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专题 3.5 导数的综合应用【八大题型】
【新高考专用】
1、导数的综合应用
导数是高中数学的重要内容，导数的综合应用是高考常考的热点内容，从近几年的高考情况来看，高
考中常涉及的问题有：不等式恒（能）成立问题、利用导数证明不等式、函数的零点（方程的根）问题
等，这些问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问题在选择、填空、解答题中都有考查，但
主要以解答题为主，而在解答题中进行考查时试题难度较大，需要灵活求解.
【知识点1 不等式恒（能）成立问题的解题策略】
1．不等式恒（能）成立问题的求解方法
解决不等式恒（能）成立问题主要有两种方法：(1)分离参数法解决恒（能）成立问题
①分离变量：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，进而解决问题．
② 恒成立 ；
恒成立 ；
能成立 ；
能成立 .
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题
分类讨论法解决恒（能）成立问题，首先要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，若不满足题意，只需找一个值或一
段内的函数值不满足题意即可.
【知识点2 导数中的不等式证明的解题策略】
1．导数中的不等式证明的解题策略
(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．
2．移项构造函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，利用
导教研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
3．分拆函数法证明不等式
(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以
传递的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处 g(x) ≥f(x) 恒成立，从而
min max
f(x)≤g(x)恒成立.
(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地， 与lnx要分离，常构造 与lnx， 与
的积、商形式.便于求导后找到极值点.
4．放缩后构造函数证明不等式
某 些 不 等 式 ， 直 接 构 造 函 数 不 易 求 其 最 值 ， 可 以 适 当 地 利 用 熟 知 的 函 数 不 等 式
等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以
利用局部函数的有界性进行放缩，然后再构造函数进行证明.
【知识点3 导数中的函数零点问题的解题策略】
1．函数零点（个数）问题的的常用方法(1)构造函数法：构造函数g( x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)函数零点存在定理：利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数
有多少个零点.
(3)数形结合法：函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，数形结合，根据图象的几何直观求
解.
2．导数中的含参函数零点（个数）问题
利用导数研究含参函数的零点（个数）问题主要有两种方法：
(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.
3．与函数零点有关的参数范围问题的解题策略
与函数零点（方程的根）有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合
特殊点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
【知识点4 导数中的双变量问题的解题策略】
1．转化为同源函数解决双变量问题
此类问题一般是给出含有x ，x ，f(x)，f(x)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结构形式
1 2 1 2
相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
2．整体代换解决双变量问题
(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x，x 的式子.
1 2
(2)与极值点x ，x 有关的双变量问题：一般是根据x ，x 是方程f'(x)=0的两个根，确定x ，x 的关
1 2 1 2 1 2
系，再通过消元转化为只含有x 或x 的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为 x ，x 的齐次式，
1 2 1 2
然后转化为关于 的函数，把 看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问
题.
3．构造函数解决双变量问题的答题模板
第一步：分析题意，探究两变量的关系；
第二步：合二为一，变为单变量不等式；
第三步：构造函数；
第四步：判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题；
第五步：反思回顾解题过程，规范解题步骤.
【知识点5 导数在解决实际问题中的应用】
1．导数在解决实际问题中的应用
(1)利用导数解决实际问题时，常常涉及用料最省、成本(费用)最低、利润最大、效率最高等问题，求
解时需要分析问题中各个变量之间的关系，抓主元，找主线，把“问题情境"翻译为数学语言，抽象成数学
问题，再选择合适的数学方法求解，最后经过检验得到实际问题的解.
(2)解决优化问题的方法并不单一，运用导数求最值是解决这类问题的有效方法，有时与判别式、基本
不等式及二次函数的性质等结合，多举并用，达到最佳效果.
(3)利用导数解决实际问题的一般步骤【题型1 导数中的函数零点（方程根）问题】
【例1】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知f(x)=memx−lnx(m≥0)，若f(x)有两个零点，则实数m的取
值范围为（ ）
( 1) ( 1 )
A． 0, B． 0,
e e2
C． (1 ,+∞ ) D． [ 1 ,+∞ )
e e2
【解题思路】由同构的思想可知，若f(x)有两个零点，则mxemx−xlnx=0(x>0)有两个解，即mx=lnx
有两解，分离变量求导即可
【解答过程】解：由题意可知，若f(x)有两个零点，则f(x)=memx−lnx=0有两个解，
等价于mxemx−xlnx=0(x>0)有两个解，因为m≥0，x>0，所以lnx≥0，
令g(t)=tet，原式等价于g(mx)=g(lnx)有两个解，又g(t)在[0,+∞)上单调递增，
所以mx=lnx(x>0)有两个大于零的解.
lnx lnx
解mx=lnx，可得m= ，令ℎ(x)= (x>0)，
x x
1−lnx
则ℎ '(x)=
x2
，当00，当x>e时，ℎ '(x)<0，
1
所以ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且ℎ(e)= ，ℎ(x)的图象如图：
e
1 lnx
所以当00)，g′(x)=lnx+1，
1 1
令g′(x)>0，解得：x> ；令g′(x)<0，解得：00，当x→−∞时，g(x)→0，
当x→1且x<1时，g(x)→−∞，
1
1
e2(2× −1)
2
=0，当x→1且x>1时，g(x)→+∞，
1
−1
2
当x→+∞时，g(x)→+∞．
根据以上信息画出g(x)的大致图象，如图所示．
所以实数m的取值范围为 (0,1)∪ ( 4e 3 2,+∞ ) .
【变式1-3】（2024·甘肃白银·一模）已知函数f (x)=tx2−2lnx−1.(1)若曲线y=f (x)在x=2处的切线的斜率为3，求t.
(2)已知f (x)恰有两个零点x ,x (x 0，即可证明.
1 2 1 2 1 2
2
【解答过程】（1）解：由题意得f′(x)=2tx−
.
x
因为曲线y=f (x)在x=2处的切线的斜率为3，
所以f′(2)=4t−1=3，得t=1.
1+2lnx 1+2lnx −4lnx
（2）①法一：解：令f (x)=0，得t= .令g(x)= ，则g′(x)= .
x2 x2 x3
当x∈(0,1)时，g′(x)>0,g(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0,g(x)单调递减.故g(x) =g(1)=1.
max
当x趋近正无穷时，g(x)趋近0，又 ( − 1) ，
g e 2 =0
所以00，则当x∈ 0, 时，f′(x)<0,f (x)单调递减，
t
(√1 )
当x∈ ,+∞ 时，f′(x)>0,f (x)单调递增，
t
(√1)
所以f(x) =f =lnt<0，得00,ℎ(x)单调递增，则ℎ(x)≥ℎ(1)=0，即lnx≤x−1.
因为x x >0，所以ln(x x )≤x x −1，即1+lnx x ≤x x .
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
又00，所以1+ln(x x )≤x x 2x+lnx，由（1）将问题转化成 <1，构造函数g(x)= ，利用导
ex ex
3x−1
数与函数单调性间的关系，求出g(x)= 的最大值，即可证明结果.
ex
m m−x
【解答过程】（1）易知f(x)的定义域为(0，+∞)，又f′(x)= −1= ，
x x
当m≤0时，f′(x)<0在区间(0，+∞)上恒成立，此时，f (x)在区间(0,+∞)上单调递减，
当m>0时，当00，x>m时，f′ (x)<0，此时，f (x)在区间(0,m)上单调递增，在区间
(m,+∞)上单调递减.
（2）当m=1时，证原不等式等价于证ex>2x+lnx，
由（1）知m=1时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减.
所以f(x) =f (1)=0，得到lnx≤x−1，当且仅当x=1时等号成立，
max
3x−1
所以欲证ex>2x+lnx，只需证ex>2x+x−1，即证 <1，
ex
3x−1 4−3x 4 4
令g(x)= ，则g′(x)= ，由g′ (x)>0，得到0 ，
ex ex 3 3
( 4) (4 )
所以g(x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减，
3 3
4
又因为270，根
据题意可得出a2+lna−a<0，可得出g(a)0，
x
1 1 x−1
可得f′(x)= − = ，令f′(x)=0得，x=1，列表如下：
x x2 x2
x (0,1) 1 (1,+∞)
f′(x)− 0 +
f (x) 递减 极小值0 递增
所以，函数f (x)在x=1处取得即小值，亦即最小值，即f (x) =f (1)=0，
min
所以，f (x)≥0.
a 1 a x−a
（2）解：因为f (x)=lnx+ −1，其中x>0，则f′(x)= − = ，
x x x2 x2
当a≤0时，∀x>0，f′(x)>0，此时，函数f (x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)=0，可得x=a，列表如下：
x (0,a) a (a,+∞)
f′(x)− 0 +
极小值
f (x) 递减 递增
lna
所以，f (x) =f (a)=lna，
极小值
由题意可得lna<−a2+a，即a2+lna−a<0.
令g(a)=a2+lna−a，其中a>0，且g(1)=0.
不等式a2+lna−a<0即为，g(a)0，
a a
1 √2
当且仅当2a= 时，即a= 时，g′(a) =2√2−1.
a 2 min
所以，函数g(a)在(0,+∞)单调递增，又g(a)1时，(x−1) [ e−x+xln ( 1+ 1)] >lnx⋅ln(x+1).
x
【解题思路】（1）求出当x>0时的f (x)的导函数f′(x)即可得；
（2）先分类讨论求出y=ln|x|的导函数，即可得函数f (x)的导函数，再借助导数构造相应函数去研究
f′(x)的正负，即可得函数f (x)的单调性；
1 1 1 1 1 1
（3）原问题可转化为证明：当x>1时， − > − ，构造函数G(x)= − ，可得
lnx x−1 ln(x+1) x lnx x−1
G(x)的导函数与f (x)的关系，即可得其单调性，即可得证.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为¿，
当x>0时，f (x)=(lnx) 2− ( x+ 1) +2，
x
此时f′(x)= 2lnx − ( 1− 1 ) ，所以f′(1)=0.
x x2
（2）先求y=ln|x|的导数，
1
当x>0时，y′=(ln|x|) ′=(lnx) ′=
，
x
1
当x<0时，y′=(ln|x|) ′=(ln(−x)) ′=
，
x
1
当x≠0时，总有y′=(ln|x|) ′=
，
x
1
2ln|x|−x+
所以 f′(x)= 2ln|x| − ( 1− 1 ) = x ，
x x2 x
1 g(x) 2 1 2x−x2−1 (x−1) 2
令g(x)=2ln|x|−x+ ，则f′(x)= ，g′(x)= −1− = =− ≤0，
x x x x2 x2 x2
所以g(x)在(−∞,0)，(0,+∞)上均单调递减，
由（1）f′(1)=0，又f′(−1)=0，也即是g(±1)=0，
g(x)
所以当x<−1时，g(x)>g(−1)=0，于是f′(x)= <0，
x
所以f (x)在(−∞,−1)上单调递减，g(x)
当−10，
x
所以f (x)在(−1,0)上单调递增，
g(x)
当0g(1)=0，于是f′(x)= >0，
x
所以f (x)在(0,1)上单调递增，
g(x)
当x>1时，g(x)1时，要证(x−1) [ e−x+xln ( 1+ 1)] >lnx⋅ln(x+1)，
x
x−1 x+1
只需证 +x(x−1)ln >lnx⋅ln(x+1)，
ex x
x−1 x+1
因为 >0，所以只需证x(x−1)ln >lnx⋅ln(x+1)，
ex x
只需证x(x−1)[ln(x+1)−lnx]>lnx⋅ln(x+1)，
ln(x+1)−lnx 1
只需证 > ，
lnxln(x+1) x(x−1)
1 1 1 1
只需证 − > − ，
lnx ln(x+1) x−1 x
1 1 1 1
只需证 − > − ，
lnx x−1 ln(x+1) x
1 1
令G(x)= − （x>1），
lnx x−1
则只需证G(x)>G(x+1)（x>1）（※）
(x−1) 2
(lnx) 2−
因为 1 1 x
G′(x)=− + =
x(lnx) 2 (x−1) 2 (x−1) 2 (lnx) 2
(lnx) 2− ( x+ 1) +2
x f (x)
= =
(x−1) 2 (lnx) 2 (x−1) 2 (lnx) 2由（2）知，f (x)在(1,+∞)上单调递减，
所以当x>1时，f (x)G(x+1)，即不等式（※）成立，
故当x>1时，(x−1) [ e−x+xln ( 1+ 1)] >lnx⋅ln(x+1).
x
2
【变式2-3】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知函数f(x)=lnx+ −a(x+1)(a∈R).
x
(1)当a=−1时，讨论f(x)的单调性；
√ 1
(2)若x ,x (x 1)，构造函数g(t)=lnt− (t>1)，利用导数研究g(x)在(1,+∞)的单调性即可得证.
x √t
1
2
【解答过程】（1）当a=−1时，f(x)=lnx+ +x+1,f(x)的定义域为(0,+∞)，
x
1 2 x2+x−2 (x+2)(x−1)
所以f′ (x)= − +1= = ，令f′ (x)=0，解得x=1，
x x2 x2 x2
当x∈(0,1)时，f′ (x)<0，当x∈(1,+∞)时，f′ (x)>0，
故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
1 2 −ax2+x−2
（2）f′ (x)= − −a= ，
x x2 x2
由题意可知，x ,x (x 1)，则需证lnt< + ，
x √t t+1
1
1 1 1 1
t−1 t2− 1 t − 2(t−1) − 1 t2− 1 t − 2+1 ( 1 − 1) 2
设g(t)=lnt− (t>1)，则 1 2 2 2 t4−t 4 ，
√t g′ (t)= − = =− <0
t t t 2t
t−1
所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递减，所以g(t)1得， >0，所以lnt< + ，
t+1 √t t+1
√ 1
故f (x )−f (x )< −4得证.
2 1 2a
【题型3 利用导数研究不等式恒成立问题】
【例3】（2024·四川达州·二模）当x≥0时，不等式ex−ax≥(x−1) 2恒成立，则a取值范围是（ ）
( 1]
A．(−∞,1] B． −∞,
e
C．(−∞，e] D．(−∞,3]
【解题思路】恒成立问题一般采用分离参数的方法，进而转化成求函数的最值即可.
【解答过程】当 x=0 时, 不等式显然成立,ex−x2+2x−1
当 x>0 时, 由题意可得 a≤
x
ex−x2+2x−1
g(x)= (x>0),
x
则有 a≤g(x) .
min
(x−1)ex−(x2−1) (x−1)[ex−(x+1)]
则g' (x)= =
x2 x2
设ℎ(x)=ex−x−1，x>0，
则ℎ '(x)=ex−1>0，所以ℎ(x)=ex−x−1在(0,+∞)上单调递增，
所以ex−x−1>0，
所以当 x∈(0,1) 时, g′ (x)<0,g(x) 单调递减;
当 x∈(1,+∞) 时, g′ (x)>0,g(x) 单调递增;
所以 g(x) =g(1)=e,
min
所以a≤e
故选：C.
【变式3-1】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）函数f (x)=emx+(m−1)x−lnx(m∈R).若对任意x>0，都有
f (x)≥0，则实数m的取值范围为（ ）
A． [1 ,+∞ ) B． [2 ,+∞ ) C． [e ,+∞ ) D．[e,+∞)
e e 2
【解题思路】根据条件得到emx+mx≥elnx+lnx恒成立，构造函数ℎ(x)=ex+x，利用ℎ(x)=ex+x的单调
lnx lnx
性，得到m≥ 在区间(0,+∞)上恒成立，构造函数g(x)= ，利用导数与函数单调性间的关系，求出
x x
lnx
g(x)= 的最大值，即可求解.
x
【解答过程】因为f (x)=emx+mx−x−lnx=emx+mx−(elnx+lnx)，
因为对任意x>0，都有f (x)≥0，即emx+mx≥elnx+lnx恒成立，
令ℎ(x)=ex+x，易知ℎ(x)=ex+x在定义域上单调递增，lnx
所以mx≥lnx在区间(0,+∞)上恒成立，也即m≥ 在区间(0,+∞)上恒成立，
x
lnx 1−lnx
令g(x)= ，则g′ (x)= ，由g′ (x)>0，得到0e，
x x2
lnx
即g(x)= 在区间(0,e)上单调递增，在区间(e,+∞)上单调递减，
x
lne 1 1
所以g(x)≤ = ，得到m≥ ，
e e e
故选：A.
【变式3-2】（2024·四川内江·一模）已知函数f (x)=a(x+a)−ln(x+1)，a∈R．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若f (x)>1恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）求导，分a≤0和a>0两种情况，结合导数的符号判断原函数单调性；
（2）由题意可得：f (0)=a2>1，分a≤0和a>0两种情况，结合（1）中单调性分析求解即可.
1 ax+a−1
【解答过程】（1）由题意可知：f (x)的定义域为(−1,+∞)，且f′(x)=a− = ，
x+1 x+1
若a≤0，则f′(x)<0，可知f (x)在(−1,+∞)内单调递减；
1 1
若a>0，令f′(x)<0，解得−10，解得x> −1；
a a
( 1 ) (1 )
可知f (x)在 −1, −1 内单调递减，在 −1,+∞ 内单调递增；
a a
综上所述：若a≤0，f (x)在(−1,+∞)内单调递减；
( 1 ) (1 )
若a>0，f (x)在 −1, −1 内单调递减，在 −1,+∞ 内单调递增.
a a
（2）因为f (x)>1恒成立，则f (0)=a2>1，
若a≤0，由（1）可知：f (x)在(−1,+∞)内单调递减，
且当x趋近于+∞时，f (x)趋近于−∞，不合题意；
若a>0，由a2>1可得a>1，
( 1 ) (1 )
由（1）可知：f (x)在 −1, −1 内单调递减，在 −1,+∞ 内单调递增，
a a
(1 ) (1 ) 1
则f −1 =a −1+a −ln =a(a−1)+lna+1，
a a a
(1 )
若a>1，则a(a−1)>0,lna>0，可得f −1 >1，符合题意；
a
综上所述：实数a的取值范围为(1,+∞).a
【变式3-3】（2024·四川德阳·模拟预测）已知函数f (x)=lnx+ .
x
(1)若曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线为x+ y+b=0，求实数b的值；
a2
(2)已知函数g(x)=f (x)+ ，且对于任意x∈(0,+∞)，g(x)>0，求实数a的取值范围.
x2
【解题思路】（1）利用导数的几何意义可得f′(1)=1−a=−1，可求a=2，进而求得切点，利用切点在直
线上，可求b的值；
1 (2at−1)(at+1)
（2）由题意可得g(x) >0，令t= >0，则g(t)=−lnt+at+a2t2，求导，可得g′(t)=
min x t
，分类讨论可求得实数a的取值范围.
a 1 a 1 a
【解答过程】（1）由f (x)=lnx+ ，可得f′(x)= − ，f′(1)= − =1−a，
x x x2 1 12
又曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线为x+ y+b=0，所以f′(1)=1−a=−1，
2 2
解得a=2，所以f (x)=lnx+ ，所以f (1)=ln1+ =2，所以切点为(1,2)，
x 1
又切点(1,2)在直线x+ y+b=0上，所以1+2+b=0，解得b=−3；
a a2
（2）g(x)=lnx+ + ，由对于任意x∈(0,+∞)，g(x)>0，所以g(x) >0，
x x2 min
1
令t= >0，则ℎ(t)=−lnt+at+a2t2，
x
1 2a2t2+at−1 (2at−1)(at+1)
求导可得ℎ '(t)=− +a+2a2t= = ，
t t t
当a=0时，g(x)=lnx，显然不满足题意，
1 1
当a>0时， >0>− ，
2a a
1 1
若x∈(0, )，ℎ '(t)<0，函数ℎ(t)在(0, )上单调递减，
2a 2a
1 1
若x∈( ,+∞)，ℎ '(t)>0，函数ℎ(t)在( ,+∞)上单调递增，
2a 2a
( 1 ) 1 1 1 1
所以ℎ(t) = ℎ =ln2a+ + ，所以ln2a+ + >0，
min 2a 2 4 2 43 1 − 3
所以ln2a>− ，解得a> e 4，
4 2
1 1
当a<0时， <0<− ，
2a a
1 1
若x∈(0,− )，ℎ '(t)<0，函数ℎ(t)在(0,− )上单调递减，
a a
1 1
若x∈(− ,+∞)，ℎ '(t)>0，函数ℎ(t)在(− ,+∞)上单调递增，
a a
( 1)
所以ℎ(t) = ℎ − =ln(−a)−1+1=ln(−a)，所以ln(−a)>0，
min a
所以−a>1，解得a<−1，
3
1 −
综上所述：实数a的取值范围为(−∞,−1)∪( e 4,+∞).
2
【题型4 利用导数研究存在性问题】
【例4】（2024·陕西安康·模拟预测）若存在x∈(0,+∞)，使得不等式a2x4+x≥eax2+ln2x成立，则实数
a的取值范围为（ ）
A． [ 1 ,+∞ ) B． [1 ,+∞ ) C． ( −∞, 1] D． ( −∞, 1 ]
2e e e 2e
【解题思路】将原不等式变形为(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx，令f(x)=x2−ex，则f(ax2 )≥f(lnx)，然后
lnx
利用导数判断出f(x)在R上递减，所以将问题转化为ax2≤lnx在x∈(0,+∞)上有解，即a≤ 在
x2
lnx
x∈(0,+∞)上有解，再构造函数ℎ(x)= (x>0)，利用导数求出其小大值即可.
x2
【解答过程】由a2x4+x≥eax2+ln2x，得(ax2) 2 −eax2 ≥ln2x−x，
所以(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx，
令f(x)=x2−ex，则(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx可化为f(ax2 )≥f(lnx)，
f′ (x)=2x−ex，令g(x)=f′ (x)=2x−ex，则
g′ (x)=2−ex，令g′ (x)=2−ex=0，得x=ln2，当x0，当x>ln2时，g′ (x)<0，
所以f′ (x)在(−∞,ln2)上递增，在(ln2,+∞)上递减，
所以f′ (x)≤f′ (ln2)=2ln2−2<0，
所以f(x)在R上递减，
所以ax2≤lnx在x∈(0,+∞)上有解，
lnx
所以a≤ 在x∈(0,+∞)上有解，
x2
lnx x−2xlnx 1−2lnx
令ℎ(x)= (x>0)，则ℎ ′ (x)= = (x>0)，
x2 x4 x3
由ℎ ′ (x)>0，得1−2lnx>0，得0√e，
所以ℎ(x)在(0,√e)上递增，在(√e,+∞)上递减，
ln(√e) 1
所以ℎ(x) = ℎ(√e)= = ，
max e 2e
1
所以a≤ ，
2e
( 1 ]
即实数a的取值范围为 −∞, ，
2e
故选：D.
lnx
【变式4-1】（2024·重庆·模拟预测）已知函数f (x)= ,g(x)=axe−ax ，若存在
x
x ∈(0,1),x ∈(−∞,0)使得f (x )=g(x )，则实数a的取值范围为（ ）
1 2 1 2
A．(−∞,−2) B．(−2,−1) C．(−1,+∞) D．(0,+∞)
【解题思路】利用导数求得f (x)在区间(0,1)上的值域，求得g(x)在区间(−∞,0)上的值域，由此求得a的取
值范围.
lnx 1−lnx
【解答过程】对于f (x)= (00，
x x
ln1
所以f (x)在区间(0,1)上单调递增， =0，
1所以当x∈(0,1)时，f (x)的值域为(−∞,0).
a(1−ax)
对于g(x)=axe−ax(x<0)，g′(x)=a(1−ax)e−ax=
，
eax
若a=0，则g(x)=0，不符合题意.
若a>0，则g′(x)>0，所以g(x)在(−∞,0)上单调递增，
所以当x∈(−∞,0)时，g(x)的值域为(−∞,0)，符合题意，D选项正确.
( 1)
当a<0时，g(x)在区间 −∞, 上g′(x)>0,g(x)单调递增，
a
(1 )
在区间 ,+∞ 上g′(x)<0,g(x)单调递减，
a
1
g
(1)
=a×
1
×e
−a×
a=
1
，而当x<0时g(x)=axe−ax>0
a a e
( 1]
所以当x∈(−∞,0)时，g(x)的值域为 0, ，不符合题意.
e
综上所述，实数a的取值范围为(0,+∞).
故选：D.
【变式4-2】（2024·四川乐山·三模）已知函数f (x)=ax+lnx−ax2
(1)当a=1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若存在x ∈(1,+∞)，使得f (x )>0，求a的取值范围.
0 0
【解题思路】（1）求导，根据导数判断函数的单调性；
（2）根据导数，对a分情况讨论函数的单调性，进而可得函数最值情况，即可得解.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=x+lnx−x2，x>0，
1 −2x2+x+1 (2x+1)(x−1)
则f′(x)=1+ −2x= =− ，
x x x
1
令f′(x)=0，解得x=1或x=− （舍），
2
(2x+1)(x−1)
当00，f (x)单调递增，
x
(2x+1)(x−1)
当x>1时，f′(x)=− <0，f (x)单调递减，
x
综上所述，f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减；
1+ax−2ax2
（2）由题可知f′ (x)= ，令ℎ(x)=1+ax−2ax2=ax(1−2x)+1
x当a≤0时，由x>1可知ℎ(x)>0，即f′ (x)>0，所以f(x)在(1,+∞)为增函数.
∴对任意x∈(1,+∞)都有f(x)>f(1)=0，符合题意.
√ 8 √ 8
1− 1+ 1+ 1+
由2ax2−ax−1=0解得 a或 a.
x = x =
1 4 2 4
∵x <0，下面讨论x 与1的大小:
1 2
②当01，则f(x)在(1,x )上单调递增.
2 2
∴存在x ∈(1,x )，使得f (x )>f(1)=0.
0 2 0
③当a≥1时，x 0.
0 0
【变式4-3】（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数f(x)=xlnx−ax2，g(x)=ax2−ax+1，
ℎ(x)=f(x)+g(x)．
[1 )
(1)讨论：当a∈(−∞,0]∪ ,+∞ 时，f(x)的极值点的个数；
2
(2)当a>1时，∃x∈(1,+∞)，使得ℎ(x)<(e−1)a−3e+3，求实数a的取值范围．
[1 )
【解题思路】（1）对函数f (x)求导，分别讨论当a∈(−∞,0]和a∈ ,+∞ 导函数的正负，即可得到
2
函数的单调性，从而求出极值点的个数；
（2）对ℎ(x)求导，确定其最小值，从而将问题转化成不等式ea−1+(e−1)(a−3)−1>0成立，进而构造
函数k(a)=ea−1+(e−1)(a−3)−1，求导确定其单调性，即可求解.
【解答过程】（1）f′ (x)=lnx+1−2ax，x∈(0,+∞)，
①当a∈(−∞,0]时，f′ (x)为增函数，
因为x→0时，f′ (x)→−∞；x→+∞时，f′ (x)→+∞，所以f′ (x)有唯一的零点x (x >0)，当x∈(0,x )时，f′ (x)<0，当x∈(x ,+∞)时，f′ (x)>0，
0 0 0 0
所以f(x)有一个极小值点，无极大值点．
②当a∈ [1 ,+∞ ) 时，令φ(x)=f′ (x)=lnx+1−2ax，则φ′ (x)= 1 −2a= 1−2ax ，
2 x x
1
令φ′ (x)=0，得x= ，
2a
( 1 ) ( 1 )
当x∈ 0, 时，φ′ (x)>0，φ(x)单调递增；当x∈ ,+∞ 时，φ′ (x)<0，φ(x)单调递减．
2a 2a
( 1 ) 1
所以φ(x) =φ =ln ≤0，即f′ (x) ≤0，所以f(x)的极值点的个数为0．
max 2a 2a max
综上所述，当a∈(−∞,0]时，f(x)的极值点个数为1，
[1 )
当a∈ ,+∞ 时，f(x)的极值点个数为0．
2
（2）ℎ(x)=xlnx−ax+1，
由ℎ ′ (x)=lnx+1−a=0，得x=ea−1，由a>1，得ea−1>1，
当x∈(1,ea−1)时，ℎ ′ (x)<0，ℎ(x)单调递减；当x∈(ea−1,+∞)时，ℎ ′ (x)>0，ℎ(x)单调递增．
所以ℎ(x)在(1,ea−1)上单调递减，在(ea−1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x) = ℎ (ea−1)=1−ea−1，
min
因为当a>1时，∃x∈(1,+∞)，使得ℎ(x)<(e−1)a−3e+3，
所以只需1−ea−1<(e−1)a−3e+3成立，即不等式ea−1+(e−1)(a−3)−1>0成立．
令k(a)=ea−1+(e−1)(a−3)−1，则k′ (a)=ea−1+e−1，
则k′ (a)>k′ (1)=e，
则k′(a)=ea−1+e−1>0在a∈(1,+∞)上恒成立，
故k(a)=ea−1+(e−1)(a−3)−1在a∈(1,+∞)上单调递增，
又k(2)=0，所以a>2，
故实数a的取值范围为(2,+∞)．【题型5 利用导数研究双变量问题】
【例5】（2024·吉林长春·模拟预测）已知a，b满足ea=−ae−2，b(lnb−2)=e4，其中e是自然对数的底
数，则ab的值为（ ）
A．−e B．−e2 C．−e3 D．−e4
【解题思路】变换得到a−ln(−a)+2=0，2−lnb−ln(lnb−2)+2=0，构造函数f (x)=x−ln(−x)+2，
确定函数单调递增，得到a=2−lnb，化简得到答案.
【解答过程】ea=−ae−2，故a=ln(−a)−2，(a<0)，即a−ln(−a)+2=0；
b(lnb−2)=e4，故lnb+ln(lnb−2)=4，即2−lnb−ln(lnb−2)+2=0.
1
设f (x)=x−ln(−x)+2，x<0，f′(x)=1− >0，函数单调递增，
x
f (a)=f (2−lnb)，故a=2−lnb，即ln(−a)−2=2−lnb，
整理得到ln(−ab)=4，即ab=−e4.
故选：D.
【变式5-1】（2024·四川广安·模拟预测）已知00
C．cosx>sin y D．sinx>sin y
sinx
【解题思路】构造f (x)= ，0 −y，从而判断出C选项.
2
sinx sinx
【解答过程】构造f (x)= ，00恒成立，
ex ex
cosx−sinx
则f′(x)=
，
ex
π cosx−sinx
当0sinx，f′(x)= >0，
4 ex
π cosx−sinx
当 0，所以00，|cos y|=√1−sin2y，
4
所以cosx>|cos y|，所以cosx+cos y>0，A错误，B正确.
π π
令g(x)=f (x)−f ( −x ) ，则g ( )=0，
2 4
π
( −x)
π cosx−sinx sinx−cosx (sinx−cosx) ex−e2
g′(x)=f′(x)+f′( −x )= + =
2 ex π −x π
e2 e2
当00恒成立，
π
所以g(x)=f (x)−f ( −x ) 在(0,π)上单调递增，
2
π π π
当x∈ ( 0, ) 时，g(x)=f (x)−f ( −x )<0，即f (x)
，
2 4
π
因为f (x)在
( ,π)
单调递减，
4
π π
所以y> −x，即x> −y
2 2
因为φ(x)=cosx在(0,π)上单调递减，
π
所以cosx2x ex 1，求a的取值范围.
1 2 2 1【解题思路】（1）将a=e代入f (x)=x(ex−a)−alnx，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调
性，计算极值即可；
（2）先将f (x)化为f (x)=xex−aln(xex)，然后令xex=t，将问题转变为t−alnt=0有两个解为t ,t ，设
1 2
ℎ(t)=t−alnt，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况，
1 lnt lnt
分离得 = ，再设新函数F(t)= ，利用导数求出其值域，最后求出a的取值范围即可.
a t t
【解答过程】（1）当a=e时，f (x)=x(ex−e)−elnx=xex−xe−elnx，其定义域为(0,+∞)，
e
(x+1)(xex−e)
f′(x)=ex+xex−e− = ，
x x
所以显然当x∈(0,1)时，f′(x)<0，此时f (x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，此时f (x)单调递増；
所以f (x)有极小值f (1)=0，无极大值；
综上所述，f (x)单调递减区间为(0,1)；f (x)单调递増区间为(1,+∞)；f (x)有极小值0，无极大值.
（2）f (x)=x(ex−a)−alnx=xex−a(x+lnx)=xex−aln(xex)，令t=xex，
因为t′=(x+1)ex>0，所以t=xex在(0,+∞)单调递增，则t>0，
令ℎ(t)=t−alnt，即ℎ(t)在t∈(0,+∞)有2个零点t ,t ，且t =x et 1,t =x et 2，
1 2 1 1 2 2
a t−a
因为ℎ ′ (t)=1− = ，
t t
当a≤0时，ℎ ′ (t)>0,ℎ(t)在t∈(0,+∞)单调递增，不存在2个零点，
所以a>0，
当t∈(0,a)时，ℎ ′ (t)<0:当t∈(a,+∞)时，ℎ ′ (t)>0.
所以ℎ(t)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，
则ℎ(t) = ℎ(a)=a(1−lna)，
min
令φ(x)=ex−ex,φ′ (x)=ex−e，当x∈(0,1)时，φ′ (x)<0,φ(x)单调递减：当x∈(1,+∞)时，φ′ (x)>0,φ(x)单调递增，
则φ(x) =φ(1)=0，所以φ(x)≥0恒成立.即ex≥ex恒成立.
min
因此e2a≥2ea>√2a>0，
ℎ
(e2a)=e2a−2a2=(ea−√2a)(ea+√2a)>0，
因为t→0时，ℎ(t)→+∞;且
ℎ
(e2a)>0.
ℎ
(e2a)=e2a−2a2=(ea−√2a)(ea+√2a)>0，
因为t→0时，ℎ(t)→+∞;且
ℎ
(e2a)>0.
所以当ℎ(t) =a(1−lna)<0，即a∈(e,+∞)时，函数f(x)有2个不同的零点.
min
1 lnt
又x ex 2>2x ex 1，即t >2t ,t ,t ∈(0,+∞),ℎ(t)=0等价于 = ，
2 1 2 1 1 2 a t
lnt 1−lnt
设F(t)= ,F′ (t)=
.
t t2
当t∈(0,e)时，F′ (t)>0;当t∈(e,+∞)时，F′ (t)<0.
1
则F(t)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，则F(t) =F(e)= ，
max e
由题意得:12t 恒成立;
1 1 2 2 1
e
（ii）当2t >e，即t > 时，有F(t )=F(t )0．
eax
(1)若f (x)在(0,2]上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a=1时，若x +x =4且00，∴ℎ(t)在(0,2)上单调递增，而ℎ(t)
min
= ℎ(0)=0，∴ℎ(t)>0，
2+t
∴ln >t，01 B．x +x <
1 2 a
1
C．x ⋅x <1 D．x −x > −1
1 2 2 1 a
lnx+1 lnx+1
【解题思路】根据零点可将问题转化为a= ，构造g(x)= ，求导即可根据函数的单调性得
x x
(2 )
函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数ℎ(x)=f −x −f (x)，结合函数的
a
2
单调性即可求解B，根据x +x > 可得ln(x x )>0，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
1 2 a 1 2
lnx+1 lnx+1
【解答过程】由f (x)=0可得a= ，令g(x)= ，其中x>0，
x x
lnx
则直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点，g′(x)=−
，
x2
由g′(x)>0可得01，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
1 lnx+1 1 lnx+1
且当0 时，g(x)= >0，g(1)=1，
e x e x
如下图所示：
由图可知，当00可得0 ，
x x a a
( 1) (1 ) 1
所以，函数f (x)的增区间为 0, ，减区间为 ,+∞ ，则必有0 ，
1 a a 1 a
(2 ) (2 ) (2 ) 1
令ℎ(x)=f −x −f (x)=ln −x −a −x −lnx+ax，其中0 ℎ =0，即f −x −f (x )>0，即f (x ) −x ，即x +x > ，故B错误；
a 2 a 1 1 2 a
ln(x x )+2 2
由¿，两式相加整理可得x +x = 1 2 > ，
1 2 a a
所以，ln(x x )>0，可得x ⋅x >1，故C错误；
1 2 1 2
1 1 1
由图可知 −1，又因为x > ，所以，x −x > −1，故D正确.
e 1 2 1 2 a 2 1 a
故选：D.
x y
【变式6-1】（2024·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足yln =1− ，则下列结论一定
y x
正确的是（ ）
A．x+ y=1 B．xy=1
C．x+ y>2 D．00)，将题设条件转化为f(x)=f(y)，再利用导
x
数研究函数f (x)的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移
的解决方法即可判断C.
x y
【解答过程】因为yln =1− ，x>0,y>0，
y x
x 1 1 1 1 1 1
所以ln = − ，则lnx−ln y= − ，即lnx+ =ln y+ ，
y y x y x x y1 1 1 x−1
令f (x)=lnx+ (x>0)，则f′(x)= − = ，f(x)=f(y)，
x x x2 x2
当x∈(0,1)时，f′ (x)<0，则f (x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，f′ (x)>0，则f (x)单调递增,
所以f (x)❑ =f (1)=1，
min
对于y=ex−2x(x>1)，总有y′=ex−2>0，即y=ex−2x在(1,+∞)上单调递增，
故y=ex−2x>e1−2×1>0，即ex−x>x在(1,+∞)上恒成立，
1
所以对于f (x)，对于任意M>1，在x∈(0,1)上取x= ，
eM
则f ( 1 ) =ln 1 +eM=eM−M>M，
eM eM
所以当x>0且x趋向于0时，f (x)趋向于无穷大，
1
当x趋向于无穷大时，y=lnx趋向于无穷大，y= 趋向于0，故f (x)趋向于无穷大，
x
所以f (x)的大致图像如图所示：
.
对于AD，因为f(x)=f(y)，x≠ y，不妨设x1，故AD错误；
1
对于B，假设xy=1成立，取x= ,y=2，
2
(1) 1
则f =2−ln2,f (2)= +ln2，显然不满足f(x)=f(y)，故B错误；
2 2
x−1
对于C，令F(x)=f (2−x)−f (x)(00，
(2−x) 2 x2 x2(2−x) 2
所以F(x)在(0,1)上单调递增，又01，又y>1，f (x)在(1,+∞)上单调递增，
所以2−x2，故C正确.
故选：C.
a
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=1−lnx− (a∈R)．
x
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个零点x ，x ，且x 0，从而求出01并构造函数
1 2 x
1
4
ℎ(t)=lnt−2+ (t>1)，然后利用导数求解x x <1，然后再构造函数
t+1 1 2
φ(x)=(e−x)−(x−xlnx)=e−2x+xlnx证明x 0时，令f′(x)=0，解得x=a，
当x∈(0,a)时，f′(x)>0，f (x)单调递增；当x∈(a,+∞)时，f′(x)<0，f (x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)的减区间为(0,+∞)，无增区间；
当a>0时，f (x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,+∞)．
（2）因为x ,x 是函f (x)的两个零点，由（1）知a>0，
1 2
因为f (x)=0⇔x−xlnx=a，设g(x)=x−xlnx，则g′(x)=−lnx，
当x∈(0,1)，g′(x)>0，当x∈(1,+∞)，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，g(x) =g(1)=1．
max
又因为g(x )=g(x )=a，且g(e)=0，
1 2
所以01，则¿
x
1
tlnt
两式相除，得lnx =1− ．
1 t−1
要证x x <1，只要证lnx +lnx <0，即证2lnx +lnt<0．
1 2 1 2 1
2tlnt 4
只要证2− +lnt<0，即证lnt−2+ >0．
t−1 t+1
4
设ℎ(t)=lnt−2+ ，t>1．
t+1
1 4 (t−1) 2
因为ℎ ′(t)= − = >0，所以ℎ(t)在(1,+∞)上单调递增．
t (t+1) 2 t(t+1) 2
所以ℎ(t)> ℎ(1)=0，即证得x
1
x
2
<1①．
其次证明：x φ(e)=0，
2
即φ(x )=e−2x +x lnx =e−x −(x −x lnx )=e−x −a>0．
2 2 2 2 2 2 2 2 2
所以x 0两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为x ,x 是方程m=ex (2−x)的两个实数根，构造函数g(x)=ex (2−x)，得到其单调性和极值最
1 2
值情况，结合图象得到00恒成立，f(x)在R上单调递增；
当m>0，且当x∈(−∞,lnm)时，f′ (x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(lnm,+∞)时，f′ (x)>0，f(x)单调递增．
综上，当m≤0时，f (x)在R上单调递增；
当m>0时，f (x)在区间(−∞,lnm)上单调递减，在区间(lnm,+∞)上单调递增．
m
（2）证明：由f (x )=f (x )=2，得x ，x 是方程x+ =2的两个实数根，
1 2 1 2 ex
即x ,x 是方程m=ex (2−x)的两个实数根．
1 2
令g(x)=ex (2−x)，则g′ (x)=ex (1−x)，
所以当x∈(−∞,1)时，g′ (x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(1，+∞)时，g′ (x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x) =g(1)=e．
max
因为当x→−∞时，g(x)→0；当x→+∞时，g(x)→−∞，g(2)=0，所以00得：0<
ℎ
<4，此时函数V单调递增，
由V′<0得：4<
ℎ
<6，此时函数V单调递减，
√3
∴当ℎ =4时，V取得最大值，且最大值为 (−3×43+18×42)=8√3.
12
故选：B.
【变式7-1】（2024·海南海口·模拟预测）琼中蜂蜜是海南省琼中黎族苗族自治县特产.人们赞美蜜蜂是自然
界的建筑师，是因为蜜蜂建造的蜂房是以正六棱柱为单位的几何体.18世纪初，法国天文学家通过观测发
现蜜蜂蜂房的每个单位并非六棱柱.如图1，左侧的正六棱柱ABCDEF−A B C D E F 底面边长为a，
1 1 1 1 1 1
高为b.蜜蜂的蜂房实际形状是一个十面体，如图2，它的顶部是边长为a的正六边形，底部由三个全等的菱
形AGCB′，CGED′和EGAF′构成，其余侧面由6个全等的直角梯形构成，A A =CC =EE =b，
1 1 1
B B′=D D′=F F′=c，蜜蜂的高明之处在于图2的构造在容积上与图1相等，但所用的材料最省.图2
1 1 1中，b−c=（ ）
√3a √2a a √2a
A． B． C． D．
2 2 3 4
【解题思路】先用b−c把蜂房的表面积表示出来，然后把b−c当作自变量，求导确定蜂房表面积取最小值
时的b−c即为结果.
【解答过程】设b−c=x，则由题意知蜂房的表面积为
1 1 √ a2 3√3a
f(x)=6ab−6× ax+3× ×√3a×2 x2+ =6ab−3ax+ √4x2+a2，
2 2 4 2
3√3a 8x 6√3ax
求导得f′ (x)=−3a+ · = −3a，
2 2√4x2+a2 √4x2+a2
6√3ax √2a
令f′ (x)= −3a=0，得x=
，
√4x2+a2 4
√2a
当0 时，f′ (x)>0，f(x)单调递增，
4
√2a
所以当x= 时，f(x)取得极小值，也是最小值，即此时蜂房最省料.
4
故选：D.
【变式7-2】（23-24高二下·安徽合肥·期中）如图所示，AB为沿海岸的高速路，海岛上码头O离高速路最
近点B的距离是120km，在距离B点300km的A处有一批药品要尽快送达海岛．现要用海陆联运的方式运
送这批药品，设登船点C到B的距离为x，已知汽车速度为100km/h，快艇速度为50km/h．（参考数据：
√3≈1.7．）(1)写出运输时间t(x)关于x的函数；
(2)当C选在何处时运输时间最短？
【解题思路】（1）由题意知，OB⊥AB，可求得OC，AC，进而得出t(x)；
（2）求出t(x)的导数，结合函数的单调性求得结果．
【解答过程】（1）
由题意知，OB⊥AB，则OC=√1202+x2,AC=300−x，
√14400+x2 300−x
∴t(x)= + (0≤x<300).
50 100
1
−
（2）t′(x) = 1 ×
(1202+x2) 2×2x
− 1 = x − 1 ，
2 50 100 50√1202+x2 100
令t′(x)=0，得x=40√3，
当00，t(x)单调递增，
所以x=40√3≈68时，t(x)取最小值.
所以当点C选在距B点68km时运输时间最短.
【变式7-3】（23-24高二下·北京西城·期末）设某商品的利润只由生产成本和销售收入决定．生产成本C
（单位：万元）与生产量x（单位：百件）间的函数关系是C(x)=10000+20x；销售收入S（单位：万
1
− x3+3x2+290x,00，即W(x)递增；x∈(90,120)，W′ (x)<0，即W(x)递减；
所以W(x)的极大值也是最大值为W(90)=14300（万元）；
当x≥120时W(x)递减，此时最大值为W(120)=13000（万元）.
综上，使商品的利润最大，产量为90百件.
【题型8 导数中的新定义问题】
【例8】（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）若函数f (x)在[a,b]上存在x ,x (an>0，使得f (m)=f (n)，且f (x)是[n,m]上的“双中值函
2
数”， x ,x 是f (x)在[n,m]上的中值点.
1 2
①求a的取值范围；
②证明：x +x >a+2.
1 2
【解题思路】（1）利用定义结合导数直接计算解方程即可；
（2）①根据定义知f ′(x )=f ′(x )=0，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先
1 2
转化问题为x >1−lnx ，构造差函数ℎ(x)=g(x)−g(1−lnx)，利用多次求导判定其单调性去函数符号
2 1
即可证明.
【解答过程】（1）函数f(x)是[−1,3]上的“双中值函数”．理由如下：
因为f(x)=x3−3x2+1，所以f′(x)=3x2−6x.
f(3)−f(−1)
因为f(3)=1，f(−1)=−3，所以 =1
3−(−1)
3±2√3
令f ′(x)=1，得3x2−6x=1，即3x2−6x−1=0，解得x= .
3
3−2√3 3+2√3
因为−1< < <3，所以f(x)是[−1,3]上的“双中值函数”.
3 3
f(m)−f(n)
（2）①因为f(m)=f(n)，所以 =0.
m−n
因为f(x)是[n,m]上的“双中值函数”，所以f ′(x )=f ′(x )=0.
1 2
由题意可得f ′(x)=x−lnx−a−1.
1 x−1
设g(x)=f ′(x)=x−lnx−a−1，则g′(x)=1− = .
x x
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，则g(x)为减函数，即f ′(x)为减函数；
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，则g(x)为增函数，即f' (x)为增函数.
故f' (x) =f' (1)=−a.
min
因为f' (x )=f' (x )=0，所以−a<0，所以a>0，即a的取值范围为(0,+∞)；
1 2
②证明：不妨设0a+2，即证x >a+2−x =1−lnx ．
1 2 2 1 1
设ℎ(x)=g(x)−g(1−lnx)=x−1+ln(1−lnx)(00，
1
所以φ(x)在(0,1)上单调递增，所以0<φ(x)<φ(1)=1，所以ℎ′(x)=1− <0，
x(1−lnx)
则ℎ(x)在(0,1)上单调递减．
因为ℎ(1)=g(1)−g(1)=0，所以ℎ(x)>0，即g(x)>g(1−lnx)．因为0g(1−lnx )．
1 1 1
因为g(x )=g(x )=0，所以g(x )>g(1−lnx )．
1 2 2 1
因为01．
1 1
由①可知g(x)在(1,+∞)上单调递增，所以x >1−lnx ，即x +x >a+2得证．
2 1 1 2
【变式8-1】（2024·上海·模拟预测）已知函数y=f (x),x∈D，如果存在常数M，对任意满足
x 0，当f(x)单调递减时，f (x )−f (x )<0，化简后需
n n−1 n n−1
要对函数极值进行求解，再得出M取值，
（2）利用区间最大值替代，用特殊代替一般的思想，
（3）利用三角函数的周期性及分析问题，同第一问的分析思路化简，对任意常数M>0，只要n足够大，
1 1 1 n
就有区间[0,1]的一个划分0< < <⋯< <1满足∑|f (x )−f (x )|≤M得出结论.
2n 2n−1 2 i i−1
i=2
lnx 1 1−lnx
【解答过程】（1）∵f(x)= ,x≥ ，∴f '(x)=
x e x2
1−lnx
∴f' (x)= =0，∴x=e，
x2[1 ]
即当x∈ ,e ，f(x)单调递增；当x∈[e,+∞]，f(x)单调递减.
e
n
所以∑|f (x )−f (x )|=|f (x )−f (x )|+|f (x )−f (x )|+⋯+|f (x )−f (x )|,
i i−1 n n−1 n−1 n−2 2 0
i=2
f(x)单调递增时，f (x )−f (x )>0，
n n−1
f(x)单调递减时，f (x )−f (x )<0.
n n−1
且当x无限趋向于正无穷大时，f(x)无限趋向于0，
n
(1) 2
所以∑|f (x )−f (x )|=f (e)−f +f(e)= +e.
i i−1 e e
i=2
2
所以M≥ +e·
e
n n
（2）∑|f (x )−f (x )|≤k∑|x −x |=k(b−a)成立，则可取M=k(b−a)，
i i−1 i i−1
i=2 i=2
所以函数y=f (x),x∈[a,b]为“绝对差有界函数”
1 1 1
（3）0< < <⋯< <1,n∈N∗，
2n 2n−1 2
| 1 2nπ | | 1 (2n−1)π 1 2nπ| | π 1 2π|
则有∑= cos −0 + cos − cos +⋯+ cos − cos ，
2n 2 2n−1 2 2n 2 2 2 2
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∑ >1+ + + + +⋯+ + +⋯+ +⋯=1+ + +⋯+ +⋯
i 2 4 4 ⏟8 8 ⏟16 16 2 2 2
i=2
4个 8个
所以对任意常数M>0，只要n足够大，就有区间[0,1]的一个划分
1 1 1 n
0< < <⋯< <1满足∑|f (x )−f (x )|>M，
2n 2n−1 2 i i−1
i=2
所以函数f (x)=¿不是[0,1]的“绝对差有界函数”.
【变式8-2】（2024·浙江绍兴·二模）帕德近似是法国数学家亨利•帕德发明的用有理多项式近似特定函数
的方法.给定两个正整数m,n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=
a
0
+a
1
x+⋯+a
m
xm
，且满足： f(0)=R(0) ， f′ (0)=R′(0) ， f″ (0)=R″ (0) ，…，
1+b x+⋯+b xn
1 n
1+ax
f(m+n)(0)=R(m+n)(0). 已知f(x)=ex在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)= .注：f″ (x)=[f ′(x)] ′，
1+bx
f′′′ (x)=[f ′′(x)]′ ， f(4)(x)=[f′′′ (x)]′ ， f(5)(x)=[f(4)(x)] ′，…
(1)求实数a,b的值；
(2)当x∈(0,1)时，试比较f (x)与R(x)的大小，并证明；
1 1 1
(3)定义数列{a }：a = ，a ea n+1=ea n−1，求证： ≤a ≤ .
n 1 2 n 2n n 2n−1
【解题思路】（1）根据帕德近似定义，列式求解，即得答案.
2+x 2+x
（2）由题意知只需比较ex与 的大小，即比较比较1与 e−x 的大小，从而构造函数
2−x 2−x
2+x
g(x)= e−x ，利用导数，即可求解；
2−x
（3）结合题意得ea n+1−ea n=
ea n−1
−ea n=
(1−a
n
)ea n−1
，令y=(1−x)ex，结合（2）可得
a a
n n
2+a
n −1 1 1 a n − a n
ea n+1=
ea n−1
<
2−a
n =
2 ，进而推出a
n
<
2n−1
，另一方面a
n
≥
2n
⇔e2 −e 2 −a
n
≥0，令
a a 2−a
n n n
x x
g(x)=e2−e − 2−x ，利用导数，即可证明结论.
a(1+bx)−b(1+ax) a−b −2b(a−b)
【解答过程】（1）由题意得R′ (x)= = ，R″ (x)= ，
(1+bx) 2 (1+bx) 2 (1+bx) 3
f (0)=f′(0)=f″(0)=1，故R′ (0)=a−b=1，R″ (0)=−2b(a−b)=1，
1 1
解得a= ，b=−
.
2 2x
1+
2 2+x 2+x
（2）由上可得R(x)= = ，要比较ex与 的大小，
x 2−x 2−x
1−
2
2+x
x∈(0,1)，只需比较1与 e−x 的大小，
2−x
2+x [ 4 2+x ] x2
令g(x)= e−x ，g′(x)= − e−x= e−x ，
2−x (2−x) 2 2−x (2−x) 2
所以g′(x)>0，从而可得g(x)在(0,1)上单调递增，
2+x
所以g(x)>g(0)=1，即 >ex ，所以f (x)0时，u′(x)>0，u(x)在(0,+∞)上单调递增，
故u(x)≥u(0)=0，即ex≥x+1，当且仅当x=0时等号成立；
1
由题意知a = ，a ea n+1=ea n−1，a ≠0，
1 2 n n
则ea n+1=
ea n−1
>
a
n
+1−1
=1，故可得a >0；
a a n
n n
ea n+1−ea n=
ea n−1
−ea n=
(1−a
n
)ea n−1
，令y=(1−x)ex，y′=−xex，
a a
n n
1
故该函数在(0,+∞)上递减，故可得ea n+1−ea n<0，即a
n+1
a
n+1
+1，所以可得a
n+1
+1<
2−a
，即a
n+1
<
2−
n
a
，即
a
>
a
−1，
n n n+1 n
1 ( 1 )
即 −1>2 −1 ，
a a
n+1 n故 1 −1>2n−1( 1 −1 ) =2n−1 ，即 1 >2n−1 ，所以a < 1 .
a a a n 2n−1
n 1 n
另一方面：a ≥
1
⇔a ≥
1
a ⇔ea n+1≥e
a
2
n
⇔
ea n−1
≥e
a
2
n
⇔e
a
2
n
−e
− a
2
n
−a ≥0，
n 2n n+1 2 n a n
n
x x
x x 1 1 −
令 g(x)=e2−e − 2−x ，g′(x)= e2+ e 2−1≥0，
2 2
( 1)
所以g(x)在 0, 单调递增，所以g(x)≥g(0)=0，得证.
2
【变式8-3】（23-24高三下·重庆·期中）若函数f (x)在定义域内存在两个不同的数x ,x ，同时满足
1 2
f (x )=f (x )，且f (x)在点(x ,f (x )),(x ,f (x ))处的切线斜率相同，则称f (x)为“切合函数”
1 2 1 1 2 2
(1)证明：f (x)=x3−2x为“切合函数”；
(2)若g(x)=xlnx−x2+ax为“切合函数”，并设满足条件的两个数为x ,x ．
1 2
1
（ⅰ）求证：x x < ；
1 2 4
3
（ⅱ）求证：(a+1) 2x x −√x x < ．
1 2 1 2 4
【解题思路】（1）假设存在两个不同的数x ,x 满足条件，通过求出x ,x 即可得证；
1 2 1 2
（2）（ⅰ）利用“切合函数”的定义得出关系式，通过构造新函数，通过新函数的单调性得出证明.
（ⅱ）利用a与x x 的关系，把待证不等式转化为关于a的不等式，构造函数，利用单调性证明即可.
1 2
【解答过程】（1）假设存在两个不同的数x ,x ，满足题意，
1 2
易知f′(x)=3x2−2，由题意可得
f (x )=f (x )，
1 2
即x3−2x =x3−2x
，
1 1 2 2
x3−2x −(x3−2x )=0，x3−x3−2(x −x )=0，(x −x )(x2+x x +x2)−2(x −x )=0，
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
(x −x )(x2+x x +x2−2)=0，
1 2 1 1 2 2
又x ≠x ，
1 2
所以x2+x x +x2−2=0.
1 1 2 2因为f′ (x )=f′ (x )，即3x2−2=3x2−2，
1 2 1 2
化简可得x2=x2 ，又x ≠x ，
1 2 1 2
所以x =−x ，
1 2
代入x2+x x +x2−2=0，
1 1 2 2
可得x =−√2,x =√2或x =√2,x =−√2，
1 2 1 2
所以f (x)=x3−2x为“切合函数”.
（2）由题意知g′(x)=lnx−2x+a+1，
因为g(x)=xlnx−x2+ax为“切合函数”，
故存在不同的数x ,x (不妨设0√x x ，
lnx −lnx 1 2
2 1
x −x
即 2 1>lnx −lnx ，
√x x 2 1
1 2
√x √x x
2− 1>ln 2，
x x x
1 2 1
√x
令t= 2，则由01，
1 2
x
1
√x √x x 1
要证 2− 1>ln 2，只需证t− >2lnt，
x x x t
1 2 1
1
即2lnt−t+ <0，
t
1
设m(t)=2lnt−t+ (t>1)，
t2 1 −(t−1) 2
易知m′(t)= −1− = <0，
t t2 t2
故m(t)在(1,+∞)单调递减，所以m(t)√x x ，
lnx −lnx 1 2
2 1
1
由上面的(2)式知√x x < ,
1 2 2
1
所以x x < .
1 2 4
2(x −x )
（ⅱ）由上面的(2)得1= 2 1 ，
lnx −lnx
2 1
x lnx −x lnx x lnx −x lnx (x +x )
a= 1 1 2 2+(x +x )= 1 1 2 2+ 2 1
x −x 2 1 x −x 1
2 1 2 1
x lnx −x lnx (x +x ) x lnx −x lnx (x +x )(lnx −lnx )
= 1 1 2 2+ 2 1 = 1 1 2 2+ 2 1 2 1
x −x 2(x −x ) x −x 2(x −x )
2 1 2 1 2 1 2 1
lnx −lnx
2 1
2(x lnx −x lnx )+(x +x )(lnx −lnx ) x ln(x x )−x ln(x x )
= 1 1 2 2 2 1 2 1 = 1 1 2 2 1 2
2(x −x ) 2(x −x )
2 1 2 1
ln(x x )
=− 1 2 ，
2
1
又x x < ，
1 2 4
所以a>ln2且x x =e−2a ，
1 2
3
故要证(a+1) 2x x −√x x < ，
1 2 1 2 4
3
只需证(a+1) 2e−2a−e−a< ，
4
3
即 e2a+ea−(a+1) 2>0 (a>ln2)，
43
设ℎ(a)= e2a+ea−(a+1) 2 ，
4
则即证ℎ(a)>0 (a>ln2)
3 3
ℎ
′ (a)= ×2e2a+ea−2(a+1)= e2a+ea−2(a+1)，
4 2
3
设k(a)= e2a+ea−2(a+1)，
2
则k′ (a)=3e2a+ea−2=(3ea−2)(ea+1)>0，
即k(a)也就是ℎ ′ (a)在(ln2,+∞)单调递增，
3
ℎ
′ (a)>
ℎ
′ (ln2)= e2ln2+eln2−2(ln2+1)
2
3
= ×4+2−2ln2−2 =2(3−ln2)>0，
2
所以ℎ(a)在(ln2,+∞)单调递增，
3
所以ℎ(a)> ℎ(ln2)= e2ln2+eln2−(ln2+1) 2 =5−(ln2+1) 2，
4
因为10，
所以原不等式成立.
1．（2023·全国·高考真题）函数f (x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2) B．(−∞,−3) C．(−4,−1) D．(−3,0)
【解题思路】写出f′ (x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【解答过程】f(x)=x3+ax+2，则f′ (x)=3x2+a，
若f (x)要存在3个零点，则f (x)要存在极大值和极小值，则a<0，
√−a √−a
令f′ (x)=3x2+a=0，解得x=− 或 ，
3 3( √−a) (√−a )
且当x∈ −∞,− ∪ ,+∞ 时，f′ (x)>0，
3 3
( √−a √−a)
当x∈ − , ，f′ (x)<0，
3 3
( √−a) (√−a)
故f (x)的极大值为f − ，极小值为f ，
3 3
若f (x)要存在3个零点，则¿，即¿，解得a<−3，
故选：B.
2．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=2x3−3ax2+1，则（ ）
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x=0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
【解题思路】A选项，先分析出函数的极值点为x=0,x=a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)
在(−1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假
设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，则f(x)=f(2b−x)为恒等式，据此计算判断；D选项，
若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，则f(x)+f(2−x)=6−6a，据此进行计算判断，亦
可利用拐点结论直接求解.
【解答过程】A选项，f′ (x)=6x2−6ax=6x(x−a)，由于a>1，
故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时f′ (x)>0，故f(x)在(−∞,0),(a,+∞)上单调递增，
x∈(0,a)时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，
则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值，
由f(0)=1>0，f(a)=1−a3<0，则f(0)f(a)<0，
根据零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点，
又f(−1)=−1−3a<0，f(2a)=4a3+1>0，则f(−1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0，则f(x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f′ (x)=6x(x−a)，a<0时，x∈(a,0),f′ (x)<0，f(x)单调递减，
x∈(0,+∞)时f′ (x)>0，f(x)单调递增，
此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，
即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b−x)，
即2x3−3ax2+1=2(2b−x) 3−3a(2b−x) 2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b−x) 3展开式含有x3的项为2C3 (2b) 0 (−x) 3=−2x3 ，
3
于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f(1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，
则f(x)+f(2−x)=6−6a，事实上，
f(x)+f(2−x)=2x3−3ax2+1+2(2−x) 3−3a(2−x) 2+1=(12−6a)x2+(12a−24)x+18−12a，
于是6−6a=(12−6a)x2+(12a−24)x+18−12a
即¿，解得a=2，即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f(x)=2x3−3ax2+1，f′ (x)=6x2−6ax，f″ (x)=12x−6a，
由f″ (x)=0⇔x=
a
，于是该三次函数的对称中心为
(a
,f
(a))
，
2 2 2
a
由题意(1,f(1))也是对称中心，故 =1⇔a=2，
2
即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
故选：AD.3．（2024·全国·高考真题）曲线y=x3−3x与y=−(x−1) 2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点，则a的取值
范围为 (−2,1) ．
【解题思路】将函数转化为方程，令x3−3x=−(x−1) 2+a，分离参数a，构造新函数
g(x)=x3+x2−5x+1,结合导数求得g(x)单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【解答过程】令x3−3x=−(x−1) 2+a，即a=x3+x2−5x+1，令g(x)=x3+x2−5x+1(x>0),
则g′(x)=3x2+2x−5=(3x+5)(x−1)，令g′(x)=0(x>0)得x=1，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)=1,g(1)=−2，
因为曲线y=x3−3x与y=−(x−1) 2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点，
所以等价于y=a与g(x)有两个交点，所以a∈(−2,1).
故答案为：(−2,1).
sinx π
4．（2023·全国·高考真题）已知函数f(x)=ax− ,x∈ ( 0, )
cos3x 2
(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)0.
2 4
π π π
( ) ( )
所以f(x)在 0, 上单调递增,在 , 上单调递减
4 4 2
（2）设g(x)=f(x)−sin2x
at2+2t−3 2 3
g′ (x)=f′ (x)−2cos2x=g(t)−2(2cos2x−1)= −2(2t−1)=a+2−4t+ − 设
t2 t t2
2 3
φ(t)=a+2−4t+ −
t t2
2 6 −4t3−2t+6 2(t−1)(2t2+2t+3)
φ′ (t)=−4− + = =− >0
t2 t3 t3 t3
所以φ(t)<φ(1)=a−3.
1°若a∈(−∞,3],g′ (x)=φ(t)0.
所以∃t ∈(0,1),使得φ(t )=0,即∃x ∈ ( 0, π) ,使得g′ (x )=0.
0 0 0 2 0
当t∈(t ,1),φ(t)>0,即当x∈(0,x ),g′ (x)>0,g(x)单调递增.
0 0所以当x∈(0,x ),g(x)>g(0)=0,不合题意.
0
综上,a的取值范围为(−∞,3].
sinx π
5．（2023·全国·高考真题）已知函数f (x)=ax− ,x∈ ( 0, ) ．
cos2x 2
(1)当a=1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)+sinx<0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）代入a=1后，再对f (x)求导，同时利用三角函数的平方关系化简f′(x)，再利用换元法
判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数g(x)=f (x)+sinx，从而得到g(x)<0，注意到g(0)=0，从而得到g′(0)≤0，进而得
到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；
sinx
法二：先化简并判断得sinx− <0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，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；
cos2x
π
当a<0时，由于00时，因为f (x)+sinx=ax− +sinx=ax− ，
cos2x cos2xsin3x 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.
6．（2023·全国·高考真题）已知函数f (x)=a(ex+a)−x．
(1)讨论f (x)的单调性；
3
(2)证明：当a>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 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
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 21 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·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,+∞).
(1 1)
8．（2023·天津·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处的切线斜率；
(2)求证：当x>0时，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
x+2 x+2
论；
( 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+22x 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+ lnn+n，n∈N∗，
2
1 1 1 1
则ℎ(n+1)−ℎ(n)=1+(n+ )lnn−(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+ )lnn+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 23 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 1时，f (x)1时，ex−1−2x+1+lnx>0即可.
1 ax−1
【解答过程】（1）f(x)定义域为(0,+∞)，f′ (x)=a− =
x x
ax−1
当a≤0时，f′ (x)= <0，故f(x)在(0,+∞)上单调递减；
x
(1 )
当a>0时，x∈ ,+∞ 时，f′ (x)>0，f(x)单调递增，
a
( 1)
当x∈ 0, 时，f′ (x)<0，f(x)单调递减.
a
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞)；
(1 ) ( 1)
a>0时，f(x)的单调递增区间为 ,+∞ ，单调递减区间为 0, .
a a
（2）a≤2，且x>1时，ex−1−f(x)=ex−1−a(x−1)+lnx−1≥ex−1−2x+1+lnx，
令g(x)=ex−1−2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.
1 1
g′ (x)=ex−1−2+ ，再令ℎ(x)=g′ (x)，则ℎ ′ (x)=ex−1− ，
x x2
显然ℎ ′ (x)在(1,+∞)上递增，则ℎ ′ (x)> ℎ ′ (1)=e0−1=0，
即g′ (x)= ℎ(x)在(1,+∞)上递增，
故g′ (x)>g′ (1)=e0−2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0−2+1+ln1=0，问题得证.
10．（2024·全国·高考真题）已知函数f (x)=(1−ax)ln(1+x)−x．(1)当a=−2时，求f (x)的极值；
(2)当x≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
1 1
（2）求出函数的二阶导数，就a≤− 、− 0时，f′ (x)>0，
故f (x)在x=0处取极小值且极小值为f (0)=0，无极大值.
1−ax (a+1)x
（2）f' (x)=−aln(1+x)+ −1=−aln(1+x)− ,x>0，
1+x 1+x
(a+1)x
设s(x)=−aln(1+x)− ,x>0，
1+x
−a (a+1) a(x+1)+a+1 ax+2a+1
则s′(x)= − =− =− ，
x+1 (1+x) 2 (1+x) 2 (1+x) 2
1
当a≤− 时，s'(x)>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，
2
故s(x)>s(0)=0，即f'(x)>0，
所以f (x)在[0,+∞)上为增函数，故f (x)≥f (0)=0.
1 2a+1
当− 0)
处的切线．
(1)当k=−1时，求f (x)的单调区间.
(2)求证：l不经过点(0,0).
(3)当k=1时，设点A(t,f (t))(t>0)，C(0,f (t))，O(0,0)，B为l与y轴的交点，S 与S 分别表示
△ACO △ABO
△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S =15S 成立？若存在，这样的点A有几个？
△ACO △ABO
（参考数据：1.090)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)− ，
1+t 1+t
利用导数研究其零点即可；
t
（3）分别写出面积表达式，代入2S =15S 得到13ln(1+t)−2t−15 =0，再设新函数
△ACO ABO 1+t
15t
ℎ(t)=13ln(1+t)−2t− (t>0)研究其零点即可.
1+t
1 x
【解答过程】（1）f(x)=x−ln(1+x),f′ (x)=1− = (x>−1)，
1+x 1+x
当x∈(−1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0,+∞)，f′(x)>0；
∴f(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.
则f(x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
k k
（2）f′ (x)=1+ ，切线l的斜率为1+ ，
1+x 1+t
( k )
则切线方程为y−f(t)= 1+ (x−t)(t>0)，
1+t
( k ) ( k )
将(0,0)代入则−f(t)=−t 1+ ,f(t)=t 1+ ，
1+t 1+t
k t t
即t+kln(1+t)=t+t ，则ln(1+t)= ，ln(1+t)− =0，
1+t 1+t 1+tt
令F(t)=ln(1+t)− ，
1+t
假设l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞)存在零点.
1 1+t−t t
F′ (t)= − = >0，∴F(t)在(0,+∞)上单调递增，F(t)>F(0)=0，
1+t (1+t) 2 (1+t) 2
∴F(t)在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过(0,0).
1 x+2
（3）k=1时，f(x)=x+ln(1+x),f′ (x)=1+ = >0.
1+x 1+x
1
S = tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，
△ACO 2
t>0时，若q<0，则此时l与f(x)必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知q≠0.所以q>0，
( 1 )
则切线l的方程为y−t−ln(t+1)= 1+ (x−t)，
1+t
t
令x=0，则y=q= y=ln(1+t)−
.
t+1
[ t ]
∵2S =15S ，则2tf(t)=15t ln(1+t)− ，
△ACO ABO t+1
t 15t
∴13ln(1+t)−2t−15 =0，记ℎ(t)=13ln(1+t)−2t− (t>0)，
1+t 1+t
∴满足条件的A有几个即ℎ(t)有几个零点.
13 15 13t+13−2(t2+2t+1)−15 −2t2+9t−4 (−2t+1)(t−4)
ℎ ' (t)= −2− = = = ，
1+t (t+1) 2 (t+1) 2 (t+1) 2 (t+1) 2
( 1)
当t∈ 0, 时，ℎ ′(t)<0，此时ℎ(t)单调递减；
2
(1 )
当t∈ ,4 时，ℎ ′(t)>0，此时ℎ(t)单调递增；
2
当t∈(4,+∞)时，ℎ ′(t)<0，此时ℎ(t)单调递减；
(1)
因为ℎ(0)=0,ℎ ⟨0,ℎ(4)=13ln5−20⟩13×1.6−20=0.8>0，
2
15×24 72 72
ℎ(24)=13ln25−48− =26ln5−48− <26×1.61−48− =−20.54<0，
25 5 5
(1 )
所以由零点存在性定理及ℎ(t)的单调性，ℎ(t)在 ,4 上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，
2
综上所述，ℎ(t)有两个零点，即满足2S =15S 的A有两个.
ACO ABOx
12．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数f(x)=ln +ax+b(x−1) 3
2−x
(1)若b=0，且f′ (x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>−2当且仅当1−2在(1,2)上恒成立可求得b≥− .
3
x
【解答过程】（1）b=0时，f (x)=ln +ax，其中x∈(0,2)，
2−x
1 1 2
则f'(x)= + +a= +a,x∈(0,2)，
x 2−x x(2−x)
(2−x+x) 2
因为x(2−x)≤ =1，当且仅当x=1时等号成立，
2
故f′(x) =2+a，而f′(x)≥0成立，故a+2≥0即a≥−2，
min
所以a的最小值为−2.，
x
（2）f (x)=ln +ax+b(x−1) 3 的定义域为(0,2)，
2−x
设P(m,n)为y=f (x)图象上任意一点，
P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q(2−m,2a−n)，
m
因为P(m,n)在y=f (x)图象上，故n=ln +am+b(m−1) 3 ，
2−m2−m [ m ]
而f (2−m)=ln +a(2−m)+b(2−m−1) 3=− ln +am+b(m−1) 3 +2a，
m 2−m
=−n+2a，
所以Q(2−m,2a−n)也在y=f (x)图象上，
由P的任意性可得y=f (x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3）因为f (x)>−2当且仅当1−2恒成立.
x
此时f (x)>−2即为ln +2(1−x)+b(x−1) 3>0在(1,2)上恒成立，
2−x
t+1
设t=x−1∈(0,1)，则ln −2t+bt3>0在(0,1)上恒成立，
1−t
t+1
设g(t)=ln −2t+bt3,t∈(0,1)，
1−t
2
t2(−3bt2+2+3b)
则g′(t)= −2+3bt2= ，
1−t2 1−t2
当b≥0，−3bt2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数，
故g(t)>g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
2
当− ≤b<0时，−3bt2+2+3b≥2+3b≥0，
3
故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数，
故g(t)>g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
2 √ 2
当b<− ，则当0−2在(1,2)上恒成立时b≥− .
3
2
而当b≥− 时，
3
2
而b≥− 时，由上述过程可得g(t)在(0,1)递增，故g(t)>0的解为(0,1)，
3即f (x)>−2的解为(1,2).
2
综上，b≥− .
3
13．（2024·天津·高考真题）已知函数f (x)=xlnx．
(1)求曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)≥a(x−√x)对任意x∈(0,+∞)成立，求实数a的值；
1
(3)若x 1 ,x 2 ∈(0,1)，求证：|f (x )−f (x )|≤|x −x |2．
1 2 1 2
【解题思路】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足；
（3）先确定f (x)的单调性，再对x ,x 分类讨论.
1 2
【解答过程】（1）由于f (x)=xlnx，故f′(x)=lnx+1.
所以f (1)=0，f′(1)=1，所以所求的切线经过(1,0)，且斜率为1，故其方程为y=x−1.
1 t−1
（2）设ℎ(t)=t−1−lnt，则ℎ ′(t)=1− = ，从而当01时ℎ ′(t)>0.
t t
所以ℎ(t)在(0,1]上递减，在[1,+∞)上递增，这就说明ℎ(t)≥ℎ(1)，即t−1≥lnt，且等号成立当且仅当
t=1.
设g(t)=a(t−1)−2lnt，则
( ( 1 ) 1 ) ( 1 )
f (x)−a(x−√x)=xlnx−a(x−√x)=x a −1 −2ln =x⋅g .
√x √x √x
1
当x∈(0,+∞)时， 的取值范围是(0,+∞)，所以命题等价于对任意t∈(0,+∞)，都有g(t)≥0.
√x
一方面，若对任意t∈(0,+∞)，都有g(t)≥0，则对t∈(0,+∞)有
1 (1 ) 2
0≤g(t)=a(t−1)−2lnt=a(t−1)+2ln ≤a(t−1)+2 −1 =at+ −a−2，
t t t
取t=2，得0≤a−1，故a≥1>0.
再取t=
√2
，得0≤a⋅
√2
+2
√a
−a−2=2√2a−a−2=−(√a−√2) 2 ，所以a=2.
a a 2
另一方面，若a=2，则对任意t∈(0,+∞)都有g(t)=2(t−1)−2lnt=2ℎ(t)≥0，满足条件.
综合以上两个方面，知a的值是2.f (b)−f (a)
（3）先证明一个结论：对0 +lna=1+lna，
b−a b−a a a
1− 1−
b b
blnb−alna f (b)−f (a)
所以lna+1< 时f′(x)>0.
e e
( 1] [1 )
所以f (x)在 0, 上递减，在 ,+∞ 上递增.
e e
不妨设x ≤x ，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
1 2
1
情况一：当 ≤x ≤x <1时，有|f (x )−f (x )|=f (x )−f (x )<(lnx +1)(x −x ) 时，由 ≥ln −1可知
4 ln −1 2 2√c−x c
c
φ′(x)=lnx+1+ 1 >ln c +1+ 1 = 1 − ( ln 2 −1 ) ≥0.
2√c−x 2 2√c−x 2√c−x c
所以φ′(x)在(0,c)上存在零点x ，再结合φ′(x)单调递增，即知00.
0 0 0
故φ(x)在(0,x ]上递减，在[x ,c]上递增.
0 0①当x ≤x≤c时，有φ(x)≤φ(c)=0；
0
②当0q√c，可得
1−q2
( 1 )
φ(x)=xlnx−clnc−√c−x<−clnc−√c−x<−clnc−q√c=√c √cln −q <0.
c
再根据φ(x)在(0,x ]上递减，即知对00，则ℎ(a)> ℎ(0)=−4，则M(a)=[t
min
,+∞)⊆[−4,+∞)成立;
综上可知，对于任意a∈R，都有M(a)⊆[−4,+∞]，且存在a=0，使得−4∈M(a).
（3）必要性:若f (x)为偶函数，则
M(−c)={t∣t=f (x)−f (−c),x≥−c}，L(c)={t∣t=f (x)−f (c),x≤c}，
当x≥−c，t=f (x)−f (−c)=f (−x)−f (c)，因为−x≤c，故M(−c)=L(c);
充分性：若对于任意正实数c，均有M(−c)=L(c)，其中，
M(−c)={t∣t=f (x)−f (−c),x≥−c}，L(c)={t∣t=f (x)−f (c),x≤c}
因为f (x)有最小值，不妨设f (a)=f (x) =m，
min
由于c任意，令c≥|a|，则a∈[−c,c]，
故M(−c)最小元素为f (a)−f (−c)=m−f (−c)，L(c)中最小元素为m−f (c)，
又M(−c)=L(c), 则m−f (c)=m−f (−c)对任意c≥|a|成立，则 f (a)=f (−a)=m，
若a=0，则f (c)=f (−c)对任意c≥0成立⇒f (x)是偶函数，
若a≠0，此后取c∈(−|a|,|a|)，
M(−c)最小元素是f (|a|)−f (−c)}
⇒f (−c)=f (c)，
L(−c)最小元素是f (−|a|)−f (c)
综上，任意c≥0，f (c)=f (−c)，即f (x)是偶函数.
故"f (x)是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数c，均有M(−c)=L(c)”.
