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4.5 导数的综合运用（精讲）
一．导数与不等式的证明
1.作差构造法：一个函数的最值
（1）待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，通
过研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
（2）解题的基本步骤
①作差或变形；
②构造新的函数g(x)；
③利用导数研究g(x)的单调性或最值；
④根据单调性及最值，得到所证不等式．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2.隔离最值法：两个函数的最值
（1）在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式 f(x)，
g(x)，使f(x) >g(x) 恒成立，从而f(x)>g(x)，但f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”；
min max
3.适当放缩法
常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号；(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号．
4.换元法：双变量
构造函数证明双变量函数不等式：对于f(x，x)≥A的不等式，可将函数式变为与或x·x有关的式子，
1 2 1 2
然后令t＝或t＝xx，构造函数g(t)求解．
1 2
二．恒成立与有解
1.分离参数法
不等式类型 与最值的关系
∀x∈D，f(x)>M ∀x∈D，f(x) >M
min
∀x∈D，f(x)M ∀x∈D，f(x) >M
0 0 max
∃x∈D，f(x)g(x) ∀x∈D，[f(x)－g(x)] >0
min
∀x∈D，f(x)g(x) ∀x∈D，∀x∈D，f(x) >g(x)
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 min 2 max
∀x∈D，∃x∈D，f(x)>g(x) ∀x∈D，∀x∈D，f(x) >g(x)
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 min 2 min
∃x∈D，∀x∈D，f(x)>g(x) ∀x∈D，∀x∈D，f(x) >g(x)
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 max 2 max
∃x∈D，∃x∈D，f(x)>g(x) ∀x∈D，∀x∈D，f(x) >g(x)
1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 max 2 min
2.拆解法求参数的取值范围：拆解法是针对难度较大的压轴题抢分解答所采用的一种手段，目的是把题目
难度层层分解，使题设条件到求(证)结论思维跨度较大的一些题目中间架设过渡阶梯，降低思维跨度，使
解题过程中的步骤分应得尽得．
三．函数零点
1.数形结合法
含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的
函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
2. 函数性质法
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问
题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
3.构造函数法
①涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
②解决此类问题的关键是构造函数F(x)将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，
体现转化与化归的思想方法．
4.解决隐零点
(1)直接观察法：有些导函数的零点可以直接观察出来，如常用1，e，等特殊值代入试求．
(2)零点代换法：当导函数的零点不可求时，根据导数的单调性，特殊值等特征，判断其是否存在零点，
若存在，则虚设零点．虚设零点的关键步骤是“零点代换”，如本例中ex＝，x＝－ln x，进而把指、
0 0 0
对数函数转化为幂函数求解．注意：有些问题还要利用零点的存在性定理对隐零点的范围进行判断．
四．极值点偏移
1.极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x，即极值点在两
0 0
根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).
0
图(1)
(无偏移，左右对称，二次函数)若f(x)＝f(x)，则x＋x＝2x.
1 2 1 2 0
2.极值点偏移
若≠x，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).
0 0
图(2)
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x)＝f(x)，则x＋x＞2x；
1 2 1 2 0
图(3)
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x)＝f(x)，则x＋x＜2x.
1 2 1 2 0
3.极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x＋x＞2x型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x－x)；对结论xx＞
1 2 0 0 1 2
x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单
调性证明.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】考法一 导数证明不等式
【例1-1】（2023·北京密云·统考三模）已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)证明： .
【答案】(1) (2)证明见解析
x 1
【解析】（1）解：因为 f xxlnx1，则
fxlnx1
，所以， f 1ln2，
f1ln2
，
x1 2
1 1 1
所以，曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程为
yln2
2
ln2
x1
，即
y
2
ln2
x
2.
1 1
（2）解：令gx f x x3x2 x3x2xlnx1 ，其中 ，
2 2 x1
3 x
gx x22xlnx1
，
2 x1
3 x
令
hx x22xlnx1
，其中 ，
2 x1 x1
1 1 x23x4
hx3x2
则 x1 x12 x12 ，
x1 hx0 hx gx 1,
当 时， 且 不恒为零，所以，函数 在 上单调递增，
gxg00 gx
1x0
所以，当 时， ，此时函数 单调递减，
gxg00 gx
x0
当 时， ，此时函数 单调递增，
1
所以，gxg00，即 f x x3 x2 .
2
1
【例1-2】（2023·山东烟台·统考二模）已知函数
f xaex x2x
．
2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x
R
(1)若 在 上单调递增，求实数a的取值范围；
x2, f xsinx
a1
(2)当 时，证明： ， ．
1,
【答案】(1) (2)证明见解析
1
【解析】（1）解：由函数 f xaex x2x ，可得 fxaexx1，
2
f x fx0
R R
因为 在 上单调递增，可得 在 上恒成立，
x1
a
即 aex x10 在 R 上恒成立，即 ex 在 R 上恒成立，
x1 1(x1) x
令 hx ，可得hx ，
ex ex ex
hx0 hx
x0
当 时， ， 单调递减；
hx0 hx
x0
当 时， ， 单调递增，
hx h01
x0
所以当 时，函数 取得极大值，即为最大值 ，
1,
a1
所以 ，即实数a的取值范围为 .
1
（2）解：当 时， f xex x2x，可得 f 01
a1 2
fxexx1
x0
当 时，可得 ，
f xsinx f x1
要使得 ，只需使得 ，
gx fxexx1 gxex10 gx
令 ，可得 ，所以 单调递增，
g00 gxgx0 f x f x f 01
又由 ，所以 ，所以 单调递增，所以 ；
x0 f 01 sin00 f 0sin0 f x1
当 时，可得 且 ，所以 ，满足 ；
当2x0时，可得sinx0，
1 1 1
因为 ex 0 且 2 x2x 2 (x1)2 2 0，所以 f x0，所以 f xsinx，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x2, f xsinx
综上可得，对于 ，都有 .
【一隅三反】
1.（2023广东云浮）设 f(x)＝2x ln x＋1．
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x．
【答案】见解析
【解析】(1)f′(x)＝2(ln x＋1)．所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝时，f(x)取得最小值 f＝1－．
(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)＝x(x－1)－－2(x－1)ln x＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
所以当01时，g(x)>0，所以(x－1)≥0，即f(x)≤x2－x＋＋2ln x．
2．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知函数 .
(1)判断 的导函数在 上零点的个数，并说明理由；
(2)证明：当 时， .
注： .
【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析(2)证明见解析
【解析】（1） ，
令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，即 在 上单调递增，
又 ，
所以 的导函数在 上零点的个数为1；
（2）令 ，
则 ，即 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由（1）可知存在 ，使得 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
又因为 ，存在 ，使得 ，即 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递减，所以 ，
所以 时， ，
即当 时， 恒成立.
f xx2axex(aR)
x,x
3．（2023·山东潍坊·三模）已知函数 有两个极值点 1 2．
(1)求实数a的取值范围；
x x ln4
(2)证明： 1 2 ．
22ln2,
【答案】(1)
(2)证明见解析
f xx2axex
x,x
【解析】（1）解：由函数 有两个极值点 1 2，
fx x x
即函数 有两个零点，不妨设 1 2，
fx2xaex gx2xaex gx2ex
因为 ，令 ，可得 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】令2ex 0，解得xln2，
gx0 gx0
xln2 xln2
当 时， ，当 时， ，
gx ,ln2 ln2,
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
gx g(ln2)2ln2a20
a22ln2
所以 max ，可得 ，
a a a
又由g(
2
)e 2 0，所以存在x
2
(
2
,ln2)，使得gx
2
0，
yexx2(x2) yex2x
令 ，可得 ，
xex2x(x2) xex20
令 ，可得 ，
x 2, 2e240
y0
所以 在 上单调递增，且 ,即 ，
yexx2 (2,)
所以 在 上单调递增，
又由e222 0，所以ex x2在(2,)上恒成立，
ga22a2aea2 2a4a(a2)2 a2a0
又由 ，
x (ln2,a2) gx 0
所以存在 1 ，使得 1 ，
22ln2,
a
所以实数 的取值范围是 ．
2x aex1 2x aex2(xR) x x
（2）解：由（1）得 1 2 ，不妨设 1 2，
ex1 ex2
2
则2x 2x ex1 ex2，即 x x ，
1 2 1 2
要证
x
1
x
2
ln4
，即证
ex1x2 4
，即
ex1x2 2
，
ex1 ex2 x1x2 ex1 ex2 x1x2
ex1 ex2
x x
只需证
x x
e 2 ，则
x x
e 2 ，即
e
x1
2
x2 1 2，
1 2 1 2
x x
即e x1 2 x2 e x2 2 x1 x x ，令 t 1 2 2 (t 0) ，可得htet et 2t，
1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】htet et 22 etet 20
因为et 1，可得 ，
ht 0, hth0110
所以 在 上为增函数，则 ，
ex1x2 2 x x ln4
即 ，所以 1 2 .
考法二 恒成立与有解
f(x)lnxlna(a1)x2(a0)
【例2-1】（2023·广东佛山·校联考模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 f(x)的单调性；
ex2 f(x) a
(2)若不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
1
【答案】(1)答案见解析(2) 0a
e
1
【解析】（1） 的定义域为 ， f(x) a1，
f(x) (0,) x
a1 f(x)0 f(x) (0,)
当 时， ， 在 上为增函数；
1 1
0x x
当
0a1
时，由 f(x)0，得
1a
，由 f(x)0，得
1a
，
1 1
所以 在(0, )上为减函数，在( ,)上为增函数.
f(x) 1a 1a
1
综上所述：当 时， 在 上为增函数；当 时， 在(0, )上为减函数，在
a1 f(x) (0,) 0a1 f(x) 1a
1
( ,)上为增函数.
1a
ex2 f(x) ex2 lnxlna(a1)x2 ex2x2ln(ax)ax
（2）
lnex2ex2 ln(ax)ax
，
g(x)lnxx g(ex2)g(ax) (0,)
设 ，则原不等式恒成立等价于 在 上恒成立，
1
g(x)
x
1
0
，g(x)在
(0,)
上为增函数，
g(ex2)g(ax) (0,) ex2 ax (0,)
则 在 上恒成立，等价于 在 上恒成立，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】ex2
等价于a 在 上恒成立
x (0,)
ex2 ex2xex2 ex2(x1)
令h(x) ，h(x) ，
x (x0) x2 x2
令h(x)0，得0x1，令h(x)0，得x1，
所以h(x)在(0,1)上为减函数，在(1,)上为增函数，
1 1
所以h(x)
min
h(1)
e
，故0a
e .
1
【例2-2】（2023·青海西宁·统考二模）设函数 f(x)x alnx．
x
(1)若函数 f(x)在其定义域上为增函数，求实数a的取值范围；
1
(2)当
a2
时，设函数gxxlnx
e
，若在[1,e] 上存在x，x使
f(x)g(x )
成立，求实数a的取值范
1 2 1 2
围．
(,2] (,e1)
【答案】(1) (2)
f(x)
fx0
(0,)
【解析】（1）因为函数 在其定义域上为增函数，即 在 上恒成立，
1 a 1
所以 1
x2
x
0 在(0,)上恒成立，即 ax
x
在(0,)上恒成立，
1 1
x 2 x 2
又 x x （仅当x＝1时取等号），故a的取值范围为(,2]；
[1,e] x x f(x)g(x ) x[1,e] f x gx
（2）在 上存在 1， 2，使 1 2 成立，即当 时 max min，
1
又
gx1
x
，所以当
x[1,e]
时，gx0，
1 1
即函数 在区间 上单调递增，故gx g11ln1 1 ，
g(x) [1,e] min e e
x2ax1
由（1）知 fx ，
x2
x2 0 yx2ax1
a2411a24
因为 ，又 的判别式 ，
a[2,2] 0
fx0
f(x) [1,e]
①当 时 ，则 恒成立，即 在区间 上单调递增，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1 1
故 f x f ee a，故 ，即e a1 ，得 ，
max e f(e)g(1) e e ae1
又a[2,2]，所以a[2,e1)；
a a24 a a24
②当a(,2)时0，
fx0
的两根为
x
1
2 ，
x
2
2 ，
x 0 x 0 f(x) [1,e] ae1 a2
此时 1 ， 2 ，故函数 在区间 上是单调递增．由①知 ，所以
(,e1)
综上，a的取值范围为 ．
【一隅三反】
f xexaxaR
1．（2023·安徽铜陵·统考三模）已知函数 .
f x
(1)试求函数 的极值；
xebx ex b1x2xlnx0
x0 b
(2)若存在实数 使得 成立，求实数 的取值范围.
1
【答案】(1)答案详见解析(2) b1
e
fxexa
【解析】（1） .
a0 f x ,
① 时，函数 在 上单调递增，不存在极值.
fxexa0
a0 xlna
② 时，由 得 ，
x,lna fx0 f x
时， ， 单调递减，
xlna, f�( x) >0 f x
时， ， 单调递增，
f x f lnaaalna
∴ 极小值 ，无极大值.
xebxbx2 exxlnxx2
（2）由题意可知： ，
ex
∵ ，∴ebxbx lnxxexlnxxlnx.
x0 x
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 lnx
由（1）可知a1时，函数 f x 在 , 上单调递增，则存在x0，bx xlnx，即 b 1 x .
min
lnx lnx1
令hx1
x
，则hx
x2
0，有xe，x0,e时，hx0，hx单调递减，
1 1
xe,时，hx0，hx单调递增，∴hx
min
hx
极小
he1
e
，∴b1
e
.
f xexax
x0 aR
2．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测）设函数 ， 且 ．
f x
(1)求函数 的单调性；
f xx21
(2)若 恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)ae2
fxexa
x0
【解析】（1） ， ，
fx0 f x 0,
a1
当 时， 恒成立，则 在 上单调递增；
x0,lna fx0 f x 0,lna
a1
当 时， 时， ，则 在 上单调递减；
xlna, fx0 f x 0,lna
时， ，则 在 上单调递增．
exaxx21 x0
（2）方法一： 在 恒成立，则
当x0时，11，显然成立，符合题意；
a
exx21
a
ex x21
当 x0 时，得 x 恒成立，即 x
min
ex x21 exx1 x1
gx gx
记 x ，x0， x2 ，
yexx1 x0 yex10 yexx1 exx1e0010
构造函数 ， ，则 ，故 为增函数，则 .
ex x10 x0
gx 0,1 1, gx g1e2
故 对任意 恒成立，则 在 递减，在 递增，所以 min
∴ae2．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x2ax1
x2ax1
方法二： ex 1 在0,上恒成立，即 ex 1 ．
max
x2ax1 x1xa1
记hx ， ，hx ，
ex x0 ex
a2
当 时，hx在0,1单增，在1,单减，则 hx h1 1 ，得 ，舍：
a1 max e ae2
a2
当 时，hx在0,1a单减，在1a,1单增，在1,单减，h01，
h1
，
0a1 e
得0ae2；
hx 0,
a0
当 时， 在 单减，成立；
2a
当
a0
时，hx在0,1单减，在1,1a单增，在1a,单减，h01，
h1a
e1a
，而
e1a 1a1，显然成立．
综上所述，ae2．
x
3．（2023·甘肃金昌·永昌县第一高级中学统考模拟预测）已知函数 f x axa0 ．
lnx
f x
a0
(1)若 ，求函数 的单调区间；
1
(2)若存在x
1
e,e2
，使 f x
1
4
成立，求实数
a
的取值范围．
1 1
【答案】(1)单调递增区间为 e, ；单调递减区间为 0,1,1,e (2) 2 4e2 ,
lnx1
x fx
【解析】（1）a0时，则
f x
lnx
(x0
且x1)，可得
lnx2
，
f�( x) >0 xe fx0 x0,11,e
令 ，得 ；令 ，得 ；
f x e, 0,1,1,e
所以函数 的单调递增区间为 ,单调递减区间为 ．
1 1
（2）若存在x 1 e,e2 ，使 f x 1 4 成立，等价于当x e,e2 时，有 f x min 4 ．
x
f x ax(x0
因为 且 ，
lnx x1)
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】lnx1 1 2 1 1 1 2 1
fx a a a
可得 lnx2 lnx lnx lnx 2 4 ，
1 1 1
故当 ，即 时， fx a，则有：
lnx 2 xe2 max 4
1 1
①当a 时，则 fx a0 在e,e2上恒成立，所以 f x在e,e2上为减函数，
4 4
e2 1
可得 f x f e2 ae2 ，故a 1 1 ；
min 2 4 2 4e2
②当 0a 1 4时，由于 fx ln 1 x 1 2 2 1 4 a 在 e,e2 上为增函数，
1 1
故 fx的值域为
a,
4
a
，且a0
4
a，
fx x e,e2 fx0
由 的单调性和值域知：存在唯一 0 ，使 ，
xe,x fx0 f x e,x
且满足：当 0 时， ，则 在 0 上为减函数；
当 x x 0 ,e2 时， f�( x) >0 ，则 f x 在 x 0 ,e2 上为增函数；
x 1
所以 f x min f x 0 lnx 0 ax 0 4 ， x e,e2，
0 0
1 1 1 1 1 1 1
1
所以a ，与0a 矛盾，不合题意；
lnx 4x lne2 4e 2 4 4 4
0 0
f x e,e2
③当a0时，由（1）知 在 上单调递增，
1 1
f x f e
所以 ，不满足题意；
min e 4
1 1
综上所述：实数
a
的取值范围
2
4e2
,
．
考法三 导数解决函数零点
f xxexax2aR
【例3-1】（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知函数 .
1
(1)当 a 时，求曲线y f x在点1, f 1处的切线方程；
2
gxxlnxxex f x
(2)若函数 有两个极值点，求实数a的取值范围.
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1
【答案】(1) y(2e1)xe .(2) 0a .
2 2
1 1
【解析】（1）当a 时， f(x)xex x2 ，
2 2
f(x)(x1)exx
则 ，
1
所以
f(1)e
，
2
切线斜率为k f(1)2e1，
1
所以切线方程为：y(e )(2e1)(x1)，
2
1
即：y(2e1)xe
..
2
g(x)xlnxxexxexax2 xlnxax2 (0,)
（2）∵ ，定义域为 ，
∴g(x)lnx12ax，
g(x)
又∵ 有两个极值点，
g(x) lnx12ax0 x(0,)
∴ 有两个零点，即： （ ）有两个不同的根.
lnx1
2a
即：
x
（
x(0,)
）有两个不同的根.
lnx1
h(x)
令
x
，则yh(x)与
y2a
在
(0,)
上有两个不同的交点.
1lnx1 lnx
∵h(x) ，
x2 x2
则h(x)00x1，h(x)0x1，
∴h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，
1
又∵ ，h( )0，
h(1)1 e
当x0时，h(x)；当x时，h(x)0，
yh(x)
∴ 的图象如图所示，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1
0a
所以 ，所以 .
02a1 2
xa
【例3-2】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知 且 ，函数 f x (x0).
a0 a1 ax
f x
(1)讨论 的单调区间；
y f x y1 a
(2)若曲线 与直线 恰有一个交点，求 取值范围.
0,1e
【答案】(1)答案见解析(2)
xa
【解析】（1） f x (x0)，
ax
axa1ax xaaxlna xa1axlna
则 fx
a2x ax
当a1时
a a
当 0x 时， f�( x) >0；当 x 时， fx0.
lna lna
a a
函数 f x 在 0, lna 上单调递增；在 lna , 上单调递减.
0a1 lna0 axlna0 f�( x) >0
当 时， ，所以 ，所以 恒成立.
f x 0,
所以函数 在 上单调递增.
xa lnx lna
（2） f x 1ax xa xlnaalnx ，
ax x a
lnx 1lnx
设函数
gx
x
，则
gx
x2
，令gx0，得xe，
0,e gx0,gx
在 内 单调递增；
e, gx0,gx
在 上 单调递减；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1
g(x) ge
max e ，
g10 gx gx
x
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，当x从右边趋近于0时， 趋近于 ，
gx
作 图象如图，
y f x y1
所以曲线 与直线 恰有有1个交点，
lna lna 1
即 0 或 ，这即是ga0
a a e
gage
或 ，
0,1e
a
所以 的取值范围是 .
【一隅三反】
xasinx
1．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）已知函数
f x aR
在 处的切线方程为
ex xπ
π2xeπyππ2 0
．
(1)若a；
1
(2)证明
gx f x
有两个零点．
2e2
【答案】(1)a1(2)证明见解析
1acosxxasinx 1aπ
【解析】（1）对函数求导可得
fx
，则
fπ
，
ex eπ
f x π2xeπyππ2 0
xπ
因为 在 处的切线方程为
1aπ π2
fπ
∴ ，∴
eπ eπ a1
xsinx 1
gx
（2）由（1）知，
ex 2e2
1 1
要证
gx f x
有两个零点，即证方程
f x
有两个不等实根，即证函数
2e2 2e2
xsinx 1
f x 与y 有两个交点
ex 2e2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】hxxsinx hx1cosx0 hx h00
令 ， ，∴ 单调递增，又 ，
1
∴当 x0 时， xsinx0 ，∴ f x0，函数 f x与 y 2e2 无交点．
f x0
x0 xsinx0
当 时， ，
1xsinxcosx
fx
当 时， ，
x0 ex
tx1xsinxcosx
令 ，
tx1π20
xπ
当 时， ．
π
当 时，tx1cosxsinx 2sinx 1
0xπ 4
π
当x
0,
2
时， tx0 ， tx单调递增；
π
当x
2
,π
时， tx0 ， tx单调递减；
π
又∵ t00 ， tπ0 ，∴x 0 2 ,π ， tx 0 0 ，
x0,x tx0 xx ,π tx0
即当 0 时， ，当 0 时， ，
x0,x tx0 f�( x) >0 f x
综上，当 0 时， ， ， 单调递增，
xx , tx0 fx0 f x
当 0 时， ， ， 单调递减．
f x0 f x0
x0 x
又 时 ，且当 时， ，
π 3
1 1
∵x 0 π 2 ,π ， f π 2 2 e π 2 2 e2 2 1 e2 ，
1
∴函数 f x与 y 2e2 有两个交点，
1
即函数
gx f x
有两个零点．
2e2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f xxlnxax2 fx f x
2．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知函数 ， 为 的导数．
fx
(1)讨论 的单调性；
e2
(2)若直线y 与曲线y f x有两个交点，求a的取值范围．
2
3
0,
【答案】(1)见解析(2) 2e2
1
【解析】（1）设g(x) f(x)lnx2ax1,g(x)的定义域为(0,), g(x) x 2a .
a0 g(x)0,g(x) (0,) (0,)
当 时, 在 上为增函数,在 上单调递增;
1
x
当 a0 时,令 g(x)0 ,得 2a .
1
x0,
若 2a,则g(x)0,g(x)单调递增,
1
x ,
若 2a ,则g(x)0,g(x)单调递减.
a0 f(x) (0,)
综上,当 时, 在 上单调递增;
当a0时, f(x)在区间 0, 2 1 a 上单调递增,在区间 2 1 a , 上单调递减.
e2 e2
y xlnxax2
（2）直线 2 与曲线y f(x)有两个交点,即关于x的方程 2 有两个解,
lnx e2
整理方程,得a .
x 2x2
lnx e2
令(x) ,其中 ,
x 2x2 x0
1lnx e2 xxlnxe2
则(x) .
x2 x3 x3
s(x)xxlnxe2 s(x)lnx
令 ，则 .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】0x1 s(x)0 s(x)
当 时, ,此时函数 单调递增,
x1 s(x)0 s(x)
当 时, ,此时函数 单调递减.
s(1)1e2,s e2 0
由 ,
0x1 xxlnxe2 x(1lnx)e2 0 (x)0
得 时, ,则 ,
当
1xe2
时,
s(x)s
e2
0
,则
(x)0
,
当xe2时,
s(x)s
e2
0
,则
(x)0
,
(x)
0,e2 e2,
则函数 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,
3
(x)
e2
则 max 2e2 .
x (x) xe2 (x)0
当 趋近于 时, 趋近于0,即当 时, ;
x (x)
当 趋近于0时, 趋近于 ,
作出如图所示图象：
e2 3
故要使直线y 与曲线 有两个交点,则需0a ,
2 y f(x) 2e2
3
0,
即a的取值范围是 2e2 .
3.(2022·广东广州检测)已知a≥1，函数f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2．
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)讨论f(x)的零点个数．
【答案】见解析
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解析】(1)若a＝1，则f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋2(x－1)．
当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0．
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当a＝1时，f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，
因为f(1)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有1个零点．
当a＞1时，f′(x)＝1＋ln x－a＋2a(x－1)＝1＋ln x＋2ax－3a，
令g(x)＝1＋ln x＋2ax－3a，因为a＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f′(1)＝g(1)＝1－a＜0，f′＝g＝1＋ln ＞0，所以存在实数x∈，使得g(x)＝0．
0 0
在(0，x)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；在(x，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数．
0 0
所以f(x)的最小值是f(x)，其中x 满足f′(x)＝0，即1＋ln x＋2ax－3a ＝0．
0 0 0 0 0
所以f(x)＝xln x－ax＋1＋a(x－1)2＝x(3a－1－2ax)－ax＋1＋a(x－1)2＝(1－x)(a＋ax＋1)，
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
因为x∈，所以f(x)＜0，因为f＝＋1－＞0，f(3)＝3ln 3＋a＋1＞0，所以f(x)有2个零点．
0 0
综上所述，当a＝1时，f(x)有1个零点；当a＞1时，f(x)有2个零点
考法四 极值点偏移
【例4-1】（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数 ，
f x
gx aax．
x
f x≥lnx2
x1
(1)当 时， 恒成立，求a的取值范围．
gx x x xx e2
(2)若 的两个相异零点为 1， 2，求证： 1 2 ．
,2
【答案】(1) (2)证明见解析
f x≥lnx2
x1
【解析】（1）当 时， 恒成立，
x1lnxax20
x1
即当 时， 恒成立，
Fxx1lnxax2
设 ，
F12a0
a2
所以 ，即 ，
1
Fxlnx 1a
，
x
1
设rxlnx 1a，
x
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1 x1
rx
则 ，
x x2 x2
rx0 rx 1,
x1
所以，当 时， ，即 在 上单调递增，
rx≥r12a≥0
所以 ，
Fxrx0 Fx 1,
x1
所以当 时， ，即 在 上单调递增，
FxF12a
所以 ，
Fx0
a2
若 恒成立，则 ．
f x≥lnx2 ,2
x1
所以 时， 恒成立，a的取值范围为 .
lnxx ax x
1 2 1 2
lnx ax x
（2）由题意知，
g(x)lnxax
，不妨设
x x 0
，由
lnx
1
ax
1 得
ln
x
1 ax
1
x
2
，
1 2 2 2 2
x
1 1
lnxx x x x
1 2 1 2 2
则 x x x x ，
ln 1 1 2 1 1
x x
2 2
x lnxx t1 t1
令t 1 1，则 1 2 ，即：lnxx lnt ．
x lnt t1 1 2 t1
2
t1 2t1 2t1
要证 x 1 x 2 e2 ，只需证 lnx 1 x 2 2 ，只需证 t1 lnt2，即证lnt t1 t1，即证lnt t1 0（
t1），
t12
2t1 mt 0
令mtlnt （ ），因为 tt12 ，所以mt在1,上单调递增，
t1 t1
2t1
当 t1,时， mtm10 ，所以lnt 0成立，故 xx e2．
t1
1 2
【例4-2】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)若 有两个零点 ，证明： .
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【解析】（1）函数 的定义域为 ，
时， 恒成立，所以 在 上单调递减；
时，令 得 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）证明： 时，由（1）知 至多有一个零点.
时，由（1）知当 时， 取得最小值，最小值为 .
①当 时，由于 ，故 只有一个零点；
②当 时， 即 ，故 没有零点；
③当 时， 即 ，
又 ，
由（1）知 在 上有一个零点.
又 ，
由（1）知 在 有一个零点，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以 在 上有两个零点， 的取值范围为
不妨设 ，则 ，且 ，
令
，
则 ，
由于 （且仅当
等号成立 ，
所以当 时， 在 单调递减，又 ，
所以 ，即 ，
又 ，所以 ，
又由于 ，且 在 上单调递增，
所以 即 .
【一隅三反】
f x xalnx
1．（2023·山东日照·统考二模）已知函数 ．
f x1
a
(1)若 恒成立，求实数 的值：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】x >0 x 0 ex1 lnx x x ex1 x 2
(2)若 1 ， 2 ， 2 1 2，证明： 2 ．
【答案】(1)a1(2)证明见解析
a xa
【解析】（1）由题意得： f x定义域为0,， fx1 ；
x x
a0 f�( x) >0 \ f ( x) 0,
①当 时， ， 在 上单调递增，
f xxx0 x0,1 f x1
若a0，则 ， 时， ，不合题意；
1 1 1 1
f eaea alnea ea 10
若 a<0，则
，不合题意；
a0 x0,a fx0 xa, f�( x) >0
②当 时，若 ，则 ；若 ，则 ；
\ f ( x) 0,a a, f x f aaalna
在 上单调递减，在 上单调递增， min ；
f x1
aalna1
若 恒成立， ，
gaaalna galna
令 ，则 ，
a0,1 ga0 a1, ga0
当 时， ；当 时， ；
ga 0,1 1,
在 上单调递增，在 上单调递减；
g11
aalna1
又 ， ；
则当a1时，aalna1符合题意；
综上所述：a1.
ex1 lnx x x ex1 x ex1 lnex1 x lnx
（2）由 2 1 2得： 1 2 2，
1 x1
令hxxlnx，则hx1 ，
x x
x0,1 hx0 x1, hx0
当 时， ；当 时， ；
hx 0,1 1,
在 上单调递减，在 上单调递增；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由
ex1 lnex1 x
2
lnx
2得：
h ex1 hx
2
；
x
1
0
，
ex1 1
，
当
x
2
1
时，由
h ex1 hx
2
得：
ex1 x
2
1
，
ex1 x
2
2
；
0x 1 ex1 x 2 ex1 2x
当 2 时，要证 2 ，只需证 2，
0x 1 12x 2 h ex1 h2x
2 ， 2 ，则只需证 2 ，
h ex1 hx hx h2x
又 2 ，只需证 2 2 ；
mxhxh2x x0,1
令 ， ，
1 1 1 1
2x12
mx1 1 2 0
则 x 2x x 2x x2x ，
mx 0,1 mxm10 mx 0
在 上单调递减， ， 2 ，
即
hx
2
h2x
2
，即
h ex1 h2x
2
得证，
ex1 x
2
2
；
ex1 x 2
综上所述： 2 成立.
2．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数 f(x)lnxax．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
a1 f(x ) f(x )(x x ) x x 2
(2)当 时，若 1 2 1 2 ，求证： 1 2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
f(x)lnxax
0,
【解析】（1） 的定义域为 ，
1 1ax
fx a
因为 ，
x x x0
a0 f�( x) >0
当 时， ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】f x (0,)
所以 在 上单调递增；
1 1
当
a0
时，令 f�( x) >0得0x
a
，令 fx0得x
a
，
1
1
所以 f x在(0, )上单调递增，在( ,)上单调递减；
a a
a0 f x (0,)
综上，当 时， 在 上单调递增；
1
1
当 时， f x在(0, )上单调递增，在( ,)上单调递减．
a0 a a
f xlnxx 0,
a1 a0
（2）当 时 ， ，定义域为 ，
1
fx x 1 ，所以 f x在0,1上单调递增，在 (1,) 上单调递减，
f x f x (x x )
0x 1x
又因为 1 2 1 2 ，所以 1 2，
Fx f x f 2xx0,1
设 ，
1 1 2(x1)2
Fx 2 0
则 x x2 x2x 在 0,1 上恒成立，
Fx f x f 2x 0,1
所以 在 上单调递增，
Fx f x f 2x 0 f x f x f 2x
所以 1 1 1 ， 即 1 2 1 ，
x 1 0x 1 2x 1
又因为 2 ， 1 ，所以 1 ，
f x (1,)
又因为 在 上单调递减，
x 2x x x 2
所以 2 1，即 1 2 ．
1
3．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f xxe1ex ex2e2x．
2
f x
(1)求函数 的单调区间与极值．
x x
(2)若 f x f x f x x x x ，求证： 3 2 1 e1．
1 2 3 1 2 3
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1
【答案】(1)单调递增区间为,1和e,，单调递减区间为1,e；极大值为 e，极小值为ee e3
2 2
(2)证明见解析
f x fxxeexexe2 xe exe
【解析】（1） 定义域为R， ，
fx0 xe x1
令 ，解得： 或 ，
x,1e, f�( x) >0 x1,e fx0
当 时， ；当 时， ；
\ f ( x) ,1 e, 1,e
的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ；
1 1
f x的极大值为 f 1 e，极小值为 f eee e3 .
2 2
x 1 1x e x e
（2）由（1）知： 1 ， 2 ， 3 ．
Fx f x f 2x
1xe
令 ， ，
exe
则Fx fx f 2x xe ex e 2xe e2x e ex1 xeex1xe2 ；
Gxxeex1xe2 Gxxe1ex11
令 ，则 ；
HxGx Hxxe2ex1
令 ，则 ，
Hx0 1,e Hx 1,e
在 上恒成立， 在 上单调递增，
HxH13e0
，
Gx0 1,e Gx 1,e GxG10
在 上恒成立， 在 上单调递增， ，
Fx0 1,e Fx 1,e FxF10
在 上恒成立， 在 上单调递增， ，
f x f 2x x1,e
对任意 恒成立．
x 1,e f x f 2x f x f x f x f 2x
2 ， 2 2 ，又 1 2 ， 1 2 ，
f x ,1 x,2x ,1 x 2x x x 2
在 上单调递增， 1 2 ， 1 2，即 1 2 ；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】mx f x f 2ex
1xe
令 ， ，
则mx fx f 2ex xe ex e 2exe e2exe xe exe2ex ；
yexe2ex 1,e ex e2ex eeee 0
在 上单调递增， ，
mx0 1,e mx 1,e
在 上恒成立， 在 上单调递增，
mxme0 f x f 2ex x1,e
， 对任意 恒成立．
x 1,e f x f 2ex f x f x f x f 2ex
2 ， 2 2 ．又 2 3 ， 3 2 ，
f x e, x ,2ex e, x 2ex x x 2e
在 上单调递增，且 3 2 ， 3 2， 2 3 ；
x x
由x 1 x 2 2得：x 1 x 2 2，x 3 x 1 x 2 x 3 x 1 x 2 2e2， 3 2 1 e1 .
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】
