 1
由g(x) =ln − ≥0得0＜k≤ ，此时 ＞1，
max 2k 2 2e 2k
所以存在x ＞1，即x （0，1）∪（1，+∞），使得g（x ）≥0成立，
0 0 0
1∈
综上，k∈(−∞， ]．
2e（3）m、n∈[√e，e2 ]，
由（1）得f（x）在√e，e]上递减，在e，e2]上递增，
e2 e2 e2
f(x) =f(e)=e，f(√e)=2√e，f(e2 )= ，f(x) = ，即e≤f(m)≤ ，
min 2 max 2 2
lnx−1 2−lnx
设ℎ(x)=f '(x)= ，则ℎ'(x)=
，
ln2x xln3x
x∈[√e，e2 ]时，h′（x）≥0，h（x）递增，ℎ(√e)≤ℎ(x)≤ℎ(e2 )，
1 1
即−2≤ℎ(x)≤ ，所以−2≤f '(n)≤ ，
4 4
1 e2
所以e− ≤f(m)−f '(n)≤ +2，
4 2
f(m)−f(n)
当a﹣2022＜0时，不等式 ≤1显然成立，
a−2022
f(m)−f '(n)
当a﹣2022＞0时，不等式 ≤1恒成立，即a﹣2022≥f（m）﹣f′（n）恒成立，
a−2022
e2 e2
所以a−2022≥ +2，即a≥2024+ ．
2 2
e2
综上，a的范围是(−∞，2022)∪[ +2024，+∞)．
2
【题型5 函数零点的个数问题】
【方法点拨】
(1)确定函数的零点个数有两种解决方法
①利用单调性与零点存在性定理求解；
②化原函数为两个函数，利用两个函数图象的交点来求解.
(2)利用函数零点求参数范围的方法
①分离参数(a＝g(x))后，将原问题转化为y＝g(x)的值域(最值)问题或转化为直线y＝a与y＝g(x)的图象的交
点个数问题(优选分离、次选分类)求解；
②利用零点的存在性定理构建不等式求解；
③转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.
1
【例5】（2022•蒙城县校级开学）已知函数f(x)= +tlnx−1．
x
（1）若t＝1，求证：f（x）≥0恒成立；
（2）当t≤1时，求f（x）零点的个数．1
【解题思路】（1）当t＝1时，f(x)= +lnx−1，求导得f′（x），分析f（x）的单调性，进而可得
x
答案．
tx−1
（2）求导得f′（x）= ，分三种情况：①当t≤0时，②当0＜t＜1时，③当t＝1时，讨论f（x）
x2
的单调性，极值，函数的零点，即可得出答案．
1
【解答过程】解：（1）当t＝1时，f(x)= +lnx−1，
x
1 1 x−1
所以f '(x)=− + = ，
x2 x x2
当x （0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以∈f（x）
min
＝f（1）＝0，
所以f（x）≥0恒成立．
1
（2）因为f(x)= +tlnx−1(x＞0)，
x
1 t tx−1
所以f '(x)=− + = ，
x2 x x2
当t≤0时，f'（x）≤0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，
又f（1）＝0，
所以f（x）有且仅有一个零点，
1
②当0＜t＜1时，令f'（x）＞0，得x＞ ，f（x）单调递增，
t
1
令f'（x）＜0，得x＜ ，f（x）单调递减，
t
又f（1）＝0，
1
所以f（x）在(0， )上有且仅有一个零点，
t
1
因为f( 1 )＜f(1)=0，e 1 t＞ 1 ，且 f(et)= 1 1 ＞0 ，
t t
et
1
所以∃x ∈( ，+∞)，使得f（x ）＝0，
0 t 01
所以f（x）在f( ，+∞)上有且仅有一个零点，
t
综合以上知，当0＜t＜1时，g（x）有两个零点，
x−1
③当t＝1时，f '(x)= ，
x2
令f'（x）＞0，得x＞1，f（x）单调递增，
令f'（x）＜0，得x＜1，f（x）单调递减，
所以当x＝1时，f（x）取得最小值，且f（1）＝0，
所以f（x）有且仅有一个零点，
综上所述，当t≤0或t＝1时，f（x）有且仅有一个零点，
当0＜t＜1时，f（x）有两个零点．
【变式5-1】（2022秋•江西月考）已知函数f（x）＝（x+1）ex+a，其中a≥﹣1．
（1）求f（x）的极值点个数；
1
（2）求函数g（x）＝f（x）+2ax在区间(− ，+∞)内的零点个数．
2
【解题思路】（1）求导分析函数的单调性与极值点即可；
(x+1)ex
（2）令g（x）＝0，得−a= ，构造函数，求导分析函数的单调性，从而讨论a的范围判断零
2x+1
点个数即可
【解答过程】解：（1）由题意函数f（x）＝（x+1）ex+a，得f'（x）＝（x+2）ex，
当x （﹣∞，﹣2）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（﹣2，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
所以∈当x＝﹣2时，f（x）取得极小值，无极大值，
故f（x）的极值点个数为1；
（2）由题得g（x）＝（x+1）ex+2ax+a，
(x+1)ex
令g（x）＝0，得−a= ．
2x+1
(x+1)ex 1
令ℎ(x)= ，x＞− ，
2x+1 2
(2x2+3x)ex x(2x+3)ex
则ℎ'(x)= = ．
(2x+1) 2 (2x+1) 2
1
令h'（x）＜0，得− ＜x＜0；令h'（x）＞0，得x＞0．
21
所以h（x）在区间(− ，0)内单调递减，区间（0，+∞）内单调递增，
2
所以h（x） ＝h（0）＝1，
min
所以当﹣a＝1，即a＝﹣1时，直线y＝1与h（x）的图像有一个公共点，
即g（x）有一个零点；（11分）
当﹣a＜1，即a＞﹣1时，直线y＝﹣a与h（x）的图像无公共点，
即g（x）无零点．
【变式5-2】（2022春•南沙区期末）已知函数f（x）＝2lnx﹣ax2﹣2（a﹣1）x+1（a R）．
（1）求函数f（x）的单调区间； ∈
（2）若函数f（x）有两个不同的零点x ，x ，求实数a的取值范围．
1 2
【解题思路】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，进而可求函数的单
调区间；
（2）结合（1）中单调性的讨论及函数零点存在条件可建立关于a的不等式，结合函数的性质解不等式
可求a的范围．
2 −2ax2−2(a−1)x+2 −2(ax−1)(x+1)
【解答过程】解：（1）f′（x）= −2ax﹣2（a﹣1）= =
x x x
，
因为x＞0，x+1＞0，
故当a≤0时，f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
1 1
当a＞0时，x＞ 时，f′（x）＜0，0＜x＜ 时，f′（x）＞0，
a a
1 1
故f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减，
a a
综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，
1 1
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0， ），单调递减区间为（ ，+∞）；
a a
（2）当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），没有单调递减区间，此时函数最多一个零点，
不符合题意；
1 1
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0， ），单调递减区间为（ ，+∞），
a a
又x→+∞时，f（x）→﹣∞，x→0且x＞0时，f（x）→﹣∞，
1 1 1 1
若使f（x）有2个零点，则f（ ）=−2lna+ −1=2ln + −1＞0，
a a a a1
令t= ，则t＞0，
a
即2lnt+t﹣1＞0，
令g（t）＝2lnt+t﹣1，则g（t）在t＞0时单调递增且g（1）＝0，
所以t＞1，
所以0＜a＜1，
故a的取值范围为（0，1）．
x−1
【变式5-3】（2022春•台州期末）已知函数f(x)=alnx+ ．
ex
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）证明：当a≥0时，f（x）有且只有一个零点；
（3）若f（x）在区间（0，1），（1，+∞）各恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）根据导数的几何意义求解即可；
x−1
（2）分析f(x)=alnx+ 在x （0，1）和x＝1，x （1，+∞）时的正负判断即可；
ex
∈ ∈
aex+2x−x2
（3）根据（2）可得a＜0，又f '(x)= ，设g（x）＝aex+2x﹣x2，根据g（1）＝ae+1＝0
xex
1 1
时为临界条件，分a≤− 与− ＜a＜0两种情况，分别求导分析g（x）＝aex+2x﹣x2的单调性，进而
e e
得到g（x）＝aex+2x﹣x2的正负区间，进而得到f（x）的单调区间，同时结合零点存在定理求解即可．
x−1 1 2−x 1
【解答过程】解：（1）由题意，f(x)=lnx+ ，f '(x)= + ，故f '(1)=1+ ，又f（1）＝
ex x ex e
0，
1 1 1
故曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=(1+ )(x−1)，即y=(1+ )x−1− ；
e e e
x−1
证明：（2）由题意，因为a≥0，故当x＞1时，f(x)=alnx+ ＞0，
ex
x−1
当x （0，1）时，f(x)=alnx+ ＜0，当x＝1时，f（1）＝0，
ex
∈
故当a≥0时，f（x）有且只有一个零点x＝1；
x−1
（3）由（2）可得a＜0，f(x)=alnx+ ，
era 2−x aex+2x−x2
故f '(x)= + =
x ex xer
设g（x）＝aex+2x﹣x2，则
1
①若a≤− ，则g（x）＝aex+2x﹣x2≤﹣er﹣1﹣（x﹣1）2+1，在x （1，+∞）上为减函数，故
e
∈
g（x）＜﹣e1﹣1﹣（1﹣1）2+1＝0，故f（x）在x （1，+∞）上为减函数，f（x）＜f（1）＝0不满足题
意； ∈
1
②若− ＜a＜0，g'(x)=aex+2−2x，
e
i）当x （1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，且g（1）＝ae+1＞0，g（2）＝ae2＜0，
故存在∈x （1，2）使得g（x）＝0，故f（x）在（1，x ）上单调递增，在（x ，+∞）上单调递减．
0 0 0
∈ 1
又 f(x )＞f(1)=0，ea＞ee ＞1 ，且
0
1 1 1 1
− 1 1 e − a −1 e − a −1 e − a−eea−1
f(e a)=alnea+ =−1+ = ，
1 1 1
ea ea eea
设 （x）＝ex﹣x（x＞0），易得ϕ（x）＝ex﹣1＞0，故 （x）在（0，+∞）单调递增，
1
φ 1 1φ
故 （x）＞ （0）＝e0﹣0＞0，故eca＞e ，故 f(e − a)＜0 ．
a
φ φ
1
故f（x）在 (1，ea) 上有一个零点，
综上有f（x）在区间（1，+∞）上有一个零点，
ii）当x （0，1）时，g′（x）＝aex+2﹣2x，
设h（x）∈ ＝g′（x）＝aex+2﹣2x，则h′（x）＝aex﹣2＜0，
故g′（x）为减函数，因为g′（0）＝a+2＞0，g′（1）＝ae＜0，
故存在x （0，1）使得g′（x）＝0成立，
1
故g（x）∈＝aex+2x﹣x2在（0，x ）单调递增，在（x ，1）单调递减．
1 1
g（0）＝a＜0，g（1）＝ae+1＞0，
故存在x （0，1）使得g（x ）＝0成立，故在（0，x ）上g（x）＜0，f（x）单调递减，在（x ，1）
2 2 2 2
上g（x）∈＞0，f（x）单调递增．
1
又f（1）＝0，故f（x 2 ）＜f（1）＝0，且 ea＜e−e ＜1 ， f（x）在区间（0，1）上有一个零点．1
综上所述，当a （− ，1）时，f（x）在区间（0，1），（1，+∞）各恰有一个零点．
e
∈
【题型6 与函数零点相关的综合问题】
【方法点拨】
在利用导数求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述条件都难以求出其准
确
值，导致解题过程无法进行时，这时可以设出其零点是x（有时是可以求出但无需求出），据此进行求解
0
即可.
【例6】（2022•湖南开学）已知函数f（x）＝3lnx﹣ax．
（1）讨论f（x）的单调性；
x +3x
（2）设x ，x （x ＜x ）是f（x）的两个零点，f'（x）是f（x）的导函数，证明：f '( 1 2 )＜0．
1 2 1 2
4
3−ax
【解题思路】（1）求导得f′（x）= ，分两种情况：当a≤0时，当a＞0时，分析f（x）的单调
x
性，即可得出答案．
x
3ln 2 x +3x
（2）根据题意可得 3lnx ＝ax ①，3lnx ＝ax ②，②﹣①得 a x ，f′（ 1 2）
1 1 2 2 = 1 4
x −x
2 1
x
3ln 2 x +3x 12(x −x ) x
12 x ，要证明f′（ 1 2）＜0，只需证 2 1 −3ln 2＜0，
= − 1 4 x +3x x
x +3x x −x 1 2 1
1 2 2 1
x
12( 2−1)
x x x 12(t−1)
即证 1 −3ln 2＜0，令t = 2 ，则t＞1，只需证明 −3lnt＜0，即可得出答案．
3x x x 1+3t
1+ 2 1 1
x
1
【解答过程】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
3−ax
f′（x）= ，
x
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
3 3
当a＞0时，令f′（x）＞0，得0＜x＜ ，f（x）在（0， ）上单调递增，
a a3 3
令f′（x）＜0，得x＞ ，则f（x）在（ ，+∞）上单调递减，
a a
综上所述，当a≤0时，（x）在（0，+∞）上单调递增，
3 3
当a＞0时，f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减．
a a
（2）证明：因为x ，x 是f（x）的两个零点，
1 2
所以3lnx ＝ax ①，3lnx ＝ax ②，
1 1 2 2
x
3ln 2
②﹣①得3（lnx ﹣lnx ）＝a（x ﹣x ），即a x ，
2 1 2 1 = 1
x −x
2 1
x
x +3x 12 3ln 2
f′（ 1 2）= −a 12 x ，
4 x +3x = − 1
1 2 x +3x x −x
1 2 2 1
因为f（x）有两个零点，
3
所以f（x）不单调，即0＜x＜ ＜x ，
1 a 2
x +3x 12(x −x ) x
要证明f′（ 1 2）＜0，只需证 2 1 −3ln 2＜0，
4 x +3x x
1 2 1
x
12( 2−1)
x x
即证 1 −3ln 2＜0，
3x x
1+ 2 1
x
1
x
令t= 2 ，则t＞1，
x
1
12(t−1)
所以只需证明 −3lnt＜0，
1+3t
即证12（t﹣1）﹣3（1+3t）lnt＜0，
3(t−1)
令h（t）＝12（t﹣1）﹣3（1+3t）lnt，则h′（t）= −9lnt，
t
3−9t
设p（t）＝h′（t），则p′（t）= ＜0，
t2
所以h′（t）在（1，+∞）上单调递减，所以h′（t）＜h′（1）＝0，
则h（t）在（1，+∞）上单调递减，
从而h（t）＜h（1）＝0，
则12（t﹣1）﹣3（1+3t）lnt＜0，
x +3x
所以f′（ 1 2）＜0．
4
【变式6-1】（2022春•尖山区校级期末）已知函数f(x)=lnx+a√x−2x(a∈R)．若函数f（x）有两个
不同零点x ，x （x ＜x ）．
1 2 1 2
（1）求实数a的取值范围；
a2
（2）求证：x ⋅x 2 ＞ ．
1 2 4
2ln√x a lnt
【解题思路】（1）依题意，a=2√x− 有两个不同的实根．设t=√x，可知 =t− 和两个不
√x 2 t
lnt
同的实根．设g(t)=t− ，利用导数研究函数g（t）的性质，即可得到实数a的范围；
t
a 1 1
（2）问题等价于证明t ⋅t 2 ＞ ，即证t •t ＞1，令h（t ） =t − −(t + )lnt ，利用导数可证得
1 2 2 1 2 2 2 t 2 t 2
2 2
1
g( )＞g(t )=g(t )．由此容易得证．
t 2 1
2
【解答过程】解：（1）由f（x）＝0，得lnx+a√x−2x=0，
函数f（x）有两个不同零点x ，x （x ＜x ），
1 2 1 2
2ln√x
等价于方程a=2√x− 有两个不同的实根．
√x
a lnt
设t=√x，即方程 =t− 和两个不同的实根．
2 t
lnt 1−lnt t2+lnt−1
设g(t)=t− ，g'(t)=1− = ，
t t2 t2
再设u（t）＝t2+lnt﹣1，
所以函数u（t）在（0，+∞）上单调递增，注意到u（1）＝0，
所以当0＜t＜1时，u（t）＜0，当t＞1时，u（t）＞0．
所以g（t）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
当t→0时，g（t）→+∞，当t→+∞时，g（t）→+∞，a
当t＝1时，g（t）＝1，只需 ＞1，
2
即所求a＞2，即实数a的取值范围是（2，+∞）．
a2 a
（2）证明：注意到t =√x ，t =√x ，要证x ⋅x 2 ＞ ，只需证t ⋅t 2 ＞ ．
1 1 2 2 1 2 4 1 2 2
a lnt a
由（1）知，0＜t ＜1＜t ，故有 =t − 2 ，即t ＞ ．
1 2 2 2 t 2 2
2
下面证明：t •t ＞1．
1 2
1
ln
1 lnt 1 t 1 1
设ℎ(t )=g(t )−g( )=(t − 2 )−( − 2 )=t − −(t + )lnt ，
2 2 t 2 t t 1 2 t 2 t 2
2 2 2 2 2
t
2
1 1 1 1 1
有ℎ'(t )=1+ −(1− )lnt −(t + )⋅ =−(1− )lnt ＜0 ，
2 t 2 t 2 2 2 t t t 2 2
2 2 2 2 2
所以函数h（t ）在（1，+∞）上单调递减，所以h（t ）＜h（1）＝0，
2 2
1 1
所以g(t )−g( )＜0，故有g( )＞g(t )=g(t )．
2 t t 2 1
2 2
1
又0＜ ＜1，0＜t ＜1，且g（t）在（0，1）上单调递减，
t 1
2
1 a
所以 ＜t ，即得t ⋅t ＞1．因此t ⋅t 2 ＞ ，结论得证．
t 1 1 2 1 2 2
2
【变式6-2】（2022春•哈尔滨期末）已知函数f（x）＝xex﹣mx（m R）．
（1）当m＜﹣e﹣2时，求f（x）的单调区间；
∈
（2）令 F（x）＝f（x）﹣mlnx，若 x 是函数 F（x）的极值点，且 F（x ）＞0，求证：
0 0
F(x)＞−2x3+2x
．
0 0
【解题思路】（1）求导得f'（x），判断f′（x）的正负，即可得出f（x）的单调性．
（2）根据题意可得F（x）＝xex﹣m（x+lnx）（x＞0），求导分析F（x）何时有极值点且F（x ）＞
0
0，即可得出答案．
【解答过程】解：（1）f'（x）＝（x+1）ex﹣m，
令g（x）＝（x+1）ex﹣m，则g'（x）＝（x+2）ex，
当x＜﹣2时，g'（x）＜0，g（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减；当x＞﹣2时，g'（x）＞0，g（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，
所以g(x) =g(−2)=−e−2−m，
min
又m＜﹣e﹣2，则﹣e﹣2﹣m＞0，则g（x） ＞0，
min
所以f'（x）＞0对任意x R恒成立，
所以f（x）的单调递增区∈间为（﹣∞，+∞）．
（2）证明：F（x）＝f（x）﹣mlnx＝xex﹣m（x+lnx）（x＞0），
1 m
则F'(x)=(x+1)ex−m(1+ )=(x+1)(ex−
)，
x x
当m≤0时，F'（x）＞0，则函数F（x）在（0，+∞）上单调递增，
故函数无极值点，不合题意，
m
当m＞0时，令ℎ(x)=ex−
，
x
m
因为函数y＝ex，y=− 在（0，+∞）上单调递增，
x
m
所以函数ℎ(x)=ex−
在（0，+∞）上单调递增，
x
1 m m
取b满足0＜b＜min{ ， }，则eb ＜√e，− ＜−2，
2 2 b
m
所以ℎ(b)=eb− ＜√e−2＜0，又h（m）＝em﹣1＞0，
b
m
所以x （b，m），使得ℎ(x )=ex 0− =0，
0 0 x
0
∈
m
即F'(x )=(x +1)(ex 0− )=0，此时m=x ex 0，
0 0 x 0
0
当0＜x＜x 时，F'（x）＜0，F（x）在（0，x ）上单调递减，
0 0
当x＞x 时，F'（x）＞0，F（x）在（x ，+∞）上单调递增，
0 0
所以x 是函数F（x）的唯一的极值点，
0
所以F(x) =F(x )=x ex 0−m(x +lnx )=x ex 0(1−x −lnx )，
min 0 0 0 0 0 0 0
因为F（x ）＞0，所以x ex 0(1−x −lnx )＞0，
0 0 0 0
1
令 （x）＝1﹣x﹣lnx，则φ'(x)=−1− ＜0，
x
φ所以 （x）＝1﹣x﹣lnx在（0，+∞）上单调递减，又 （1）＝0，
所以当φ （x 0 ）＞0时，0＜x 0 ＜1， φ
令t（x）φ＝ex﹣（x+1），0＜x＜1，则t'（x）＝ex﹣1，
当0＜x＜1时，t'（x）＝ex﹣1＞0，则t（x）在（0，1）上单调递增，
所以t（x）＞t（0）＝0，所以ex＞x+1，
x−1
令m（x）＝1﹣x﹣lnx﹣（2﹣2x）＝x﹣lnx﹣1，0＜x＜1，则m'(x)= ，
x
当0＜x＜1时，m'（x）＜0，
所以函数m（x）在（0，1）上单调递减，
所以m（x）＞m（1）＝0，所以1﹣x﹣lnx＞2﹣2x，
所以F(x )=x ex 0(1−x −lnx )＞x (1+x )(2−2x )=−2x3+2x ，
0 0 0 0 0 0 0 0 0
即F(x )＞−2x3+2x ，所以F(x)＞−2x3+2x ．
0 0 0 0 0
【变式6-3】（2022春•汉滨区期末）已知函数f（x）＝lnx﹣ax．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）无零点，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）有两个相异零点x ，x ，求证：x x ＞e2．
1 2 1 2
【解题思路】（1）分类讨论a的取值范围，利用导数求解函数的单调区间；
（2）根据（1）的结果，若函数f（x）无零点，需要a＞0，利用函数的单调性，求解函数的最大值即可．
x
2( 1−1)
x x x
（3）设令x ＞x ＞0，得到lnx ＝ax ，lnx ＝ax 转化为ln 1＞ 2 ，令t= 1 ，构造关于t的函
1 2 1 1 2 2 x x x
2 1+1 2
x
2
数g（t），利用导数求解函数g（t）的单调性，即可求解．
1 1−ax
【解答过程】解：（1）由题可知f（x）＝lnx﹣ax的定义域是(0，+∞)，f '(x)= −a= ，
x x
当a≤0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增；
1
当a＞0时，令f'（x）＝0，解得x= ，
a
1 1
当0＜x＜ 时，f'（x）＞0所以f（x）在(0， )上单调递增，
a a1 1
当x＞ 时，f'（x）＜0所以f（x）在( ，+∞)上单调递减．
a a
综上，当a≤0时，f（x）在0+∞上单调递增；
1
当a＞0时，f（x）在(0， )上单调递增，在上单调递减．
a
（2）由（1）可知，要使函数f（x）无零点就需要a＞0，
1 1
此时f（x）在(0， )上递增，在( ，+∞)上递减，
a a
1
∴f(x)≤f( )=−lna−1，欲使函数f（x）无零点，
a
1
则只要﹣lna﹣1＜0，即lna＞﹣1，∴a＞ ，
e
1
所以a的范围是( ，+∞)．
e
（3）证明：因为f（x）有两个相异的零点，又由于x＞0，
故不妨设x ＞x ＞0，且有lnx ＝ax ，lnx ＝ax ，
1 2 1 1 2 2
∴lnx +lnx ＝a（x +x ）lnx ﹣lnx ＝a（x ﹣x ），
1 2 1 2 1 2 1 2
要证x x ＞e2⇔ln(x x )＞2⇔lnx +lnx ＞2，
1 2 1 2 1 2
lnx −lnx lnx −lnx 2
⇔x +x 1 2＞2⇔ 1 2＞ ，
1 2 x −x x −x x +x
1 2 1 2 1 2
x
2( 1−1)
2(x −x ) x x
⇔lnx −lnx ＞ 1 2 ⇔ln 1＞ 2 ，
1 2 x +x x x
1 2 2 1+1
x
2
x 2(t−1)
令t= 1 ，则t＞1，所以只要证明lnt＞ t＞1时恒成立，
x t+1
2
2(t−1)
令g(t)=lnt− ，t＞1
t+1
1 4 (t−1) 2
g'(t)= − = ，由于已知t＞1，∴g'（t）＞0恒成立，
t (t+1) 2 t(t+1) 2
所以g（t）在（1，+∞）递增，∴g（t）＞g（1）＝0，2(t−1)
所以t＞1时，g（t）＞0恒成立，即lnt＞ 恒成立，
t+1
所以证明x x ＞e2 ．
1 2
