专题 3.6 导数的综合应用
【新高考专用】
题型一 导数中的函数零点（方程根）问题
1．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）已知符号函数sgn(x)=¿，则函数f(x)=sgn(lnx)−xlnx零点个数为
（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】根据零点的定义计算即可.
【解答过程】1当lnx>0，即x>1时，f(x)=1−xlnx，
f' (x)=−lnx−1<0在(1,+∞)上恒成立，
所以f(x)在(1,+∞)单调递减，
因为f(1)=1>0,f(e)=1−e<0，
所以存在x ∈(1,e)使得f(x )=0.
0 0
2当lnx=0，即x=1时，f(x)=−xlnx，
因为f(1)=0，所以x=1是f(x)的零点.
3当lnx<0，即0<x<1时，f(x)=−1−xlnx，f' (x)=−lnx−1，
1 1
令f' (x)>0，得0<x< ，令f' (x)<0，得 <x<1，
e e
( 1) (1 )
所以f(x)在 0, 单调递增，在 ,1 单调递减，
e e
1 1
所以f(x) =f( )=−1+ <0，
max e e
此时f(x)在(0,1)没有零点，
综上，f(x)的零点个数为2.
故选：C.
2．（2024·贵州贵阳·一模）已知函数f (x)=¿，若方程f (x)+ex=0存在三个不相等的实根，则实数a的取
值范围是（ ）A．(−∞,e) B．(−∞,−e) C．(−∞,−2e) D．(−∞,2e)
【解题思路】考查利用导数研究函数零点问题，先根据导数情况得出函数单调性和最值情况，再数形结合
分析，分段函数分段讨论即可.
【解答过程】因为方程f (x)+ex=0存在三个不相等的实根，所以函数g(x)=f (x)+ex有三个零点，
当x∈(−∞,0)时，g(x)=f (x)+ex=e−x+ex，所以g′(x)=−e−x+e，
所以当x∈(−∞,−1)时，g′(x)<0；当x∈(−1,0)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,0)单调递增，g(x)≥g(−1)=0，
又当x→0时，g(x)→1；当x→−∞时，g(x)→+∞，所以g(x)图象如图；
e
当x∈(0,+∞)时，g(x)=f (x)+ex=a+ +ex，
x
e e(x+1)(x−1)
所以g′(x)=− +e= ，所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0；当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，
x2 x2
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)单调递增，g(x)≥g(1)=a+2e，
又当x→0时，g(x)→+∞；当x→+∞时，g(x)→+∞，所以g(x)图象如图，
所以当a+2e<0即a<−2e时函数g(x)=f (x)+ex有三个零点，
即方程f (x)+ex=0存在三个不相等的实根，
故选：C.
3．（2024·广东梅州·三模）已知函数f (x)=ex−ax2，a∈R，f′(x)为函数f (x)的导函数.
(1)讨论函数f′(x)的单调性；
(2)若方程f (x)+f′(x)=2−ax2在(0,1)上有实根，求a的取值范围.
【解题思路】（1）由题意得f′(x)=ex−2ax，令g(x)=ex−2ax，则g′(x)=ex−2a，分类讨论a≤0，
a>0，即可得出答案；
（2）由（1）得f′(x)=ex−2ax，题意转化为方程ex−ax−1=0在(0,1)上有实根，令
φ(x)=ex−ax−1(x∈(0,1))，则φ′(x)=ex−a，分类讨论a≤1，a≥e，1<a<e，即可得出答案．
【解答过程】（1）f′(x)=ex−2ax，令g(x)=ex−2ax，则g′(x)=ex−2a当a≤0时，g′(x)>0，函数f′(x)在R上单调递增；
当a>0时，g′(x)>0，得x>ln2a，g′(x)<0，得x<ln2a.
所以函数f′(x)在(−∞,ln2a)上单调递减，在(ln2a,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，f′(x)=ex−2ax，方程f (x)+f′(x)=2−ax2在(0,1)上有实根等价于方程ex−ax−1=0在
(0,1)上有实根.
令φ(x)=ex−ax−1(x∈(0,1))，则φ′(x)=ex−a
当a≤1时，φ′(x)≥0，函数φ(x)在(0,1)上单调递增，φ(x)>φ(0)=0，不合题意；
当a≥e时，φ′(x)<0在(0,1)上恒成立，所以函数φ(x)在(0,1)上单调递减，φ(x)<φ(0)=0，不合题意；
当1<a<e时，φ′(x)<0，得0<x<lna，φ′(x)>0，得lna<x<1，
所以函数φ(x)在(0,lna)上单调递减，在(lna,1)上单调递增.
因为φ(0)=0，所以φ(1)=e−a−1>0，所以a<e−1
综上所述，a的取值范围为(1,e−1).
1
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f(x)=xex−a(x>0) ，且f(x)有两个相异零点x 1 ,x 2 ．
(1)求实数a的取值范围．
2a
(2)证明：x +x > ．
1 2 e
【解题思路】（1）利用导数求出函数f(x)的最小值，再分段讨论并构造函数，利用导数探讨单调性，结
合零点存在性定理推理即得.
（2）由（1）的结论，结合函数零点的意义可得xlnx−lna⋅x+1=0有两个相异的解x ,x ，再构造函数，
1 2
借助单调性确定x ,x 的取值区间，再结合分析法推理证明即得.
1 2
1 1
1 1 x−1
【解答过程】（1）函数 f(x)=xex−a ，求导得f′ (x)=(1− )ex= ex，
x x
当0<x<1时，f′ (x)<0；当x>1时，f′ (x)>0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则f(x) =f(1)=e−a．
min
当a≤e时，f(x)≥0恒成立，f(x)至多有一个零点，不符合题意，
1 1
当a>e时，f(1)<0，
f(a)=aea−a=a(ea−1)>0
，即∃x
2
∈(1,a)，使f(x
2
)=0，
1 1 ea−a2
f( )= ea−a= ，令g(a)=ea−a2，求导得g′ (a)=ea−2a，
a a a令φ(a)=ea−2a，求导得φ′ (a)=ea−2>0，即φ(a)在(e,+∞)上单调递增，φ(a)>φ(e)=ee−2e>0，
于是g′ (a)>0，函数g(a)=ea−a2在(e,+∞)上单调递增，g(a)>g(e)=ee−e2>0，
1
因此∃x ∈( ,1)，使f(x )=0，
1 a 1
所以实数a的取值范围为(e,+∞)．
1 1
（2）由（1）知，
xex=a
有两个相异的解x
1
,x
2
，即方程lnx+
x
=lna⇔xlnx−lna⋅x+1=0有两个相
异的解，
a
令函数ℎ(x)=xlnx−lna⋅x+1，求导得ℎ′ (x)=lnx+1−lna在(0,+∞)上单调递增，且ℎ′ ( )=0，
e
当0<x< a 时，ℎ′ (x)<0，ℎ(x)在 ( 0, a) 单调递减，当x> a 时，ℎ′ (x)>0，ℎ(x)在 (a ,+∞ ) 单调递增，
e e e e
a a
不妨设x <x ，显然x ∈(0, )，x ∈( ,+∞)，
1 2 1 e 2 e
2a 2a a 2a
要证x +x > ，即证x > −x > ，即证ℎ(x )>ℎ( −x )．
1 2 e 2 e 1 e 2 e 1
2a 2a a
又ℎ(x )=ℎ(x )，则即证ℎ(x )>ℎ( −x )，令函数F(x)=ℎ(x)−ℎ( −x)，x∈(0, )，
1 2 1 e 1 e e
2a 2a 2a e2
则F′ (x)=ℎ′ (x)+ℎ′ ( −x)=lnx+1−lna+ln( −x)+ 1−lna=ln( x−x2 )+ln ，
e e e a2
2a a 2 a2 a2 a2 e2
而 x−x2=−(x− ) + < ，则F′ (x)<ln +ln =0，
e e e2 e2 e2 a2
a a 2a
因此函数F(x)在(0, )上单调递减，即F(x)>F( )=0，则ℎ(x )>ℎ( −x )，
e e 1 e 1
2a
所以x +x > ．
1 2 e
题型二 利用导数证明不等式
5．（2024·浙江温州·模拟预测）已知x，y∈R，则“x>y>1”是“x−lnx>y−ln y”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】构造函数f (t)=t−lnt(t>0)，通过求导分析函数在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故由“x>y>1”可得“x−lnx>y−ln y”，举反例可说明由“x−lnx>y−ln y”不能得到“x>y>1”，以此可确定选项.
1 t−1
【解答过程】设f (t)=t−lnt，t>0，则f′(t)=1− = ，
t t
由f′(t)>0得t>1，由f′(t)<0得0<t<1，
∴f (t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴当x>y>1时，f (x)>f (y)，即x−lnx>y−ln y成立.
1
当x−lnx>y−ln y成立时，可能有x= ，y=1，此时x<y.
e
综上，“x>y>1”是“x−lnx>y−ln y”的充分不必要条件.
故选：A.
x x 2 x 1
6．（2024·安徽·三模）已知实数x ,x ,x 满足 1 =e2 −1= 3 = ，则（ ）
1 2 3 2−x √1+x +1 20
1 3
A．x <x <x B．x <x <x
1 2 3 1 3 2
C．x <x <x D．x <x <x
2 3 1 2 1 3
【解题思路】求出x ,x ,x ，构造函数f (x)=x2−1−2lnx，利用导数研究单调性，比较出x >x ，构造
1 2 3 3 2
( 1)
函数g(x)=lnx− 1− ，比较出x >x ，即可求解.
x 2 1
x
【解答过程】依题意 2 =e2 2 =√1+x =1.05，则x =2 ( 1− 1 ) ,x =2ln1.05,x =1.052−1.
2−x 3 1 1.05 2 3
1
2(x−1)(x+1)
令f (x)=x2−1−2lnx，故f′(x)= ，
x
故当x>1时，f′(x)>0,f (x)在(1,+∞)上单调递增，
( 1)
故f (1.05)>0，则x >x .令g(x)=lnx− 1− ，
3 2 x
x−1
则g′(x)= ，故当x>1时，g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增，
x2
则g(1.05)>0，则x >x .
2 1
综上所述：x >x >x .
3 2 1
故选：A.
7．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数f (x)=ex−kx2−x.
1
(1)若k= ，求证：当x>0时，f (x)>1；
2(2)若x=0是f (x)的极大值点，求k的取值范围.
【解题思路】（1）令ℎ(x)=f′(x)，再求导可得ℎ′(x)，即可得到ℎ′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，即可证明；
1 1 1
（2）分类讨论可得g(x)=f′(x)=ex−2kx−1的单调性，分k≤0、0<k< 、k= 、k> 四种情况讨论，
2 2 2
判断f (x)的单调性，即可确定极值点，从而得解；
1 1
【解答过程】（1）若k= ，则f (x)=ex− x2−x，令ℎ(x)=f′(x)=ex−x−1，
2 2
则ℎ′(x)=ex−1，当x>0时，ex>1，即ℎ′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，即f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以f′(x)>f′(0)=1−0−1=0，
即f (x)在(0,+∞)上单调递增，所以f (x)>f (0)=1.
（2）由题知f′(x)=ex−2kx−1，
令g(x)=f′(x)=ex−2kx−1，则g′(x)=ex−2k，
当k≤0时，g′ (x)>0,f′ (x)在区间(−∞,+∞)单调递增，
当k>0时，令g′(x)=0，解得x=ln2k，
当x∈(−∞,ln2k)时，g′(x)<0，当x∈(ln2k,+∞)时，g′(x)>0，
所以f′ (x)在区间(−∞,ln2k)上单调递减，在区间(ln2k,+∞)上单调递增，
则当k≤0时，f′(0)=0，
当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0,f (x)在(−∞,0)上单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0,f (x)在(0,+∞)上单调递增；
所以x=0是函数f (x)的极小值点，不符合题意；
1
当0<k< 时，ln2k<0，且f′(0)=0，
2
当x∈(ln2k,0)时，f′(x)<0,f (x)在(ln2k,0)上单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0,f (x)在(0,+∞)上单调递增；
所以x=0是函数f (x)的极小值点，不符合题意；
1
当k= 时，ln2k=0，
2
则当x∈(−∞,+∞)时，f′(x)≥0,f (x)在(−∞,+∞)上单调递增，
所以f (x)无极值点，不合题意；1
当k> 时，ln2k>0，且f′(0)=0；
2
当x∈(−∞,0)时，f′(x)>0,f (x)在(−∞,0)上单调递增；
当x∈(0,ln2a)时，f′(x)<0,f (x)在(0,ln2k)上单调递减；
所以x=0是函数f (x)的极大值点，符合题意；
1
综上所述，k的取值范围是k>
.
2
a
8．（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)=lnx+ x2−x+2(a∈R).
2
(1)若函数f(x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；
4ex−2
(2)若a=0；求证：f(x)< ；
x2
( 1)
(3)设x ，x (x <x )是函数f(x)的两个极值点，求证：f (x )−f (x )< a− (x −x ).
1 2 1 2 1 2 2 1 2
【解题思路】（1）由题意得f' (x)≥0恒成立，参变分类求最值即可；
4ex−2
（2）求导，确定其单调性得到f(x)≤1，构造函数g(x)= ，求导确定其单调性得到g(x)≥1，即可
x2
求证；
x
1−1
（3）化简f (x )−f (x )= ln x 1− x 1 −x 2 ，将f (x )−f (x )< ( a− 1) (x −x )转化成ln x 1< x 2 ，再构
1 2 x 2 1 2 2 1 2 x x
2 2 1+1
x
2
t−1
造函数ℎ(t)=lnt− ，通过讨论其单调性即可求证.
t+1
【解答过程】（1）由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
1
f' (x)= +ax−1≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，
x
1 1
所以a≥− + 在x∈(0,+∞)上恒成立，
x2 x
1 1 (1 1) 2 1 1
又− + =− − + ≤ ，当且仅当x=2时，等号成立，
x2 x x 2 4 41 [1 )
所以a≥ ，即a的取值范围是 ,+∞ .
4 4
1 1−x
（2）证明：若a=0，f(x)=lnx−x+2，所以f' (x)= −1= ，
x x
令f' (x)=0，解得x=1，所以当0<x <1时，f' (x)>0，
当x>1时，f' (x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以f(x)≤f(1)=1，当且仅当x=1时，等号成立.
4ex−2 4(x2−2x)ex−2 4(x−2)ex−2
令g(x)= ，x>0，所以g' (x)= = ，
x2 x4 x3
令g' (x)=0，解得x=2，所以当0<x<2时，g' (x)<0，当x>2时，g' (x)>0，
所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(2)=1，当且仅当x=2时，等号成立，
所以f(x)≤1≤g(x)，又等号不同时成立，
4ex−2
所以f(x)<
.
x2
1 ax2−x+1
（3）证明：由题意可知f' (x)= +ax−1= ，
x x
因为f(x)有两个极值点x ，x (x <x )，
1 2 1 2
所以x ，x 是方程ax2−x+1=0的两个不同的根，
1 2
1
则0<a< 且¿
4
所以f (x )−f (x )= ( lnx + a x2−x +2 ) − ( lnx + a x2−x +2 )
1 2 1 2 1 1 2 2 2 2
x a x x2−x2 x x −x
=ln 1+ (x2−x2)−(x −x )=ln 1+ 1 2 −(x −x )=ln 1− 1 2 ，
x 2 1 2 1 2 x 2(x +x ) 1 2 x 2
2 2 1 2 2
所以要证f (x )−f (x )< ( a− 1) (x −x )，即证ln x 1− x 1 −x 2< ( a− 1) (x −x )，
1 2 2 1 2 x 2 2 1 2
2x
1−1
x x x −x x x
即证ln 1<a(x −x )，即证ln 1< 1 2 ，即证ln 1< 2 .
x 1 2 x x +x x x
2 2 1 2 2 1+1
x
2
x t−1
令t= 1 (0<t<1)，则证明lnt< ，
x t+1
2
t−1 t2+1
令ℎ(t)=lnt− ，则ℎ' (t)= >0，
t+1 t(t+1) 2
t−1
所以ℎ(t)在(0,1)上单调递增，则ℎ(t)<ℎ(1)=0，即lnt< ，
t+1
( 1)
所以原不等式f (x )−f (x )< a− (x −x )成立.
1 2 2 1 2
题型三 利用导数研究不等式恒成立问题
ex−e
9．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）若 ≥e+lnax在x∈(0,+∞)上恒成立，则a的最大值为（ ）
a
e2−e
1 1
A． B．
2e2
−e C．e1−e D．
e
1+
e
−e
2
【解题思路】易知a>0，原式可变形为f(x)=ex−e−ae−alnax≥0,(x>0)，结合隐零点的解题思路，求
1
出f(x) ，由f(x) ≥0可得ℎ(t)= −2lnt−t≥0，结合函数的单调性解得0<t≤1，即可求出a的取值
min min t
范围即可.
【解答过程】由题意知，ax>0，由x>0，得a>0.
原式可化为ex−e−ae−alnax≥0，
a
设f(x)=ex−e−ae−alnax(x>0)，则f′ (x)=ex−e−
，
x
a
又函数y=ex−e,y=− 在(0,+∞)上单调递增，所以函数y=f′ (x)在(0,+∞)上单调递增，
x
则当x→0时，f′ (x)→−∞，当x→+∞时，f′ (x)→+∞，
a
故存在t>0使得f′ (t)=0，即et−e− =0，得a=tet−e，即lna=lnt+t−e，
t且当0<x<t时，f′ (x)<0；当x>t时，f′ (x)>0，
所以函数f(x)在(0,t)上单调递减，在(t,+∞)上单调递增，
故f(x) =f(t)=et−e−ae−alnat=et−e−teet−e−tet−e (2lnt+t−e)，
min
所以et−e−teet−e−tet−e (2lnt+t−e)=et−e (1−te−2tlnt−t2+te)≥0，
1 1
即 −2lnt−t≥0，设ℎ(t)= −2lnt−t(t>0)，
t t
1
由函数y= ,y=−2lnt,y=−t在(0,+∞)在单调递减，
t
知函数ℎ(t)在(0,+∞)在单调递减，且ℎ(1)=0，所以0<t≤1，
所以e−e<et−e≤e1−e，故0<tet−e≤e1−e，即0<a≤e1−e，当且仅当t=1时等号成立，
所以a的最大值为e1−e.
故选：C.
10．（2024·湖北武汉·二模）已知ex+sinx≥ax+1对任意x∈[0,+∞)恒成立，则实数a的取值范围为
（ ）
A．(−∞,2] B．[2,+∞) C．(−∞,1] D．[1,+∞)
【解题思路】令f (x)=ex+sinx−ax−1,x≥0，由题意可知：f (x)≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立，且
f (0)=0，可得f′(0)=2−a≥0，解得a≤2，并代入检验即可.
【解答过程】令f (x)=ex+sinx−ax−1,x≥0，则f′(x)=ex+cosx−a，
由题意可知：f (x)≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立，且f (0)=0，
可得f′(0)=2−a≥0，解得a≤2，
若a≤2，令g(x)=f′(x),x≥0，
则g′(x)=ex−sinx≥1−sinx≥0，
则g(x)在[0,+∞)上递增，可得g(x)≥g(0)=2−a≥0，
即f′(x)≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立，
则f (x)在[0,+∞)上递增，可得f (x)≥f (0)=0，
综上所述：a≤2符合题意，即实数a的取值范围为(−∞,2].
故选：A.
11．（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)=ex−2elnx+ax+lna(a>0)．3
(1)若a=1，证明：f (x)> x；
2
(2)若f (x)≥2e+1恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）构造函数ℎ(x)=ex−ex由单调性得ex≥ex，再由p(x)=x−elnx根据单调性得
x≥elnx，再由不等式性质即可得出结论；
（2）利用不等式恒成立的一个必要条件是f (1)≥2e+1，构造函数t(x)=x+lnx可知a≥e，再由充分性即
可求得结论，再证明必要性成立即可得a≥e，得出结果.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=ex−2elnx+x，
3 3 x
要证明f (x)> x，即证g(x)=f (x)− x=ex−2elnx− >0；
2 2 2
令ℎ(x)=ex−ex,x∈(0,+∞)，则ℎ′(x)=ex−e，令ℎ′(x)=0，解得x=1，
当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，即可得ℎ(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，即可得ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增，
即ℎ(x)在x=1处取得极小值，也是最小值ℎ(1)=0，
故ex≥ex；
e
令p(x)=x−elnx,x∈(0,+∞)，则p′(x)=1− ，令p′(x)=0，解得x=e；
x
即可得当x∈(0,e)时，p′(x)<0，即可得p(x)在(0,e)上单调递减，
当x∈(e,+∞)时，p′(x)>0，即可得p(x)在(e,+∞)上单调递增，
即p(x)在x=e处取得极小值，也是最小值p(e)=0，
故x≥elnx；
因此ex−2elnx− x >ex−2x− x = ( e− 5) x>0,
2 2 2
3
故f (x)> x；
2
（2）易知f (x)=ex−2elnx+ax+lna≥2e+1恒成立的一个必要条件是f (1)≥2e+1；
即e+a+lna≥2e+1，故a+lna≥e+1；
1
令t(x)=x+lnx，则t′(x)=1+ >0恒成立，即t(x)为(0,+∞)上的增函数，
x
因此可得t(a)=a+lna≥e+1=t(e)，可得a≥e；
下面证明充分性：
当a≥e时，f (x)≥ex−2elnx+ex+1，2e
令m(x)=ex−2elnx+ex+1，则m′(x)=ex− +e，
x
易知m′(x)为单调递增函数，令m′(x)=0，解得x=1；
可知当x∈(0,1)时，m′(x)<0，即可得m(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，m′(x)>0，即可得m(x)在(1,+∞)上单调递增，
即m(x)在x=1处取得极小值，也是最小值m(1)=2e+1，
故当a≥e时，f (x)≥m(x)≥2e+1，
综上可知，实数a的取值范围[e,+∞).
12．（2024·湖南衡阳·一模）已知函数f(x)=sinx−aln(b+x)
(1)若f(x)在x=π处的切线方程为2x+ y+2π(ln2π−1)=0，求a、b的值；
π
(2)若b=1时，在(−1, ]上f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
2
【解题思路】（1）由题意得直线的斜率k=−2，根据导数的几何意义，再结合点(π,f(π))在切线上，
即可求解；
π
（2）由题意得f(0)=0，且在(−1, ]上，f(x) =f(0)，所以f′ (0)=0即可求出a，再利用导数的几何
2 min
意义及零点存在定理结合对零点“设而不求”的方法证明即可.
a
【解答过程】（1）f′ (x)=cosx− ，
b+x
a
由题意得f′ (π)=cosπ− =−2，
b+π
a
所以 =1，即a=b+π，
b+π
f(π)=sinπ−aln(b+π)=−2π+2π(1−ln2π)，
所以aln(b+π)=(b+π)ln(b+π)=2πln2π，
故a=2π，b=π.
（2）f(0)=sin0−aln(1+0)=0，
π
若(−1, ]上f(x)≥0恒成立，即f(x) =f(0)，
2 min
π
故f(0)是f(x)在(−1, ]上的极小值，所以f′ (0)=0，
2
a a
f′ (x)=cosx− ，f′ (0)=cos0− =1−a=0，解得a=1，
1+x 1+0
下证a=1时，f(x) =f(0)，
min令g(x)=(1+x)cosx−1，g′ (x)=cosx−(1+x)sinx，
π π π
①在(0, ]上g′ (x)单调递减，g′ (0)=1，g′ ( )=−1− <0，
2 2 2
π
由零点存在定理，∃x ∈(0, )，使得g′ (x )=0，
0 2 0
在(0,x ]上，g′ (x)≥0，g(x)单调递增，
0
π
在[x , )上，g′ (x)≤0，g(x)单调递减，
0 2
π
g( )=−1，g(0)=0，g(x )>g(0)=0，
2 0
π
由零点存在定理∃x ∈(x , )，使得g(x )=0，
1 0 2 1
g(x)
在(x ,x )上，f′ (x)= >0，f(x)单调递增，
0 1 1+x
π g(x)
在(x , )上，f′ (x)= <0，f(x)单调递减，
1 2 1+x
π π π π
所以(0, ]上，f(0)=0，f( )=1−ln(1+ )>0，f(x) =min{f(0),f( )}=f(0)，
2 2 2 min 2
1
②在(−1,0]上，f′ (x)=cosx− 单调递增，
1+x
f′ (x)≤f′ (0)=0，f(x)单调递减，所以f(x) =f(0)，
min
π
综上，只有当a=1时，在(−1, ]上f(x) =f(0)，所以a=1.
2 min
题型四 利用导数研究存在性问题
13．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=ex+(e+1)x−a (a∈R),g(x)=x2+2x．若存在x∈[0,1]，
使得f (x)=g(x)成立，则实数a的最大值是（ ）
A．2e−2 B．e−2 C．e+1 D．2e+1
【解题思路】将问题转化为“直线y=a与函数ℎ(x)=ex+(e−1)x−x2,x∈[0,1]的图象有交点”，然后
利用导数分析ℎ(x)的单调性以及取值，由此求解出a的最大值.
【解答过程】存在x∈[0,1]，使得f (x)=g(x)成立，
即ex+(e+1)x−a=x2+2x在[0,1]上有解，即a=ex+(e−1)x−x2在[0,1]上有解，所以直线y=a与函数ℎ(x)=ex+(e−1)x−x2,x∈[0,1]的图象有交点，
又ℎ′(x)=ex−2x+(e−1),x∈[0,1]，令m(x)=ℎ′(x)，则m′(x)=ex−2，
令m′(x)>0，得x>ln2，令m′(x)<0，得x<ln2，
所以ℎ′(x)在[0,ln2)上单调递减，在(ln2,1]上单调递增，
所以ℎ′(x)≥ℎ′(ln2)=eln2−2ln2+e−1=e+1−2ln2>0，
所以ℎ(x)在[0,1]上单调递增，
所以ℎ(x) =ℎ(0)=1,ℎ(x) =ℎ(1)=2e−2，
min max
所以要使直线y=a与函数ℎ(x)的图象有交点，只需1≤a≤2e−2，
所以a的最大值是2e−2，
故选：A．
2a
14．（2024·四川乐山·二模）若存在x ∈[−1,2]，使不等式x +(e2−1)lna≥ +e2x −2成立，则a的
0 0 ex
0
0
取值范围是（ ）
A． [ 1 ,e2 ] B． [ 1 ,e2 ] C． [ 1 ,e4 ] D． [1 ,e4 ]
2e e2 e2 e
a
【解题思路】等价变形给定的不等式，并令 =t，构造函数f(t)=(e2−1)lnt−2t+2，将问题转化为存
ex
0
[ a a ]
在t∈ , ，使得f(t)≥0成立，再借助导数求解即得.
e2 e−1
2a 2a
【解答过程】依题意，x +(e2−1)lna≥ +e2x −2 ⇔ (e2−1)lna−(e2−1)x ≥ −2
0 ex
0
0 0 ex
0
2a a 2a
⇔(e2−1)lna−(e2−1)lnex 0≥ −2⇔(e2−1)ln ≥ −2，
ex
0
ex
0
ex
0
a [ a a ]
令 =t，即(e2−1)lnt−2t+2≥0，由x ∈[−1,2]，得t∈ , ，
ex
0
0 e2 e−1
[ a a ]
令f(t)=(e2−1)lnt−2t+2，则原问题等价于存在t∈ , ，使得f(t)≥0成立，
e2 e−1
e2−1 (e2−1)−2t e2−1 e2−1
求导得f′ (t)= −2= ，由f′ (t)<0，得t> ，由f′ (t)>0，得0<t< ，
t t 2 2(e2−1
)
e2−1
因此函数f (t)在 ,+∞ 上单调递减，在(0, )上单调递增，
2 2
e2−1
而f(1)=0,f (e2)=(e2−1)lne2−2e2+2 =2e2−2−2e2+2=0，又1< <e2，
2
[ a a ]
则当1≤t≤e2时，f(t)≥0，若存在t∈ , ，使得f(t)≥0成立，
e2 e−1
a a 1 1
只需 ≤e2 且 ≥1，解得a≤e4且a≥ ，即 ≤a≤e4 ，
e2 e−1 e e
[1 ]
所以a的取值范围为 ,e4 .
e
故选：D.
15．（2024·海南海口·模拟预测）已知函数f (x)=ex(x+2)−ax，若存在唯一的负整数x ，使得f (x )<0，
0 0
[ 1 1 )
则实数a的取值范围是 , ．
2e4 3e3
ex(x+2) ex(x+2)
【解题思路】当x<0时，由f (x)<0可得出a< ，令g(x)= ，其中x<0，利用导数分析函
x x
数g(x)在(−∞,0)上的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围.
ex(x+2)
【解答过程】当x<0时，由f (x)=ex(x+2)−ax<0可得ax>ex(x+2)，则a< ，
x
ex(x+2) (x2+2x−2)ex
令g(x)= ，其中x<0，则g′(x)= ，
x x2
当x<0时，令g′(x)=0，可得x=−1−√3，列表如下：
x (−∞,−1−√−31) −√3 (−1−√3,0)
g′(x)+ 0 −
g(x) 增 极大值 减
1 1
且−3<−1−√3<−2，g(−3)= ，g(−2)=0，g(−4)=
，如图所示：
3e3 2e4要使得存在唯一的负整数x ，使得f (x )<0，即a<g(x )，
0 0 0
1 1
只需g(−4)≤a<g(−3)，即 ≤a< ，
2e4 3e3
[ 1 1 )
因此，实数a的取值范围是 , .
2e4 3e3
[ 1 1 )
故答案为： , .
2e4 3e3
16．（2024·浙江·三模）已知函数f (x)=(x−2)ex+lnx，g(x)=ax+b，对任意a∈(−∞,1]，存在
x∈(0,1)使得不等式f (x)≥g(x)成立，则满足条件的b的最大整数为 −4 .
【解题思路】依题意存在x∈(0,1)使得(x−2)ex+lnx≥x+b，参变分离可得(x−2)ex+lnx−x≥b，令
F(x)=(x−2)ex+lnx−x，x∈(0,1)，利用导数说明函数的单调性，求出F(x) ，则b≤F(x) ，即可
max max
求出b的最大整数.
【解答过程】依题意对任意a∈(−∞,1]，且x>0有g(x)=ax+b≤x+b，
因为存在x∈(0,1)使得不等式f (x)≥g(x)成立，
所以存在x∈(0,1)使得(x−2)ex+lnx≥x+b，即(x−2)ex+lnx−x≥b，
令F(x)=(x−2)ex+lnx−x，x∈(0,1)，
则F′(x)=(x−1)ex+ 1 −1=(x−1) ( ex− 1) ，
x x
1
令m(x)=ex− ，x∈(0,1)，则m(x)在(0,1)上单调递增，
x
1
且m(1)=e−1>0，m
(1)
=e2−2<0，
2
所以∃x ∈ (1 ,1 ) 使得m(x )=ex 0− 1 =0，即 ex 0= 1 ，x =−lnx ，
0 2 0 x x 0 0
0 0
所以当0<x<x 时F′(x)>0，当x <x<1时F′(x)<0，
0 0所以F(x)在(0,x )上单调递增，在(x ,1)上单调递减，
0 0
所以F(x) =F(x )=(x −2)ex 0+lnx −x = x 0 −2 −2x =1−2 ( x + 1 ) ，
max 0 0 0 0 x 0 0 x
0 0
(1 ) 1 ( 5)
因为x ∈ ,1 ，所以x + ∈ 2, ，
0 2 0 x 2
0
( 1 )
所以F(x) =F(x )=1−2 x + ∈(−4,−3)，
max 0 0 x
0
依题意b≤F(x) ，又b为整数，所以b≤−4，所以b的最大值为−4.
max
故答案为：−4.
题型五 利用导数研究双变量问题
17．（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数f (x)=(x−2)ex，若f (x )=f (x )，且x ≠x ，x ⋅x >0，
1 2 1 2 1 2
则（ ）
1 3
A．x > B．x < C．x x >1 D．x +x <2
1 2 2 2 1 2 1 2
【解题思路】
利用导数讨论函数f(x)的单调性，设x <x 、f(x )=−2且x ≠0，结合图象得0<x <1<x <x <2，再利
1 2 0 0 1 2 0
用导数研究函数g(x)=f(1+x)−f(1−x)的性质得f(1+x)>f(1−x)，结合f (x )=f (x )变形、基本不
1 2
等式，即可判断各项正误.
【解答过程】f(x)=(x−2)ex，则f′ (x)=(x−1)ex，令f′ (x)=0⇒x=1，
当x∈(−∞,1)时f′ (x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时f′ (x)>0，f(x)单调递增，
在x∈(−∞,2)上f(x)<0，且f(2)=0，f(0)=−2，f(x) =f(1)=−e，即f(x)≥−e.
min
综上，f(x)的图象如下：结合f (x )=f (x )=k，x ⋅x >0，令x <x ，
1 2 1 2 1 21
如上图，若f(x )=(x −2)ex 0=−2且x ≠0，则0<x <1<x <x <2，则x > 不一定成立，A错误；
0 0 0 1 2 0 1 2
3 3 3 √e3 3 3
又f( )=( −2)e2=− ∈(−e,−2)，故 <x ，则x < 不一定成立，B错误；
2 2 2 2 0 2 2
令g(x)=f(1+x)−f(1−x)=(x−1)ex+1+(x+1)e1−x，
则g′ (x)=xex+1−xe1−x=x(ex+1−e1−x )，
当x≥0时，x+1≥1−x，得ex+1≥e1−x，则g′ (x)≥0；
当x<0时，x+1<1−x，得ex+1<e1−x，则g′ (x)>0，
所以函数g(x)在R上单调递增，且g(0)=0，
所以f(1+x)>f(1−x)在R上恒成立，得f(x )=f [1+(x −1)]>f [1−(x −1)]，
2 2 2
即f(x )>f(2−x )，又f(x )=f(x )，所以f(x )>f(2−x )，
2 2 1 2 1 2
由2−x <1，且函数f(x)在x∈(−∞,1)单调递减，得x <2−x ，即x +x <2，D正确.
2 1 2 1 2
又0<x <1<x <x <2，则2>x +x >2√x x ，即1>√x x ，故0<x x <1，C错误.
1 2 0 1 2 1 2 1 2 1 2
故选：D.
18．（23-24高二下·四川眉山·阶段练习）已知函数f (x)=ex+ax有两个零点x ,x ，且x >x ，则下列说法
1 2 1 2
不正确的是（ ）
A．a<−e B．x +x >ln(x x )+2
1 2 1 2
C．x x >1 D．f (x)有极小值点
1 2
【解题思路】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于0，判断A；
根据方程，指对互化，判断B；根据极值点的位置，结合f (0)>0，即可判断C；根据A的判断，即可判断
D.【解答过程】由题意，函数f (x)=ex+ax，则f′(x)=ex+a，
当a≥0时，f′(x)=ex+a>0在R上恒成立，所以函数f (x)单调递增，不符合题意；
当a<0时，令f′(x)=ex+a>0，解得x>ln(−a)，令f′(x)=ex+a<0，解得x<ln(−a)，
所以函数f (x)在(−∞,ln(−a))上单调递减，在(ln(−a),+∞)上单调递增，
因为函数f (x)=ex+ax有两个零点x ,x 且x >x ，
1 2 1 2
对A，则f(ln(−a))=eln(−a)+aln(−a)=−a+aln(−a)=−a(1−ln(−a))<0，且a<0，
所以1−ln(−a)<0，解得a<−e，所以A正确；
对B，a<−e，且ex 1+ax =0，ex 2+ax =0，故x =ln(−ax )，x =ln(−ax )，
1 2 1 1 2 2
所以x +x =ln(a2x x )=2ln(−a)+ln(x x )>2+ln(x x )，所以B正确；
1 2 1 2 1 2 1 2
对C，由f(0)=1>0，且由A可知，a<−e，ln(−a)>1，则0<x <1，但x x >1不能确定，
2 1 2
所以C不正确；
对D，由函数f (x)在(−∞,ln(−a))上单调递减，在(ln(−a),+∞)上单调递增，
所以函数的极小值点为x =ln(−a)，所以D正确；
0
故选：C.
19．（24-25高三上·山西·阶段练习）已知函数f(x)=x2−ax+2lnx,a∈R．
(1)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)已知f(x)有两个极值点x ,x ，且x <x ，
1 2 1 2
（i）求实数a的取值范围；
（ii）求2f (x )−f (x )的最小值．
1 2
【解题思路】（1）根据导数的几何意义计算即可求解；
（2）（i）根据极值点的概念可得x ,x 是方程2x2−ax+2=0的两个正根，结合¿计算即可求解；
1 2
（ii）由（i）得x
1
+x
2
= a
2
,x
1
x
2
=1，化简计算可得2f (x
1
)−f (x
2
) =x
2
2−
x
2
2
−6lnx
2
−2，令
2
2
g(x)=x2− −6lnx−2(x>1)，利用导数求出g(x)
即可.
x2 min
【解答过程】（1）当a=2时，f(x)=x2−2x+2lnx，2
则f(1)=−1,f′ (x)=2x+ −2(x>0)，得f′ (1)=2，
x
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=2(x−1)，
即y=2x−3.
2 2x2−ax+2
（2）（i）f′ (x)=2x+ −a= (x>0)，
x x
又x ,x 是函数f(x)的两个极值点，所以x ,x 是方程2x2−ax+2=0的两个正根
1 2 1 2
则¿，解得a>4，
经检验，当a>4时，符合题意.
所以实数a的取值范围为(4,+∞).
a
（ii）由（i）知x +x = ,x x =1，则0<x <1<x ，a=2(x +x )，
1 2 2 1 2 1 2 1 2
2f (x )−f (x )=2(x2−ax +2lnx )−(x2−ax 2+lnx )
1 2 1 1 1 2 2 2
=2x2−x2−2ax +ax +4lnx −2lnx
1 2 1 2 1 2
=2x2−x2−4x (x +x )+2x (x +x )+4lnx −2lnx
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
x4
=x2−2x2−2x x +ln 1
2 1 1 2 x2
2
2
=x2− −6lnx −2
，
2 x2 2
2
2
令g(x)=x2− −6lnx−2(x>1)，
x2
4 6
2(x2−1)(x−√2)(x+√2)
则g′(x)= +2x− = ，
x3 x x3
当1<x<√2时，g′(x)<0，则g(x)单调递减
当x>√2时，g′(x)>0，则g(x)单调递增
2
故当x=√2时，g(x)取得最小值 g(√2)=(√2) 2 − −6ln√2−2=−1−3ln2 ，
2
(√2)
所以2f (x )−f (x )≤−1−3ln2，即2f (x )−f (x )的最小值为−1−3ln2.
1 2 1 21
20．（2024·广东佛山·二模）已知f (x)=− e2x+4ex−ax−5.
2
(1)当a=3时，求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)有两个极值点x ，x ，证明：f (x )+f (x )+x +x <0.
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2）借助换元法，令t=ex，t =ex 1，t =ex 2，可得t 、t 是方程t2−4t+a=0的两个正根，借助韦达定理
1 2 1 2
可得t +t =4，t t =a，即可用t 、t 表示f (x )+f (x )+x +x ，进而用a表示f (x )+f (x )+x +x ，构
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
1
【解答过程】（1）当a=3时，f (x)=− e2x+4ex−3x−5，
2
f′(x)=−e2x+4ex−3=−(ex−1)(ex−3)，
则当ex∈(0,1)∪(3,+∞)，即x∈(−∞,0)∪(ln3,+∞)时，f′(x)<0，
当ex∈(1,3)，即x∈(0,ln3)时，f′(x)>0，
故f (x)的单调递减区间为(−∞,0)、(ln3,+∞)，单调递增区间为(0,ln3)；
（2）f′(x)=−e2x+4ex−a，令t=ex，即f′(x)=−t2+4t−a，
令t =ex 1，t =ex 2，则t 、t 是方程t2−4t+a=0的两个正根，
1 2 1 2
则Δ=(−4) 2−4a=16−4a>0，即a<4，
有t +t =4，t t =a>0，即0<a<4，
1 2 1 2
1 1
则f (x )+f (x )+x +x =− e2x 1+4ex 1−ax −5− e2x 2+4ex 2−ax −5+x +x
1 2 1 2 2 1 2 2 1 2
1
=− (t2+t2)+4(t +t )−(a−1)(lnt +lnt )−10
2 1 2 1 2 1 2
1
=− [(t +t ) 2−2t t ]+4(t +t )−(a−1)lnt t −10
2 1 2 1 2 1 2 1 2
1
=− (16−2a)+16−(a−1)lna−10
2
=a−(a−1)lna−2，
要证f (x )+f (x )+x +x <0，即证a−(a−1)lna−2<0(0<a<4)，
1 2 1 2令g(x)=x−(x−1)lnx−2(0<x<4)，
则g′(x)=1− ( lnx+ x−1) = 1 −lnx，
x x
1 1 1
令ℎ(x)= −lnx(0<x<4)，则 ℎ′(x)=− − <0，
x x2 x
则g′(x)在(0,4)上单调递减，
1 1
又g′(1)= −ln1=1，g′ (2)= −ln2<0，
1 2
1 1
故存在x ∈(1,2)，使g′ (x )= −lnx =0，即 =lnx ，
0 0 x 0 x 0
0 0
则当x∈(0,x )时，g′(x)>0，当x∈(x ,4)时，g′(x)<0，
0 0
故g(x)在(0,x )上单调递增，g(x)在(x ,4)上单调递减，
0 0
1 1
则g(x)≤g(x )=x −(x −1)lnx −2=x −(x −1)× −2=x + −3，
0 0 0 0 0 0 x 0 x
0 0
又x ∈(1,2)，则x + 1 ∈ ( 2, 5) ，故g(x )=x + 1 −3<0，
0 0 x 2 0 0 x
0 0
即g(x)<0，即f (x )+f (x )+x +x <0.
1 2 1 2
题型六 导数中的极值偏移问题
21．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数f (x)=lnx+1−ax有两个零点x ,x ，且x <x ，则下列命题正
1 2 1 2
确的是（ ）
2
A．a>1 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 2lnx+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0<x<1，即函数g(x)的单调递增区间为(0,1)，
由g′(x)<0可得x>1，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
1 lnx+1 1 lnx+1
且当0<x< 时，g(x)= <0，当x> 时，g(x)= >0，g(1)=1，
e x e x
如下图所示：
由图可知，当0<a<1时，直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点，故A错误；
1
由图可知， <x <1<x ，
e 1 2
1 1−ax 1 1
因为f′(x)= −a= ，由f′(x)>0可得0<x< ，由f′(x)<0可得x> ，
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<x < <x ，
a a 1 a 2
1 2 1
所以，0<x < ，则 −x > ，
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<x< ，
a a a a
( 1) 2
2a x−
则ℎ′(x)= 1 − 1 +2a= a <0，则函数ℎ(x)在 ( 0, 1) 上单调递减，
x− 2 x x ( x− 2) a
a a
(1) (2 ) (2 )
所以，ℎ(x )>ℎ =0，即f −x −f (x )>0，即f (x )<f −x ，
1 a a 1 1 1 a 1
(2 )
又f (x )=f (x )=0，可得f (x )<f −x ，
2 1 2 a 1(1 ) 2 2
因为函数f (x)的单调递减区间为 ,+∞ ，则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 <x <1<x ，则−x >−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.
22．（23-24高二下·四川成都·期中）已知函数f (x)=lnx+1−ax有两个零点x 、x ，且x <x ，则下列命
1 2 1 2
题正确的个数是（ ）
2 1
①0<a<1；②x +x < ；③x ⋅x >1；④x −x > −1；
1 2 a 1 2 2 1 a
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
1+lnx lnx+1
【解题思路】由f (x)=0可得a= ，设g(x)= ，其中x>0，则直线y=a与函数g(x)的图象有
x x
(2 )
两个交点，利用导数分析函数g(x)的单调性与极值，数形结合可判断①；构造函数ℎ(x)=f −x −f (x)，
a
1 1 1
其中0<x< ，分析函数ℎ(x)的单调性，可判断②③；分析出 <x <1<x 、0<x < <x ，利用不等式
a e 1 2 1 a 2
的基本性质可判断④.
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0<x<1，即函数g(x)的单调递增区间为(0,1)，
由g′(x)<0可得x>1，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
1 lnx+1 1 lnx+1
且当0<x< 时，g(x)= <0，当x> 时，g(x)= >0，如下图所示：
e x e x由图可知，当0<a<1时，直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点，①对；
1
对于②，由图可知， <x <1<x ，
e 1 2
1 1−ax 1 1
因为f′(x)= −a= ，由f′(x)>0可得0<x< ，由f′(x)<0可得x> ，
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<x < <x ，
a a 1 a 2
1 2 1
所以，0<x < ，则 −x > ，
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<x< ，
a a a a
( 1) 2
2a x−
则ℎ′(x)= 1 − 1 +2a= a <0，则函数ℎ(x)在 ( 0, 1) 上单调递减，
x− 2 x x ( x− 2) a
a a
(1) (2 ) (2 )
所以，ℎ(x )>ℎ =0，即f −x −f (x )>0，即f (x )<f −x ，
1 a a 1 1 1 a 1
(2 )
又f (x )=0，可得f (x )<f −x ，
2 2 a 1
(1 ) 2 2
因为函数f (x)的单调递减区间为 ,+∞ ，则x > −x ，即x +x > ，②错；
a 2 a 1 1 2 a
ln(x x )+2 2
对于③，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 >1，③对；
1 2 1 2
1 1 1
对于④，由图可知 <x <1<x ，则−x >−1，又因为x > ，所以，x −x > −1，④对.
e 1 2 1 2 a 2 1 a
故选；C.f (x)
23．（2024·江西南昌·二模）已知函数f (x)=x(lnx−a)，g(x)= +a−ax．
x
(1)当x≥1时，f (x)≥−lnx−2恒成立，求a的取值范围．
(2)若g(x)的两个相异零点为x ，x ，求证：x x >e2．
1 2 1 2
【解题思路】（1）运用导数研究F(x)=(x+1)lnx−ax+2的最小值不小于0即可.
t+1 t+1
（2）消去参数a及比值代换法后得ln(x x )= lnt，运用导数研究m(t)= lnt在(1,+∞)上最小值
1 2 t−1 t−1
大于0即可.
【解答过程】（1）当x≥1时，f (x)≥−lnx−2恒成立，
即当x≥1时，(x+1)lnx−ax+2≥0恒成立，
设F(x)=(x+1)lnx−ax+2，
所以F(1)=2−a≥0，即a≤2，
1
F′(x)=lnx+ +1−a，
x
1
设r(x)=lnx+ +1−a，
x
1 1 x−1
则r′(x)= − = ，
x x2 x2
所以，当x≥1时，r′(x)≥0，即r(x)在[1,+∞)上单调递增，
所以r(x)≥r(1)=2−a≥0，
所以当x≥1时，F′(x)=r(x)≥0，即F(x)在[1,+∞)上单调递增，
所以F(x)≥F(1)=2−a，
若F(x)≥0恒成立，则a≤2．
所以x≥1时，f (x)≥−lnx−2恒成立，a的取值范围为(−∞,2].
（2）由题意知，g(x)=lnx−ax，
不妨设x >x >0，由¿得¿，
1 2
x
1+1
ln(x x ) x +x x
则 1 2 = 1 2 = 2 ，
x x −x x
ln 1 1 2 1−1
x x
2 2
x
令t= 1>1，
x
2ln(x x ) t+1 t+1
则 1 2 = ，即：ln(x x )= lnt．
lnt t−1 1 2 t−1
要证x x >e2 ，
1 2
只需证ln(x x )>2，
1 2
t+1
只需证 lnt>2，
t−1
2(t−1)
即证lnt> (t>1)，
t+1
2(t−1)
即证lnt− >0（t>1），
t+1
2(t−1)
令m(t)=lnt− （t>1），
t+1
(t−1) 2
因为m′(t)= >0，
t(t+1) 2
所以m(t)在(1,+∞)上单调递增，
当t∈(1,+∞)时，m(t)>m(1)=0，
2(t−1)
所以lnt− >0成立，
t+1
故x x >e2 ．
1 2
24．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数f (x)=(x−2)(ex−ax)(a∈R)．
(1)若a=2，讨论f (x)的单调性．
(2)已知关于x的方程f (x)=(x−3)ex+2ax恰有2个不同的正实数根x ,x ．
1 2
（i）求a的取值范围；
（ii）求证：x +x >4．
1 2
【解题思路】（1）求导后，根据f′(x)的正负可确定f (x)的单调性；
ex
（2）（i）将问题转化为y=a与g(x)= (x>0)有两个不同交点的问题，利用导数可求得g(x)的单调性和
x2
最值，从而得到g(x)的图象，采用数形结合的方式可确定a的范围；x −x
1 2=2
（ii）设x >x >0，根据：ex 1=ax2，ex 2=ax2，采用取对数、两式作差整理的方式可得 x ，通过
2 1 1 2 ln 1
x
2
x
( )
2 1−1
x x x 2(t−1)
分析法可知只需证ln 1< 2 即可，令t= 1∈(0,1)，构造函数ℎ(t)=lnt− (0<t<1)，利
x x x t+1
2 1+1 2
x
2
用导数可求得ℎ(t)单调性，从而得到ℎ(t)<ℎ(1)=0，由此可证得结论.
【解答过程】（1）当a=2时，f (x)=(x−2)(ex−2x)，则f′(x)=ex−2x+(x−2)(ex−2)=(x−1)(ex−4)；
令f′(x)=0，解得：x=1或x=ln4=2ln2，
∴当x∈(−∞,1)∪(2ln2,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(1,2ln2)时，f′(x)<0；
∴f (x)在(−∞,1)，(2ln2,+∞)上单调递增，在(1,2ln2)上单调递减.
（2）（i）由f (x)=(x−3)ex+2ax得：ex−ax2=0，
∵f (x)=(x−3)ex+2ax恰有2个正实数根x ,x ，∴ex=ax2恰有2个正实数根x ,x ，
1 2 1 2
ex
令g(x)= (x>0)，则y=a与g(x)有两个不同交点，
x2
(x−2)ex
∵g′(x)= ，∴当x∈(0,2)时，g′(x)<0；当x∈(2,+∞)时，g′(x)>0；
x3
e2
∴g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，又g(2)= ，
4
当x从0的右侧无限趋近于0时，g(x)趋近于+∞；当x无限趋近于+∞时，ex的增速远大于x2的增速，则
g(x)趋近于+∞；
则g(x)图象如下图所示，e2
∴当a> 时，y=a与g(x)有两个不同交点，
4
(e2
)
∴实数a的取值范围为 ,+∞ ；
4
（ii）由（i）知：ex 1=ax2，ex 2=ax2，(x >0,x >0)
1 2 1 2
∴x =lna+2lnx ，x =lna+2lnx ，
1 1 2 2
x
∴x −x =2lnx −2lnx =2ln 1 ，
1 2 1 2 x
2
x −x
1 2=2
不妨设x >x >0，则 x ，
2 1 ln 1
x
2
2(x −x )
x +x > 1 2
要证x +x >4，只需证 1 2 x ，
1 2 ln 1
x
2
x
( )
2 1−1
x x x 2(x −x ) x
∵x >x >0，∴0< 1<1，∴ln 1<0，则只需证ln 1< 1 2 = 2 ，
2 1 x x x x +x x
2 2 2 1 2 1+1
x
2
x 2(t−1)
令t= 1∈(0,1)，则只需证当t∈(0,1)时，lnt< 恒成立，
x t+1
2
2(t−1)
令ℎ(t)=lnt− (0<t<1)，
t+11 2(t+1)−2(t−1) (t+1) 2−4t (t−1) 2
∴ℎ′(t)= − = = >0，
t (t+1) 2 t(t+1) 2 t(t+1) 2
∴ℎ(t)在(0,1)上单调递增，∴ℎ(t)<ℎ(1)=0，
2(t−1)
∴当t∈(0,1)时，lnt< 恒成立，∴原不等式x +x >4得证.
t+1 1 2
题型七 导数在实际问题中的应用
25．（2024·陕西安康·模拟预测）某学校组织学生到一个木工工厂参加劳动，在木工师傅指导下要把一个
体积为27cm3的圆锥切割成一个圆柱，切割过程中磨损忽略不计，则圆柱体积的最大值为（ ）
A．4cm3 B．8cm3 C．12cm3 D．16cm3
【解题思路】写出圆柱的体积解析式，构造函数，利用导数求出圆柱体的最大体积
【解答过程】设圆锥的底面半径为R，高为H，圆柱的底面半径为r(0<r<R)，高为ℎ，
ℎ R−r H
则 = ，所以ℎ=(R−r) ，
H R R
H
所以V =πr2ℎ=πr2(R−r) .
圆柱 R
设f (r)=r2(R−r)(0<r<R)，则f′(r)=2r(R−r)−r2=2rR−3r2 .
2
令f′(r)=0，得r= R或r=0（舍去），
3
( 2 ) (2 )
当r∈ 0, R 时，f′(r)>0,f (r)单调递增，当r∈ R,+∞ 时，f′(r)<0,f (r)单调递减，
3 3
所以f (r)的最大值为f (2 R ) = (2 R ) 2 ( R− 2 R ) = 4 R3 ，
3 3 3 27
4π 4 π 4 4
所以V 的最大值为 R2H= ( R2H )= V = ×27=12(cm3) .
圆柱 27 9 3 9 圆锥 9
故选：C.26．（2024高三·全国·专题练习）小李准备向银行贷款x(0<x≤10)万元全部用于某产品的加工与销售，
12
据测算每年利润y（单位：万元）与贷款x满足关系式y=lnx−x− +9，要使年利润最大，小李应向银
x
行贷款（ ）
A．3万元 B．4万元 C．5万元 D．6万元
【解题思路】利用导数研究函数的单调性，利用单调性即可求出最值.
1 12 −x2+x+12 (−x+4)(x+3)
【解答过程】依题意，得y'= −1+ = = (0<x≤10)，
x x2 x2 x2
令y′>0，得0<x<4，
令y′<0，得4<x≤10，
12
所以函数y=lnx−x− +9在(0,4)上单调递增，在(4,10)上单调递减，
x
所以当x=4时，函数取得最大值.
故选：B.
27．（2024·广东茂名·二模）修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段.如图，某水库有一个半径为1
百米的半圆形小岛，其圆心为C且直径MN平行坝面.坝面上点A满足AC⊥MN，且AC长度为3百米，
为便于游客到小岛观光，打算从点A到小岛建三段栈道AB、BD与BE，水面上的点B在线段AC上，且
BD、BE均与圆C相切，切点分别为D、E，其中栈道AB、BD、BE和小岛在同一个平面上.此外在半圆小
2π
岛上再修建栈道M´E、D´N以及MN，则需要修建的栈道总长度的最小值为 +5 百米.
3
【解题思路】连接CD，CE，设∠CBE=∠CBD=θ，建立出需要修建的栈道的函数关系式，利用导数求
出最小值.
【解答过程】连接CD，CE，由半圆半径为1得：CD=CE=1.由对称性，设∠CBE=∠CBD=θ，又CD⊥BD，CE⊥BE，
CD 1 CD 1
所以BE=BD= = ，BC= = ，
tanθ tanθ sinθ sinθ
易知∠MCE=∠NCD=θ，所以M´E=N´D的长为θ.
1 1
又AC=3，故AB=AC−BC=3− ∈(0,2)，故sinθ∈( ,1)，
sinθ 3
1 π 1 2 π
令sinθ = 且θ ∈ ( 0, ) ，则f (θ)=5− + +2θ，θ∈(θ , )，
0 3 0 6 sinθ tanθ 0 2
−cosθ(2cosθ−1)
所以f′(θ)=
.
sin2θ
π π π π
( ) ( )
θ θ , ,
0 3 3 3 2
f′(θ) - 0 +
单调递
f (θ) 极小值 单调递增
减
π 2π
所以栈道总长度最小值f (θ) =f ( )= +5.
min 3 3
2π
故答案为： +5.
3
28．（24-25高二上·全国·课后作业）如图，从边长为100米的等边三角形花园ABC的点A沿直线修一条路
到边BC上的点D，再从D沿直线修一条路到边AC上的点E，且DE//AB，若路AD每米的造价是路DE
每米造价的√13倍，则当BD= 75 米时，修筑这两条路的总造价最低．【解题思路】设BD=x米，由余弦定理可得AD=√1002+x2−100x，由等边三角形性质得
DE=DC=100−x，由此得到总造价函数解析式，利用导数求最值即可.
【解答过程】设BD=x(0≤x≤100)米，路AD的造价为每米k(k>0)元，
在△ABD中，由余弦定理可知
AD=√1002+x2−2×100xcos60°=√1002+x2−100x，
由DE//AB，得△DEC是等边三角形，则DE=DC=100−x，
k
所以总造价f (x)=k√x2−100x+1002+ (100−x)，
√13
k
当0≤x≤50时，k√x2−100x+1002, (100−x)均在[0,50]上单调递减；
√13
则f(x)在[0,50]上单调递减；
当x≥50时，
k(x−50) k
k[√13(x−50)−√x2−100x+1002]
则f′(x)= − =
√x2−100x+1002 √13 √13⋅√x2−100x+1002
k[13(x−50) 2−(x2−100x+1002)]
=
√13⋅√x2−100x+1002[√13(x−50)+√x2−100x+1002]
12k(x2−100x+25×75)
=
，
√13⋅√x2−100x+1002[√13(x−50)+√x2−100x+1002]
令f′(x)=0，即x2−100x+25×75=0，解得x=25（舍）或x=75，
且当50≤x<75时，f′(x)<0,f (x)在[50,75)单调递减；
当75<x≤100时，f′(x)>0,f (x)在(75,100]单调递增．
综上可知，f (x)在[0,75)单调递减；在(75,100]单调递增．
故当x=75时，f(x)取最小值.所以当BD=75米时，修筑这两条路的总造价最低．
故答案为：75.
题型八 导数中的新定义问题
29．（2024·青海西宁·二模）定义方程f(x)=f′ (x)的实根x 叫做函数f(x)的“新驻点”，若函数
0
g(x)=e2x+1，ℎ(x)=lnx，φ(x)=x3−1的“新驻点”分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为
（ ）
A．a>b>c B．c>b>a C．c>a>b D．b>c>a
【解题思路】分别求出导函数，由导函数与原函数相等列出方程，直接解得a，再引入新函数，利用新函
数的导数确定新函数的零点所在区间，得b,c的范围从而确定它们的大小．
1
【解答过程】由题意：g′ (x)=2e2x,ℎ′ (x)= ,φ′ (x)=3x2 ，
x
1
所以a,b,c分别为e2x+1=2e2x,lnx= ,x3−1=3x2
的根，即为函数
x
1
g (x)=e2x−1,ℎ (x)=lnx− ,φ (x)=x3−1−3x2 的零点，
1 1 x 1
可解得a=0；
1
ℎ (x)=lnx− (x>0)为单调递增函数，
1 x
1 1
且ℎ (1)=−1<0,ℎ (e)=lne− =1− >0，所以1<b<e，
1 1 e e
令φ ′ (x)=3x2−6x=0，解得x=0，或x=2，
1
当x<0时，φ ′ (x)>0，φ (x)单调递增，当0<x<2时，φ ′ (x)<0，φ (x)单调递减，
1 1 1 1
当x>2时，φ ′ (x)>0，φ (x)单调递增，由φ (0)=−1，φ (2)=−5，φ (3)=−1<0，
1 1 1 1 1
φ (4)=15>0，所以3<c<4，
1
所以c>b>a.
故选：B.
30．（2024·安徽·模拟预测）给出定义：若函数f (x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f (x)在D上存在二阶导数，记f″(x)=(f′(x)) ′ .若f″(x)<0在D上恒成立，则称f (x)在D上为凸函
π
( )
数.以下四个函数在 0, 上不是是凸函数的是（ ）
2
A．f (x)=sinx+cosx B．f (x)=lnx−2x
C．f (x)=−x3+2x−1 D．f (x)=−xe−x
【解题思路】根据给出的导数新定义逐项判断即可.
【解答过程】对于A：f (x)=sinx+cosx，f′(x)=cosx−sinx，f″(x)=−sinx−cosx，
π
则f (x)在 ( 0, ) 上恒有f″(x)<0，故A错误；
2
1 1
对于B：f
(x)=lnx−2x，f′(x)= −2，f″(x)=−
，
x x2
π
则f (x)在 ( 0, ) 上恒有f″(x)<0，故B错误；
2
对于C：f (x)=−x3+2x−1，f′(x)=−3x2+2，f″(x)=−6x，
π
则f (x)在 ( 0, ) 上恒有f″(x)<0，故C错误；
2
对于D：f (x)=−xe−x，f′(x)=−e−x+xe−x，f″(x)=(2−x)e−x，
π
则f (x)在 ( 0, ) 上恒有f″(x)>0，故D正确.
2
故选：D.
31．（2024·河南·三模）设函数f (x)的导函数为f′(x),f′(x)的导函数为f″(x),f″(x)的导函数为f′′′(x).若
f″ (x )=0，且f′′′ (x )≠0，则(x ,f (x ))为曲线y=f (x)的拐点.
0 0 0 0
(1)判断曲线y=x6是否有拐点，并说明理由；
(√2 (√2))
(2)已知函数f (x)=ax5−5x3，若 ,f 为曲线y=f (x)的一个拐点，求f (x)的单调区间与极值.
2 2
【解题思路】（1）根据题意，求得y′=6x5,y″=30x4,y′′′=120x3，结合新定义，即可得到答案；
（2）求得f′(x)=5ax4−15x2,f″(x)=20ax3−30x=10x(2ax2−3)，得到f″(√2)
=0，列出方程求得
2
a=3，得到f′(x)=15x2(x2−1)，求得f (x)的单调性，进而求得函数的极值.【解答过程】（1）解：由函数y=x6，可得y′=6x5,y″=30x4,y′′′=120x3，
由30x4=0，得x=0，又由120x3=0，得x=0，所以曲线y=x6没有拐点.
（2）解：由函数f (x)=ax5−5x3，
可得f′(x)=5ax4−15x2,f″(x)=20ax3−30x=10x(2ax2−3)，
因为
(√2
,f
(√2))
为曲线y=f
(x)的一个拐点，所以f″(√2)
=0，
2 2 2
所以2a×
1 −3=0，解得a=3，经检验，当a=3时，f′′′(√2)
≠0，
2 2
所以f′(x)=15x4−15x2=15x2(x2−1).
当x<−1或x>1时，f′(x)>0，则f (x)的单调递增区间为(−∞,−1),(1,+∞)；
当−1≤x≤1时，f′(x)≤0，且f′(x)=0不恒成立，则f (x)的单调递减区间为[−1,1]，
故当x=−1时，f (x)取得极大值，且极大值为2；
当x=1时，f (x)取得极小值，且极小值为−2.
32．（2024·湖南湘西·模拟预测）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理函数近似特定函数的方法．
a +a x+⋯+a xm
给定自然数m，n，我们定义函数f (x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似为R(x)= 0 1 m ，该函
1+b x+⋯+b xn
1 n
数满足f(0)=R(0),f′ (0)=R′ (0),f″ (0)=R″ (0),⋯,f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．
注：f″ (x)=[f′ (x)] ′ ,f(3)(x)=[f″ (x)] ′ ,⋯,f(n)(x)=[f(n−1)(x)] ′ ．
设函数f(x)=ex在x=0处的[0,1]阶帕德近似为R(x)．
(1)求R(x)的解析式；
(2)证明：当x<1时，f(x)≤R(x)；
1
(3)设函数g(x)=ex− ，若x=0是g(x)的极大值点，求k的取值范围．
1−x+kx2
a
【解题思路】（1）由题意设R(x)= ，结合帕德近似的定义及导数运算求参数，即可得解析式；
1+bxf(x)
（2）构造ℎ(x)= =(1−x)ex 且x<1，利用导数研究其单调性并判断ℎ(x)与1的大小关系，即可证
R(x)
结论；
a f(x)
（3）利用定义求f(x)=ex在x=0处的[0,2]阶帕德近似函数R (x)= 0 ，并研究k(x)=
1 1+b x+b x2 R (x)
1 2 1
1 1 1
的极值确定k= 为界点，再讨论k> 、0<k< 、k<0并结合导数判断x=0是否为g(x)的极大值，即可
2 2 2
求范围.
a
【解答过程】（1）由题意，可设R(x)= ，且f(0)=R(0)，则a=1，
1+bx
ab
而f′ (x)=ex，R′ (x)=− ，且f′ (0)=R′ (0)，则−ab=−b=1⇒b=−1，
(1+bx) 2
1
所以R(x)=
.
1−x
（2）当x<1时，恒有R(x)>0,1>f(x)>0，
f(x)
令ℎ(x)= =(1−x)ex ，且x<1，则ℎ′ (x)=−xex，
R(x)
当x<0时，ℎ′ (x)>0，即ℎ(x)在(−∞,0)上递增；
当0<x<1时，ℎ′ (x)<0，即ℎ(x)在(0,1)上递减；
所以ℎ(x)≤ℎ(0)=1，故f(x)≤R(x)，得证.
a
（3）令f(x)=ex在x=0处的[0,2]阶帕德近似为R (x)= 0 ，
1 1+b x+b x2
1 2
1
由f(0)=R(0)，则a =1，故 R (x)= ，
0 1 1+b x+b x2
1 2
b +2b x
由R ′ (x)=− 1 2 ，f′ (x)=ex，而f′ (0)=R ′ (0)，则−b =1⇒b =−1，
1 (1+b x+b x2 ) 2 1 1 1
1 2
1−2b x −2b (1−x+b x2 )+2(1−2b x) 2
所以R ′ (x)= 2 ，故R ′′ (x)= 2 2 2 ，
1 (1−x+b x2 ) 2 1 (1−x+b x2 ) 3
2 21
由f″ (x)=ex，而f″ (0)=R ′′ (0)，则−2b +2=1⇒b = ，
1 2 2 2
1
R (x)=
综上， 1 x2，且x∈R，
1−x+
2
f(x) x2 (x−1) 2+1 x2ex
令k(x)= =(1−x+ )ex= ⋅ex>0，则k′ (x)= ≥0恒成立，
R (x) 2 2 2
1
所以k(x)在R上递增，即k(0)=1，
故x∈(−∞,0)时0<k(x)<1，x∈(0,+∞)时k(x)>1，
所以x∈(−∞,0)时f(x)<R (x)，x∈(0,+∞)时f(x)>R (x)，
1 1
1
此时，k= 时x=0不是g(x)极值点；
2
1
以k= 为界，讨论如下：
2
由连续函数m(x)=(1−x+kx2 )ex ⇒m′ (x)=x[kx+(2k−1)]ex，
1 1 1
当k> ，则m′ (x)=kx[x+(2− )]ex ，而2− >0，
2 k k
1
在( −2,0)上m′ (x)<0，m(x)递减，在(0,+∞)上m′ (x)>0，m(x)递增，则m(x)≥m(0)=1，
k
1
所以，在x=0两侧g(x)=ex− ≥0=g(0)恒成立，x=0是极小值点；
1−x+kx2
1 1 1
当0<k< ，则m′ (x)=kx[x+(2− )]ex ，而2− <0，
2 k k
1
在(−∞,0)上m′ (x)>0，m(x)递增，在(0, −2)上m′ (x)<0，m(x)递减，则m(x)≤m(0)=1，
k
1
所以，在x=0两侧g(x)=ex− ≤0=g(0)恒成立，x=0为极大值点；
1−x+kx2
当k=0，有m′ (x)=−xex，
在(−∞,0)上m′ (x)>0，m(x)递增，在(0,1)上m′ (x)<0，m(x)递减，则m(x)≤m(0)=1，
1
所以，在x=0两侧g(x)=ex− ≤0=g(0)恒成立，x=0为极大值点；
1−x+kx2
1 1
当k<0，则m′ (x)=kx[x+(2− )]ex ，而2− >0，
k k1
在( −2,0)上m′ (x)>0，m(x)递增，在(0,+∞)上m′ (x)<0，m(x)递减，则m(x)≤m(0)=1，
k
1
所以，在x=0两侧g(x)=ex− ≤0=g(0)恒成立，x=0为极大值点；
1−x+kx2
1
综上，k<
.
2
一、单选题
a
1．（2024·陕西·二模）∀x∈[1,2]，有lnx+ −1≥0恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
x2
A．[e,+∞) B．[1,+∞) C．
[e
,+∞ ) D．[2e,+∞)
2
【解题思路】参变分离可得a≥−x2lnx+x2在x∈[1,2]上恒成立，令μ(x)=−x2lnx+x2，x∈[1,2]，利
用导数求出函数的单调性，从而求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围.
a
【解答过程】因为∀x∈[1,2]，有lnx+ −1≥0恒成立，
x2
所以a≥−x2lnx+x2在x∈[1,2]上恒成立，
令μ(x)=−x2lnx+x2，x∈[1,2]，
则μ′(x)=−2xlnx−x+2x=−2xlnx+x=x(−2lnx+1)，
令μ′(x)=0，得x=√e，当x∈(1,√e)时，μ′(x)>0，故μ(x)在(1,√e)上单调递增，
当x∈(√e,2)时，μ′(x)<0，故μ(x)在(√e,2)上单调递减，
e
则μ(x)≤μ(√e)=
，
2
所以a≥
e
，即实数a的取值范围为
[e
,+∞ ) .
2 2
故选：C．
2．（2024·江苏连云港·模拟预测）现有一个表面积为144πcm2的实心球，若将其打磨成一个圆锥，则圆
锥体积的最大值为（ ）
32 256π
A． πcm3 B．16πcm3 C． cm3 D．32πcm3
3 3
【解题思路】设球的半径为R，根据题意，求得R=6，再设打磨成的圆锥的高为ℎ，底面半径为r，在直1
角△AOO 中，得到r2=ℎ(12−ℎ)，结合锥体的体积公式得到V = π(12ℎ2−ℎ3 )，设函数
1 3
1
V(ℎ)= π(12ℎ2−ℎ3 )，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.
3
【解答过程】如图所示，设球的半径为R，球心为O，
因为球的表面积为144πcm2，可得4πR2=144π，可得R=6，
设打磨成的圆锥的高为ℎ，底面半径为r，底面圆心为O ，如下图示，
1
在直角△AOO 中，可得R2=AO2+OO2 ，即36=r2+(ℎ−6) 2，可得r2=ℎ(12−ℎ)，
1 1 1
1 1
则圆锥的体积为V = πr2 ⋅ℎ= π(12ℎ2−ℎ3 )，
3 3
1 1
设V(ℎ)= π(12ℎ2−ℎ3 )其中0<ℎ<12，可得V′ (ℎ)= π(24ℎ−3ℎ2 )=πℎ(8−ℎ)，
3 3
当ℎ∈(0,8)时，V′ (ℎ)>0，V(ℎ)在(0,8)上单调递增；
当ℎ∈(8,12)时，V′ (ℎ)<0，V(ℎ)在(8,12)上单调递减，
256π
所以，当ℎ=8时，函数V(ℎ)取得极大值，也时最大值，最大值为V(8)= cm3
.
3
故选：C.
3．（2024·广西来宾·模拟预测）曲率是数学上衡量曲线弯曲程度的重要指标，对于曲线y=f(x)，其在点
|f″ (x )|
K= 0
(x
0
,f(x
0
))处的曲率 3，其中f′ (x)是f(x)的导函数，f′′(x)是f′ (x)的导函数．则抛物
{1+[f′ (x )] 2 }2
0
线x2=2py(p>0)上的各点处的曲率最大值为（ ）1 2
A．2p B．p C． D．
p p
【解题思路】先求出函数的导函数f′(x)及导函数的导函数f′′(x)，再根据公式求出各点处的曲率K，并解
出最大值即可.
x 1
【解答过程】由题可知抛物线方程为：x2=2py，则y′= ，y″=
，
p p
1
p
K=
则该抛物线在各点处的曲率 ，
x2 3
(1+ )2
p2
1
当x=0时，K取最大值 .
p
故选：C.
e
4．（2024·江西·模拟预测）已知x(aex+1)>ln
有解，则实数a的取值范围为（ ）
x
A． ( − 1 ,+∞ ) B． ( − 1 ,+∞ )
e2 e
( 1)
C．(−1,+∞) D． −∞,
e
e 1−lnt
【解题思路】将不等式x(aex+1)>ln 变形为a(xex)+ln(xex)>1，设t=xex，由已知方程a> 在
x t
(1−lnt)
(0,+∞）上有解，故a> ，利用导数求函数的最小值可得实数a的取值范围.
t
min
e
【解答过程】不等式x(aex+1)>ln
可化为
x
a(xex)+x+lnx>1，
a(xex)+ln(xex)>1，
令t=xex，则at+lnt>1且t>0，
由已知不等式lnt+at>1在(0,+∞)上有解，
1−lnt
所以a> 在(0,+∞)上有解.
t
1−lnt lnt−2
令f (t)= ，则f′(t)= ，
t t2当0<t<e2时，f′(t)<0，f (t)在(0,e2)上单调递减；
当t>e2时，f′(t)>0，f (t)在(e2,+∞)单调递增，
1 1
所以f (t) = f (e2)=− ，所以a>− ，
min e2 e2
( 1 )
所以a的取值范围为 − ,+∞ ，
e2
故选：A.
5．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数f (x)=¿，若关于x的方程f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0有3个不同的
实数根，则实数t的取值范围为（ ）
( 1) ( 1 ) [ 1 ]
A． −∞,− B． − ,0 C． − ,1 D．(−e,2)
e e e
【解题思路】求导分析函数f (x)的单调性及极值，作出函数f (x)的图象，把方程f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0
有3个不同的实数根转化为方程f (x)=t有3个不同的实数根，数形结合即可求解.
【解答过程】因为当x<0时，f (x)=xex，所以f′(x)=(1+x)ex，
所以当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
1
当x∈(−1,0)时，f′(x)>0，f (x)单调递增，所以f (x)≥f (−1)=− ，且f (x)<0；
e
又因为当x≥0时，f (x)=−x2+2x=−(x−1) 2+1，
所以f (x)在x∈(0,1)时单调递增，在x∈(1,+∞)时单调递减，且f (x)≤f (1)=1，
所以作出函数f (x)=¿的大致图象如图：
由f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0得[f (x)−2][f (x)−t]=0，
所以f (x)=2或f (x)=t，则f (x)=2无解，所以只有方程f (x)=t有3个不同的实数根，
1
数形结合可知− <t<0.
e
故选：B.6．（2024·四川南充·模拟预测）设a>0，b>0，且a+b=1，则下列结论正确的个数为（ ）
①log a+log b≥−2 ②2a+2b≥2√2 ③a+lnb<0
2 2
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】 根据指数对数运算和基本不等式判断； 构造函数f (x)=1−x+lnx，然后根据函数单
调性判断. ①② ③
(a+b) 2 1
【解答过程】log a+log b=log ab≤log =−2，当且仅当a=b= 时等号成立，故 错；
2 2 2 2 2 2
①
1
2a+2b≥2√2a ⋅2b=2√2a+b=2√2，当且仅当a=b= 时等号成立，故 正确；
2
②
由题意得a=1−b，且0<b<1，
1 1−x
令f (x)=1−x+lnx，0<x<1，则f′(x)=−1+ = ，
x x
当0<x<1时，f′(x)>0，所以f (x)在(0,1)上单调递增，
所以1−b+lnb=a+lnb<f (1)=0，故 正确.
故选：C. ③
ea eb
7．（2024·江西·模拟预测）已知a>b，c>d， = =1.01，(1−c)ec=(1−d)ed=0.99，则（ ）
a+1 b+1
A．a+b<0 B．c+d>0 C．a+d>0 D．b+c>0
【解题思路】先构造函数f (x)，通过函数的单调性确定a,b的大致范围，再构造ℎ(x)=lnf (x)−lnf (−x)，
通过函数ℎ(x)的单调性确定d与−c的大小关系，进而得到A选项；先构造函数g(x)，通过函数的单调性
确定c,d的大致范围，再构ℎ(x)=lng(x)−lng(−x)，通过函数ℎ(x)的单调性确定d与−c的大小关系，
1
进而可知B选项错误；通过f (x)= ，得到g(−a)>g(d)，进而可得−a与d的大小关系, 进而可知C
g(−x)
选项错误；D与C选项同样的方法即可判断.
ea eb ex
【解答过程】对于A，∵ = =1.01>0，∴a>−1,b>−1 ，令f (x)= (x>−1),则
a+1 b+1 1+x
xex
f'(x)=
，
(1+x) 2
所以f (x)在(−1,0)单调递减，在(0,+∞)上单调递增，且f (0)=0，故a>0,−1<b<0.
令ℎ(x)=lnf (x)−lnf (−x)=2x−ln(x+1)+ln(−x+1),x∈(−1,1)1 −1 2
则
ℎ′(x)=2− + =2− <0，所以ℎ(x)在(−1,1)上单调递减，且ℎ(0)=0，
x+1 −x+1 1−x2
∵b∈(−1,0)，∴lnf (b)−lnf (−b)>0 ，∴f (b)>f (−b) ，∴f (a)>f (−b)
∴a>−b 即a+b>0 ,故选项A错误；
对于B， ∵(1−c)ec=(1−d)ed=0.99>0 ，
∴c<1,d<1 令g(x)=(1−x)ex(x<1)，
则g′(x)=−xex，所以g(x)在(−∞,0)单调递增，在(0,1)上单调递减，
且g(0)=1，故0<c<1,d<0.
令m(x)=lng(x)−lng(−x)=2x−ln(x+1)+ln(−x+1)=ℎ(x),x∈(−1,1)
所以m(x)在(−1,1)上单调递减，且m(0)=0，
∵c∈(0,1)，∴lng(c)−lng(−c)<0， ∴g(c)<g(−c)，
∴g(d)<g(−c)，∴d<−c，即c+d<0，故选项B错误；
1 1 100
对于C，∵f (x)= ，∴g(−a)= = >0.99,a∈(−1,0)，
g(−x) f (a) 101
∴g(−a)>g(d)，又∵g(x)在(−∞,0)单调递增，∴−a>d， ∴a+d<0，故选项C错误；
对于D，由C可知，g(−b)>g(c),−b∈(0,1)， 又∵g(x)在(0,1)单调递减 ，
∴−b<c ，故选项D正确.
故选：D.
| 2 |
8．（2024·四川南充·一模）已知函数f(x)= lnx− +2 −m（0<m<3）有两个不同的零点x ，x （
x 1 2
x <x ），下列关于x ，x 的说法正确的有（ ）个
1 2 1 2
x 2
① 2<e2m ②x > ③x x >1
x 1 m+2 1 2
1
A．0 B．1 C．2 D．3
2
【解题思路】令g(x)=lnx− +2，判断g(x)的单调性结合g(1)=0得到0<x <1，x >1，进而有
x 1 2
2 2
lnx − +2=−m，lnx − +2=m，两式作差可判断①；根据0<x <1得到lnx <0可判断②；将得到
1 x 2 x 1 1
1 2
的两式相加，再利用换元法可判断③.
| 2 |
【解答过程】∵ f(x)= lnx− +2 −m（0<m<3）有两个不同的零点x ，x ，且x <x ，
x 1 2 1 2| 2 |
即x ，x 是方程 lnx− +2 =m的两个不同的根，
1 2 x
2
令g(x)=lnx− +2，x∈(0,+∞)，易知g(1)=0，
x
1 1
∵ g′(x)= + >0，∴ g(x)在(0,+∞)单调递增，
x x2
2
∴ x∈(0,1)时，g(x)=lnx− +2<0，
x
2
x∈(1,+∞)时，g(x)=lnx− +2>0，
x
2 2
∴ 0<x <1，x >1，∴ lnx − +2=−m，lnx − +2=m，
1 2 1 x 2 x
1 2
2 ( 2 )
对于①，两式作差得，lnx − +2− lnx − +2 =2m，
2 x 1 x
2 1
x 2(x −x )
整理得，ln 2+ 2 1 =2m
x x x
1 1 2
2(x −x ) x x
∵ 2 1 >0，∴ ln 2<2m，即 2<e2m ，故①正确；
x x x x
1 2 1 1
2
对于②，∵ lnx − +2=−m，且0<x <1，∴ lnx <0，
1 x 1 1
1
2 2 2
∴ − +2>−m，即 <m+2，∴ x > ，故②正确；
x x 1 m+2
1 1
2 2
对于③，∵ lnx − +2=−m，lnx − +2=m，
1 x 2 x
1 2
2 2
两式相加得，lnx − +lnx − +4=0，
1 x 2 x
1 2
2(x +x )
整理得，∴ ln(x x )− 1 2 +4=0，即2(x +x )=x x ln(x x )+4x x ，
1 2 x x 1 2 1 2 1 2 1 2
1 2
∵ 2(x +x )>2⋅2√x x ，
1 2 1 2
即x x ln(x x )+4x x >2⋅2√x x ，
1 2 1 2 1 2 1 2
令t=√x x (t>0)，则t2lnt2+4t2>2⋅2t，
1 22
整理得tlnt+2t−2>0，即lnt− +2>0，
t
2
∵ x∈(0,1)时，g(x)=lnx− +2<0，
x
2
x∈(1,+∞)时，g(x)=lnx− +2>0，
x
∴ t=√x x >1，即x x >1，故③正确.
1 2 1 2
故选：D.
二、多选题
9．（2024·湖北·二模）已知x>y>0，则下列不等式正确的有（ ）
A．ex−ey>x−y B．lnx−ln y>x−y
1 ex ey
C．lnx≥1− D． >
x y x
【解题思路】对于A，构造函数f (x)=ex−x，利用导数判断函数单调性，即可比较；对于B，举反例判断
1
即可；对于C，构造函数ℎ(x)=lnx−1+ (x>0)，利用导数研究函数最值即可判断；对于D，构造函
x
数g(x)=x⋅ex(x>0)，利用导数判断函数单调性，即可比较.
【解答过程】设f (x)=ex−x(x>0)，则f'(x)=ex−1>0，f (x)在(0,+∞)单调递增，
所以f (x)>f (y)，即ex−x>ey−y，即ex−ey>x−y，A正确；
令x=e，y=1，则lnx−ln y=1，而x−y=e−1，所以lnx−ln y<x−y，B不正确；
1 1 1 x−1
设ℎ(x)=lnx−1+ (x>0)，则 ℎ′ (x)= − = ，
x x x2 x2
x−1
当0<x<1时， ℎ′ (x)= <0，函数ℎ(x)单调递减；
x2
x−1
当x>1时， ℎ′ (x)= >0，函数ℎ(x)单调递增；
x2
1 1 1
则ℎ(x)=lnx−1+ 在x=1时取得最小值ℎ(1)=ln1−1+ =0，即lnx≥1− ，C正确；
x 1 x
设g(x)=x⋅ex(x>0)，则g′(x)=(x+1)ex>0，所以g(x)=x⋅ex在(0,+∞)上是增函数，
ex ey
所以由x>y>0得x⋅ex>y⋅ey，即 > ，D正确.
y x
故选：ACD.sinx
10．（2024·新疆·二模）设函数f(x)= ，则（ ）
x+cosx
[ π] 2
A．f(x)在 0, 上单调递减 B．f(x)在[0,+∞)上的最大值为
2 π
[ π ] 1
C．方程f (x)=1只有一个实根 D．∀x∈ 0, ，都有f(x)≥ x成立
3 2
【解题思路】利用导数研究函数的单调性和最值即可判断A，B；数形结合即可判断C； 令
1
ℎ(x)=f(x)− x，利用导数分析函数ℎ(x)的单调性即可判断D.
2
xcosx−sinx+1
【解答过程】由题可得f' (x)= ，令g(x)=xcosx−sinx+1，则g′ (x)=−xsinx，
(x+cosx) 2
当x∈[0,π)时，sinx≥0，所以g′ (x)≤0，g(x)在[0,π)上单调递减．
又g ( π )=0，所以当x∈ [ 0, π] 时，g(x)≥0，即f′(x)≥0，当
2 2
π
x∈ ( ,π) 时，g(x)<0，即f′(x)<0，
2
所以f(x)在
[
0,
π]
上单调递增，在
( π ,π)
上单调递减，
2 2
π 2
所以在[0,π)上，f(x)≤f
( )=
．
2 π
sinx 1 2
当x∈[π,+∞)时， ≤ < ，
x+cosx π−1 π
2
所以f(x)在[0,+∞)上的最大值为 ，故A错误，B正确；
π
π
f(x)=1，即x=sinx−cosx=√2sin ( x− ) ，
4
π
由图象知，y=x与y=√2sin ( x− ) 的图象只有一个交点，故C正确；
41 xcosx−sinx+1 1 (sinx−1) 2−x2 (sinx+x−1)(sinx−x−1)
令ℎ(x)=f(x)− x，则ℎ' (x)= − = = ，
2 (x+cosx) 2 2 2(x+cosx) 2 2(x+cosx) 2
[ π]
当x∈ 0, 时，sinx−x−1<0，y=sinx+x−1单调递增，
3
π √3 π
当x=0时，y=−1<0，当x= 时，y= + −1>0，
3 2 3
[ π]
所以ℎ(x)在 0, 上先增后减，
3
π 3√3 π √3 π
又ℎ(0)=0，ℎ( )= − > − >0，所以ℎ(x)≥0成立，故D正确．
3 2π+3 6 π 6
故选：BCD．
11．（2024·广西来宾·模拟预测）下列关于函数f (x)=x−xlnx的说法，正确的有（ ）
A．x=1是f (x)的极大值点
B．函数f˙(x)有两个零点
C．若方程f (x)=m有两根x ,x ，则x +x >e
1 2 1 2
D．若方程f (x)=m有两根x ,x ，则x +x <e
1 2 1 2
【解题思路】对于AB，利用导数求出函数f (x)的单调性和f (x)=0的解即可判断AB；对于CD，不妨设
e e
x <x ， 由0<x <1<x <e得 lnx <0, ≠1 ，进而由f (x )=f (x )得 x <x ln ，接着利用
1 2 1 2 1 x 1 2 1 2 x
2 2
lnx<x−1(x>1)放缩不等式即可得解.
【解答过程】因为f (x)=x−xlnx，所以f′(x)=1−(lnx+1)=−lnx，x>0，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，
所以函数f˙(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
令f (x)=0⇒x(1−lnx)=0⇒x=0（舍）或x=e，
对于A，由上可知x=1是f (x)的极大值点，故A正确；
对于B，由上可知函数f˙(x)只有1个零点x=e，故B错误；对于CD，方程f (x)=m有两根x ,x ，则x −x lnx =x (1−lnx )=m,x (1−lnx )=m，
1 2 1 1 1 1 1 2 2
不妨设x <x ， 则由上可知0<x <1<x <e，
1 2 1 2
e e
则
lnx <0, ≠1
，所以
0<x <x (1−lnx )=x (1−lnx )=x ln
，
1 x 1 1 1 2 2 2 x
2 2
1 1−x
令g(x)=lnx−x+1，则g′(x)= −1= ，
x x
所以当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以x∈(1,+∞)时g(x)<g(1)=0即lnx<x−1，
e e
所以 x
1
<x
2
ln
x
<x
2
(
x
−1)=e−x
2
，故x
1
+x
2
<e，故C错误，D正确.
2 2
故选：AD.
三、填空题
1
12．（2024·陕西商洛·一模）已知函数f(x)=lnx−aeax，若对任意的x≥ ,f(x)≤0成立，则正数a的取
e
[1 )
值范围是 ,+∞ .
e
lnx
【解题思路】将f(x)≤0构造成xlnx≤eaxlneax，运用导数研究g(x)=xlnx单调性进而转化为a≥ （
x
1 lnx
x≥ ）恒成立，令ℎ(x)= ，运用导数可求得ℎ(x)的最大值即可.
e x
【解答过程】由f(x)≤0，即lnx−aeax≤0，得lnx≤aeax.
1
因为x≥ ，所以xlnx≤axeax =eaxlneax.
e
设g(x)=xlnx，则g′ (x)=lnx+1.
因为x≥ 1 ，所以g′(x)≥0，所以g(x)在 [1 ,+∞ ) 上单调递增.
e e
lnx
因为xlnx≤eaxlneax，所以g(x)≤g(eax)，所以x≤eax，所以lnx≤ax，所以a≥
.
x
lnx 1−lnx
设ℎ(x)= ，则 ℎ′ (x)= .
x x2
由ℎ′ (x)<0，得x>e，则ℎ(x)在(e,+∞)上单调递减；由ℎ′ (x)<0，得0<x<e，则ℎ(x)在(0,e)上单调递增.
1 1
故ℎ(x)≤ℎ(e)= ，即a≥ .
e e
1
故答案为：[ ,+∞).
e
13．（2024·河北邢台·二模）如图，四边形ABCD和EFGH是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影
部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿MN，NP，PQ，QM折起，得到一个无盖长方体，则该
长方体体积的最大值为 1000 ．
300 1
【解题思路】根据已知条件设AD=x (x>0)、AB= (x>0)，由此可得V =− x3+150x (x>0)，对
x 2
函数求导，根据导数判断函数的单调性，求得最值即可.
300
【解答过程】由题意设AD=x (x>0)，因为ABCD面积为300，所以AB= (x>0)，
x
根据题意有：MQ=MN=AD=x (x>0)，
300
−x
所以 AB−MN x 150 x (x>0)，
AM= = = −
2 2 x 2
则长方体的体积为V
=MN⋅MQ⋅AM=x2(150
−
x)
=−
1
x3+150x (x>0)，
x 2 2
3
V′=− x2+150 (x>0)，令V′=0，有x=10，
2
所以x∈(0,10)时，V′>0，函数在(0,10)上单调递增，
x∈(10,+∞)时，V′<0，函数在(10,+∞)上单调递减，
1
所以当x=10时，V取得最大值，最大值为V =− ×(10) 3+150×10=1000.
2
故答案为：1000.| m|
14．（2024·四川德阳·一模）若关于x的方程lnx+ 1+ =1有且仅有两个实根，则实数m的取值范围为
x
( 1)
(−e,0)∪ 0, ．
e
| m|
【解题思路】分类讨论，当m>0时，方程lnx+ 1+ =1即m=−xlnx有且仅有两个实根，利用导函数
x
| m|
画出f (x)=−xlnx的大致图象，转化为交点问题，当m<0时，令g(x)=lnx+ 1+ −1=¿，利用导函数
x
求g(x)的单调性，转化为最值问题.
| m|
【解答过程】lnx+ 1+ =1定义域为(0,+∞)，
x
| m|
当m>0时，方程lnx+ 1+ =1即m=−xlnx有且仅有两个实根，
x
令f (x)=−xlnx，则f (1)=0，f′(x)=−lnx−1，
1
令f′(x)=0解得x= ，
e
1 1
所以当0<x< 时，f′(x)>0，f (x)单调递增，当x> 时，f′(x)<0，f (x)单调递减，
e e
(1) 1
又f = ，可得函数f (x)=−xlnx的大致图象如图所示，
e e
1
所以m=−xlnx有且仅有两个实根时，0<m< ；
e
| m|
当m<0时，令g(x)=lnx+ 1+ −1=¿，
x
则g(x)=0有且仅有两个实根，
1 m x−m
因为当x>−m时，g′(x)= − = >0，g(x)单调递增，
x x2 x2
1 m x+m
当0<x≤−m时，g′(x)= + = ≤0，g(x)单调递减，
x x2 x2
所以要使g(x)=0有且仅有两个实根，则g(−m)=ln(−m)−1<0，解得−e<m<0，( 1)
综上实数m的取值范围为(−e,0)∪ 0, .
e
( 1)
故答案为：(−e,0)∪ 0, .
e
四、解答题
15．（2024·贵州六盘水·模拟预测）已知函数f(x)=ex−ax+1(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若∀x≥0,f(x)≥x2+2，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数f(x)的导数，再按a≤0,a>0分类求出单调区间.
（2）将不等式恒成立作等价变形，在x>0时分离参数，构造函数，利用导数求出最小值，再对x=0讨论
即可.
【解答过程】（1）函数f(x)=ex−ax+1的定义域为R，求导得f′ (x)=ex−a，
当a≤0时，f′ (x)>0恒成立，函数f(x)在R上单调递增；
当a>0时，由f′ (x)<0，得x<lna；由f′ (x)>0，得x>lna，
函数f(x)在(−∞,lna)上单调递减，在(lna,+∞)上单调递增，
所以当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间是(−∞,+∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞,lna)，递增区间是(lna,+∞).
（2）不等式f(x)≥x2+2⇔ex−ax+1≥x2+2⇔ax≤ex−x2−1，
当x=0时，不等式a×0≤0恒成立，即a∈R；
ex 1 ex 1
依题意，当x>0时，a≤ −x− 恒成立，令g(x)= −x− ,x>0，
x x x x
ex (x−1) 1 (ex−1−x)(x−1)
求导得g′ (x)= −1+ = ，令ℎ(x)=ex−1−x,x>0，
x2 x2 x2
求导得ℎ′ (x)=ex−1>0，函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，ℎ(x)>ℎ(0)=0，
则当0<x<1时，g′ (x)<0；当x>1时，g′ (x)>0，函数g(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，
g(x) =g(1)=e−2，于是a≤e−2，
min所以实数a的取值范围是a≤e−2.
16．（23-24高二下·上海青浦·期末）已知，如图是一张边长为a的正方形硬纸板，先在它的四个角上裁去
边长为x的四个小正方形，再折叠成无盖纸盒．
(1)试把无盖纸盒的容积V表示成裁去边长x的函数；
(2)当x取何值时，容积V最大？最大值是多少？（纸板厚度忽略不计）
【解题思路】（1）根据长方体的体积公式即可得解；
（2）求导，再利用导数求出函数的单调区间，进而可得出答案.
【解答过程】（1）由题意，长方体的高为x，底面是正方形，正方形的边长为a−2x，
a
则¿，所以0<x< ，
2
则V =(a−2x) 2x=4x3−4ax2+a2x,x∈ ( 0, a) ；
2
（2）由（1）得V =4x3−4ax2+a2x,x∈ ( 0, a) ，
2
则V′=12x2−8ax+a2=(6x−a)(2x−a),x∈ ( 0, a) ，
2
a a a
当0<x< 时，V′>0，当 <x< 时， V′<0，
6 6 2
( a) (a a)
所以函数V =4x3−4ax2+a2x在 0, 上单调递增，在 , 上单调递减，
6 6 2
a 2
所以当x= 时，容积V最大，最大值为 a3 .
6 27
lnx−ax e+2
17．（2024·青海·二模）已知函数f(x)= ，曲线y=f(x)在x=1处的切线的斜率为 .
x2ex e2
(1)求a的值：
(2)证明：当x>0时，f(x)<1.
【解题思路】（1）利用导数的几何意义直接计算即可；
1 lnx
（2）将问题转化为xex+ > ，分别利用导数研究不等式左右两侧函数的最值即可证明.
e x(1 −a ) x2ex−(2xex+x2ex)(lnx−ax)
【解答过程】（1）由已知得： x ，
f ′(x)=
(x2ex) 2
(1−a)e−(2e+e)(−a) e+2ae e+2 1
则f ′(1)= = = ，解得a= ；
e2 e2 e2 e
x
lnx− 1 lnx
（2）结合（1）可得 e ，即证xex+ > .
<1 e x
x2ex
1
设函数g(x)=xex+ ，g′(x)=(x+1)ex
.
e
当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
1
所以g(x)>g(0)= ；
e
lnx 1−lnx
设函数ℎ(x)= ，ℎ′(x)=
.
x x
当x∈(0,e)时，ℎ′(x)>0，当x∈(e,+∞)时，ℎ′(x)<0，
所以ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
1
ℎ(x)≤ℎ(e)= .
e
1
所以g(x)> ≥ℎ(x)，即f(x)<1得证.
e
18．（2024·四川德阳·二模）已知函数f (x)=lnx+x2−2ax,a∈R，
(1)当a>0时，讨论f (x)的单调性；
(2)若函数f (x)有两个极值点x ,x (x <x )，求2f (x )−f (x )的最小值.
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论Δ≤0与Δ>0两种情况即可得解；
1
（2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到x ⋅x = ，2ax =2x2+1，2ax =2x2+1，利用消元法将
1 2 2 1 1 2 2
2f (x )−f (x )表示成关于x2 的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解.
1 2 2
【解答过程】（1）因为f (x)=lnx+x2−2ax,x>0，
1 2x2−2ax+1
所以f′ (x)= +2x−2a= ,
x x令g(x)=2x2−2ax+1，则Δ=4a2−8=4(a2−2)，
因为a>0，
当0<a≤√2时，Δ≤0，则g(x)≥0，即f′ (x)≥0，
此时f(x)在(0,+∞)上单调递增，
a−√a2−2 a+√a2−2
当a>√2时，Δ>0，由g(x)=0，得x = ,x = ，且x <x ，
3 2 4 2 3 4
当0<x<x 或x>x 时，g(x)>0，即f′ (x)>0；
3 4
当x <x<x 时，g(x)<0，即f′ (x)<0，
3 4
所以f(x)在(0,x ),(x ,+∞)上单调递增，在(x ,x )上单调递减；
3 4 3 4
综上，当0<a≤√2时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
当a>√2时，f(x)在(0,x ),(x ,+∞)上单调递增，在(x ,x )上单调递减，
3 4 3 4
a−√a2−2 a+√a2−2
其中x = ,x = .
3 2 4 2
（2）由（1）可知，x ,x 为f(x)的两个极值点，且x <x ，
3 4 3 4
所以x =x ,x =x ，且x ,x 是方程2x2−2ax+1=0的两不等正根，
1 3 2 4 1 2
1
此时a>√2，x +x =a>0，x ⋅x = ，
1 2 1 2 2
所以x ∈ ( 0, √2) ，x ∈ (√2 ,+∞ ) ，且有2ax =2x2+1，2ax =2x2+1，
1 2 2 2 1 1 2 2
则2f (x )−f (x )=2(lnx +x2−2ax )−(lnx +x2−2ax )
1 2 1 1 1 2 2 2
=2(lnx +x2−2x2−1)−(lnx +x2−2x2−1) =−2x2+2lnx −lnx +x2−1
1 1 1 2 2 2 1 1 2 2
=x2−2 ( 1 ) 2 +2ln 1 −lnx −1=x2− 1 − 3 lnx2−2ln2−1
2 2x 2x 2 2 2x2 2 2
2 2 2
令t=x2 ，则t∈ (1 ,+∞ ) ，令g(t)=t− 1 − 3 lnt−2ln2−1，
2 2 2t 21 3 (2t−1)(t−1)
则g′(t)=1+ − = ，
2t2 2t 2t2
(1 )
当t∈ ,1 时，g′(t)<0，则g(t)单调递减，
2
当t∈(1,+∞)时，g′(t)>0，则g(t)单调递增，
1+4ln2
所以g(t) =g(1)=− ，
min 2
1+4ln2
所以2f (x )−f (x )的最小值为− .
1 2 2
19．（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 <x ).
1 2 1 2
①求t的取值范围；
x x 2−2lnt
②证明：
1+ 2<
.
x x t
2 1
【解题思路】（1）由导数的几何意义求解即可；
1+2lnx 1+2lnx
（2）①法一：令f (x)=0，得t= ，将题意转化为y=t,y= 的图象有两个交点，令
x2 x2
1+2lnx
g(x)= ，求出g(x)的单调性和值域，即可得出答案；法二：对f (x)求导，求出f (x)的单调性和值
x2
域，使得f(x) <0，即可得出答案.
min
②将题意转化为证明1+ln(x x )<x x −x x lnt，设ℎ(x)=x−lnx−1，证得lnx≤x−1可得
1 2 1 2 1 2
ln(x x )≤x x −1，又−x x lnt>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0<t<1，即t的取值范围为(0,1).
2(tx2−1)
法二：由题意得f (x)=tx2−2lnx−1,f′(x)= .
x
若t≤0，则f′(x)<0,f (x)单调递减，所以f (x)在(0,+∞)上不可能有两个零点.
( √1)
若t>0，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0<t<1.
min t
当x趋近0时，f (x)趋近正无穷；当x趋近正无穷时，f (x)趋近正无穷；.
故t的取值范围为(0,1).
②证明：由①可得0<x <1<x ，则¿
1 2
两式相加得t(x2+x2)=2(1+lnx +lnx ).
1 2 1 2
x x 2−2lnt
由 1+ 2< ，得t(x2+x2)<2x x (1−lnt).
x x t 1 2 1 2
2 1
x x 2−2lnt
要证 1+ 2< ，只需证1+ln(x x )<x x −x x lnt.
x x t 1 2 1 2 1 2
2 1
x−1
设ℎ(x)=x−lnx−1，则ℎ′(x)=
.
x
当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0,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0<t<1，所以−x x lnt>0，所以1+ln(x x )≤x x <x x −x x lnt，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2x x 2−2lnt
从而
1+ 2<
得证.
x x t
2 1
