文档内容
重难点 06 导数必考压轴解答题全归类【十一大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数的切线问题】......................................................................................................................................3
【题型2 （含参）函数的单调性问题】..................................................................................................................8
【题型3 函数的极值、最值问题】........................................................................................................................13
【题型4 函数零点（方程根）问题】....................................................................................................................17
【题型5 不等式的证明】........................................................................................................................................22
【题型6 利用导数研究不等式恒成立问题】......................................................................................................25
【题型7 利用导数研究能成立问题】....................................................................................................................30
【题型8 双变量问题】............................................................................................................................................34
【题型9 导数中的极值点偏移问题】....................................................................................................................39
【题型10 导数与三角函数结合问题】..................................................................................................................44
【题型11 导数与数列不等式的综合问题】..........................................................................................................49
导数是高中数学的重要考查内容，是高考必考的热点内容.从近几年的高考情况来看，在解答题中试
题的难度较大，主要涉及导数的几何意义、函数的单调性问题、函数的极值和最值问题、函数零点问题、
不等式恒成立与存在性问题以及不等式的证明等内容，考查分类讨论、转化与化归等思想，属综合性问题，
解题时要灵活求解．
其中，对于不等式证明中极值点偏移、隐零点问题和不等式的放缩应用这三类问题是目前高考导数压
轴题的热点方向．
【知识点1 切线方程的求法】
1.求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：
①求出函数y=f(x)在x=x 处的导数，即曲线y=f(x)在点(x,f(x))处切线的斜率；
0 0 0
②在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y+f'(x)(x-x).
0 0 0
2.求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：
①设出切点坐标T(x,f(x))(不出现y)；
0 0 0
②利用切点坐标写出切线方程：y=f(x)+f'(x)(x-x)；
0 0 0
③将已知条件代入②中的切线方程求解.
【知识点2 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.含参函数的单调性的解题策略：(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因
式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
2.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间
上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点3 函数的极值与最值问题的解题思路】
1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f'(x)；
(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；
(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x 左右两侧值的符号；
0
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路：
已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方
程组，利用待定系数法求解.
3.利用导数求函数最值的解题策略：
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：
①求函数在(a,b)内的极值；
②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性
和
极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【知识点4 导数的综合应用】
1．导数中的函数零点（方程根）问题
利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法：
(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.
(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y= g (x)图象的交点问题.
2．导数中的不等式证明
(1)一般地，要证f(x)>g(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．导数中的恒成立、存在性问题
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.
4．导数中的双变量问题
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的
不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
5．极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对
称性．
极值点偏移的定义：对于函数y=f (x)在区间(a,b)内只有一个极值点 x ，方程f (x)的解分别为
0
x 、x
，且
ax
0
，则函数
y=f (x)
在区间
(x 1 ,x 2 )
上极值点x
0
左偏，简称极值点x
0
左偏；
x +x
(3)若 1
2
2 sinx.【解题思路】（1）分别求出f (1),f′(1)，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用作差法并构造函数g(x)=ex−1−lnx−sinx，并利用二次导数求出g(x) >0恒成立，即可求解.
min
1
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=ex−1−lnx，则f′(x)=ex−
x
所以f′(1)=e−1，又因为f (1)=e−1，
故所求切线方程为y−(e−1)=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x.
（2）因为f (x)的定义域是(0,+∞)，
所以当a≥1时，f (x)−sinx=a(ex−1)−lnx−sinx≥ex−1−lnx−sinx
1
设g(x)=ex−1−lnx−sinx，则g′(x)=ex− −cosx，
x
1 1
设ℎ(x)=g′(x)=ex− −cosx，则ℎ ′(x)=ex+ +sinx>0在(0,+∞)上恒成立，
x x2
1
所以ℎ(x)在(0,+∞)上是增函数，则ℎ
(1)
=e3−3−cos
1
<0，
3 3
π
又因为ℎ ( π 4 )=e4 − π 4 −sin π 4 ，因为eπ>2.73>16=24，所以e π 4 >2 ，
4 π 4 1.42 π
又因为 +sin < + ≈1.984<2，所以ℎ ( )>0，
π 4 3.14 2 4
(1 π)
所以ℎ(x)在
3
,
4
上存在唯一零点x
0
，也是ℎ(x)在(0,+∞)上的唯一零点，
1 1
所以ℎ(x )=ex 0− −cosx =0，即 ex 0= +cosx ，
0 x 0 x 0
0 0
当0x 时，g′(x)>0，g(x)在(x ,+∞)上单调递增，
0 0
1
所以g(x) =g(x )=ex 0−lnx −1−sinx = +cosx −lnx −1−sinx
min 0 0 0 x 0 0 0
0
π 1
由于01，lnx <0，cosx >sinx ，
0 4 x 0 0 0
0
所以g(x) =g(x )>0，所以g(x)>0，
min 0
所以当a≥1时，f (x)−sinx>0，即f (x)>sinx成立.【变式1-1】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f(x)=aex+bx+c在x=ln2时有极小值.曲线y=f(x)
在点(0,f(0))处的切线方程为x+ y=0.
(1)求a,b,c的值；
(2)若对任意实数x,f(x)≥(e−2)x+m恒成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）对函数求导，利用在x=ln2时有极小值和在点(0,f(0))处的切线方程，即可求出
a,b,c的值；
（2）将函数代入不等式并分离参数，转化成ex−ex−1≥m对任意实数x恒成立问题，构造函数
g(x)=ex−ex−1(x∈R)，通过讨论新函数的单调性，求出新函数的取值范围，进而得出实数m的取值
范围.
【解答过程】（1）由题意，x∈R，
在f(x)=aex+bx+c中，f′(x)=aex+b，
在x=ln2时有极小值.曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为x+ y=0.
∴¿即¿ ，
∴f(x)=ex−2x−1，f′(x)=ex−2，
当x>ln2时，f′ (x)>0,f(x)在(ln2,+∞)上单调递增.
当x1时，ex−e>0，则g′ (x)>0，故g(x)在(1,+∞)上单调递增；
当x<1时，ex−e<0，则g′ (x)<0，故g(x)在(−∞,1)上单调递减；当x=1时，ex−e=0，则g′ (x)=0，
故x=1时g(x)有极小值，也就是g(x)的最小值g(1)=−1，
故m≤−1即为所求.
2
【变式1-2】（2023·广东·东莞市校联考一模）函数f(x)= +lnx在x=4处的切线方程为y= ℎ(x).
x
(1)求ℎ(x)；
1
(2)已知 0，
4 16 8
1 a
根据（1）ℎ(x)= x+2ln2，所以 g(4)= +2ln2= ℎ(a)，
8 8
4 a−2 2
又 g(a)= +lna+ a−1= +lna=f (a)，
a a2 a
所以 ℎ(a)0，得01，
f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
故f (x)在x=1处取得极大值f (1)=0，无极小值，f (1)=0，f′(1)=0，故曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y=0.
a [(2−a)x−a](x−1) (1 ) 1
（2）f′(x)= −(a−2)x−2= ,x∈(0,+∞)，f (1)=− a−1 −2+ a+1=0，
x x 2 2
f′(1)=0.
①当a≥2时，(2−a)x−a<0，
当00，f (x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f (x)单调递减，
所以f (x)≤f (1)=0，则f (x)只有一个零点，不符合题意，舍去.
( a )
a (2−a) x− (x−1)
②当11， 2−a ，
2−a f′(x)=
x
( a ) ( a )
令f′(x)>0，得x∈(0,1)∪ ,+∞ ；令f′(x)<0，得x∈ 1, ，
2−a 2−a
( a ) ( a )
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在 1, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增.
2−a 2−a
( a ) 4
因为f (1)=0，所以f <0，取x >1且x > ，
2−a 1 1 2−a
则f (x )=alnx − (1 a−1 ) x2−2x + 1 a+1= [( 1− 1 a ) x −2 ] x +alnx + 1 a+1
1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 2
[( 1 ) 4 ] 1 1
> 1− a −2 x +alnx + a+1=alnx + a+1>0，
2 2−a 1 1 2 1 2
( a ) ( a )
所以f ⋅f (x )<0.因为f (x)在 ,+∞ 上单调递增，
2−a 1 2−a
( a )
所以由零点存在定理，得存在唯一x ∈ ,+∞ ，使得f (x )=0，
0 2−a 0
又f (1)=0，此时，函数f (x)有两个零点，符合题意.
(x−1) 2
③当a=1时，f′(x)= ≥0，f (x)在(0,+∞)上单调递增，
x
则f (x)只有一个零点，不符合题意，舍去.( a )
a (2−a) x− (x−1)
④当00，得x∈ 0, ∪(1,+∞)；令f′(x)<0，得x∈ ,1 ，
2−a 2−a
( a ) ( a )
所以f (x)在 0, 上单调递增，在 ,1 上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
2−a 2−a
( a )
因为f (1)=0，所以f >0，且当x>1时，f (x)>0，无零点，
2−a
2 a
取 00，
2−a
当01时，f′(x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)≥f (1)=0，则f (x)只有一个零点，不符合题意，舍去.
综上所述：实数a的取值范围为(0,1)∪(1,2).
【题型2 （含参）函数的单调性问题】
【例2】（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数f (x)=xlnx−ax2.
(1)当a=1时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)若不等式f (x)>aex+(1−a)x2−x恒成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）当a=1时，对f (x)求导，令m(x)=f′(x)=lnx+1−2x,x>0，讨论m′(x)与0的大小可
得m(x)<0，即f′(x)<0，即可得出函数f (x)的单调性；xlnx−x2+x xlnx−x2+x
（2）由题意可得a< 在(0,+∞)上恒成立，设ℎ(x)= ,x∈(0,+∞)，只需
ex ex
a< ℎ(x) ，求解即可得出答案.
min
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=xlnx−x2,x>0，所以f′(x)=lnx+1−2x，
令m(x)=f′(x)=lnx+1−2x,x>0，
1 1−2x
可得m′(x)= −2= ，
x x
( 1)
当x∈ 0, 时，m′(x)>0,m(x)单调递增；
2
(1 )
当x∈ ,+∞ 时，m′(x)<0,m(x)单调递减，
2
1 (1) 1 1
所以当x= 时，m(x)取得极大值，也为最大值，且m =ln +1−1=ln <0，
2 2 2 2
所以f′(x)<0，所以f (x)在(0,+∞)上单调递减.
（2）由f (x)>aex+(1−a)x2−x，得aex0，可得x>1；
令φ′(x)<0，可得00，
φ(1)=1−2−ln1=−1<0,
φ(4)=4−2−ln4=2−2ln2>0,
所以在(e−3,1)中存在唯一的x 使得φ(x )=0，
1 1
在(1,4)中存在唯一的x 使得φ(x )=0，
2 2
即有x −2−lnx =0,x −2−lnx =0.
1 1 2 2
因为φ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
所以当00；当x x 时，φ(x)>0.
2 2
(x−1)(x−2−lnx) (x−1)φ(x)
又ℎ ′(x)= = ,x>0，
ex ex
所以当00；
当1x
2
时，ℎ ′(x)>0，
所以ℎ(x)在(0,x
1
)单调递减，在(x
1
,1)单调递增，
在(1,x )单调递减，在(x ,+∞)单调递增，
2 2
所以x∈(0,1)时，ℎ(x)的极小值为
x lnx −x2+x
ℎ(x )= 1 1 1 1,
1 ex
1
x∈(1,+∞)时，ℎ(x)的极小值为
x lnx −x2+x
ℎ(x )= 2 2 2 2.
2 ex
2
因为x −2−lnx =0,x −2−lnx =0，
1 1 2 2
可得x −lnx =2,x −lnx =2，所以ex
1
−lnx 1=e2,ex
2
−lnx 2=e2，
1 1 2 2
即
ex
1 =
ex
2 =e2,所以
x
1 =
x
2 =e−2 .
x
1
x
2
ex
1
ex
2
代入lnx =x −2和lnx =x −2，
1 1 2 2
x (x −2)−x2+x x
则有ℎ(x )= 1 1 1 1=− 1 = −e−2，
1 ex
1
ex
1
同理可得ℎ(x )=−e−2 ，
2
所以ℎ(x )= ℎ(x )，
1 2
1
所以ℎ(x) =−e−2=− ，
min e2
1 ( 1 )
所以a<− ，即实数a的取值范围为 −∞,− .
e2 e2
【变式2-1】（2023·黑龙江·校联考模拟预测）已知函数f (x)=xex,x∈R．
(1)求函数f (x)=xex单调区间；(2)若过点P(1,t)(t∈R)可以作曲线y=f (x)的3条切线，求实数t的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数的导数，解不等式，即可求得函数单调区间；
（2）设切点坐标为(x ,y )，利用导数的几何意义求出切线方程，推出方程t=ex 0(−x2+x +1)有三个不等
0 0 0 0
实数根，构造函数，将方程根的问题转化为函数y=t,y=ex 0(−x2+x +1)图像的交点问题，利用导数判断
0 0
函数的性质，作出函数图像，数形结合，即可求解.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为R，f′(x)=ex+xex=ex(x+1)，
令f′(x)>0，解得x>−1，所以函数f (x)的单调递增区间是(−1,+∞)；
令f′(x)<0，解得x<−1，所以函数f (x)的单调递减区间是(−∞,−1)
（2）由题意可得f′(x)=(x+1)ex，
设切点坐标为(x ,y )，则切线斜率k=(x +1)⋅ex 0，
0 0 0
所以切线方程为y−x ex 0=(x +1)⋅ex 0(x−x )，
0 0 0
将P(1,t)代入得t=ex 0(−x2+x +1)．
0 0
因为存在三条切线，即方程t=ex 0(−x2+x +1)有三个不等实数根，
0 0
方程t=ex 0(−x2+x +1)有三个不等实数根等价于函数y=t,y=ex 0(−x2+x +1)的图像有三个交点，
0 0 0 0
设g(x)=(−x2+x+1)ex，则g′(x)=−(x−1)(x+2)ex，
当x∈(−2,1)时，g′(x)>0,g(x)在(−2,1)上单调递增；
在(−∞,−2)和(1,+∞)上，g′(x)<0,g(x)在(−∞,−2)和(1,+∞)上单调递减，
5
g(−2)=− ，g(1)=e；
e2
1−√5 1+√5 1−√5 1+√5
当x< 或x> 时，g(x)<0， 0，
2 2 2 2
当x→−∞时，g(x)→0；当x→+∞时，g(x)→−∞，
画出g(x)=(−x2+x+1)ex的图象如图，要使函数y=t,y=ex 0(−x2+x +1)的图像有三个交点，需g(2)e(1−cosx)．
【解题思路】（1）求导，然后分a≤0和a>0讨论分别求单调性；
（2）当x≤0时，通过证明x+1−cosx≤0可得结论；当x>0时，转化为证明2ex−1−2x>1−cosx−x，
不等式两边分别构造函数，求出函数最值即可得结论.
【解答过程】（1）由已知f′(x)=2ex−a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f (x)在R上单调递增；
a
当a>0时，若f′(x)>0，得x>ln ，函数f (x)单调递增，
2
a
若f′(x)<0，得x0时，函数f (x)在 ln ,+∞ 单调递增，在 −∞,ln 单调递减；
2 2
（2）由a=e，f (x)>e(1−cosx)得2ex−ex>e(1−cosx)，
即证2ex−1>x+1−cosx，
①当x≤0时，设函数k(x)=x+1−cosx，
则k′(x)=1+sinx≥0，k(x)在(−∞,0]上单调递增，
所以k(x)≤k(0)=0
所以2ex−1>0≥x+1−cosx成立；
②当x>0时，要证2ex−1>x+1−cosx成立，
即证2ex−1−2x>1−cosx−x设函数ℎ(x)=2ex−1−2x，x>0，
则ℎ ′(x)=2ex−1−2，
当ℎ ′(x)<0时，00时，x>1，函数ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)≥ℎ(1)=2e0−2=0，即2ex−1−2x≥0，
设g(x)=1−cosx−x，x>0
则g′(x)=sinx−1≤0，g(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以g(x)1−cosx−x，
所以2ex−1−2x≥0>1−cosx−x，
综上：f (x)>e(1−cosx)成立.
【变式2-3】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）已知函数f(x)=a(ex+e−x)−1（a是非零常数，e
为自然对数的底数）
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a>0时，若f(x)−1≥x2在R上恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）对函数求导，讨论a<0、a>0研究函数的单调性；
x2+2
（2）问题化为a≥ 在R上恒成立，利用导数研究右侧单调性并求最值，即可得参数范围.
ex+e−x
e2x−1
【解答过程】（1）由题设f′ (x)=a⋅( )，
ex
当a<0，若x∈(−∞,0)时f′ (x)>0，即f(x)递增，若x∈(0,+∞)时f′ (x)<0，即f(x)递减；
当a>0，若x∈(−∞,0)时f′ (x)<0，即f(x)递减，若x∈(0,+∞)时f′ (x)>0，即f(x)递增；
综上，a<0则f(x)在(−∞,0)上递增，在(0,+∞)上递减；
a>0则f(x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增；
x2+2
（2）由题设a≥ 在R上恒成立，
ex+e−x
x2+2 (x2+2x+2)e−x−(x2−2x+2)ex
令g(x)= ，则g′ (x)= ，
ex+e−x (ex+e−x ) 2
x2
令φ(x)=(x2+2x+2)e−x−(x2−2x+2)ex，则φ′ (x)=− −x2ex≤0，
ex所以φ(x)单调递减，且φ(0)=0，故(−∞,0)上φ(x)>0，(0,+∞)上φ(x)<0，
所以(−∞,0)上g′ (x)>0，即g(x)递增，(0,+∞)上g′ (x)<0，即g(x)递减，
所以g(x)≤g(0)=1，故a≥1.
【题型3 函数的极值、最值问题】
【例3】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=xlnx+(t−1)(x−t)(t∈R)．
(1)当t=0时，讨论函数f (x)的极值；
ex
(2)若F(x)=f (x)− 有两个不同的极值点，求t的取值范围．
et
【解题思路】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性和极值；
（2）根据题意可得F′(x)有两个不同的变号零点，整理得elnx+lnx=ex−t+(x−t)，设函数g(x)=ex+x，
结合单调性可知直线y=t与曲线ℎ(x)=x−lnx有两个不同的交点，利用导数判断原函数单调性和极值，
进而根据交点分析求解.
【解答过程】（1）当t=0时，f (x)=xlnx−x，则f (x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=lnx，
在(0,1)上，f′(x)<0，f (x)单调递减；
在(1,+∞)上，f′(x)>0，f (x)单调递增；
所以f (x)的极小值为f (1)=−1，无极大值．
ex ex
（2）由题意可知：F(x)=xlnx+(t−1)(x−t)− ，则F′(x)=lnx+t− =lnx+t−ex−t ，
et et
因为F(x)有两个不同的极值点，则函数F′(x)有两个不同的变号零点，
可知方程lnx+t=ex−t有两个不等实根，
此方程可变形为lnx+x=ex−t+x−t，即elnx+lnx=ex−t+(x−t)．
设函数g(x)=ex+x，则g(lnx)=g(x−t)，
又因为y=ex,y=x在R内单调递增，则g(x)在R内单调递增，
可得lnx=x−t，即t=x−lnx．
设ℎ(x)=x−lnx，则直线y=t与曲线y= ℎ(x)有两个不同的交点，
1 x−1
可知ℎ(x)的定义域为(0,+∞)，且ℎ ′(x)=1− = ，
x x
在(0,1)上，ℎ ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；
在(1,+∞)上，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；
则ℎ(x) = ℎ(1)=1，当x→0+时，ℎ(x)→+∞，当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
min
若直线y=t与曲线y= ℎ(x)有两个不同的交点，则t>1，
故t的取值范围为(1,+∞)．【变式3-1】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知奇函数f (x)=ax3+bx2+cx在x=1处取得极大值2.
(1)求f (x)的解析式；
(2)求f (x)在[−4,3]上的最值.
【解题思路】（1）利用函数奇偶性可得b=0，再由f (x)在x=1上取得极大值2可求得a=−1,c=3，可得
解析式；
（2）由（1）中解析式求导可得其在[−4,3]上的单调性，得出极值并比较端点处的函数值即可求出其最值.
【解答过程】（1）易知函数f (x)的定义域为x∈R，
因为f (x)是奇函数，所以f (−x)=−f (x)，则b=0.
由f (x)=ax3+cx，得f′(x)=3ax2+c.
因为f (x)在x=1上取得极大值2，
所以¿解得¿
经经检验当¿时，f (x)在x=1处取得极大值2，
故f (x)=−x3+3x.
（2）由（1）可知，f′(x)=−3x2+3=−3(x−1)(x+1)，
当x∈(−1,1)时，f′(x)>0,f (x)单调递增；
当x∈[−4,−1)和(1,3]时，f′(x)<0,f (x)单调递减；
即函数f (x)在x=−1处取得极小值f (−1)=−2，在x=1处取得极大值f (1)=2；
又因为f (−4)=52,f (3)=−18，
所以f (x)在[−4,3]上的最大值为52，最小值为−18.
【变式3-2】（2023·宁夏固原·宁夏回族自治区西吉中学校考模拟预测）已知实数a>0，函数
f (x)=xlna−alnx+(x−e) 2，e是自然对数的底数.
(1)当a=e时，求函数f (x)的单调区间；
(2)求证：f (x)存在极值点x ，并求x 的最小值.
0 0
【解题思路】（1）f(x)求导，根据f′ (x)的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次
确定新函数单调性和最值即可求解.
【解答过程】（1）当a=e时，f(x)=x−elnx+(x−e) 2，
e 2x2+(1−2e)x−e (2x+1)(x−e)
则f′ (x)=1− +2(x−e)= = ,(x>0)
x x x令f′ (x)>0，得x>e；令f′ (x)<0，得x0，
所以方程2x2+(lna−2e)x−a=0，有两个不相等的实根x ,x (x 0有解，
0 0 0 0
x
因此需要讨论等式左边的关于a的函数，记u(t)=t−x lnt，所以u′ (t)=1− 0，
0 t
当0x 时，u′ (t)>0,u(t)单调递增．
0 0
所以当t=x 时，u(t)=t−x lnt的最小值为u(x )=x −x lnx ．
0 0 0 0 0 0
所以需要2x2−2ex =a−x lna≥x −x lnx ，即需要2x2−(2e+1)x +x lnx ≥0，
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
即需要2x −(2e+1)+lnx ≥0，即需要2x +lnx −(2e+1)≥0
0 0 0 0
因为v(t)=2t+lnt−(2e+1)在(0,+∞)上单调递增，且v(x )≥v(e)=0，
0
所以需要x ≥e，
0
故x 的最小值是e．
0
【变式3-3】（2023·吉林长春·东北师大附中校考二模）已知函数f (x)=mxe−x+x−lnx(m∈R).(1)讨论函数f (x)的极值点个数；
(2)若m>0，f (x)的最小值是1+lnm，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）求出f (x)的导数，按m≤e和m>e分类讨论，并借助零点存在性定理推理作答即可；
（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探讨，利用导数研究函数f (x)的最小值求解即可.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=m(e−x−xe−x)+1− 1 = 1 (x−1) (ex −m ) ，
x ex x
ex ex(x−1)
令u(x)= −m，则u′(x)= ，
x x2
令u′(x)<0，可得00，可得x>1，
所以u(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故u(x) =u(1)=e−m，
min
①m≤e时，u(x) ≥0，则u(x)≥0，令f′(x)<0，可得00，可得x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以f (x)有1个极小值点；
②m>e时，u(x) <0，
min
因为令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ ′(x)=ex−1，
当x>0时，ℎ ′(x)>0，则ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x<0时，ℎ ′(x)<0，则ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，
故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，所以ex≥x+1，当x=0时取等号.
1 x+1 1
当x< <1时，u(x)> −m=1+ −m>0，
m−1 x x
此时∃x ∈(0,1)，使得u(x )=0，
1 1
令v(x)=ex−x2,x>1，有v′(x)=ex−2x，令φ(x)=ex−2x,x>1，
φ′(x)=ex−2>0，φ(x)在(1,+∞)上单调递增，即φ(x)>φ(1)=e−2>0，
即有v′(x)>0，即v(x)在(1,+∞)上单调递增，
即v(x)>v(1)=e−2>0，所以ex>x2，
x2
当x>m>e时，u(x)> −m=x−m>0，此时∃x ∈(1,+∞)，使得u(x )=0，
x 2 2
因此x∈(0,x )，f′(x)<0，f (x)单调递减，
1x∈(x ,1)，f′(x)>0，f (x)单调递增，
1
x∈(1,x )，f′(x)<0，f (x)单调递减，
2
x∈(x ,+∞)，f′(x)>0，f (x)单调递增，
2
所以f (x)由3个极值点；
所以当m≤e时，f (x)恰有1个极值点；当m>e时，f (x)恰有3个极值点；
（2）由（1）知，当0e时，∃x ∈(0,1)，使得u(x )=0，∃x ∈(1,+∞)，使得u(x )=0，
1 1 2 2
所以f (x)在(0,x )上单调递减，在(x ,1)上单调递增，在(1,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
1 1 2 2
ex
i
其中 −m=0(i=1,2)，即x =lnm+lnx，所以f (x) =min{f (x ),f (x )}=1+lnm，
x i i min 1 2
i
mx
而f (x )= i+x −lnx =1+lnm符合要求，所以m>e，
i ex
i
i i
综上可得，实数m的取值范围为¿.
【题型4 函数零点（方程根）问题】
alnx
【例4】（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)=2x+ +a．
x2
(1)当a=1时，求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程．
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求得切点与切线的斜率，从而得解；
x2+lnx
（2）利用参变分离，构造函数g(x)= ，利用导数研究其性质，从而作出图象，结合图象即可得
x3
解.lnx
【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=2x+ +1，则f(1)=3，
x2
1−2lnx
f′ (x)=2+ ，所以f′ (1)=3．
x3
故曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−3=3(x−1)，即3x−y=0．
alnx
（2）由f(x)=2x+ +a有两个零点，
x2
a(x2+lnx)
得方程2x+ =0在(0,+∞)上有两个不同的实数解．
x2
当a=0时，显然方程没有正实数解，所以a≠0．
2 x2+lnx
则方程− = 在(0,+∞)上有两个不同的实数解．
a x3
x2+lnx 1−x2−3lnx
令g(x)= (x>0)，则g′ (x)= ．
x3 x4
显然φ(x)=1−x2−3lnx在(0,+∞)上为减函数，又φ(1)=1−1−3ln1=0，
所以当x∈(0,1)时，g′ (x)>0；当x∈(1,+∞)时，g′ (x)<0．
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，且g(x) =g(1)=1．
max
当x=
1 时，g(x)=e3( 1
−e
)
<0；当x>1时，g(x)>0，
e e2
2 x2+lnx
要使方程− = 在(0,+∞)上有两个不同的实数解，
a x3
2
则g(x)与y=− 的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点，
a2
结合图象可知0<− <1，解得a<−2，
a
综上，实数a的取值范围为(−∞,−2)．
1
【变式4-1】（2023·广东广州·广东广雅中学校考二模）已知函数f (x)=lnx+ −1.
x
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)若g(x)=x2[f (x)+1−a]−x+a，求函数g(x)的零点个数.
【解题思路】（1）求出定义域，求导，得到函数单调性，进而得到最值；
（2）化简得到g(x)=x2(
lnx+
a
−a
)
，令φ(x)=lnx+
a
−a，求出y=φ(x)在(0,+∞)上的零点个数即
x2 x2
可，求导，当a≤0时，φ(x)有唯一零点，a>0时，求出函数单调性，最值
1
φ(x) =φ(√2a)=ln√2a−a+ ，换元后，求导得到函数单调性，分√2a=1，0<√2a<1，√2a>1，
min 2
三种情况，结合函数单调性和零点存在性定理求出零点个数.
【解答过程】（1）由题意得f (x)的定义域为(0,+∞)，
1 1 x−1
且f′(x)= − = ，
x x2 x2
当01时，f′(x)>0，
故f (x)在(0,1)上单调递减，f (x)在(1,+∞)上单调递增，
所以f (x)在x=1处取得极小值，也时最小值，
所以f(x) =f (1)=0.
min
（2）g(x)=x2[f (x)+1−a]−x+a=x2( lnx+ a −a ) ，
x2
a
令φ(x)=lnx+ −a，则g(x)=x2φ(x).
x2
因为g(x)=x2φ(x)的定义域为(0,+∞)，故y=g(x)的零点与y=φ(x)的零点相同，
所以下面研究函数y=φ(x)在(0,+∞)上的零点个数.
a 1 2a x2−2a
由φ(x)=lnx+ −a，得φ′(x)= − = .
x2 x x3 x3
当a≤0时，φ′(x)>0在x∈(0,+∞)上恒成立，所以φ(x)在x∈(0,+∞)上单调递增.
又φ(1)=0，故此时φ(x)有唯一零点，
x2−2a (x−√2a)(x+√2a)
当a>0时，φ′(x)= = (x>0)，
x3 x3
令φ′(x)<0(x>0)，得00(x>0)，得x>√2a.
所以φ(x)在(0,√2a)上单调递减，在(√2a,+∞)上单调递增，
1
所以φ(x) =φ(√2a)=ln√2a−a+ .
min 2
1
令√2a=t>0，则a= t2 ，
2
1 1 1 (1+t)(1−t)
令m(t)=lnt− t2+ ，则m′(t)= −t= (t>0)，
2 2 t t
易得m(t)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
又m(1)=0，所以当t∈(0,1)∪(1,+∞)时，m(t)<0，
1
①当√2a=1，即a= 时，φ(x) =φ(1)=0，
2 min
此时φ(x)有唯一零点x=√2a=1；
1
②当0<√2a<1，即00，又φ(√2a)<0，
k
[ a )
所以φ(x)在 ,√2a 上存在唯一零点，不妨设x=x ，
1−a 1
所以φ(x)在(0,√2a)上有唯一的零点x=x ，
1
故φ(x)在(0,+∞)上有两个零点；1 1 a
③当√2a>1，即a> 时，且φ(√2a)<0,φ(1)=0,ea>e2>1,φ(ea)= >0，
2 e2a
由函数零点存在定理可得y=φ(x)在(√2a,ea)上有唯一零点，
故φ(x)在(0,√2a),(√2a,+∞)上各有一个唯一零点.
1
综上，当a≤0或a= 时，函数g(x)有唯一零点；
2
1
当a>0且a≠ 时，函数g(x)有两个零点.
2
【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=x+1−alnx．
(1)判断函数f (x)的单调性．
(2)若f (x)=1有两个不相等的实根x ,x ，且x a．
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求出函数的导函数，再分a≤0、a>0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
x −x
a= 2 1 x
（2）依题意可得¿，即可得到 x ，设t= 2>1，则只需证明(t+1)lnt>t−1 (t>1)，设
ln 2 x
x 1
1
ℎ(t)=(t+1)lnt−(t−1),t≥1，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【解答过程】（1）由题意知，函数f (x)的定义域为(0,+∞)．
x−a
由f (x)=x+1−alnx，得f′(x)= ．
x
当a≤0时，f′(x)>0，所以f (x)在(0,+∞)上单调递增．
当a>0时，令f′(x)=0，得x=a．
当x∈(0,a)时，f′(x)<0；当x∈(a,+∞)时，f′(x)>0．
所以当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
（2）由（1）可知a>0，x >x >0且x ≠1、x ≠1，
2 1 1 2
x −x
a= 2 1
根据题意可得¿，所以 x ．
ln 2
x
1
x
因为01，则x =tx ．
1 2 x 2 1
1x −x
x +x > 2 1
要证x +x >a，即证 1 2 x ，即证(t+1)lnt>t−1 (t>1)．
1 2 ln 2
x
1
构造函数ℎ(t)=(t+1)lnt−(t−1),t≥1，易得ℎ(1)=0．
t+1 1
ℎ ′(t)=lnt+ −1=lnt+ ．
t t
1 t−1
构造函数g(t)=lnt+ ,t≥1，则g′(t)= ≥0，
t t2
所以ℎ ′(t)在[1,+∞)上单调递增，
所以ℎ ′(t)≥ℎ ′(1)=1>0，所以ℎ(t)在[1,+∞)上单调递增．
所以当t>1时，ℎ(t)> ℎ(1)=0，即(t+1)lnt>t−1，所以x
1
+x
2
>a成立．
1
【变式4-3】（2023·广西·模拟预测）已知函数f (x)=2ln(x+1)+ x2−2x+m有三个零点，m∈R.
2
(1)求m的取值范围；
(2)记三个零点为x ,x ,x ，且x 0，x∈(0,1)，f'(x)<0，x∈(1,+∞)，f'(x)>0，
所以f (x)在(−1,0)上单调递增，(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
当x=0时，函数f (x)取极大值，当x=1时，函数f (x)取极小值，
3
又f (0)=m，f (1)=m+2ln2− ，
2
因为函数有三个零点，且x→+∞,f(x)→+∞，x→−1,f(x)→−∞，
3
所以f (1)=m+2ln2− <00，
1−x2
所以函数ℎ(x)单调递增，所以ℎ(x)> ℎ(0)=0，所以ℎ(x
2
)=f (x
2
)−f (−x
2
)>0，
即f (x )>f (−x )，所以x >−x ，即x +x >0，
1 2 1 2 1 2
2(x−1) 2
设g(x)=f (x)−f (2−x)，x∈(0,1)，g'(x)=f'(x)+f'(2−x)=− >0，
(x+1)(x−3)
所以函数g(x)单调递增，
所以g(x)e(lnx+cosx).
【解题思路】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）构造函数ℎ(x)=2ex−ex−e(lnx+1)，利用导数判推得ℎ(x)>0，进而得证.
【解答过程】（1）因为f (x)=2ex−ex，所以f′(x)=2ex−e，
当x∈(−∞,1−ln2)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(1−ln2,+∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
所以f (x)的单减区间为(−∞,1−ln2)，单增区间为(1−ln2,+∞).
（2）设函数ℎ(x)=2ex−ex−e(lnx+1)，
e
则ℎ ′(x)=2ex−e− ，x>0，
x
易得ℎ ′(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ ′(1)=0，
所以当x∈(0,1)，ℎ ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)单调递增；
所以ℎ(x) = ℎ(1)=0，故2ex−ex−e(lnx+1)≥0，当且仅当x=1时等号成立，
min
即f (x)≥e(lnx+1)，当且仅当x=1时等号成立，因为1≥cosx，所以f (x)≥e(lnx+1)≥e(lnx+cosx)，
由于上述不等式取等条件不能同时成立，
所以f (x)>e(lnx+cosx)，得证.
【变式5-1】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=x−mlnx(m∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若存在不相等的实数x ，x ，使得f (x )=f (x )，证明：00，结合f (x )=f (x )，得出m(lnx −lnx )=x −x ，设00，进而转化为证 1 1，即证lnt− >0成立，构
lnx −lnx x x x t+1
2 1 2+1 1 1
x
1
t−1
造新函数g(t)=lnt− ，利用导数判断其单调性，即可得证．
t+1
m x−m
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=1− = ，
x x
当m≤0时，f′(x)>0，所以f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，由f′(x)>0得x>m，所以f (x)在(m,+∞)上单调递增；
由f′(x)<0得00时，f (x)在(m,+∞)上单调递增，在(0,m)上单调递减；
m x−m
（2）证明：f (x)=x−mlnx,x>0，f′(x)=1− = ，
x x
由（1）可知，当m≤0时，f (x)在(0,+∞)上是增函数，
故不存在不相等的实数x ,x ，使得f (x )=f (x )，所以m>0．
1 2 1 2
由f (x )=f (x )得x −mlnx =x −mlnx ，即m(lnx −lnx )=x −x ，
1 2 1 1 2 2 2 1 2 1x −x
不妨设00，则m= 2 1 >0，
1 2 2 1 lnx −lnx
2 1
x −x
要证m1，则只需证 0，
x t+1 t+1
1
t−1 1 2 t2+1
令g(t)=lnt− ,(t>1)，则g′(t)= − = >0，
t+1 t (t+1) 2 t(t+1) 2
所以g(t)在(1,+∞)上是增函数，所以g(t)>g(1)=0，
t−1
从而lnt− >0，故00)，曲线y=f (x)在(0,f (0))处的
切线也与曲线y=2x−x2相切.
(1)求实数a的值；
3+√3
(2)若x 是f (x)的最大的极小值点，x 是f (x)的最大的极大值点，求证：20，解得a=1；
（2）由（1）得f (x)=ex−sinx，所以f′(x)=ex−cosx，
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，所以f (x)在(0,+∞)无极大值点.π π
当x∈ ( − ,0 ) 时，令g(x)=f′(x)，则g′(x)=ex+sinx在 ( − ,0 ) 上单调递增，
2 2
π 1 1
g′( − )= − <0
又 4 π √2 ，g′(0)=1>0，
e4
π
所以存在x ∈(− ,0)，使得g′ (x )=0，即ex 0+sinx =0，
0 4 0 0
π
当x∈(− ,x )时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(x ,0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.
2 0 0
π
又g(x )=ex 0−cosx =−sinx −cosx =−√2sin(x + )<0，g(0)=f′ (0)=0
0 0 0 0 0 4
所以当x∈(x ,0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，
0
所以x =0是f (x)的最大的极小值点，且f(x )=1.
1 1
∵g ( − π )=e − π 2 >0， g ( − π 3 )= 1 π − 1 2 <0 ，
2
e3
π π
所以存在x ∈(− ,− )，使得g(x )=0，即ex 2−cosx =0，
2 2 3 2 2
π
当x∈(− ,x )时，f′(x)>0；当x∈(x ,x )时，f′(x)<0，
2 2 2 0
所以x 是f (x)的极大值点，也是f (x)的最大的极大值点.
2
因为f (x)在(x ,0) (x ,0)上单调递减，所以f(x )>f(0)=1，
2 0 2
π π π √3+1
f(x )=ex 2−sinx =cosx −sinx =√2cos(x + )<√2cos(− + )= .
2 2 2 2 2 4 3 4 2
3+√3
所以2√6e2．
1 2 1 2
【解题思路】（1）导函数放缩得f′ (x)=lnx+1−2mx≤lnx+1−x，再设新函数，求导即可得到其单调
性；lnx lnx
1− 2 lnx x2
（2）整理变形得 x x 1 ，从而转化为证明m(x)= + 在(0,+∞)上为单调递增函
1 2 =− x 6e4
x2−x2 (x x ) 2
1 2 1 2
数，再利用导数证明即可.
【解答过程】（1）f′ (x)=lnx+1−2mx≤lnx+1−x，
1−x
令g(x)=lnx+1−x，则g′ (x)= ，则当x∈(0,1)时，g′ (x)>0，g(x)在(0,1)上单调递增，
x
当x∈(1,+∞)时，g′ (x)<0，g(x)在(1,+∞)上单调递减．
所以g(x)≤g(1)=0，即f′ (x)≤0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递减．
lnx 1
（2）由f(x)=xlnx−mx2−1=0，可得m= − ，不妨设0√6e2 ，即证 x x 1 ，即证 1+ 1 < 2+ 2 ，
1 2 1 2 >− x 6e4 x 6e4
x2−x2 6e4 1 2
1 2
lnx x2
即证m(x)= + 在(0,+∞)上为单调递增函数，
x 6e4
3e4 (1−lnx)+x3
则m′ (x)= ，设n(x)=3e4 (1−lnx)+x3，
3x2e4
3e4 3(x3−e4) 3e4 4
则n′ (x)=3x2− = ，令n′ (x)=3x2− =0，解得 x=e3，
x x x
则当 x∈ ( 0,e 4 3 ) ，n′ (x)<0；当 x∈(e 4 3,+∞) ，n′ (x)>0，
4 4
n(x)在 (0,e3) 上单调递减，在 (e3,+∞) 上单调递增，
4
所以 n(x)≥n(e3)=0 ，即m′ (x)≥0在(0,+∞)上恒成立，lnx x2
所以m(x)= + 在(0,+∞)上为单调递增函数，则x x >√6e2 ．
x 6e4 1 2
【题型6 利用导数研究不等式恒成立问题】
1
【例6】（2023·四川内江·统考一模）已知函数f(x)= ax2−lnx．
2
(1)当a=1时，求f(x)的极值；
(2)若不等式f(x)≥x恒成立，求实数a的取值范围．
1 (x−1)(x+1)
【解题思路】（1）对f(x)= x2−lnx求导得到f′ (x)= ，再根据极值的定义即可求出结果；
2 x
1 x+lnx 1 lnx
（2）根据条件，分离常量得到 a≥ ，构造g(x)= + (x>0)，将问题转化成求g(x)的最大
2 x2 x x2
值，即可解决问题.
1 1 x2−1 (x−1)(x+1)
【解答过程】（1）当a=1时，f(x)= x2−lnx，则f′ (x)=x− = = ，
2 x x x
由f′ (x)=0，得到x=1，又x>0，当x∈(0,1)时，f′ (x)<0，x∈(1,+∞)时，f′ (x)>0，
1 1
所以f(x)= x2−lnx在x=1处取到极小值，极小值为 ，无极大值.
2 2
1 1
（2）由f(x)≥x恒成立，得到 ax2−lnx≥x恒成立，即 ax2≥x+lnx恒成立，
2 2
1 x+lnx 1 lnx
又x>0，所以 a≥ = + 恒成立，
2 x2 x x2
1 lnx 1 x−2xlnx 1 1−2lnx −x+1−2lnx
令g(x)= + (x>0)，则g′ (x)=− + =− + =
，
x x2 x2 x4 x2 x3 x3
2
令ℎ(x)=−2lnx−x+1(x>0)，则ℎ ′ (x)=− −1<0恒成立，
x
即ℎ(x)=−2lnx−x+1在区间(0,+∞)上单调递减，
又ℎ(1)=−2ln1−1+1=0，所以当x∈(0,1)时，ℎ(x)>0，x∈(1,+∞)时，ℎ(x)<0，
即x∈(0,1)时，g′ (x)>0，x∈(1,+∞)时，g′ (x)<0，
1 lnx
所以g(x)= + (x>0)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，
x x2
1
故g(x)≤g(1)=1，所以 a≥1，即a≥2，
2
所以，实数a的取值范围为a≥2.【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）已知f (x)=aex+ln(x+1)，a为任意实数．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)令a=2，对∀x≥0，均有f (x)≥kx+2恒成立，求k的取值范围．
1
【解题思路】（1）直接对f (x)求得，分a≥0,a<0两种情况讨论，在a<0时，令ℎ(x)=f′(x)=aex+ ，
x+1
继续对其求导来研究f′(x)的符号变换情况即可.
[f (x)−2]
（2）首先对f (x)进行切线放缩即：证明f (x)≥3x+2，然后将原问题转换为k≤ 即可求解.
x
min
1
【解答过程】（1）由题得x∈(−1,+∞)，f′(x)=aex+
，
x+1
当a≥0时，f′(x)>0，∴f (x)在(−1,+∞)上单调递增；
1
当a<0时，令ℎ(x)=aex+ ，x>−1，
x+1
1
则ℎ
′(x)=aex−
(x+1) 2
<0，∴ℎ(x)在(−1,+∞)上单调递减，
且当x→−1时，ℎ(x)→+∞，当x→+∞时，ℎ(x)→−∞，
∴ℎ(x)在(−1,+∞)上存在唯一的零点，
设该零点为x ，即f′ (x )=0，
0 0
∴f (x)在(−1,x )上单调递增，f (x)在(x ,+∞)上单调递减．
0 0
（2）当a=2时，f (x)=2ex+ln(x+1)，x≥0，f (0)=2，
1
f′(x)=2ex+ ，f′(0)=2+1=3，
x+1
所以f (x)在x=0处的切线方程为y=3x+2，
先证明当x≥0时，f (x)≥3x+2，
令F(x)=f (x)−3x−2，x∈[0,+∞)，
即F(x)=2ex+ln(x+1)−3x−2，
1 1
则F′(x)=2ex+ −3，令g(x)=2ex+ −3，x∈[0,+∞)，
x+1 x+1
1
则g′(x)=2ex− >0，∴g(x)在[0,+∞)上单调递增，
(x+1) 2
∴g(x)≥g(0)=0，∴F(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴F(x)≥F(0)=0，∴f (x)≥3x+2，当且仅当x=0时取等号，f (x)−2
当x>0时，由f (x)≥kx+2，得k≤ (x>0)，
x
[f (x)−2]
则k≤ ．
x
min
f (x)−2 3x+2−2
又 > =3，∴k≤3，
x x
∴k的取值范围是(−∞,3]．
【变式6-2】（2023·云南红河·统考一模）已知函数f(x)=mx−lnx−1(m∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若关于x的不等式ex−1+alnx−(a+1)x+a≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）先求得f′(x)，然后对m进行分类讨论，从而求得f (x)的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为elnx−alnx≤ex−1−a(x−1)，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式
成立.
【解答过程】（1）由题可知，f(x)的定义域为(0,+∞)，
1 mx−1
f′ (x)=m− =
x x
当m≤0时，mx−1<0在(0,+∞)上恒成立，
所以f′ (x)<0在(0,+∞)上恒成立，即f(x)在(0,+∞)单调递减
1 1
当m>0时，令f′ (x)>0解得x> ，令f′ (x)<0解得00，求实数k的取值范围.
1 2
【解题思路】（1）根据偶函数的定义，求出a的值，然后利用导数求切线方程.
（2）（ⅰ）对g(x)进行求导，将g(x)既存在极大值，又存在极小值转化成g(x)=0必有两个不等的实数
根，利用导数得到g(x)的单调性和极值，进而即可求解；
（ⅱ）对g(x)进行求导，利用导数分析g(x)的极值，将g(x )+kg(x )>0恒成立转化成
1 2
( 1) a−1
lna< 1− ⋅ ，构造函数，利用导数分类讨论求解即
k a+1
【解答过程】（1）f(x)为偶函数，有f(−x)=ae−x−ex=f(x)=aex−e−x，则a=−1，
所以f(x)=−ex−e−x，f′ (x)=−ex+e−x
所以f(0)=−2，f′ (0)=0
所以f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y+2=0.
（2）（ⅰ）g(x)=f(x)−(a+1)x=aex−e−x−(a+1)x，
ae2x−(a+1)ex+1 (aex−1)(ex−1)
g′ (x)=aex+e−x−(a+1)= = ，
ex ex
因为函数g(x)既存在极大值，又存在极小值，
则g′ (x)=0必有两个不等的实根，则a>0，令g′ (x)=0可得x=0或x=−lna，
所以−lna≠0，解得a>0且a≠1.
令m=min{0,−lna}，n=max{0,−lna}，则有：
x (−∞,m) m (m,n) n (n,+∞)
g′ (x) + 0 − 0 +
g(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
可知g(x)分别在x=m和x=n取得极大值和极小值，符合题意.
综上，实数a的取值范围是(0,1)∪(1,+∞).
（ⅱ）由a∈(0,1)，可得−lna>0，
所以x =0，x =−lna，g(x )=a−1，g(x )=1−a+(a+1)lna且有g(x )0对∀a∈(0,1)恒成立，
由于此时g(x )(k−1)(a−1)，则lna< 1− ⋅ ，
k a+1
( 1) x−1
令ℎ(x)=lnx− 1− ⋅ ，其中00，即−10，x x =1，则0 ℎ(1)=0，即lna> 1− ⋅ ，不合题意.
3 k a+1
综上所述，k的取值范围是(−∞,−1].
【题型7 利用导数研究能成立问题】
【例7】（2023·宁夏银川·校考模拟预测）已知函数f(x)=kx−ln(1+x)(k>0).
(1)当k=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)如果存在x ∈(0,+∞)，使得当x∈(0,x )时，恒有f(x)0恒成立的k的
0
范围作答.
1
【解答过程】（1）当k=1时，f(x)=x−ln(1+x)，求导得：f′ (x)=1− ，则f′ (0)=0，而f(0)=0，
1+x
所以曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为y=0.
（2）f(x)0，
因为存在x ∈(0,+∞)，使得当x∈(0,x )时，恒有f (x)0，
0 0
令g(x)=x2−kx+ln(x+1),x∈(0,x )，即有∀x∈(0,x )，g(x)>0恒成立，
0 0
1 1 1
求导得g′ (x)=2x−k+ ，令ℎ(x)=2x−k+ ,x∈(0,x )，ℎ ′ (x)=2− >0，
x+1 x+1 0 (x+1) 2
因此函数ℎ(x)，即函数g′ (x)在(0,x )上单调递增，而g′ (0)=1−k，
0
当1−k≥0，即0g′ (0)≥0，函数g(x)在(0,x )上单调递增，
0
∀x∈(0,x )，g(x)>g(0)=0成立，从而01时，g′ (0)=1−k<0，g′ (k)=k+ >0，则存在x ∈(0,k)，使得g′ (x )=0，
k+1 1 1
当00恒成立，即f(x)在R上单调递增；
当e−a<0，即a>e时，令f′ (x)=0，解得x=−ln(a−e)，
x (−∞,−ln(a−e)−) ln(a−e)(−ln(a−e),+∞)
f′ (x) + 0 −
f(x) ↗ 极大值 ↘
综上所述，当a≤e是，f(x)在R上单调递增；
当a>e时，f(x)在(−∞,−ln(a−e))上单调递增，在(−ln(a−e),+∞)上单调递减.
（2）f(x)≤λa等价于(e−a)ex+x−λa≤0，令ℎ(x)=(e−a)ex+x−λa，
当a≤e时，ℎ(1+λa)=(e−a)e1+λa+1>0，所以ℎ(x)≤0不恒成立，不合题意.
当a>e时，f(x)≤λa等价于λa≥f(a) ，
max
由（1）可知f(x) =f(−ln(a−e))=−1−ln(a−e)，
max
−1−ln(a−e)
所以λa≥−1−ln(a−e)，对a>e有解，所以λ≥ 对a>e有解，
a
−1−ln(a−e)
因此原命题转化为存在a>e，使得λ≥ .
a−ln(a−e)−1
令u(a)= ，a>e，则λ≥u(a) ，
a min
a e
−ln(a−e) ln(a−e)−
u′ (a)=−
a−e
+
1
=
a−e，
a2 a2 a2
e 1 e
令φ(a)=ln(a−e)− ，则φ′ (a)= + >0，
a−e a−e (a−e)2
e
所以φ(a)在(e,+∞)上单调递增，又φ(2e)=− +ln(2e−e)=0，
2e−e
所以当e2e时，φ(a)>0，u′ (a)>0，故u(a)在(2e,+∞)上单调递增，
1 1
所以u(a) =u(2e)=− ，所以λ≥− ，
min e e
[ 1 )
即实数λ的取值范围是 − ,+∞ .
e
1
【变式7-2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知f (x)=(x−a−1)ex− ax2+a2x−1．（a∈R）
2
(1)讨论f (x)的单调性；
1
(2)若a=−1，且存在x∈(0,+∞)，使得f (x)≤lnx+ x2+(b+1)x，求b的取值范围．
2
【解题思路】（1）分a≤0和a>0讨论即可；
xex−lnx−1 xex−lnx−1
（2）代入a值，分离参数得b≥ ，，设ℎ(x)= ，利用导数和隐零点法即可得
x x
到答案.
1
【解答过程】（1）因为f(x)=(x−a−1)ex− ax2+a2x−1,
2
所以f′ (x)=(x−a)ex−a(x−a)=(x−a)(ex−a),
若a≤0,ex−a>0,x∈(−∞,a)时,f′ (x)<0,f(x)单调递减,x∈(a,+∞)时,f′ (x)>0,f(x)单调递增；
若a>0,由f′ (x)=0得x=a或x=lna,
1 a−1
设g(a)=a−lna(a>0),则g′ (a)=1− = ,
a aa∈(0,1)时,g′ (a)<0,g(a)单调递减,
a∈(1,+∞)时,g′ (a)>0,g(a)单调递增,
所以g(a)≥g(1)=1>0，所以a>lna,
所以x∈(lna,a)时,f′ (x)<0,f(x)单调递减,
x∈(−∞,lna)，x∈(a,+∞)时,f′ (x)>0,f(x)单调递增.
综上得,当a≤0时,f(x)在(−∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
当a>0时,f(x)在(lna,a)上单调递减,在(−∞,lna)，(a,+∞)上单调递增.
1
（2）当a=−1时,f(x)=xex+ x2+x−1,
2
1
存在x∈(0,+∞),使得f(x)≤lnx+ x2+(b+1)x成立,
2
xex−lnx−1
即xex−lnx−1≤bx成立,即b≥ 成立，
x
xex−lnx−1 x2ex+lnx
设ℎ(x)= ,则ℎ ′ (x)= ,
x x2
1
设m(x)=x2ex+lnx,m' (x)=(x2+2x)ex+ >0，则m(x)在(0,+∞)上单调递增，
x
(1) 1 −2
且m(1)=e>0,m =ee −1<0,
e
所以存在x ∈ (1 ,1 ) ,使得m(x )=x 2ex 0+lnx =0,
0 e 0 0 0
1
所以x ex 0=− 1 lnx = 1 ln 1 = ( ln 1 ) e ln x 0
0 x 0 x x x
0 0 0 0
1
令y=xex,x>0，y'=(x+1)ex>0，y=xex在(0,+∞)上单调递增,得x =ln =−lnx
,
0 x 0
0
1 lnx
所以ex 0=
x
,
x
0=−1,x∈(0,x
0
)时,m(x)<0,ℎ ′ (x)<0,ℎ(x)单调递减,
0 0
x∈(x
0
,+∞)时,m(x)>0,ℎ ′ (x)>0,ℎ(x)单调递增，lnx 1 1 1
所以ℎ(x)≥ℎ(x )=ex 0− 0− = +1− =1,
0 x x x x
0 0 0 0
所以b≥1,即b的取值范围是[1,+∞).
【变式7-3】（2023·北京海淀·统考一模）已知函数f(x)=eax−x．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)若存在x ,x ∈[−1,1]，使得f (x )⋅f (x )≥9，求a的取值范围．
1 2 1 2
【解题思路】（1）当a=1时，求出函数f(x)的导数，求出曲线y=f(x)在点(0,f(0))处切线的斜率，然
后求解切线的方程即可；
（2）先求出函数f(x)的导数，分a≤0和a>0两种情况讨论即可得到单调区间；
（3）将题中条件转化为若∃x∈[−1,1]，使得|f(x)|≥3成立，再结合函数放缩得到若∃x∈[−1,1]，
使得f(x) ≥3成立，再根据（2）中的单调情况可知f(x) 为f(−1)与f(1)中的较大者，从而得到当
max max
f(−1)≥3或f(1)≥3即可满足题意，进而求解即可．
【解答过程】（1）当a=1时，f(x)=ex−x，则f′ (x)=ex−1，
得f(0)=1，f′ (0)=0，
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1．
（2）由f(x)=eax−x，则f′ (x)=aeax−1，
当a≤0时，f′ (x)<0 恒成立，此时f(x)在R上单调递减；
lna
当a>0时，令f′ (x)=0，解得x=− ，
a
此时f(x)与f′ (x)的变化情况如下：
( lna) lna ( lna )
x −∞,− − − ,+∞
a a a
f′ (x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗( lna) ( lna )
由上表可知，f(x)的减区间为 −∞,− ，增区间为 − ,+∞ ，
a a
综上，当a≤0时，f(x)的减区间为(−∞,+∞)，无增区间；
( lna) ( lna )
当a>0时，f(x)的减区间为 −∞,− ，增区间为 − ,+∞ ．
a a
（3）将f(x)在区间[−1,1]上的最大值记为f(x) ，最小值记为f(x) ，
max min
因为存在x ,x ∈[−1,1]，使得f (x )⋅f (x )≥9，
1 2 1 2
所以∃x∈[−1,1]，使得|f(x)|≥3成立，即f(x) ≥3或f(x) ≤−3，
max min
当x∈[−1,1]时，f(x)=eax−x>−x>−1，
若∃x∈[−1,1]，使得|f(x)|≥3成立，只需f(x) ≥3，
max
由（2）可知f(x)在区间[−1,1]上单调或先减后增，
故f(x) 为f(−1)与f(1)中的较大者，
max
所以只需当f(−1)≥3或f(1)≥3即可满足题意，
即只需f(−1)=e−a+1≥3或f(1)=ea−1≥3，
解得a≤−ln2或 a≥ln4，
综上所述，a的取值范围是(−∞,−ln2]∪[ln4,+∞)．
【题型8 双变量问题】
【例8】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=(x+t)ln(x+t)+(t−1)x(t∈R)．
(1)当t=0时，讨论函数f (x)的极值；
(2)已知F(x)=f (x)−ex，函数F(x)存在两个极值点x ，x ，证明：x +x <0．
1 2 1 2
【解题思路】（1）求出导函数，确定单调性得极值；
（2）求导数 ，得极值点是 的零点，然后构造函数 ，由 的单调性得出
F′ (x) F′ (x) g(x)=lnx+x g(x)
x+t=ex，则t=ex−x．再构造函数ℎ(x)=ex−x，已知转化为直线y=t与函数ℎ(x)的图象有两个不同的
交点，交点的横坐标是 ，结合 在 上单调递增，问题转化为证明 ，即证
x
1
,x
2
ℎ(x) (0,+∞) ℎ(x
2
)< ℎ(−x
1
)（这里双变量 化为单变量 ，再构造函数 ，再利用
ℎ(x
1
)< ℎ(−x
1
) (x
1
,x
2
) (x
1
) m(x)= ℎ(x)−ℎ(−x)(x<0)
导数得单调性完成证明．
【解答过程】（1）当t=0时，f (x)=xlnx−x，∴f′(x)=lnx．
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．
∴f (x)的极小值为f (1)=−1，无极大值．
（2）解法一 F(x)=(x+t)ln(x+t)+(t−1)x−ex，
∴F′(x)=ln(x+t)+t−ex，∵F(x)有两个极值点x ，x ，
1 2
∴F′(x)有两个变号零点x ，x ，即方程ln(x+t)+t=ex有两个不相等的实根x ，x ，
1 2 1 2
即方程ln(x+t)+x+t=lnex+ex有两个不相等的实根x ，x ．
1 2
设g(x)=lnx+x，则g(x+t)=g(ex)，易知g(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴x+t=ex，则t=ex−x．设ℎ(x)=ex−x，则直线y=t与函数ℎ(x)的图象有两个不同的交点．
∵ℎ ′(x)=ex−1，∴当x∈(−∞,0)时，ℎ ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)单调递增．
不妨设x 2√ex ⋅e−x−2=0，
∴m(x)在(−∞,0)上单调递增，∴m(x)<0，
∵x <0，∴m(x )<0，即ℎ(x )< ℎ(−x )，∴x +x <0，得证．
1 1 1 1 1 2
解法二 F(x)=(x+t)ln(x+t)+(t−1)x−ex，∴F′(x)=ln(x+t)+t−ex，
∵F(x)有两个极值点x ，x ，∴F′(x)有两个变号零点，
1 2
即方程ln(x+t)+t=ex有两个不相等的实根x ，x ，
1 2
即方程ln(x+t)+x+t=x+ex有两个不相等的实根x ，x ，
1 2
即方程ln(x+t)+eln(x+t)=x+ex有两个不相等的实根x ，x ．（关键：化同构）
1 2
设g(x)=x+ex，易知g(x)在(−∞,+∞)上单调递增，∴ln(x+t)=x，∴ln(x +t)=x ，ln(x +t)=x ，则ln(x +t)−ln(x +t)=x −x ，
1 1 2 2 1 2 1 2
x −x (x +t)−(x +t)
则 1 2 = 1 2 =1，
ln(x +t)−ln(x +t) ln(x +t)−ln(x +t)
1 2 1 2
(x +t)−(x +t)
由对数平均不等式得√(x +t)(x +t)< 1 2 =1，（对数平均不等式：已知实数a>0，b>0，
1 2 ln(x +t)−ln(x +t)
1 2
a+b a−b
a≠b，则 > >√ab）
2 lna−lnb
∴ln[(x +t)(x +t)]<0，则ln(x +t)+ln(x +t)<0，∴x +x <0，得证．
1 2 1 2 1 2
【变式8-1】（2023·四川自贡·统考二模）已知函数f (x)=aex−x2有两个极值点x 、x .
1 2
(1)求a的取值范围；
(2)若x ≥3x 时，不等式x +λx ≥2x x 恒成立，求λ的最小值.
2 1 1 2 1 2
2x 2x
【解题思路】（1）由f′(x)=0可得a= ，令u(x)= ，则直线y=a与函数u(x)的图象有两个交点，
ex e x ❑
❑
利用导数分析函数u(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围，再结合极值点的定义检验即
可；
x
（2）由已知可得出aex 1=2x >0，aex 2=2x >0，将这两个等式相除可得ex 2 −x 1= 2 ，变形可得
1 2 x
1
x x x
x −x =ln 2 ，再由x +λx ≥2x x 可得(x −x )(x +λx )≥2x x ln 2 ，令t= 2≥3，可得出
2 1 x 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 x x
1 1 1
2lnt 1 2lnt 1
λ≥ − ，令g(t)= − (t≥3)，利用导数求出函数g(t)的最大值，即可得出实数λ的最小值.
t−1 t t−1 t
【解答过程】（1）解：因为f (x)=aex−x2，该函数的定义域为R，且f′(x)=aex−2x，
因为函数f (x)有两个极值点，所以，方程f′(x)=0有两个不等的实数根，
2x
则方程a= 有两个不等的实根，
ex
2x 2−2x
令u(x)= ，其中x∈R，则u′(x)= ，令u′(x)=0可得x=1，列表如下：
e x ❑ ex
❑
x (−∞,1)1 (1,+∞)u′(x)+ 0 −
u(x) 增 极大值 减
2
所以，函数u(x)的极大值为u(1)= ，
e
2x 2x
且当x<0时，u(x)= <0；当x>0时，u(x)= >0.
ex ex
如下图所示：
2
由图可知，当0x
时，f′(x)=ex(
a−
2x)
>0；当x 0，aex 2=2x >0，
e 1 2 1 2
x x
等式aex 1=2x 与等式aex 2=2x 相除可得ex 2 −x 1= 2 ，则有x −x =ln 2>0，
1 2 x 2 1 x
1 1
x
由x +λx ≥2x x 可得(x −x )(x +λx )≥2x x ln 2 ，
1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 x
1(x −x )(x +λx ) x ( x )( x ) x
即 2 1 1 2 ≥2ln 2，即 2−1 1+λ ≥2ln 2 ，
x x x x x x
1 2 1 1 2 1
因为x ≥3x ，则 x 2≥3，令t= x 2≥3，则(t−1) ( λ+ 1) ≥2lnt，可得λ≥ 2lnt − 1 ，
2 1 x x t t−1 t
1 1
1 4 1
2lnt−1+ 3− + −2lnt
令 2lnt 1 t ，其中t≥3，则 t t2 ，
g(t)= − = g′(t)=
t−1 t t−1 (t−1) 2
4 1 4 2 2 2(t−1) 2
令ℎ(t)=3− + −2lnt，其中t≥3，则ℎ ′(t)= − − =− <0，
t t2 t2 t3 t t3
4 1 16
所以，函数ℎ(t)在[3,+∞)上单调递减，则ℎ(t)≤ℎ(3)=3− + −2ln3= −2ln3<0，
3 9 9
即g′(t)<0，所以，函数g(t)在[3,+∞)上单调递减，
2ln3 1 1 1
所以，当t≥3时，g(t) =g(3)= − =ln3− ，则λ≥ln3− .
max 2 3 3 3
1
因此，实数λ的最小值为ln3− .
3
1
【变式8-2】（2023·河南·校联考二模）已知函数f (x)= mx2+(m−1)x−lnx(m∈R)，
2
1
g(x)=x2− +1
.
2ex
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意的x ∈(0,+∞)，总存在x ∈[1,+∞)，使得f (x )≥g(x )，求m的取值范围.
1 2 1 2
【解题思路】（1）首先求函数的导数并化简，讨论m≤0和m>0两种情况下函数的单调性；（2）根据题
意将不等式转化为f (x) ≥g(x) ，分别求函数的最值，即可求解.
min min
1 (mx−1)(x+1)
【解答过程】（1）f′(x)=mx+m−1− = ，x>0.
x x
当m≤0时，f′(x)<0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递减；
( 1 ) ( 1 )
当m>0时，由f′(x)>0，解得x∈ ,+∞ ，即f (x)在 ,+∞ 上单调递增，
m m
( 1) ( 1)
由f′(x)<0，解得x∈ 0, ，即f (x)在 0, 上单调递减.
m m( 1) 1
（2）当m>0时，由（1）知f (x) =f =lnm+1− ，
min m 2m
1 1
g′(x)=2x+ e−x>0，x≥1恒成立，g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x) =g(1)=2− ，
2 min 2e
1 1
由题意知f (x) ≥g(x) ，即lnm+1− ≥2− .
min min 2m 2e
1 1 1
设ℎ(m)=lnm+1− ，则ℎ ′(m)= + >0，所以ℎ(m)为增函数，
2m 2m2 m
1
又ℎ(e)=2− ，所以m≥e，
2e
即m的取值范围是[e,+∞).
x
【变式8-3】（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数f (x)= +lnx−ax，其中e为自然对数的底数.
eax
(1)当a=1时，求f (x)的单调区间；
x
(2)若函数g(x)=f (x)− 有两个零点x ,x (x e2 .
eax 1 2 1 2 1 2
x
【解题思路】（1）将a=1代入后得f (x)= +lnx−x，对其求导，利用导数与函数的单调性即可得解；
ex
x
( )
2 2−1
x x
（2）由题意得lnx =ax ,lnx =ax ，从而利用分析法将x ⋅x >e2变形为ln 2> 1 ，构造函数
1 1 2 2 1 2 x x
1 1+ 2
x
1
2(t−1)
ℎ(t)=lnt− (t>1)，利用导数证得ℎ(t)>0，由此得证.
t+1
x
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)= +lnx−x,f (x)的定义域为(0,+∞)，
ex
则f′(x)= 1−x + 1 −1=(1−x) ( 1 + 1) ，
ex x ex x
1 1
因为x>0，则ex>1>0，所以 + >0，
ex x
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f (x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞).
x
（2）若函数g(x)=f (x)− =lnx−ax有两个零点，则g(x )=g(x )，
eax 1 2lnx −lnx
即lnx =ax ,lnx =ax ，两式相减，可得a= 2 1 ，两式相加得lnx +lnx =a(x +x )，
1 1 2 2 x −x 1 2 1 2
2 1
2
要证x ⋅x >e2 ，只要证lnx +lnx >2，即证a(x +x )>2，即证a> ，
1 2 1 2 1 2 x +x
1 2
x
( )
2 2−1
lnx −lnx 2 2(x −x ) x x
只须证 2 1 > ，即证lnx −lnx > 2 1 ，即证ln 2> 1 ，
x −x x +x 2 1 x +x x x
2 1 1 2 1 2 1 1+ 2
x
1
x 2(t−1)
令t= 2 ，则由01，故须证lnt> ，
x 1 2 t+1
1
2(t−1) (t−1) 2
令ℎ(t)=lnt− (t>1)，则ℎ ′(t)= ，
t+1 t(t+1) 2
当t>1时，ℎ ′(t)>0，所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增，
2(t−1)
所以当t>1时，ℎ(t)> ℎ(1)=0，即lnt> 成立，
t+1
故原不等式x ⋅x >e2 成立.
1 2
【题型9 导数中的极值点偏移问题】
【例9】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知函数f (x)=(2x+a)lnx−3(x−a),a>0.
(1)当x≥1时，f (x)≥0，求a的取值范围.
1
(2)若函数f (x)有两个极值点x 1 ,x 2 ，证明： x +x >2e − 2.
1 2
3x−2xlnx 3x−2xlnx
【解题思路】（1）参变分离可得a≥ 在x≥1恒成立，令g(x)= ，x∈[1,+∞)，
3+lnx 3+lnx
利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）求出函数的导函数，依题意可得函数y=a与函数ℎ(x)=x−2xlnx，x∈(0,+∞)的图象有两个交
1 1 2
点，利用导数说明ℎ(x)的单调性，不妨设02e − 2，即证x 2 > √e −x 1 ，令
( 2 ) ( 1 )
F(x)= ℎ(x)−ℎ −x ，x∈ 0, ，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
√e √e
3x−2xlnx
【解答过程】（1）当x≥1时，f(x)≥0⇔a≥ 在x≥1恒成立，
3+lnx3x−2xlnx
令g(x)= ，x∈[1,+∞)，
3+lnx
−(3+2lnx)lnx
则g′ (x)= ≤0，
(3+lnx) 2
∴函数g(x)在[1,+∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(1)=1，
∴a≥1，
∴a的取值范围是[1,+∞)．
（2）函数f(x)=(2x+a)lnx−3(x−a)，a>0．
2x+a a a+2xlnx−x
则f′(x)=2lnx+ −3=2lnx+ −1= ，
x x x
∵函数f(x)有两个极值点x ，x ，
1 2
∴f′(x)=0有两个正实数解⇔方程a=x−2xlnx有两个正实数解⇔函数y=a与函数ℎ(x)=x−2xlnx，
x∈(0,+∞)的图象有两个交点．
1
ℎ ′(x)=1−2−2lnx=−2lnx−1，令ℎ ′(x)=0，解得x= ，
√e
1 1
当00，则ℎ(x)单调递增，当x> 时ℎ ′(x)<0，则ℎ(x)单调递减，
√e √e
( 1 ) 2
∴函数ℎ(x)的极大值即最大值为ℎ = ．
√e √e
1
又00，且当x→0时，ℎ(x)→0，又ℎ(√e)=0，
√e
2
∴02e − 1 2⇔x > 2 −x > 1 ⇔ℎ(x )< ℎ ( 2 −x ) ⇔ℎ(x )< ℎ ( 2 −x ) ，x ∈ ( 0, 1 ) ．
1 2 2 √e 1 √e 2 √e 1 1 √e 1 1 √e
( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 1 )
令F(x)= ℎ(x)−ℎ −x =x−2xlnx− −x +2 −x ln −x ，x∈ 0, ，
√e √e √e √e √e
( 1 )
F =0．
√e所以F′ (x)=1−2lnx−2+1−2ln ( 2 −x ) −2
√e
( 2 ) 2
x+ −x
[ ( 2 )] √e ，
=−2ln x −x −2≥−2×ln −2=0
√e 4
2 1
当且仅当x= −x，即x= 时取等号，
√e √e
( 1 )
∴函数F(x)在x∈ 0, 单调递增，
√e
( 1 ) ( 2 )
∵F =0，∴F(x)<0，即ℎ(x)< ℎ −x ，
√e √e
1
−
因此 x +x >2e 2成立．
1 2
a
【变式9-1】（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知函数f (x)=xlnx− x2−x+a(a∈R)在其定义域内有
2
两个不同的极值点.
(1)求a的取值范围；
(2)记两个极值点为x ,x ，且x e1+λ转化为证明1+λ0，x>e时，g′(x)<0，
lnx
则函数g(x)= 在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
x
1
所以g(x) =g(e)= ，
max e
又因为g(1)=0，当x>1时，g(x)>0，当00，0
.
x +λx
1 2
x
x ln 1
又由lnx =ax ，lnx =ax 作差得，ln 1=a(x −x )，即 x .
1 1 2 2 x 1 2 a= 2
2 x −x
1 2
x
ln 1 x
所以原式等价于 x 1+λ ，令t= 1 ，t∈(0,1)，
2 > x
x −x x +λx 2
1 2 1 2
(1+λ)(t−1)
则不等式lnt< 在t∈(0,1)上恒成立.
t+λ
(1+λ)(t−1)
令ℎ(t)=lnt− ，t∈(0,1)，
t+λ
1 (1+λ) 2 (t−1)(t−λ2 )
又ℎ ′ (t)= − = ，
t (t+λ) 2 t(t+λ) 2
当λ≥1时，可见t∈(0,1)时，ℎ ′ (t)>0，
所以ℎ(t)在t∈(0,1)上单调增，
又ℎ(1)=0，ℎ(t)<0，x (1+λ)(x −x )
所以ln 1< 1 2 在t∈(0,1)恒成立，所以原不等式恒成立.
x x +λx
2 1 2
(x+1)(a+lnx)
【变式9-2】（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数f (x)=
x
(1)若函数f (x)在定义域上单调递增，求a的最大值；
(2)若函数f (x)在定义域上有两个极值点x 和x ，若x >x ，λ=e(e−2)，求λx +x 的最小值．
1 2 2 1 1 2
【解题思路】（1）求出f′(x)，由题意可知，对任意的x>0，f′(x)≥0，可得出a≤x−lnx+1，利用导数
求出函数g(x)=x−lnx+1的最小值，即可求得实数a的最大值；
x lnt tlnt
（2）设 2=t>1，由极值点的定义可得出¿，变形可得出x = ，x = ，由此可得出
x 1 t−1 2 t−1
1
(λ+t)lnt (λ+t)lnt
λx +x = ，利用导数求出函数ℎ(t)= 在(1,+∞)上的最小值，即为所求.
1 2 t−1 t−1
(x+1)(a+lnx) a(x+1)+(x+1)lnx
【解答过程】（1）解：因为f (x)= = ，其中x>0，
x x
(
x+1)
a+lnx+ x−[a(x+1)+(x+1)lnx]
则 x x−lnx+1−a，
f′(x)= =
x2 x2
因为函数f (x)在(0,+∞)上单调递增，对任意的x>0，x−lnx+1−a≥0，即a≤x−lnx+1，
1 x−1
令g(x)=x−lnx+1，其中x>0，则a≤g(x) ，g′(x)=1− = ，
min x x
由g′(x)<0可得00可得x>1，
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，
所以，g(x) =g(1)=1−ln1+1=2，故a≤2，所以，a的最大值为2.
min
x
（2）解：由题意可知，x >x >0，设 2=t>1，
2 1 x
1
由¿可得¿，则¿，
lnt tlnt (λ+t)lnt (λ+t)lnt
可得x = ，x = ，所以，λx +x = ，令ℎ(t)= ，其中t>1，
1 t−1 2 t−1 1 2 t−1 t−1
λ
λ+t− −1−(λ+1)lnt
所以，
ℎ
′(t)= t ，
(t−1) 2λ λ λ+1 (t−1)(t−λ)
令p(t)=λ+t− −1−(λ+1)lnt，其中t>1，则p′(t)=1+ − = ，
t t2 t t2
因为λ=e(e−2)>1，由p′(t)<0，可得10可得t>λ，
所以，函数p(t)在(1,λ)上单调递减，在(λ,+∞)上单调递增，且λ=e(e−2)e时，p(t)>0，即ℎ ′(t)>0，
所以，函数ℎ(t)在(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
λ+e e2−2e+e
所以，ℎ(t) = ℎ(e)= = =e.
min e−1 e−1
【变式9-3】（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数f
(x)=x2(
lnx−
3
a
)
，a为实数．
2
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)在x=e处取得极值，f′(x)是函数f (x)的导函数，且f′ (x )=f′ (x )，x 2，构造函数
1 2
m m
g(x)−(−2x)=2xlnx, ℎ(x)=g(x)−(2x−2e),求导，利用单调性即可求证x +x <− + +e=e .
1 2 2 2
3
【解答过程】（1）函数f(x)=x2 (lnx− a)的定义域为(0,+∞)，
2
3
f′(x)=2x(lnx− a)+x=x(2lnx−3a+1)
2
3a−1 3a−1
令f′(x)=0，所以lnx=
2
，得 x=e 2 ，
当 x∈ ( 0,e 3a 2 −1) ，f′ (x)<0，当 x∈ ( e 3a 2 −1 ,+∞ ) ，f′ (x)>0，
故函数f(x)递减区间为 ( 0,e 3a 2 −1) ，递增区间为 ( e 3a 2 −1 ,+∞ ) .
（2）因为函数f(x)在x=e处取得极值，
3a−1
所以 x=e 2 =e ，得a=1，3
所以f(x)=x2 (lnx− )，得f′(x)=x(2lnx−2)=2x(lnx−1)，
2
令g(x)=2x(lnx−1)，
因为g′ (x)=2lnx，当x=1时，g′ (x)=0，
所以函数g(x)在x∈(0,1)单调递减，在x∈(1,+∞)单调递增，
且当x∈(0,e)时,g(x)=2x(lnx−1)<0,当x∈(e,+∞)时,g(x)=x(lnx−1)>0,
故02，需证x >2−x .
1 2 2 1
因为x >1,2−x >1，下面证明g(x )=g(x )>g(2−x ).
2 1 1 2 1
设t(x)=g(2−x)−g(x),x∈(0,1),
则t′(x)=−g′(2−x)−g′(x),t′(x)=−2ln(2−x)−2lnx=−2ln[(2−x)x]>0
故t(x)在(0,1)上为增函数,故t(x)2，
1 2 1 2
下面证明：x +x g(x )=m，所以x <− .
1 1 1 2
当x∈(1,e)时，记ℎ(x)=g(x)−(2x−2e)=2xlnx−4x+2e,
所以x∈(1,e)时ℎ ′(x)=2lnx−2<0，所以ℎ(x)为减函数得ℎ(x)> ℎ(e)=2e−4e+2e=0,
m
所以m=g(x )>2x −2e,即得x < +e.
2 2 2 2
m m
所以x +x <− + +e=e得证，
1 2 2 2
综上，20，探究f (x)在(0,π)上的极值点个数.
π π
【解题思路】（1）求f(x)的导函数，根据x∈(− , )时，导函数的符号，判断函数的单调性；
2 2
（2）求f(x)的导函数，将探究f(x)的极值点个数问题，转化为探究f′ (x)的变号零点个数，再求f′ (x)的
导函数，对a分类讨论，得到f(x)的极值点个数.
π π
【解答过程】（1）a=0时，f(x)=2sinx−xcosx，f′ (x)=cosx+xsinx，x∈(− , )，f′ (x)>0，
2 2
π π
所以f(x)在(− , )上单调递增.
2 2
（2）由f(x)=ax3+2sinx−xcosx，得f′ (x)=3ax2+cosx+xsinx，
依题意，只要探究f′ (x)=3ax2+cosx+xsinx在(0,π)上的变号零点个数即可，
令g(x)=3ax2+cosx+xsinx，x∈(0,π)，则g′ (x)=6ax+xcosx=x(6a+cosx)，
1
(Ⅰ)当6a≥1，即a≥ 时，6a+cosx>0，此时g′ (x)>0在(0,π)上恒成立，
6
则g(x)即f′ (x)单调递增，f′ (x)>f′ (0)=1，f′ (x)在(0,π)上无零点，
f(x)在(0,π)上的极值点个数为0.
1
(Ⅱ) 当0<6a<1，即00；当x 0，x∈ ( a, ) ，
2
π
( )
故G(x)在 a, 上单调递增，则G(x)>G(a)=0，
2
π
( )
故F(x)在 a, 上单调递增.
2
π
( )
（2）设f(x)=[(1−λ)cosx+λcosa](x−a)−(sinx−sina)，x∈ a, ，
2
f′ (x)=λ(cosa−cosx)−(1−λ)(x−a)sinx，
设m(x)=λ(cosa−cosx)−(1−λ)(x−a)sinx，
则m′ (x)=(2λ−1)sinx+(λ−1)(x−a)cosx，
当λ≤ 1 时，由m′(x)≤ ( 2⋅ 1 −1 ) sinx+ (1 −1 ) (x−a)cosx=− 1 (x−a)cosx<0，
2 2 2 2π
知f′ (x)在 ( a, ) 上单调递减，故f′ (x)(2λ−1)sina+(λ−1)(x−a)，
2 2
{π 2λ−1 }
取b=min ,a+ sina ，当x∈(a,b)时，m′ (x)>0，
2 1−λ
则f′ (x)在(a,b)上单调递增，故f′ (x)>f′ (a)=0，
f (x)
故f(x)在(a,b)上单调递增，则f(x)>f(a)=0，即F(x)= >0，不满足题意；
x−a
π
当λ≥1时，对于x∈ ( a, ) ，f′ (x)=λ(cosa−cosx)−(1−λ)(x−a)sinx≥cosa−cosx>0，
2
(
π
)
f (x)
故f(x)在 a, 上单调递增，则f(x)>f(a)=0，即F(x)= >0，不满足题意；
2 x−a
1
综上可知，仅当当λ≤ 时，符合题意，
2
1
故实数λ的取值范围为(−∞, ].
2
【变式10-2】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f (x)=ax3+2sinx−xcosx（其中a为实数）．
1 π
(1)若a=− ,x∈ ( 0, ) ，证明：f (x)≥0；
2 2
(2)探究f (x)在(−π,π)上的极值点个数．
【解题思路】（1）利用导数求出函数的单调区间，证明f (x) ≥0即可；
min
（2）求导f′(x)=3ax2+cosx+xsinx，f (x)在(−π,π)上的极值点个数即为函数f′(x)在(−π,π)上零
cosx+xsinx
点的个数，当x≠0时，令f′(x)=0，分离参数可得−3a=
，构造函数
x2
cosx+xsinx
ℎ(x)= ,x∈(−π,0)∪(0,π)，利用导数求出函数ℎ(x)的单调区间，画出其大致图象，
x2
结合图象即可得出答案.
1 1
【解答过程】（1）若a=− ，f (x)=− x3+2sinx−xcosx，
2 2
3
则f′(x)=− x2+cosx+xsinx，
23
令g(x)=− x2+cosx+xsinx，则g′(x)=−3x+xcosx=x(−3+cosx)，
2
π
( )
因为x∈ 0, ，所以cosx∈(0,1)，
2
所以g′(x)=x(−3+cosx)<0，
π
( )
所以函数g(x)在 0, 上单调递减，
2
3 π
即函数f′(x)=− x2+cosx+xsinx在 ( 0, ) 上单调递减，
2 2
π 3π2 π π(4−3π)
又g(0)=1>0,g ( )=− + = <0，
2 8 2 8
π
( )
故存在x ∈ 0, ，使得g(x)=0，
0 2
则当x∈(0,x )时，g(x)>0，即f′(x)>0，
0
π
当x∈ ( x , ) 时，g(x)<0，即f′(x)<0，
0 2
π
( )
所以函数f (x)在(0,x )上单调递增，在 x , 上单调递减，
0 0 2
π π3 32−π3 32−3.1423
又f (0)=0,f ( )=− +2= > >0，
2 16 16 16
所以f (x)≥0；
（2）f′(x)=3ax2+cosx+xsinx，
f (x)在(−π,π)上的极值点个数，
即为函数f′(x)在(−π,π)上零点的个数（零点两边异号），
因为f′(0)=1≠0，所以0不是函数f′(x)的零点，
当x≠0时，
cosx+xsinx
令f′(x)=3ax2+cosx+xsinx=0，则−3a=
，
x2
cosx+xsinx
令ℎ(x)= ,x∈(−π,0)∪(0,π)，
x2
cos(−x)−xsin(−x) cosx+xsinx
因为ℎ(−x)= = = ℎ(x)，
(−x) 2 x2
所以函数ℎ(x)为偶函数，x2cosx−2xsinx−2cosx
ℎ
′(x)=
，
x3
令φ(x)=x2cosx−2xsinx−2cosx,x∈(0,π)，
则φ′(x)=−x2sinx<0,x∈(0,π)，
所以函数φ(x)在(0,π)上单调递减，
所以φ(x)<φ(0)=−2<0,x∈(0,π)，
x2cosx−2xsinx−2cosx
即ℎ ′(x)= <0,x∈(0,π)，
x3
所以函数ℎ(x)在(0,π)上单调递减，
1
又x∈(0,π)，当x→0时，ℎ(x)→+∞，ℎ(π)=− ，
π2
cosx+xsinx
如图，作出函数ℎ(x)= ,x∈(−π,0)∪(0,π)的大致图象，
x2
1 1
由图可知，当−3a≤− ，即a≥ 时，函数f′(x)=3ax2+cosx+xsinx无零点，
π2 3π2
所以函数f (x)在(−π,π)上没有极值点，
1 1
当−3a>− ，即a< 时，
π2 3π2
函数f′(x)=3ax2+cosx+xsinx有2个不同的零点，且零点两边异号，
所以函数f (x)在(−π,π)上有2个极值点，
1
综上所述，当a≥ 时，函数f (x)在(−π,π)上没有极值点；
3π2
1
当a< 时，函数f (x)在(−π,π)上有2个极值点.
3π2
【变式10-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)=ex (cosx+√2)−(x+1)sinx，其中e是自然对数
的底数．(1)求函数f(x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若x>−1，求证：f(x)>0．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义可求曲线的切线方程；
ex sinx ex
（2）要证f(x)>0，只需证 > 成立，分别构造函数ℎ(x)= (x>−1)与函数
x+1 cosx+√2 x+1
sinx
k= ，利用导数和正弦函数的有界性分别求出其最值，从而得证.
cosx+√2
【解答过程】（1）因为f′ (x)=ex (cosx+√2)+ex (−sinx)−[sinx+(x+1)cosx]
=ex (cosx−sinx+√2)−[sinx+(x+1)cosx]，
又f(0)=1+√2，f′ (0)=√2，
所以函数f(x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程为y−(1+√2)=√2(x−0)，
即√2x−y+1+√2=0．
（2）当x>−1时，要证f(x)>0，只需证ex (cosx+√2)>(x+1)sinx．
ex sinx
∵cosx+√2>0，x+1>0，∴只需证 > ．
x+1 cosx+√2
ex ex (x+1)−ex xex
令ℎ(x)= (x>−1)，则ℎ ′ (x)= = ，
x+1 (x+1) 2 (x+1) 2
当x∈(−1,0)时，ℎ ′ (x)<0，ℎ(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，ℎ ′ (x)>0，ℎ(x)单调递增，
e0
∴当且仅当x=0时，ℎ(x)取得最小值，且最小值为ℎ(0)= =1．
1
sinx
令k= ，则kcosx+√2k=sinx，即sinx−kcosx=√2k，
cosx+√2
√2k
即
sin(x−φ)= (tanφ=k)，由三角函数的有界性，
√1+k2| √2k |
得 ≤1，即−1≤k≤1，k =1．
√1+k2 max
又当x=0时，k=0<1= ℎ(0)；当x≠0时，ℎ(x)>1≥k，
ex sinx
∴ > ．
x+1 cosx+√2
综上所述，当x>−1时，f(x)>0成立．
【题型11 导数与数列不等式的综合问题】
emx
【例11】（2023·山东济南·校考模拟预测）设函数f(x)= (x>−1)，已知f(x) ≥ 1恒成立．
x+1
(1)求实数m的值；
1 n
(2)若数列{a }满足a =lnf( a )，且a =1−ln2，证明：|ea n−1|<( ) .
n n+1 n 1 2
【解题思路】(1)不等式化为emx−x−1≥0，构造新函数g(x)=emx−x−1，结合g(0)=0，得到g′ (0)=0，
求出m的值为1，再利用函数单调性证明m=1时不等式恒成立即可；
1
(2)根据条件把不等式转化为证明|ea n+1−1| < |ea n−1|，利用分析法进一步变化不等式，最后构造函
2
数利用函数单调性即可.
emx
【解答过程】（1）由题意可知，f(x)= ≥1(x>−1)，即emx−x−1≥0，
x+1
设g(x)=emx−x−1，则g(x)≥0在(−1，+∞)上恒成立，
注意到 g(0)=0，故x=0是函数g(x)的最小值点，也是极小值点，
则g′ (0)=0，因为 g′ (x)=memx−1，
所以 g′ (0)=m−1=0，所以 m=1．
下面证明当m=1时，g(x) ≥ 0在(−1，+∞)上恒成立，
g(x)=ex−x−1，则g′ (x)=ex−1，
令g′ (x)=ex−1>0，得x>0;
令g′ (x)=ex−1<0，得−1−1时，f(x) ≥ 1，
因为 a
n+1
=lnf(a
n
)，设ℎ(x)=lnf(x)，则a
n+1
= ℎ(a
n
)，
所以 a = ℎ( a )= ℎ(ℎ( a ) )=⋯= ℎ( (⋯ℎ( a ) ) )>0；
n n−1 n−2 1
e 1
因为 a =1−ln2，所以 |ea 1−1| = |e1−ln2−1|= −1< ，
1 2 2
1 n 1
故要证|ea n−1|<( ) ，只需证：|ea n+1−1| < |ea n−1|，
2 2
1 1
因为 a ∈( 0，+∞)，故只需证：ea n+1−1< ea n− ，
n 2 2
因为 a =lnf(a )，所以 ea n+1=f(a )，
n+1 n n
故只需证： f( a )< 1 ea n+ 1 ，即 ea n < 1 ea n+ 1 ，
n 2 2 a +1 2 2
n
只需证：(a −1)ea n+a +1>0．
n n
设φ(x)=( x−1 )ex+x+1，
故只需证：当x∈( 0，+∞)时，φ(x)>0，
因为 φ′ (x)=xex+x>0，
所以 φ(x)在( 0，+∞)上单调递增，
所以 φ(x)>φ(0)=0，得证；所以原不等式成立．
f(x) a(x−1)
【变式11-1】（2023·海南·海口校联考模拟预测）已知函数 =lnx− ．
x+1 x+1
(1)若函数f(x)在[1,+∞)上只有一个零点，求a的取值范围；
(2)若a =¿，记数列{a }的前n项和为S ，证明：2S 1时，lnx> ，由此的ln 1+ > ，累加可得
x+1 n 1+nn n
∑ln ( 1+ 2) =ln(n2+3n+2)−ln2 ，再结合 ∑ 2 =2S − 1，即可证明不等式.
k 1+k n 3
k=1 k=1
【解答过程】（1）根据题意得，f(x)=(x+1)lnx−a(x−1),x∈[1,+∞)，则f(1)=0，
则x=1为函数f(x)的一个零点．
x+1 x+1
f′ (x)=lnx+ −a，令g(x)=lnx+ −a,x∈[1,+∞)，
x x
1 1 x−1
则g′ (x)= − = ≥0，x∈[1,+∞)，当且仅当x=1时等号成立，
x x2 x2
故f′ (x)在[1,+∞)上单调递增，且f′ (1)=2−a．
当a≤2时，f′ (x)≥f′ (1)≥0，故f(x)在[1,+∞)上单调递增，
故f(x)≥f(1)=0恒成立，当且仅当x=1时等号成立，
故a≤2时，函数f(x)仅有x=1这一个零点．
1
当a>2时，由于f′ (1)=2−a<0，f′(ea)=1+ >0，
ea
根据零点存在性定理，必存在t∈(1,ea)，使得f′ (t)=0．
由于f′ (x)在[1,+∞)上单调递增，故当x∈(1,t)时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，
此时f(x)0，
1 1 2 2
故函数f(x)还有一个在(x ,x )上的零点，不合题意，舍去．
1 2
综上所述，a的取值范围为{a|a≤2}．
（2）证明：依题意，2S =¿，
n
4
当n=1时，因为e4<63,∴lne41时，(x+1)lnx−2(x−1)>0，
2(x−1)
即x>1时，lnx> ，
x+1
4
则ln ( 1+ 2) > n = 2 ，故∑ n ln ( 1+ 2) >∑ n 2 ．
n 2 1+n k 1+k
+2 k=1 k=1
n因为∑ n ln ( 1+ 2) =ln ( 1+ 2) +ln ( 1+ 2) +ln ( 1+ 2) +⋯+ln ( 1+ 2 ) +ln ( 1+ 2)
k 1 2 3 n−1 n
k=1
( 4 5 6 n+1 n+2) (n+1)(n+2)
=ln 3× × × ×⋯× × =ln =ln(n2+3n+2)−ln2，
2 3 4 n−1 n 2
n
2 2 2 2 1
∑ = + +⋯+ =2S − ，
1+k 1+1 2+1 n+1 n 3
k=1
1 1 2
故ln(n2+3n+2)>2S +ln2− >2S ，（ln2− =ln >ln1=0），
n 3 n 3 √ 3e
综合以上可知2S 0时，f (x)>1．
(2)正项数列{x }满足：ex n+1=f (x )，x =1，证明：
n n 1
（i）数列{x }递减；
n
n
1
（ii）∑ x ≥2− ．
i 2n−1
i=1
【解题思路】（1）先证明ex−x−1>0，继而可得结论.
（2）（i）要证数列{x
n
}递减，只证ex n+1e2,(x>0)，继而得x > n，则x > n−1> ，根据条件，求和即可.
x n+1 2 n 2 2n−1
【解答过程】（1）设g(x)=ex−x−1(x≠0)，
则g′ (x)=ex−1，
令g′ (x)=ex−1>0得x>0，令g′ (x)=ex−1<0得x<0，
所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
则g(x)>g(0)=0，
即ex−x−1>0，
ex−1
则当x<0时， <1即f (x)<1；
x
ex−1
x>0时， >1即f (x)>1.
x
（2）（i）因为数列{x }各项为正，
n
要证数列{x }递减，只需证明00，
n
不等式化为et ⋅(t−1)+1>0，
设g(t)=et ⋅(t−1)+1,t>0，
则g′ (t)=et ⋅t>0，恒成立，
故g(t)=et ⋅(t−1)+1在(0,+∞)上单调递增，
则g(t)>g(0)=0恒成立，
即et ⋅(t−1)+1>0在(0,+∞)上恒成立，
则原命题得证.
ex−1 x
（ii）先证明：f (x)= >e2,(x>0)，
x
x
即证 ex−xe2−1>0 ，
x
设
ℎ
(x)=ex−xe2−1,x>0 ，x x
( x )
则ℎ ′(x)=ex− e2+ e2
2
x x x
=ex−e2( 1+ x) =e2⋅(e2−1− x )>0，(ex−x−1>0)
2 2
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
ex−1 x
则ℎ(x)> ℎ(0)=0，则所证不等式f (x)= >e2,(x>0)成立.
x
x
又x n >0，ex n+1=f (x )>e2 n ，
n
x
所以x > n，x =1，
n+1 2 1
x 1 x 1 x 1
所以x > 1> ，x > 2> , ⋅⋅⋅ x > n−1> ，
2 2 2 3 2 22 n 2 2n−1
则当n≥2时，
n
1 1 1
∑ x >1+ +⋅⋅⋅+ =2− ，
i 2 2n−1 2n−1
i=1
又当n=1时，
1
x =2− =1，
1 21−1
n
1
故∑ x ≥2− 成立.
i 2n−1
i=1
x2 x3 xn
【变式11-3】（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）设函数f (x)=−1+x+ + +⋯+ .
n 22 32 n2
(1)求函数f (x)在点(1,f (1))处的切线方程;
3 3
[2 ]
(2)证明:对每个n∈N*，存在唯一的x ∈ ,1 ，满足f (x )=0；
n 3 n n
1
(3)证明:对于任意p∈N∗，由（2）中x 构成的数列{x }满足00，得函数f (x)在(0,+∞)上是增函数，又f (1)>0，f <0，根据零点存在性定理可
n n 3
证；
（3）由f (x)在(0,+∞)上单调递增，可得x 0时，
x2 x3 xn
由函数f (x)=−1+x+ + +…+ (n∈N*)，
n 22 32 n2
x x2 xn−1
可得f′(x)=1+ + +…+ >0，故函数f (x)在(0,+∞)上是增函数.
2 3 n
1 1 1
由于f (1)=0，当n≥2时，f (1)= + +…+ >0，即f (1)>0.
1 n 22 32 n2 n
(2) k
(2) 2[
1−
(2) n−1]
又 (2) 2 n 3 1 1 n (2) k − 1 + 1 3 3 =− 1 ⋅ (2) n−1 <0，
f =−1+ +∑❑ ≤− + ∑❑ =
3 4 2 3 3
n 3 3 k2 3 4 3 1−
k=2 k=2
3
[2 ]
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的x ∈ ,1 ，满足f (x )=0；
n 3 n n
（3）对于任意p∈N∗，由（1）中x 构成数列{x }，当x>0时，
n n
xn+1
∵f (x)=f (x)+ >f (x)，∴f (x )>f (x )=f (x )=0.
n+1 n (n+1) 2 n n+1 n n n n+1 n+1
由f (x)在(0,+∞)上单调递增，可得x 0，故数列{x }为减数列，
n+1 n+1 n n n+1 n
即对任意的n、p∈N∗，x −x >0.
n n+px2 xn
由于f (x )=−1+x + n+⋯+ n=0 （1），
n n n 22 n2
x2 xn [ xn+1 xn+2 xn+p ]
f (x )=−1+x + n+p+⋯+ n+p+ n+p + n+p +⋯+ n+p （2）
n+p n+p n+p 22 n2 (n+1) 2 (n+2) 2 (n+p) 2
用（1）减去（2）并移项，利用0−1)，
x
则f′(x)=− 1 ×ln(x+1)+ (1 −1 ) × 1 ，
x2 x x+1
据此可得f (1)=0,f′(1)=−ln2，
所以函数在(1,f (1))处的切线方程为y−0=−ln2(x−1)，即(ln2)x+ y−ln2=0.（2）由函数的解析式可得f′(x)= ( − 1 ) ln(x+1)+ (1 +a ) × 1 (x>−1)，
x2 x x+1
满足题意时f′(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立.
( 1 ) (1 ) 1
令 − ln(x+1)+ +a ≥0，则−(x+1)ln(x+1)+(x+ax2)≥0，
x2 x x+1
令g(x)=ax2+x−(x+1)ln(x+1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则g′(x)=2ax−ln(x+1)，
当a≤0时，由于2ax≤0,ln(x+1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
此时g(x)0,ℎ(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
2 x+1
即g′(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)=0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，满足题意.
1 1 1
当00三种情况，利用零点存在
cos2x
定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
sinx π
【解答过程】（1）因为a=1，所以f (x)=x− ,x∈ ( 0, ) ，
cos2x 2
cosxcos2x−2cosx(−sinx)sinx cos2x+2sin2x
则f′(x)=1− =1−
cos4x cos3x
cos3x−cos2x−2(1−cos2x) cos3x+cos2x−2
= = ，
cos3x cos3x
π
( )
令t=cosx，由于x∈ 0, ，所以t=cosx∈(0,1)，
2
所以cos3x+cos2x−2=t3+t2−2=t3−t2+2t2−2=t2(t−1)+2(t+1)(t−1) =(t2+2t+2)(t−1)，
因为t2+2t+2=(t+1) 2+1>0，t−1<0，cos3x=t3>0，
cos3x+cos2x−2 π
所以f′(x)= <0在 ( 0, ) 上恒成立，
cos3x 2
π
( )
所以f (x)在 0, 上单调递减.
2
（2）法一：
sinx π
构建g(x)=f (x)+sinx=ax− +sinx ( 01，
2 cos2x
sinx
所以f (x)+sinx=sinx− <0，满足题意；
cos2xπ
当a<0时，由于00时，因为f (x)+sinx=ax− +sinx=ax− ，
cos2x cos2x
sin3x π 3sin2xcos2x+2sin4x
令g(x)=ax− ( 00，
cos30
π π
若∀00，则g(x)在 ( 0, ) 上单调递增，
2 2
注意到g(0)=0，所以g(x)>g(0)=0，即f (x)+sinx>0，不满足题意；
π
若∃00，所以g(x)在(0,x )上单调递增，
1 1
则在(0,x )上有g(x)>g(0)=0，即f (x)+sinx>0，不满足题意；
1
综上：a≤0.
3．（2023·北京·统考高考真题）设函数f(x)=x−x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为
y=−x+1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g(x)=f′ (x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f(x)的极值点个数．
【解题思路】（1）先对f (x)求导，利用导数的几何意义得到f(1)=0，f′ (1)=−1，从而得到关于a,b的
方程组，解之即可；
（2）由（1）得g(x)的解析式，从而求得g′(x)，利用数轴穿根法求得g′(x)<0与g′(x)>0的解，由此求得
g(x)的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间(−∞,0)，(0,x )，(x ,x )与(x ,+∞)上
1 1 2 2
f′(x)的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得f (x)的极值点个数.
【解答过程】（1）因为f(x)=x−x3eax+b,x∈R，所以f′(x)=1−(3x2+ax3)eax+b，
因为f (x)在(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1，
所以f(1)=−1+1=0，f′ (1)=−1，
则¿，解得¿，
所以a=−1,b=1.
（2）由（1）得g(x)=f′(x)=1−(3x2−x3)e−x+1(x∈R)，
则g′(x)=−x(x2−6x+6)e−x+1，
令x2−6x+6=0，解得x=3±√3，不妨设x =3−√3，x =3+√3，则00恒成立，所以令g′(x)<0，解得0x ；令g′(x)>0，解得x<0或x 0，即f′(−1)f′(0)<0
所以f′(x)在(−∞,0)上存在唯一零点，不妨设为x ，则−10，则f (x)单调递增；
3 3
所以f (x)在(−∞,0)上有一个极小值点；
当x∈(0,x )时，f′(x)在(0,x )上单调递减，
1 1
则f′ (x )=f′(3−√3)0，则f (x)单调递增；当x f′(3)=1>0，故f′ (x )f′ (x )<0，
2 1 2
所以f′(x)在(x ,x )上存在唯一零点，不妨设为x ，则x x =3+√3>3时，3x2−x3=x2(3−x)<0，
2
所以f′(x)=1−(3x2−x3)e−x+1>0，则f (x)单调递增，所以f (x)在(x ,+∞)上无极值点；
2
综上：f (x)在(−∞,0)和(x ,x )上各有一个极小值点，在(0,x )上有一个极大值点，共有3个极值点.
1 2 1
(1 )
4．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)= +a ln(1+x).
x
(1)当a=−1时，求曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(1)
(2)是否存在a，b，使得曲线y=f 关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
x
(3)若f (x)在(0,+∞)存在极值，求a的取值范围.
【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最
后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可
得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数g(x)=ax2+x−(x+1)ln(x+1)，然后对函数求导，
1 1
利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥ 和00，即函数的定义域为(−∞,−1)∪(0,+∞)，
x x
1 1
定义域关于直线x=− 对称，由题意可得b=− ，
2 2
( 1 ) ( 1 )( 1)
由对称性可知g − +m =g − −m m> ，
2 2 23
取m= 可得g(1)=g(−2)，
2
1 1
即(a+1)ln2=(a−2)ln ，则a+1=2−a，解得a= ，
2 2
1 1 1 1
经检验a= ,b=− 满足题意，故a= ,b=−
.
2 2 2 2
1 1
即存在a= ,b=− 满足题意.
2 2
（3）由函数的解析式可得f′(x)= ( − 1 ) ln(x+1)+ (1 +a ) 1 ，
x2 x x+1
由f (x)在区间(0,+∞)存在极值点，则f′(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点;
( 1 ) (1 ) 1
令 − ln(x+1)+ +a =0，
x2 x x+1
则−(x+1)ln(x+1)+(x+ax2)=0，
令g(x)=ax2+x−(x+1)ln(x+1)，
f (x)在区间(0,+∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点，
1
g′(x)=2ax−ln(x+1),g″(x)=2a−
x+1
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
此时g(x)0,g′(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
2 x+1
所以g′(x)>g′(0)=0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，
所以g(x)在区间(0,+∞)上无零点，不符合题意；
1 1 1
当00，g′(x)单调递增，
2a
故g′(x)的最小值为g′( 1
−1
)
=1−2a+ln2a，
2a−x+1
令m(x)=1−x+lnx(00，
x
函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)0)，则ℎ ′(x)= ，
x
当x∈(0,1)时，ℎ ′(x)>0,ℎ(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，ℎ ′(x)<0,ℎ(x)单调递减，
故ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即lnx≤x2−x(取等条件为x=1)，
所以g′(x)=2ax−ln(x+1)>2ax−[(x+1) 2−(x+1)]=2ax−(x2+x)，
g′(2a−1)>2a(2a−1)−[(2a−1) 2+(2a−1)]=0，且注意到g′(0)=0，
根据零点存在性定理可知:g′(x)在区间(0,+∞)上存在唯一零点x .
0
当x∈(0,x )时，g′(x)<0，g(x)单调减，
0
当x∈(x ,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
0
所以g(x )( 4 +1)[4 +a−ln( 4 +1)+a−1−2a+1 ]
a2 a a2
=( 4 +1)[4 −ln( 4 +1)] >( 4 +1)(4 − √4 +1 )
a2 a a2 a2 a a216 4 12
− −1 −1
4 a2 a2 4 a2
>( +1) =( +1) >0，
a2 4 √4 a2 4 √4
+ +1 + +1
a a2 a a2
所以函数g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点，符合题意.
( 1)
综合上面可知:实数a得取值范围是 0, .
2
(1 1)
5．（2023·天津·统考高考真题）已知函数f (x)= + ln(x+1)．
x 2
(1)求曲线y=f (x)在x=2处切线的斜率；
(2)当x>0时，证明：f (x)>1；
5 ( 1)
(3)证明： 0时ln(x+1)> ，构造g(x)=ln(x+1)− ，利用导数研究单调性，即可证结论；
x+2 x+2
( 1)
（3）构造ℎ(n)=ln(n!)− n+ ln(n)+n，n∈N∗，作差法研究函数单调性可得ℎ(n)≤ℎ(1)=1，再
2
(x+5)(x−1) (x+5)(x−1)
构造φ(x)=lnx− 且x>0，应用导数研究其单调性得到lnx≤ 恒成立，对
4x+2 4x+2
3 1 1
ℎ(n)−ℎ(n+1)作放缩处理，结合累加得到ℎ(1)−ℎ(n)< ln2−1+ < (n≥3)，即可证结论.
2 12 6
ln(x+1) ln(x+1) 1 1 ln(x+1)
【解答过程】（1）f(x)= + ，则f′ (x)= + − ，
x 2 x(x+1) 2(x+1) x2
1 ln3 1 ln3
所以f′ (2)= − ，故x=2处的切线斜率为 − ；
3 4 3 4
(1 1) 2x
（2）要证x>0时f (x)= + ln(x+1)>1，即证ln(x+1)> ，
x 2 x+2
2x 1 4 x2
令g(x)=ln(x+1)− 且x>0，则g′ (x)= − = >0，
x+2 x+1 (x+2) 2 (x+1)(x+2) 2
2x
所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即ln(x+1)>
.
x+2
所以x>0时f (x)>1.( 1)
（3）设ℎ(n)=ln(n!)− n+ ln(n)+n，n∈N∗，
2
1 1 1 1
则ℎ(n+1)−ℎ(n)=1+(n+ )ln(n)−(n+ )ln(n+1)=1−(n+ )ln(1+ )，
2 2 2 n
1 1 1 1
由（2）知：x= ∈(0,1]，则f( )=(n+ )ln(1+ )>1，
n n 2 n
所以ℎ(n+1)−ℎ(n)<0，故ℎ(n)在n∈N∗上递减，故ℎ(n)≤ℎ(1)=1；
1 5
下证ln(n!)−(n+ )ln(n)+n> ，
2 6
(x+5)(x−1) (x−1) 2 (1−x)
令φ(x)=lnx− 且x>0，则φ′ (x)= ，
4x+2 x(2x+1) 2
当00，φ(x)递增，当x>1时φ′ (x)<0，φ(x)递减，
(x+5)(x−1)
所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈(0,+∞)上lnx≤ 恒成立，
4x+2
1 1
(6+ )( )
1 1 1 n n 1 1 1 1
则ℎ(n)−ℎ(n+1)=(n+ )ln(1+ )−1≤(n+ )⋅ −1= < ( − )，
2 n 2 2 4n(3n+2) 12 n−1 n
2(3+ )
n
1 1 1 1 1
所以ℎ(2)−ℎ(3)< (1− )，ℎ(3)−ℎ(4)< ( − )，…，
12 2 12 2 3
1 1 1
ℎ(n−1)−ℎ(n)< ( − )，
12 n−2 n−1
1 1 3
累加得：ℎ(2)−ℎ(n)< (1− )，而ℎ(2)=2− ln2，ℎ(1)=1
12 n−1 2
7 3 3 5
因为 > >ln2，所以ℎ(2)=2− ln2> ，
9 4 2 6
1 1 3
则−ℎ(n)< (1− )−2+ ln2(n≥3)，
12 n−1 2
3 1 1 3 1 1 5
所以ℎ(1)−ℎ(n)< ln2−1+ (1− )< ln2−1+ < ，故ℎ(n)> (n≥3)；
2 12 n−1 2 12 6 6
5 5 ( 1)
综上， < ℎ(n)≤1，即 0时，f (x)>2lna+ ．
2
【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
1
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2− −lna>0的恒成立问题，构造函数
2
1
g(a)=a2− −lna(a>0)，利用导数证得g(a)>0即可.
2
方法二：构造函数ℎ(x)=ex−x−1，证得ex≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a2−x，进而将问题转化
1
为a2− −lna>0的恒成立问题，由此得证.
2
【解答过程】（1）因为f(x)=a(ex+a)−x，定义域为R，所以f′(x)=aex−1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)=aex−1<0恒成立，
所以f (x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)=aex−1=0，解得x=−lna，
当x<−lna时，f′(x)<0，则f (x)在(−∞,−lna)上单调递减；
当x>−lna时，f′(x)>0，则f (x)在(−lna,+∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f (x)在R上单调递减；
当a>0时，f (x)在(−∞,−lna)上单调递减，f (x)在(−lna,+∞)上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，f (x) =f (−lna)=a(e−lna+a)+lna=1+a2+lna，
min
3 3 1
要证f(x)>2lna+ ，即证1+a2+lna>2lna+ ，即证a2− −lna>0恒成立，
2 2 2
1 1 2a2−1
令g(a)=a2− −lna(a>0)，则g′(a)=2a− = ，
2 a a
√2 √2
令g′(a)<0，则00，则a> ；
2 2
( √2) (√2 )
所以g(a)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
2 22
(√2) (√2) 1 √2
所以g(a) =g = − −ln =ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
min 2 2 2 2
3
所以当a>0时，f(x)>2lna+ 恒成立，证毕.
2
方法二：
令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ ′(x)=ex−1，
由于y=ex在R上单调递增，所以ℎ ′(x)=ex−1在R上单调递增，
又ℎ ′(0)=e0−1=0，
所以当x<0时，ℎ ′(x)<0；当x>0时，ℎ ′(x)>0；
所以ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，则ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
因为f(x)=a(ex+a)−x=aex+a2−x=ex+lna+a2−x≥x+lna+1+a2−x，
当且仅当x+lna=0，即x=−lna时，等号成立，
3 3 1
所以要证f(x)>2lna+ ，即证x+lna+1+a2−x>2lna+ ，即证a2− −lna>0，
2 2 2
1 1 2a2−1
令g(a)=a2− −lna(a>0)，则g′(a)=2a− = ，
2 a a
√2 √2
令g′(a)<0，则00，则a> ；
2 2
( √2) (√2 )
所以g(a)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
2 2
2
(√2) (√2) 1 √2
所以g(a) =g = − −ln =ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
min 2 2 2 2
3
所以当a>0时，f(x)>2lna+ 恒成立，证毕.
2
7．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当00对∀x∈(0,1)恒成立，
则F(x)在(0,1)上单调递增，可得F(x)>F(0)=0，
所以x>sinx,x∈(0,1)；
构建G(x)=sinx−(x−x2)=x2−x+sinx,x∈(0,1)，
则G′(x)=2x−1+cosx,x∈(0,1)，
构建g(x)=G′(x),x∈(0,1)，则g′(x)=2−sinx>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)=0，
即G′(x)>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)>G(0)=0，
所以sinx>x−x2,x∈(0,1)；
综上所述：x−x20，解得−10
因为f (x)=cosax−ln(1−x2)=cos(|a|x)−ln(1−x2)=cosbx−ln(1−x2)，
且f (−x)=cos(−bx)−ln[1−(−x) 2]=cosbx−ln(1−x2)=f (x)，
所以函数f (x)在定义域内为偶函数，
2x
由题意可得：f′(x)=−bsinbx− ,x∈(−1,1)，
x2−1
{1 }
（i）当0−b2x− = ，
x2−1 x2−1 1−x2
且b2x2>0,2−b2≥0,1−x2>0，x(b2x2+2−b2)
所以f′(x)> >0，
1−x2
即当x∈(0,m)⊆(0,1)时，f′(x)>0，则f (x)在(0,m)上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：f (x)在(−m,0)上单调递减，
所以x=0是f (x)的极小值点，不合题意；
( 1)
（ⅱ）当b2>2时，取x∈ 0, ⊆(0,1)，则bx∈(0,1)，
b
2x 2x x
由（1）可得f′(x)=−bsinbx− <−b(bx−b2x2)− = (−b3x3+b2x2+b3x+2−b2)，
x2−1 x2−1 1−x2
构建ℎ(x)=−b3x3+b2x2+b3x+2−b2,x∈ ( 0, 1) ，
b
则ℎ ′(x)=−3b3x2+2b2x+b3,x∈ ( 0, 1) ，
b
且ℎ ′(0)=b3>0,ℎ ′(1) =b3−b>0，则ℎ ′(x)>0对∀x∈ ( 0, 1) 恒成立，
b b
可知ℎ(x)在 ( 0, 1) 上单调递增，且ℎ(0)=2−b2<0,ℎ (1) =2>0，
b b
( 1) ( 1)
所以ℎ(x)在 0, 内存在唯一的零点n∈ 0, ，
b b
当x∈(0,n)时，则ℎ(x)<0，且x>0,1−x2>0，
x
则f′(x)< (−b3x3+b2x2+b3x+2−b2)<0，
1−x2
即当x∈(0,n)⊆(0,1)时，f′(x)<0，则f (x)在(0,n)上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：f (x)在(−n,0)上单调递增，
所以x=0是f (x)的极大值点，符合题意；
综上所述：b2>2，即a2>2，解得a>√2或a<−√2，
故a的取值范围为(−∞,−√2)∪(√2,+∞).
8．（2022·天津·统考高考真题）已知a，b∈R，函数f (x)=ex−asinx,g(x)=b√x
(1)求函数y=f (x)在(0,f (0))处的切线方程；
(2)若y=f (x)和y=g(x)有公共点，
（i）当a=0时，求b的取值范围；
（ii）求证：a2+b2>e．【解题思路】（1）求出f′ (0)可求切线方程；
（2）（i）当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为s(t)=et2 −bt,t≥0在[0,+∞)上有零点，求
导后分类讨论结合零点存在定理可求b∈[√2e,+∞).
（ii）曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx +b√x −ex 0=0，利用点到直线的距离得到
0 0
√a2+b2≥ ex 0 ，利用导数可证 e2x >e，从而可得不等式成立.
√sin2x +x sin2x+x
0 0
【解答过程】（1）f′ (x)=ex−acosx，故f′ (0)=1−a，而f(0)=1，
曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1−a)(x−0)+1即y=(1−a)x+1.
（2）（i）当a=0时，
因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex=b√x有解，
设t=√x，故x=t2，故et2=bt在[0,+∞)上有解，
设s(t)=et2 −bt,t≥0，故s(t)在[0,+∞)上有零点，
而s′ (t)=2tet2 −b,t>0，
若b=0，则s(t)=et2>0恒成立，此时s(t)在[0,+∞)上无零点，
若b<0，则s′ (t)>0在(0,+∞)上恒成立，故s(t)在[0,+∞)上为增函数，
而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞)上无零点，
故b>0，
设u(t)=2tet2 −b,t>0，则u′ (t)=(2+4t2 )et2>0，
故u(t)在(0,+∞)上为增函数，
而u(0)=−b<0，u(b)=b(2eb2 −1)>0，
故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零点t ，
0
且0t 时，u(t)>0；
0 0故0t 时，s′ (t)>0；
0 0
所以s(t)在(0,t )上为减函数，在(t ,+∞)上为增函数，
0 0
故s(t) =s(t )，
min 0
因为s(t)在[0,+∞)上有零点，故s(t )≤0，故et 0 2 −bt ≤0，
0 0
√2
而2t et 0 2 −b=0，故et 0 2 −2t2et 0 2 ≤0即t ≥ ，
0 0 0 2
设v(t)=2tet2 ,t>0，则v′ (t)=(2+4t2 )et2>0，
故v(t)在(0,+∞)上为增函数，
而b=2t
0
et 0 2 ，故 b≥√2e 1 2=√2e.
（ii）因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，
所以ex−asinx=b√x有解x ，其中x ≥0，
0 0
若x =0，则1−a×0=b×0，该式不成立，故x >0.
0 0
故asinx +b√x −ex 0=0，考虑直线asinx +b√x −ex 0=0，
0 0 0 0
√a2+b2表示原点与直线asinx +b√x −ex 0=0上的动点(a,b)之间的距离，
0 0
故
√a2+b2≥
ex
0 ，所以a2+b2≥
e2x
0
，
√sin2x +x sin2x +x
0 0 0 0
下证：对任意x>0，总有|sinx|0时，ex>x+1恒成立，
q(x)=ex−1−x,x>0，则q′ (x)=ex−1>0，故q(x)在(0,+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即ex>x+1恒成立.
e2x
下证： >e在(0,+∞)上恒成立，即证：e2x−1>sin2x+x，
sin2x+x
即证：2x−1+1≥sin2x+x，即证：x≥sin2x，
而x>|sinx|≥sin2x，故x≥sin2x成立.
ex
0
故 >e ，即a2+b2>e成立.
√sin2x +x
0 0
1
9．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=ax− −(a+1)lnx．
x
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
(ax−1)(x−1)
（2）求导得f′(x)= ，按照a≤0、01结合导数讨论函数的单调性，求得函数的
x2
极值，即可得解.
1 1 1 1−x
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)=− −lnx,x>0，则f′(x)= − = ，
x x2 x x2
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
所以f (x) =f (1)=−1；
max
1 1 a+1 (ax−1)(x−1)
（2）f (x)=ax− −(a+1)lnx,x>0，则f′(x)=a+ − = ，
x x2 x x2
当a≤0时，ax−1<0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
所以f (x) =f (1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
max
1 (1 )
当01，在(0,1), ,+∞ 上，f′(x)>0，f (x)单调递增；
a a
( 1)
在 1, 上，f′(x)<0，f (x)单调递减；
a
又f (1)=a−1<0，
1 1
由（1）得 +lnx≥1，即ln ≥1−x，所以lnx1时，f(x)=ax− −(a+1)lnx>ax− −2(a+1)√x>ax−(2a+3)√x，
x x
(3 ) 2 1
则存在m= +2 > ，使得f (m)>0，
a a
(1 )
所以f (x)仅在 ,+∞ 有唯一零点，符合题意；
a
(x−1) 2
当a=1时，f′(x)= ≥0，所以f (x)单调递增，又f (1)=a−1=0，
x2
所以f (x)有唯一零点，符合题意；
1 ( 1)
当a>1时， <1，在 0, ,(1,+∞)上，f′(x)>0，f (x)单调递增；
a a
(1 )
在 ,1 上，f′(x)<0，f (x)单调递减；此时f (1)=a−1>0，
a
1 1 ( 1 )
由（1）得当01− ，ln√x>1− ，所以lnx>2 1− ，
x √x √x
1 1 ( 1 ) 1 2(a+1)
此时f(x)=ax− −(a+1)lnxf(s)+f(t)．
【解题思路】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调
递增，即得证.【解答过程】（1）解：因为f(x)=exln(1+x)，所以f (0)=0，
即切点坐标为(0,0)，
1
又f′ (x)=ex (ln(1+x)+ )，
1+x
∴切线斜率k=f′ (0)=1
∴切线方程为：y=x
1
（2）解：因为g(x)=f′ (x)=ex (ln(1+x)+ )，
1+x
2 1
所以g′ (x)=ex (ln(1+x)+ − )，
1+x (1+x) 2
2 1
令ℎ(x)=ln(1+x)+ − ，
1+x (1+x) 2
1 2 2 x2+1
则ℎ ′ (x)= − + = >0，
1+x (1+x) 2 (1+x) 3 (1+x) 3
∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(0)=1>0
∴g′ (x)>0在[0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
（3）解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，
令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)=f(x+t)−f(x)=ex+tln(1+x+t)−exln(1+x)，
ex+t ex
m′ (x)=ex+tln(1+x+t)+ −exln(1+x)− =g(x+t)−g(x)，
1+x+t 1+x
1
由（2）知g(x)=f′ (x)=ex (ln(1+x)+ )在[0,+∞)上单调递增，
1+x
∴g(x+t)>g(x)，
∴m′ (x)>0
∴m(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为x,t>0，∴m(x)>m(0)，所以命题得证.
ex
11．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f (x)= −lnx+x−a．
x
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x ,x ，则x x <1．
1 2 1 2
【解题思路】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
ex 1 1 1
（2）利用分析法，转化要证明条件为 −xex−2[lnx− (x− )]>0，再利用导数即可得证.
x 2 x
【解答过程】（1）[方法一]：常规求导
f(x)的定义域为(0,+∞)，则
f′ (x)=( 1 − 1 )ex− 1 +1 = 1 (1− 1 )ex+(1− 1 )= x−1 ( ex +1)
x x2 x x x x x x
令f' (x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f′ (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f′ (x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
[方法二]：同构处理
由f(x)≥0得：e−lnx+x+x−lnx−a≥0
令t=x−lnx,t≥1，则f(t)=et+t−a≥0即a≤et+t
令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，则g'(t)=et+1>0
故g(t)=et+t在区间[1,+∞)上是增函数
故g(t) =g(1)=e+1，即a≤e+1
min
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x <1f( )
1 x 1 x
2 2
1
又因为f(x )=f(x ),故只需证f(x )>f( )
1 2 2 x
2
ex 1 1
即证 −lnx+x−xex−lnx− >0,x∈(1,+∞)
x x
ex 1 1 1
即证 −xex−2[lnx− (x− )]>0
x 2 x
ex 1 1 1
下面证明x>1时， −xex>0,lnx− (x− )<0
x 2 x
ex 1
设g(x)= −xex,x>1，
x
1 1 1
1 1 1 1 1 1
则g′ (x)=( − )ex−(ex+xex⋅(− ))= (1− )ex−ex(1− )
x x2 x2 x x x
1 ex 1 x−1 ex 1
=(1− )( −ex)= ( −ex)
x x x x
ex 1 1 x−1
设φ(x)= (x>1),φ′ (x)=( − )ex= ex>0
x x x2 x2
1
所以φ(x)>φ(1)=e,而
ex0,所以g′ (x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 −xex>0
x
1 1
令ℎ(x)=lnx− (x− ),x>1
2 x
1 1 1 2x−x2−1 −(x−1) 2
ℎ ′ (x)= − (1+ )= = <0
x 2 x2 2x2 2x2
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
1 1
即ℎ(x)< ℎ(1)=0,所以lnx− (x− )<0；
2 x
ex 1 1 1
综上, −xex−2[lnx− (x− )]>0,所以x x <1.
1 2
x 2 x[方法二]：对数平均不等式
ex ex
由题意得：f(x)= +ln −a
x x
ex 1
令t= >1，则f(t)=t+lnt−a，f '(t)=1+ >0
x t
所以g(t)=t+lnt−a在(1,+∞)上单调递增，故g(t)=0只有1个解
ex ex ex 1 ex 2
又因为f(x)= +ln −a有两个零点x ,x ，故t= =
x x 1 2 x x
1 2
x −x
两边取对数得：x −lnx =x −lnx ，即 1 2 =1
1 1 2 2 lnx −lnx
1 2
x −x
又因为√x x < 1 2 (∗)，故√x x <1，即x x <1
1 2 lnx −lnx 1 2 1 2
1 2
x −x
下证√x x < 1 2 (∗)
1 2 lnx −lnx
1 2
x −x x −x x √x √x
因为√x x < 1 2 ⇔lnx −lnx < 1 2⇔ln 1< 1− 2
1 2 lnx −lnx 1 2 √x x x x x
1 2 1 2 2 2 1
√x 1
不妨设t= 1>1，则只需证2lnt1，则ℎ'(t)= −1− =−(1− ) <0
t t t2 t
1
故ℎ(t)=2lnt−t+ 在(1,+∞)上单调递减
t
1
故ℎ(t)< ℎ(1)=0，即2lnt1时，ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数
ℎ(x)=ex+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f (x),g(x)的大小关系，根据存在直线
y=b与曲线y=f (x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成
等差数列.
【解答过程】（1）f(x)=ex−ax的定义域为R，而f′ (x)=ex−a，
若a≤0，则f′ (x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
1 ax−1
g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g′ (x)=a− =
.
x x
当xlna时，f′ (x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，
故f(x) =f (lna)=a−alna.
min
1 ( 1)
当0 时，g′ (x)>0，故g(x)在 ,+∞ 上为增函数，
a a
(1) 1
故g(x) =g =1−ln .
min a a
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
1 a−1
故1−ln =a−alna，整理得到 =lna，其中a>0，
a 1+a
a−1 2 1 −a2−1
设g(a)= −lna,a>0，则g′(a)= − = ≤0，
1+a (1+a) 2 a a(1+a) 2
故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，
1−a
故g(a)=0的唯一解为a=1，故 =lna的解为a=1.
1+a
综上，a=1.
（2）[方法一]：1
由（1）可得f(x)=ex−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln =1.
1
当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设S(x)=ex−x−b，S′(x)=ex−1，
当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，
故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
所以S(x) =S(0)=1−b<0，
min
而S(−b)=e−b>0，S(b)=eb−2b，
设u(b)=eb−2b，其中b>1，则u′(b)=eb−2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，
故S(b)>0，故S(x)=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
x−1
设T(x)=x−lnx−b，T′(x)=
，
x
当01时，T′(x)>0，
故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
所以T(x) =T(1)=1−b<0，
min
而T(e−b)=e−b>0，T(eb)=eb−2b>0，
T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b仅有一个解，
当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b均无根，
故若存在直线y=b与曲线y=f (x)、y=g(x)有三个不同的交点，
则b>1.
1
设ℎ(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故ℎ ′ (x)=ex+ −2，
x
设s(x)=ex−x−1，x>0，则s′(x)=ex−1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即ex>x+1，
1
所以ℎ ′ (x)>x+ −1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，
x
1
1 2 2
而ℎ(1)=e−2>0，ℎ( )=ee3−3− x
0
时，ℎ(x)>0即ex−x>x−lnx即f (x)>g(x)，
因此若存在直线y=b与曲线y=f (x)、y=g(x)有三个不同的交点，
故b=f (x )=g(x )>1，
0 0
此时ex−x=b有两个不同的根x ,x (x <01，
1 0 0 4
故¿即x +x =2x .
1 4 0
[方法二]：
由(1)知，f(x)=ex−x，g(x)=x−lnx，
且f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且f(x) =g(x) =1.
min min
①b<1时，此时f(x) =g(x) =1>b，显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)
min min
共有0个交点，不符合题意；
②b=1时，此时f(x) =g(x) =1=b，
min min
故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③b>1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点，
即证明F(x)=f(x)−b有2个零点，F′(x)=f ′(x)=ex−1，
所以F(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又因为F(−b)=e−b>0，F(0)=1−b<0，F(b)=eb−2b>0，
(令t(b)=eb−2b，则t′(b)=eb−2>0，t(b)>t(1)=e−2>0)所以F(x)=f(x)−b在(−∞,0)上存在且只存在1个零点，设为x ，在(0,+∞)上存在且只存在1个零点，
1
设为x .
2
其次，证明y=b与曲线和y=g(x)有2个交点，
1
即证明G(x)=g(x)−b有2个零点，G′(x)=g′(x)=1− ，
x
所以G(x)(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又因为G(e−b )=e−b>0，G(1)=1−b<0，G(2b)=b−ln2b>0，
1
(令μ(b)=b−ln2b，则μ′(b)=1− >0，μ(b)>μ(1)=1−ln2>0)
b
所以G(x)=g(x)−b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x ，在(1,+∞)上存在且只存在1个零点，设
3
为x .
4
再次，证明存在b，使得x =x :
2 3
因为F(x )=G(x )=0，所以b=ex 2−x =x −lnx ，
2 3 2 3 3
若x =x ，则ex 2−x =x −lnx ，即ex 2−2x +lnx =0，
2 3 2 2 2 2 2
所以只需证明ex−2x+lnx=0在(0,1)上有解即可，
即φ(x)=ex−2x+lnx在(0,1)上有零点，
1
1 2
因为φ( )=ee3− −3<0，φ(1)=e−2>0，
e3 e3
所以φ(x)=ex−2x+lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x ，令x =x =x 即可，
0 2 3 0
此时取b=ex 0−x
0
则此时存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
最后证明x +x =2x ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
1 4 0
因为F(x )=F(x )=F(x )=0=G(x )=G(x )=G(x )
1 2 0 3 0 4
所以F(x )=G(x )=F(lnx )，
1 0 0
又因为F(x)在(−∞,0)上单调递减，x <0，00即ex 0>1，x >1，所以x =ex 0，
0 1 4
又因为ex 0−2x +lnx =0，所以x +x =ex 0+lnx =2x ，
0 0 1 4 0 0
即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
