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重难点 09 导数必考经典压轴解答题全归类【十一大题型】
【新高考专用】
导数是高考数学的重要内容，是高考必考的重点、热点内容.从近几年的高考情况来看，在解答题中
试题的难度较大，主要涉及导数的几何意义、函数的单调性问题、函数的极值和最值问题、函数零点问题、
不等式恒成立与存在性问题以及不等式的证明等内容，考查分类讨论、转化与化归等思想，属综合性问题，
解题时要灵活求解．
其中，对于不等式证明中极值点偏移、隐零点问题和不等式的放缩应用这三类问题是目前高考导数压
轴题的热点方向．【知识点1 切线方程的求法】
1．求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：
①求出函数y=f(x)在x=x 处的导数，即曲线y=f(x)在点(x,f(x))处切线的斜率；
0 0 0
②在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y+f'(x)(x-x).
0 0 0
2．求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：
①设出切点坐标T(x,f(x))(不出现y)；
0 0 0
②利用切点坐标写出切线方程：y=f(x)+f'(x)(x-x)；
0 0 0
③将已知条件代入②中的切线方程求解.
【知识点2 导数中函数单调性问题的解题策略】
1．含参函数的单调性的解题策略：
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因
式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
2．根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间
上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点3 函数的极值与最值问题的解题思路】
1．运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f'(x)；
(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；
(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x 左右两侧值的符号；
0
(5)求出极值.
2．根据函数极值求参数的一般思路：
已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方
程组，利用待定系数法求解.
3．利用导数求函数最值的解题策略：
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：
①求函数在(a,b)内的极值；
②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性
和
极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【知识点4 导数的综合应用】
1．导数中的函数零点（方程根）问题利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法：
(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.
(2)分离参变量，即由f(x)=0分离参变量，得a=g(x)，研究y=a与y= g (x)图象的交点问题.
2．导数中的不等式证明
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点
处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)
在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
3．导数中的恒（能）成立问题
解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另
一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分
类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.
4．导数中的双变量问题
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的
不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
【知识点5 极值点偏移问题及其解题策略】
1．极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数y=f (x)在区间(a,b)内只有一个极值点 x ，方程f (x)的解分别为
0
x 、x
，且
ax
0
，则函数
y=f (x)
在区间
(x 1 ,x 2 )
上极值点x
0
左偏，简称极值点x
0
左偏；x +x
(3)若 1
2
2 2x(x 为函数f(x)的极值点)；
1 2 1 2 1 2 0 0
(2)函数f(x)中存在x，x 且x≠x，满足f(x)=f(x)，求证：x+x>2x(x 为函数f(x)的极值点)；
1 2 1 2 1 2 1 2 0 0
(3)函数f(x)存在两个零点x，x 且x≠x，令 ，求证：f'(x)>0；
1 2 1 2 0
(4)函数f(x)中存在x，x 且x≠x，满足f(x)=f(x)，令 ，求证：f'(x)>0.
1 2 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：
①对结论x+x>2x 型，构造函数 .
1 2 0
②对结论 型，方法一是构造函数 ，通过研究 的单调性获得不
等式；方法二是两边取对数，转化成lnx+lnx>2lnx，再把lnx，lnx 看成两变量即可.
1 2 0 1 2
(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 化为单变量的函数不等式，利
用函数单调性证明.
【题型1 函数的切线问题】
【例1】（2024·广东·二模）已知函数f(x)=ex−1−xlnx.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)>0.
【解题思路】（1）求导，即可得直线斜率，进而可求解直线方程，
ex−1 lnx
（2）对x分0 ，构造
x2 x
ex−1 lnx
ℎ(x)= ，g(x)= ，分别利用导数求解函数的单调性，求得最值求解.
x2 x
【解答过程】（1）f(1)=e1−1−ln1=1，
f′(x)=ex−1−(lnx+1)，则k=f′ (1)=0，
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=1.（2）解法1：定义域为(0,+∞).
①当0e−1，xlnx<0，则ex−1>xlnx，即f(x)>0；
②当x≥1时，f′(x)=ex−1−(lnx+1)=ex−1−lnx−1.
1
设g(x)=f′(x)，g′ (x)=ex−1−
，
x
1
由于y=ex−1,y=− 均在[1,+∞)上单调递增，故g′ (x)在[1,+∞)上单调递增，g′ (1)=0，
x
所以g′ (x)≥0，
所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，g(1)=0，g(x)≥0，即f′(x)≥0，
所以f(x)在[1,+∞)上单调递增，f(1)=1，则ex−1−xlnx≥1，
综上所述，f(x)>0.
解法2：定义域为(0,+∞).
ex−1 lnx
要证f(x)>0，只需证ex−1>xlnx，只需证 > ，
x2 x
ex−1 lnx ex−1 ⋅x2−ex−1 ⋅2x ex−1 (x−2)
令ℎ(x)= ，g(x)= ，ℎ'(x)= = ，
x2 x x4 x3
当x∈(0,2)，ℎ ′ (x)<0，ℎ(x)单调递减；
当x∈(2,+∞)，ℎ ′ (x)>0，ℎ(x)单调递增，
e2−1 e
∴ℎ(x)≥ℎ(2)= = ，
22 4
1
⋅x−lnx
g′ (x)=
x
=
1−lnx，
x2 x2
当x∈(0,e)，g′ (x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(e,+∞)，g′ (x)<0，g(x)单调递减，
lne 1
∴g(x)≤g(e)= = ，
e e
e 1 ex−1 lnx
综上所述，ℎ(x)≥ > ≥g(x)，也就是 > ，即f(x)>0.
4 e x2 xax+1
【变式1-1】（2024·四川雅安·一模）已知函数f (x)= ，其中a∈R，
ex
(1)当a<0时，求f (x)的单调区间；
(2)当a=1时，过点(−1,m)可以作3条直线与曲线y=f (x)相切，求m的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数直接求解单调区间即可；
( x +1) x2+2x +1 x2+2x+1
（2）设切点为 x , 0 ，利用导数的几何意义可得m= 0 0 ，设g(x)= ，结合题意
0 ex
0
ex
0
ex
可将问题转化为函数y=m与y=g(x)的图象有三个交点，进而结合导数分析y=g(x)的单调性，再结合图
象求解即可.
ax+1
【解答过程】（1）由f (x)= ，a<0，
ex
aex−(ax+1)ex a−1−ax
则f′(x)= = ，
e2x ex
a−1 a−1
令f′(x)>0，得x> ；令f′(x)<0，得x< ，
a a
(a−1 ) ( a−1)
所以函数f (x)的单调递增区间为 ,+∞ ，单调递减区间为 −∞, .
a a
x+1 x
（2）当a=1时，f (x)= ，则f′(x)=− ，
ex ex
x +1
( x +1) 0 −m
设切点为 x 0 , ex 0
0
，则 f′ (x
0
)=−
e
x
x
0
0
= ex 0
x +1
，
0
x2+2x +1
化简得m= 0 0 ，
ex
0
因为过点(−1,m)可以作3条直线与曲线y=f (x)相切，
x2+2x +1
所以方程m= 0 0 有三个不同的实根，
ex
0
x2+2x+1
设g(x)= ，即函数y=m与y=g(x)的图象有三个交点，
ex
−x2+1
而g′(x)=
，
ex
令g′(x)>0，得−11，所以函数g(x)在(−∞,−1)和(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增，
4
又g(−1)=0，g(1)= ，且x>0时，g(x)>0，
e
画出函数y=m与y=g(x)大致图象，
4
要使函数y=m与y=g(x)的图象有三个交点，则00，f(x)单调递增，(2a ) ( 2a)
若00，f(x)单调递增，
若a=3，则f ′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，f(x)单调递增，
( 2a) (2a )
若a>3，则当x∈ 2, 时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,2)和x∈ ,+∞ 时，f′ (x)>0，
3 3
f(x)单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(2,+∞)，单调递减区间为(0,2)，
( 2a) (2a )
当03时，f(x)的单调递增区间为(0,2)和 ,+∞ ，单调递减区间为 2, ．
3 3
1
【变式1-3】（2024·广东惠州·模拟预测）已知函数f(x)=eax+ （a≥0）．
x
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)设g(x)=f′ (x)⋅x2，求函数g(x)的极大值．
【解题思路】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）求导，分a=0，a>0两种情况讨论，再结合极大值的定义即可得解；
1 1
【解答过程】（1）当a=0时，f(x)=1+ ，f′(x)=− ，
x x2
则f′(1)=−1,f (1)=2，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−2=−(x−1)，
即y=−x+3；
（2）函数g(x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
1
f′ (x)=aeax− ，则g(x)=f′ (x)⋅x2=ax2eax−1(x≠0)，
x2
则g′(x)=2axeax+a2x2eax=ax(ax+2)eax(x≠0)，
当a=0时，g(x)=−1，此时函数g(x)无极值；
2
当a>0时，令g'(x)>0，则x<− 或x>0；
a2
令g′(x)<0，则− 0时，g(x)的极大值为 −1 .
ae2
【题型2 （含参）函数的单调性问题】
1
【例2】（2024·浙江金华·一模）已知函数f (x)= x2−alnx+(1−a)x，(a>0).
2
(1)若a=1，求f (x)的单调区间；
e2
(2)若f (x)≥− ，求a的取值范围.
2
【解题思路】（1）代入参数值，求导函数，解导函数大于0的不等式，得出增减区间；
（2）求导函数，得到增减区间，求得最小值；由题意建立不等式，构建对应函数，由导函数求得单调区
间得最小值再建立不等关系，得到范围.
1 x2−1 (x−1)(x+1)
【解答过程】（1）当a=1时，f′(x)=x− = =
x x x
∴x∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈(1,+∞)时，f′(x)>0；
∴f (x)的单调增区间为(1,+∞)，单调减区间为(0,1)
(x−a)(x+1)
（2）f′(x)=
x
∴x∈(0,a)时，f′(x)<0，x∈(a,+∞)时，f′(x)>0
a2
∴f (x) =f (a)=− −alna+a
min 2
e2 a2 e2
又∵f (x)≥− ，∴− −alna+a≥−
2 2 2
a2
令ℎ(a)=− −alna+a
2
则ℎ ′(a)=−a−lna，显然ℎ ′(a)单调递减，且ℎ
′(1)
>0，ℎ ′(1)<0
2
(1 )
∴必然存在唯一a ∈ ,1 使得ℎ(a )=0
0 2 0当a∈(0,a
0
)，ℎ ′(a)>0，ℎ(a)单调递增，
当a∈(a
0
,+∞)，ℎ ′(a)<0，ℎ(a)单调递减
( a ) e2
由于a∈(0,1]时，ℎ(a)=a − −lna+1 >0>− ，成立
2 2
e2
当a∈(1,+∞)时，ℎ(a)单调递减，且ℎ(e)=− ，因此a∈(1,e]成立
2
综上，a成立的范围为(0,e].
4
【变式2-1】（2024·上海静安·一模）设函数f (x)=x+ ,x∈(−∞,0)∪(0,+∞).
x
(1)求函数y=f (x)的单调区间；
(2)求不等式f (x)<2x的解集.
【解题思路】（1）直接求导，令导函数大于0和小于0即可；
（2）转化为x(x2−4)>0，解出即可.
4
【解答过程】（1）y′=1−
，
x2
4
令y′=1− >0，解得x<−2或者x>2，
x2
4
令y′=1− <0，解得−20，
x
x2−4
>0，即x(x2−4)>0，利用穿根法解得x∈(−2,0)∪(2,+∞).
x
所以解集为(−2,0)∪(2,+∞).
1
【变式2-2】（2024·广东·模拟预测）已知函数f (x)=x3+ (a−3)x2−ax+4．
2
(1)当a=6时，求f (x)的极值；
(2)讨论f (x)的单调性．
【解题思路】（1）利用导数求得f (x)的极值.
（2）先求得f′(x)，对a进行分类讨论，从而求得f (x)的单调区间.3
【解答过程】（1）当a=6时，f (x)=x3+ x2−6x+4,f′(x)=3x2+3x−6=3(x+2)(x−1)，
2
所以f (x)在区间(−∞,−2),(1,+∞)上f′(x)>0,f (x)单调递增，
在区间(−2,1)上f′(x)<0,f (x)单调递减，
所以f (x)的极大值是f (−2)=−8+6+12+4=14，
3 1
极小值为f (1)=1+ −6+4= .
2 2
（2）f (x)=x3+ 1 (a−3)x2−ax+4，f′(x)=3x2+(a−3)x−a=3(x−1) ( x+ a) ，
2 3
a
当− =1,a=−3时，f′(x)≥0,f (x)单调递增；
3
a ( a )
当− >1,a<−3时，f (x)在区间(−∞,1), − ,+∞ 上f′(x)>0,f (x)单调递增，
3 3
( a)
在区间 1,− 上f′(x)<0,f (x)单调递减.
3
a ( a)
当− <1,a>−3时，f (x)在区间 −∞,− ,(1,+∞)上f′(x)>0,f (x)单调递增，
3 3
( a )
在区间 − ,1 上f′(x)<0,f (x)单调递减.
3
综上：当a=−3时，f (x)在R上单调递增；
( a ) ( a)
当a<−3时，f (x)在区间(−∞,1), − ,+∞ 上单调递增，在区间 1,− 上单调递减.
3 3
( a) ( a )
当a>−3时，f (x)在区间 −∞,− ,(1,+∞)上单调递增，在区间 − ,1 上单调递减.
3 3
【变式2-3】（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x0，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01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.
【题型3 函数的极值与最值问题】
a
【例3】（2024·云南大理·一模）已知函数f (x)=lnx+ −1.
x
(1)当a=1时，证明：f (x)≥0；
(2)若函数f (x)有极小值，且f (x)的极小值小于a−a2，求a的取值范围.
【解题思路】（1）当a=1时，证明出f (x) ≥0即可；
min
（2）对实数a的取值范围进行分类讨论，利用导数分析函数f (x)在其定义域上的单调性，可得出a>0，根
据题意可得出a2+lna−a<0，可得出g(a)0，
x1 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)0讨论函数单调性，从而解决问题.【解答过程】（1）由题可知f (x)的定义域为(0,+∞)，
lnx 1 −lnx
当a=0时，f (x)= + ，f'(x)= .
x x x2
令f'(x)=0，解得x=1.
当00，f (x)单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，f (x)单调递减.
所以当x=1时，f (x)取极大值，也是最大值，故f (x)的最大值为f (1)=1.
1−lnx 1 ax2−lnx
（2）f'(x)= +a− = .
x2 x2 x2
1 2ax2−1
令g(x)=ax2−lnx，则g'(x)=2ax− = .
x x
当a≤0时，g'(x)<0，g(x)在(0,+∞)上单调递减，
当x→0时，g(x)→+∞；g(2)=4a−ln2<0，根据零点存在定理，得g(x)在(0,2)内存在唯一的零点x ，
0
在(0,x )上，g(x)>0，f'(x)>0，f (x)单调递增；
0
在(x ,2)上，g(x)<0，f'(x)<0，f (x)单调递减，f (x)存在极大值.
0
√ 1 √ 1
当a>0时，令g'(x)=0，解得x = ，x =− （舍去），
1 2a 2 2a
( √ 1 ) (√ 1 )
在 0, 上，g'(x)<0，g(x)单调递减；在 ,+∞ 上，g'(x)>0，g(x)单调递增.
2a 2a
√ 1 (√ 1 ) 1 √ 1
所以当x= 时，g(x)取极小值，也是最小值，故g(x) =g = −ln .
2a min 2a 2 2a
1 √ 1 1 ( √ 1 )
当 −ln <0，即00，f'(x)>0，f (x)单调递增；在 x , ，g(x)<0，f'(x)<0，f (x)单调递减，
1 1 2a
f (x)存在极大值，
1
当a≥ 时在(0,+∞)上g(x)≥0，f'(x)≥0，f (x)单调递增不存在极大值.
2e( 1 )
综上所述，a的取值范围是 −∞, .
2e
【变式3-2】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知函数f (x)=ax−ln(x+1)+1.
(1)当a=1时，求f (x)的最小值；
(2)求f (x)的极值；
(3)当a≤2时，证明：当−1ex.
【解题思路】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，得到最小值；
（2）求定义域，求导，分a≤0和a>0两种情况，求出函数单调性，得到极值情况；
（3）解法1：令g(x)=f (x)−ex，二次求导，结合特殊点函数值，得到其单调性，得到g(x)>g(0)=0，
即当−1ex；
解法2：根据题目条件得到f (x)≥2x−ln(x+1)+1，只需证2x−ln(x+1)+1−er>0，构造函数，求导得
到其单调性，结合特殊点函数值证明出结论.
x
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=x−ln(x+1)+1，函数f (x)的定义域为(−1,+∞).f′(x)= ，
x+1
当−10时，f′(x)>0.
因此f (x)在(−1,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，故f (x)的最小值为f (0)=1.
1
（2）f (x)的定义域为(−1,+∞),f′(x)=a− .
x+1
若a≤0时，则f′(x)<0，故f (x)在(−1,+∞)单调递减，f (x)无极值；
1 1
若a>0时，令f′(x)=0得x= −1.当−1 −1时，f′(x)>0.
a
( 1 ) (1 )
因此f (x)在 −1, −1 单调递减，在 −1,+∞ 单调递增，
a a
(1 )
故f (x)有极小值f −1 =2−a+lna，无极大值.
a
（3）解法1：令g(x)=f (x)−ex=ax−ln(x+1)+1−ex (−11,ex<1，
(x+1) 2
因此ℎ ′(x)>0,ℎ(x)在(−1,0)单调递增，ℎ(x)< ℎ(0)=a−2≤0，即g′(x)<0，
故g(x)在(−1,0)单调递减，g(x)>g(0)=0，即当−1ex .
解法2：因为a≤2,−1ex，即证2x−ln(x+1)+1−er>0，
1
令g(x)=2x−ln(x+1)+1−ex (−11,ex<1，因此ℎ ′(x)>0,ℎ(x)在(−1,0)单调递增，ℎ(x)< ℎ(0)=0，
即g′(x)<0，故g(x)在(−1,0)单调递减，g(x)>g(0)=0，故原不等式成立.
【变式3-3】（2024·河南·二模）已知函数f (x)=x2+2(a−3)x+2alnx(a∈R)在定义域内有两个极值点
x ,x .
1 2
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：f (x )+f (x )>−10.
1 2
【解题思路】（1）求导，将问题转化为一元二次方程根的分布即可求解，
（2）将x +x =3−a,x x =a代入化简，构造g(a)=2alna−a2+4a−9,a∈(0,1)，利用导数求解单调
1 2 1 2
性，即可求解函数的最值求解.
2a
2[x2+(a−3)x+a]
【解答过程】（1）f′(x)=2x+2(a−3)+ = ,x∈(0,+∞)，
x x
由题知x2+(a−3)x+a=0在(0,+∞)有两个不等实根x ,x （设x 0,故g′(a)在(0,1)上单调递增，
a
又g′(1)=4>0,g′(e−3)=−2e−3<0，
所以∃t∈(e−3,1)，使g′(t)=0，即lnt−t+3=0,lnt=t−3，
当a∈(0,t)时g′(a)<0，故g′(a)在(0,t)上单调递减；
当a∈(t,1)时g′(a)>0，故g′(a)在(t,1)上单调递增；
故g(a) =g(t)=2tlnt−t2+4t−9=t2−2t−9=(t−1) 2−10>−10，
min
综上，f (x )+f (x )>−10成立.
1 2
【题型4 导数中函数零点（方程根）问题】
【例4】（2024·贵州黔南·一模）已知函数f(x)=aex−x+1(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若当a>0时，函数f(x)有两个不同的零点，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分类讨论导数值正负即可.
（2）由（1）可得f(x)的最小值，再结合函数值的变化情况求出最小值小于0的a的范围.
【解答过程】（1）函数f(x)=aex−x+1的定义域为R，求导得f′ (x)=aex−1，
当a≤0时，f′ (x)<0，函数f(x)在R上单调递减；
当a>0时，由f′ (x)<0，得x<−lna；由f′ (x)>0，得x>−lna，
即函数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)的单调递减区间是(−∞,+∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(−∞,−lna)，单调递增区间是(−lna,+∞).
（2）由（1）知，当a>0时，f(x) =f(−lna)=2+lna，
min
当x→−∞时，f(x)→+∞；当x→+∞时，f(x)→+∞，要函数f(x)有两个不同的零点，当且仅当2+lna<0，解得00可知，f (x)在(−∞,+∞)上单调递增；
当a<0时，对x<−ln(−a)有f′(x)=1+aex>1+a⋅e−ln(−a)=0，对x>−ln(−a)有
f′(x)=1+aex<1+a⋅e−ln(−a)=0，所以f (x)在(−∞,−ln(−a)]上单调递增，在[−ln(−a),+∞)上单调递
减.
综上，当a≥0时，f (x)在(−∞,+∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在(−∞,−ln(−a)]上单调递增，在[−ln(−a),+∞)上单调递减.
x 3ex
（2）当a=3时，f (x)=x+3ex，故原方程可化为 + =m+1.
3ex x+3ex
x 3ex x x x2 x2
而 + −1= − = ，所以原方程又等价于 =m .
3ex x+3ex 3ex x+3ex 3ex(x+3ex) 3ex(x+3ex)
由于x2和3ex(x+3ex)不能同时为零，故原方程又等价于x2=3m⋅ex(x+3ex).
即(x⋅e−x) 2 −3m(x⋅e−x)−9m=0.
设g(x)=x⋅e−x，则g′(x)=(1−x)⋅e−x，从而对x<1有g′(x)>0，对x>1有g′(x)<0.
故g(x)在(−∞,1]上递增，在[1,+∞)上递减，这就得到g(x)≤g(1)，且不等号两边相等当且仅当x=1.
然后考虑关于x的方程g(x)=t：
①若t≤0，由于当x>1时有g(x)=x⋅e−x>0≥t，而g(x)在(−∞,1]上递增，故方程g(x)=t至多有一个解；1
而g(1)= >0≥t，g(t)=t⋅e−t≤t⋅e−0=t，所以方程g(x)=t恰有一个解；
e
1
②若0t，2ln >2ln(2e)>lne=1，即知方程g(x)=t恰有两个解，且这两个解分
e t
( 2)
别属于(0,1)和 1,2ln ；
t
1 1
③若t= ，则t= =g(1).
e e
由于g(x)≤g(1)，且不等号两边相等当且仅当x=1，故方程g(x)=t恰有一解x=1.
1 1
④若t> ，则g(x)≤g(1)= − ，所以m>0.
9e2
3m±3√m2+4m 3m+3√m2+4m
而方程t2−3mt−9m=0的解是 ，两解符号相反，故只能t = ，
2 1 2
3m−3√m2+4m
t = .
2 21 3m+3√m2+4m 2
所以 >t = ，即 >m+√m2+4m.
e 1 2 3e
这就得到 2 −m>√m2+4m≥0，所以 ( 2 −m ) 2 >m2+4m，解得m< 1 .
3e 3e 9e2+3e
1
故我们得到00，
1 2
1 √ 1 4 1 6e+1
3⋅ +3 + 3⋅ +3⋅
3m+3√m2+4m 9e2+3e (9e2+3e) 2 9e2+3e 9e2+3e 9e2+3e 1，
t = < = =
1 2 2 2 e
3m−3√m2+4m 3m−3√m2 1
t = < =0≤ .
2 2 2 e
( 1 )
综上，实数m的取值范围是 0, .
9e2+3e
【变式4-2】（2024·四川·一模）设f (x)=ex3−x−ax
(1)若a=0，求f (x)的单调区间．
(2)讨论f (x)的零点数量．
【解题思路】（1）利用导数研究函数的单调性即可；
（2）利用导数研究函数的单调性，进而可以研究函数的零点.
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)=ex3−x, f′(x)=(3x2−1)ex3−x.
注意到ex3−x>0，从而f′(x)的正负只和(3x2−1)有关，从而可作出下表：
( √3−)√3 ( √3 √3√)3 (√3 )
−∞,− − , ,+∞
3 3 3 33 3f′(x) + 0 — 0 +
2√3 2√3
f (x) ↗ ↘ − ↗
e 9 e 9
( √3) (√3 ) ( √3 √3)
从而f (x)的单调递增区间是 −∞,− , ,+∞ ，单调递减区间是 − , .
3 3 3 3
（2）当a=0时注意到ex3−x>0恒成立，从而没有零点.
当a≠0时，注意到所求可以化为x3−x=ln(ax)(ax>0)的解的数量.
1
设g(x)=x3−x，ℎ(x)=ln(ax)，则g′(x)=3x2−1，ℎ ′(x)= 从而可以作下图：
x
( √3)√3 ( √3 )
(−∞,−1)−1 −1,− − − ,0 0
3 3 3
g′(x) + + + 0 — —
2√3
g(x)↗ 0 ↗ ↘ 0
9
( √3√)3 (√3 )
0 0, ,1 1 (1,+∞)
3 3 3
g′(x) — — 0 + + +
2√3
g(x) 0 ↘ − ↗ 0 ↗
9
1
当a<0时，x<0，注意到(g(x)−ℎ(x))
′=3x2−1−
，
x
注意到3x2+ ( − 1 ) + ( − 1 ) ≥3 √ 3 3 >1，当且仅当x=− √ 3 1 时等号成立，
2x 2x 4 6
1
则(g(x)−ℎ(x)) ′=3x2−1− >0，
x
从而g(x)−ℎ(x)单调递增，零点若有则至多有一个，
{ 1 1 } 1 1
注意到设x =max − , 时有x ≥− ， ，从而g(x )>0>−1≥ℎ(x )，
1 2 ea 1 2 ea 1 1
{ e } e
设x =min −2, 时有x ≤−2, ，从而g(x )<0<1≤ℎ(x )，
2 a 2 a 2 2从而在(x ,x )上必然有一个零点.从而总是有一个零点.
2 1
当a>0时，我们考虑k(x)=3x3−x−1，注意到k′(x)=9x2−1，从而可作出下表：
( 1) 1 ( 1 1)1 (1 )
−∞,− − − , ,1 1 (1,+∞)
3 3 3 3 3 3
k′(x)+ 0 — 0 + + +
7 11
k(x)↗ − ↘ − ↗ 1 ↗
9 9
从而其在 (1 ,1 ) 之间有一个零点，设其为α，从而考虑(g(x)−ℎ(x)) ′= k(x) ，
3 x
其在(0,+∞)上的正负性和k(x)一样，从而(g(x)−ℎ(x))先单调减少后单调递增，
其极小值点就是最小值点，在x=α处取到.
1 1 2
注意到α3= (α+1)，从而此处g(α)−ℎ(α)= − α−ln(α)−ln(a)，
3 3 3
1−2α
1
从而当ab时，g(x)−ℎ(x)在x=α处小于0，
{1 1 }
在x =min , 时ℎ(x )<−11，则u′(x)= −1<0，
x
所以函数u(x)在(1,+∞)上单调递减，
则u(x)=lnx−x+10，
2 2
从而在(α,x )上有一个零点，
2从而此时共有两个零点.
1−2a
1
综上所述，当0≤ab时，f (x)有两个零点.
【变式4-3】（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 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 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00,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
【变式5-1】（2024·四川·一模）已知函数f (x)=xlnx−ax2+1.
(1)若f (x)在(0,+∞)上单调递减，求a的取值范围；
(2)若a<0，证明：f (x)>0.
lnx+1
【解题思路】（1）根据题意可得f′(x)≤0在区间(0,+∞)上恒成立，构造函数g(x)= (x>0)，求得
2x
其最大值，即可得到结果；
1 1
（2）根据题意要证f (x)>0等价于证明lnx−ax+ >0，构造函数ℎ(x)=lnx−ax+ (x>0)，利用导数
x x
求出其最小值ℎ(x)
min
>0，从而可求解.
【解答过程】（1）由f (x)=xlnx−ax2+1，则f′(x)=lnx+1−2ax，
因为f (x)在(0,+∞)上单调递减，所以f′(x)=lnx+1−2ax≤0在(0,+∞)上恒成立，
lnx+1
所以lnx+1−2ax≤0，即a≥ ，
2x
1
lnx+1 ·2x−2(lnx+1)
构造函数g(x)=
2x
(x>0)，所以
g′(x)=
x
=
−2lnx，
4x2 4x2
当x∈(0,1)时，g′(x)>0；当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，
1 1
所以当x=1时f (x)取得极大值也是最大值，即g(x) =g(1)= ，所以a≥ ，
max 2 2
[1 )
所以a的取值范围为 ,+∞ .
2
（2）解法一：由题意得f (x)=xlnx−ax2+1的定义域为(0,+∞)，1
当a<0时，要证f (x)>0，即证：xlnx−ax2+1>0，等价于证明lnx−ax+ >0
x
1
构造函数ℎ(x)=lnx−ax+
x
(x>0)，即证ℎ(x)
min
>0；
1 1 −ax2+x−1
所以ℎ ′(x)= −a− = ，令T(x)=−ax2+x−1(x>0)，
x x2 x2
1
因为函数T(x)的对称轴为x= <0，所以T(x)在(0,+∞)上单调递增，
2a
且T(0)=−1<0，T(1)=−a>0，所以存在x ∈(0,1)，使T(x )=−ax2+x −1=0，
0 0 0 0
所以当x∈(0,x
0
)时，T(x)<0，即ℎ ′(x)<0，
当x∈(x
0
,+∞)时，T(x)>0，即ℎ ′(x)>0，
所以ℎ(x)在(0,x
0
)上单调递减，在(x
0
,+∞)上单调递增，
1
所以当x=x
0
时，ℎ(x)有极小值也是最小值ℎ(x)
min
= ℎ(x
0
)=lnx
0
−ax
0
+
x
(0p(1)=0，即ℎ(x )>0，
0
所以即证ℎ(x)
min
>0，所以可证f (x)>0.
解法二：若a<0，ax2<0(x>0)，
令p(x)=xlnx+1，则p′(x)=lnx+1，
当x∈ ( 0, 1) 时，p′(x)<0，p(x)单调递减；当x∈ (1 ,+∞ ) 时，p′(x)>0，p(x)单调递增；
e e
所以p(x)≥p
(1)
=1−
1
>0，所以p(x)=xlnx+1>ax2，
e e
所以f (x)=xlnx−ax2+1>0.
a
【变式5-2】（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 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02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 0，
t+1 t(t+1) 2t−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
【变式5-3】（2024·安徽安庆·三模）已知函数f (x)=(ln|x|) 2 − ( x+ 1) +2，记f′(x)是f (x)的导函数.
x
(1)求f′ (1)的值；
(2)求函数f (x)的单调区间；
(3)证明：当x>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 x1 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
【题型6 利用导数研究不等式恒成立问题】
【例6】（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,+∞).
【变式6-1】（2024·福建·三模）函数f (x)=(1−x)eax−x−1，其中a为整数.
(1)当a=1时，求函数f (x)在x=1处的切线方程；
(2)当x∈(0,+∞)时，f (x)<0恒成立，求a的最大值.
【解题思路】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；
（2）当x∈[1,+∞)时，可得f (x)<0恒成立；当x∈(0,1)时，转化问题为ln(x+1)−ln(1−x)−ax>0对
于x∈(0,1)恒成立，设g(x)=ln(x+1)−ln(1−x)−ax，x∈(0,1)，进而利用导数分析求解即可.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=(1−x)ex−x−1，则f (1)=−2，
而f′(x)=−ex+(1−x)ex−1=−xex−1，则f′(1)=−e−1，所以函数f (x)在x=1处的切线方程为y+2=(−e−1)(x−1)，
即(e+1)x+ y+1−e=0.
（2）当x∈[1,+∞)时，(1−x)eax≤0，则f (x)<0恒成立，
当x∈(0,1)时，由f (x)<0，得(1−x)eax−x−1<0，
x+1 x+1
即eax< ，则ax0对于x∈(0,1)恒成立，
设g(x)=ln(x+1)−ln(1−x)−ax，x∈(0,1)，
1 1 2
则g′(x)= + −a= −a，
x+1 1−x 1−x2
当a≤2时，显然g′(x)>0恒成立，则函数g(x)在(0,1)上单调递增，
则g(x)>g(0)=0，满足题意；
当a≥3时，令g′(x)<0，即 2 7−6=1，
3
令ℎ ′ (x)=0，解得x=1或x= ，
a−1
3
当a≥4时， ≤1，ℎ ′ (x)≤0在[1, +∞)上恒成立，
a−1
因此，ℎ(x)在[1, +∞)上单调递减，
f(x)
得ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即 −6lnx≤a(x−1) 2 对任意x∈[1, +∞)恒成立．
x
( 3 )
当10，
a−1
( 3 )
因此，ℎ(x)在 1, 上单调递增，
a−1
( 3 )
当x ∈ 1, 时，ℎ(x )> ℎ(1)=0，不满足题意．
0 a−1 0
综上，a≥4．
a
【变式6-3】（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 4
3 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7 利用导数研究能成立问题】
(1 )
【例7】（2024·四川乐山·三模）已知函数f(x)=ax+lnx,g(x)=a −x−1 +1−x
x
(1)讨论f(x)的单调性；
1−x−x2
(2)令H(x)=f(x)+g(x)，若存在x ∈(1,+∞)，使得H(x)< 成立，求整数a的最小值．
0 x
【解题思路】（1）先对f(x)求导，再根据导数与函数单调性的关系即可求解；
xlnx+2x−1
（2）问题转化为，存在x ∈(1,+∞)，使a> 成立，
0 x−1
xlnx+2x−1
构造函数ℎ(x)= (x>1)，然后结合存在性问题与最值关系进行求解.
x−1
1
【解答过程】（1）由题意f(x)定义域为(0,+∞)，f′ (x)=a+ ．
x
当a≥0时，f′ (x)>0，∴f(x)在(0,+∞)上单调递增．
1
当a<0时，由f′ (x)=0，得x=−
a
( 1) ( 1)
当x∈ 0,− 时，f′ (x)>0，所以f(x)在 0,− 上单调递增．
a a
( 1 ) ( 1 )
当x∈ − ,+∞ 时，f′ (x)<0，所以f(x)在 − ,+∞ 上单调递减．
a a
综上所述，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
( 1) ( 1 )
当a<0时，f(x)在 0,− 上单调递增，在 − ,+∞ 上单调递减．
a a
(1 ) a
（2）由题知H(x)=f(x)+g(x)=ax+lnx+a −x−1 +1−x=lnx+ −a+1−x，
x x
1−x−x2
又H(x)< (x>1)，化简得：xlnx+2x−11，使a> 成立．
x−1
xlnx+2x−1 x−lnx−2
设ℎ(x)= (x>1)，则ℎ ′ (x)=
x−1 (x−1) 2
设φ(x)=x−lnx−2，
1 x−1
∵φ′ (x)=1− = ，当x>1时，φ′ (x)>0，∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增．
x x
又∵φ(3)=1−ln3<0，φ(4)=2−ln4>0，∴φ(x)在(3,4)上存在唯一零点．
设零点x ∈(3,4)，则φ(x )=0，即x −2=lnx ．
0 0 0 0
∴x∈(1,x
0
)，ℎ '(x)<0；x∈(x
0
,+∞)，ℎ '(x)>0
因此ℎ(x)在(1,x )单调递减，在(x ,+∞)单调递增，
0 0
x lnx +2x −1 x (x −2)+2x −1 (x −1)(x +1)
∴ℎ(x) = ℎ(x )= 0 0 0 = 0 0 0 = 0 0 =x +1．
min 0 x −1 x −1 x −1 0
0 0 0
∵x ∈(3,4)，∴(x +1)∈(4,5)
0 0
又a∈Z，∴a的最小值为5．
【变式7-1】（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,+∞)．
a
【变式7-2】（2024·湖北·模拟预测）已知函数f (x)=lnx，g(x)= −1其中a为常数.
x
(1)过原点作f (x)图象的切线l，求直线l的方程；(2)若∃x∈(0,+∞)，使f (x)≤g(x)成立，求a的最小值.
【解题思路】（1）设切点，求导得出切线方程，代入原点，求出参数即得切线方程；
（2）由题意，将其等价转化为a≥x(lnx+1)在(0,+∞)有解，即只需求ℎ(x)=x(lnx+1)在(0,+∞)上的
最小值，利用导数分析推理即得a的最小值.
1
【解答过程】（1）f′(x)= ,
x
1
设切点坐标为(t,lnt)，则切线方程为y−lnt= (x−t)，
t
1
因为切线经过原点O，所以−lnt= (−t)，解得t=e，
t
1
所以切线的斜率为 ，所以l的方程为x−ey=0.
e
a
（2）∃x∈(0,+∞)，f (x)≤g(x)，即lnx≤ −1成立，
x
则得a≥x(lnx+1)在(0,+∞)有解，
故有x∈(0,+∞)时，a≥[x(lnx+1)] .
min
令ℎ(x)=x(lnx+1)，x>0，ℎ ′(x)=lnx+2，
1 1
令ℎ ′(x)>0得x∈( ,+∞)；令ℎ ′(x)<0得x∈(0, )，
e2 e2
( 1 ) ( 1 )
故ℎ(x)在 0, 单调递减， ,+∞ 单调递增，
e2 e2
( 1 ) 1
所以ℎ(x) = ℎ =− ，
min e2 e2
1 1
则a≥− ，故a的最小值为− .
e2 e2
【变式7-3】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)=(ax−1)ex+1+3(a≠0)．
(1)求f (x)的极值；
(2)设a=1，若关于x的不等式f (x)≤(b−1)ex+1−x在区间[−1,+∞)内有解，求b的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数分类讨论函数的单调区间，可求极值；
x+3 x+3
（2）问题等价于b≥ +x在区间[−1,+∞)内有解，令g(x)= +x(x≥−1)，利用导数求函数最小
ex+1 ex+1
值即可得b的取值范围.1−a
【解答过程】（1）f′(x)=(ax−1+a)ex+1，令f′(x)=0，得x= ．
a
1−a 1−a
当a>0时，由f′(x)<0，得x< ，由f′(x)>0，得x> ，
a a
( 1−a) (1−a )
故f (x)在区间 −∞, 内单调递减，在区间 ,+∞ 内单调递增，
a a
所以f (x)在x=
1−a
处取得极小值，且极小值为f
(1−a)
=3−ae
1
a，无极大值；
a a
1−a 1−a
当a<0时，由f′(x)>0，得x< ，由f′(x)<0，得x> ，
a a
( 1−a) (1−a )
故f (x)在区间 −∞, 内单调递增，在区间 ,+∞ 内单调递减，
a a
所以f (x)在x=
1−a
处取得极大值，且极大值为f
(1−a)
=3−ae
1
a，无极小值．
a a
1
综上，当a>0时，f (x)的极小值为 3−aea，无极大值；
1
当a<0时，f (x)的极大值为 3−aea，无极小值．
x+3 x+3
（2）a=1时，f (x)≤(b−1)ex+1−x等价于b≥ +x，则b≥ +x在区间[−1,+∞)内有解．
ex+1 ex+1
x+3 ex+1−(x+2)
令g(x)= +x(x≥−1)，则g′(x)= ，
ex+1 ex+1
令ℎ(x)=ex+1−(x+2),x≥−1，则ℎ ′(x)=ex+1−1在[−1,+∞)上单调递增，有ℎ ′(x)≥ℎ ′(−1)=0，
所以ℎ(x)在区间[−1,+∞)内单调递增，即ℎ(x)≥ℎ(−1)=0，
所以g′(x)≥0在区间[−1,+∞)内恒成立，
所以g(x)在区间[−1,+∞)内单调递增，即g(x)≥g(−1)=1，即b≥1，
故b的取值范围是[1,+∞)．
【题型8 双变量问题】
x2
【例8】（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数f (x)= ，其中a>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，00，
所以g(x)在(1,√2)上单调递减，在(√2,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(√2)=−1−3ln2，
又当x→+∞时，g(x)→+∞，
所以g(x)的取值范围为[−1−3ln2,+∞)，
即2f (x )−f (x )的取值范围为[−1−3ln2,+∞)．
1 2
sinx
【变式8-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)= −m,x∈(0,π).
ex
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若x π 分类讨论，若x > π 时，设 g(x)= π −m ，根据零点存在性定理得则g(x)
2 2 2 2 2 2
e4在(0,π)内有两零点x∗和x∗，根据正弦函数对称性可知x∗+x∗=π，然后证明x +x 0,f(x)单调递增；当x∈ ( ,π) 时，f′ (x)<0,f(x)单调递减.
4 4
π π
故f(x)单增区间为
(
0,
)
,f(x)单减区间为
( ,π)
.
4 4
π π
（2）（i）由题设及零点存在定理可知x ∈ ( 0, ) ,x ∈ ( ,π) ，且有f(0)=f(π)<0，且
1 4 2 4
f ( π )>0，所以¿，所以0 π 时，设 g(x)= π −m ，有g(0)=g(π)<0，且g ( π )>0，
2 2 4
e4
π 3π
则g(x)在(0,π)内有两零点x∗和x∗，其中x∗∈ ( 0, ) ,x∗∈ ( ,π) ，
1 2 1 4 2 4
π
而g(x)关于x= 对称，且有x∗+x∗=π.
2 1 2
sinx sinx∗ sinx sinx
由 e π 4 在 ( 0, π 2 ) 单增，知 m= e π 4 1 = ex 1 1> e π 4 1 ，有x 1 0)．
x
①当a≤0时，f′(x)>0,f (x)在(0,+∞)上单调递增．
3 ( 3)
②当a>0时，令f′(x)>0得0 ，即f (x)在 ,+∞ 上单调递减．
a a
（2）（ⅰ）由（1）可知当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增，不可能有两个零点．
( 3) (3 )
当a>0时，f (x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减，
a a
(3) 3 3
若使f (x)有两个零点，则f >0，即3ln −3>0，解得00,λx +(1−λ)x >0．
2 1 1 2
若要证明f′(λx +(1−λ)x )<0成立，
1 2
3(x −x ) x
只需证 2 1 −3ln 2<0，
λx +(1−λ)x x
1 2 1
x
2−1
x x x
即证 1 −ln 2<0，令t= 2 ，则t>1，
x x x
λ+(1−λ) 2 1 1
x
1
t−1
则不等式只需证
−lnt<0，
λ+(1−λ)t
即证t−1−[λ+(1−λ)t]lnt<0，
令ℎ(t)=t−1−[λ+(1−λ)t]lnt,t>1，
ℎ ′(t)=(λ−1)lnt+λ ( 1− 1) ，令l(t)= ℎ ' (t)=(λ−1)lnt+λ(1− 1 )，
t t
(λ−1)t+λ
l'(t)=
t2
( 1)
令φ(t)=(λ−1)t+λ，因为λ∈ 0, ，得φ(t)在(1,+∞)上单调递减，
2
得φ(t)<φ(1)=2λ−1<0，得l'(t)<0，即ℎ ′(t)在(1,+∞)上单调递减，
得ℎ ′(t)< ℎ ′(1)=0，得ℎ ′(t)<0，即ℎ(t)在(1,+∞)上单调递减，
所以有ℎ(t)< ℎ(1)=0，
故有t−1−[λ+(1−λ)t]lnt<0，不等式得证．
【题型9 导数中的极值点偏移问题】
m
【例9】（2024·江西·模拟预测）已知函数f(x)=x+ ．
ex
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x ≠x ，且f (x )=f (x )=2，证明：00两种情况，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，函数f(x)= x2−ax−2a2lnx.
2
(1)若∀x>0,f(x)>−4a2，求a的取值范围;
(2)若x 、x 是f(x)的零点，且x ≠x ，证明:x +x >4a.
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意
f(x) =−2a2ln2a>−4a2 ，即可求出a的取值范围；
min
（2）由（1）不妨设0f (4a−x )，结合f (x )=f (x )及f (x)的单调性，即可证明.
1 1 1 2
【解答过程】（1）由已知得f(x)的定义域为{x|x>0}，
2a2 x2−ax−2a2 (x−2a)(x+a)
且f′ (x)=x−a− = = .
x x x
∵a>0，
∴当x∈(0,2a)时，f′ (x)<0，即f(x)在(0,2a)上单调递减；
当x∈(2a,+∞)时，f′ (x)>0，即f(x)在(2a,+∞)上单调递增.
所以f (x)在x=2a处取得极小值即最小值，∴f(x) =f(2a)=−2a2ln(2a)，
min
∵∀x>0,f(x)>−4a2⇔f(x) =−2a2ln(2a)>−4a2⇔ln(2a)0}，
f(x)在(0,2a)上单调递减，在(2a,+∞)上单调递增，且x=2a是f(x)的极小值点.
∵x 、x 是f(x)的零点，且x ≠x ，
1 2 1 2
∴x 、x 分别在(0,2a)、(2a,+∞)上，不妨设0F(2a)=0，即f (x )>f (4a−x )，
1 1 1
∵f (x )=f (x )=0，
1 2
∴f (x )>f (4a−x )，
2 1
∵x <2a，
1
∴4a−x >2a，
1
又∵x >2a，f(x)在(2a,+∞)上单调递增，
2
∴x >4a−x ，即x +x >4a.
2 1 1 2
a
【变式9-2】（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 ．
x x x x
2 1 1 2
(x+1)(ax−1)
【解题思路】（1）求出f′(x)= ，分a≤0、a>0两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可
x2
得出函数f (x)的增区间和减区间；
et et
（2）（i）将方程变形为ex+lnx=a(x+lnx)，令t(x)=x+lnx，令g(t)= ，可知直线y=a与函数g(t)=
t t
的图象有两个交点，利用导数分析函数g(t)的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围；
t
（ii）将所证不等式等价变形为t +t >2，由et=at变形可得出t=lna+lnt，推导出t −t =ln 2 ，即证
1 2 2 1 t
1
t
2+1
t 2 t 2(p−1) 2(p−1)
1 > ．令p= 2(t>1)，只需证ln p> ，构造函数ℎ(p)=ln p− ，其中p>1，利
t t t p+1 p+1
2−1 ln 2 1
t t
1 1
用导数法即可证得结论成立.1
【解答过程】（1）解：因为f (x)=ax+(a−1)lnx+ ，
x
a−1 1 ax2+(a−1)x−1 (x+1)(ax−1)
所以f′(x)=a+ − = = ，其中x>0.
x x2 x2 x2
①当a≤0时，f′(x)<0，所以函数f (x)的减区间为(0,+∞)，无增区间；
1 1
②当a>0时，由f′(x)>0得x> ，由f′(x)<0可得00时，函数f (x)的增区间为 ,+∞ ，减区间为 0, ．
a a
1
（2）解：（i）方程f (x)=xex−lnx+ 可化为xex=ax+alnx，即ex+lnx=a(x+lnx)．
x
令t(x)=x+lnx，因为函数t(x)在(0,+∞)上单调递增，
易知函数t(x)=x+lnx的值域为R，
结合题意，关于t的方程et=at（*）有两个不等的实根．
et
又因为t=0不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为 =a．
t
et et(t−1)
令g(t)= ，其中t≠0，则g′(t)= ．
t t2
由g′(t)<0可得t<0或00可得t>1，
所以，函数g(t)在(−∞,0)和(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
所以，函数g(t)的极小值为g(1)=e，
et et
且当t<0时，g(t)= <0；当t>0时，则g(t)= >0.
t t
作出函数g(t)和y=a的图象如下图所示：由图可知，当a>e时，函数y=a与g(t)的图象有两个交点，
所以，实数a的取值范围是(e,+∞).
ex 1 ex 2 2a
（ii）要证 + > ，只需证x ex 1+x ex 2>2a，即证et 1+et 2>2a．
x x x x 1 2
2 1 1 2
因为et=at，所以只需证t +t >2．
1 2
由（ⅰ）知，不妨设0 t 2
所以只需证t −t t ，即只需证 1 > ．
2 1 ln 2 t t
t 2−1 ln 2
1 t t
1 1
t 2(p−1)
令p= 2(t>1)，只需证ln p> ．
t p+1
1
2(p−1) 1 4 (p−1) 2
令ℎ(p)=ln p− ，其中p>1，则ℎ ′(p)= − = >0，
p+1 p (p+1) 2 p(p+1) 2
所以ℎ(p)在(1,+∞)上单调递增，故ℎ(p)> ℎ(1)=0，即ℎ(p)>0在(1,+∞)上恒成立．
所以原不等式得证．
【题型10 导数与其他知识的综合问题】
【例10】（2024·江苏南通·三模）已知函数f (x)=(1+x) k−kx−1(k>1)．
(1)若x>−1，求f (x)的最小值；
( 1 ) n n+2
(2)设数列{a }前n项和S ，若a = 1+ ，求证：S −n≥2− ．
n n n 2n n 2n
【解题思路】（1）求导，利用导数判断f (x)的单调性，进而可得f (x)的最小值；
n n+1 n+2
（2）当n=1时显然成立，当n≥2，结合（1）可得(1+x) k≥kx+1，进而可得a > +1= − +1，
n 2n 2n−1 2n
利用裂项相消法分析证明.
【解答过程】（1）因为f (x)=(1+x) k−kx−1(k>1)，则f′(x)=k[(1+x) k−1−1]，
因为k>1，则k−1>0，且x>−1，当−10时，则x+1>1，可得f′(x)=k[(1+x) k−1−1]>k(1−1)=0；
可知f (x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以f (x)的最小值为f (0)=0.
( 1 ) n
（2）因为a = 1+ ，
n 2n
1 3 n+2
若n=1，则S =a =1+ = ，满足S −n≥2− ；
1 1 2 2 n 2n
若n≥2，由（1）可知：f (x)=(1+x) k−kx−1≥0，
即(1+x) k≥kx+1，当且仅当x=0时，等号成立，
令x=
(1) n
>0,k=n>1，可得a =
(
1+
1 ) n
>
n
+1=
n+1
−
n+2
+1，
2 n 2n 2n 2n−1 2n
3 3
且a = =2− +1，
1 2 2
3 3 4 4 5 n+1 n+2 n+2
可得S >2− + − + − +⋅⋅⋅+ − +n=2− +n，
n 2 2 22 22 23 2n−1 2n 2n
n+2
所以S −n>2− ；
n 2n
n+2
综上所述：S −n≥2−
.
n 2n
【变式10-1】（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数f (x)=lnx的图象与函数g(x)的图象关于直线
y=−x+1对称.
(1)求函数g(x)的解析式；
(2)证明：∀x∈(1,+∞),f (x)−g(x)>0；
(3)若圆M:(x−1) 2+ y2=r2(r>0)与曲线y=|f (x)|相交于A,B两点，证明：∠AMB为锐角.
【解题思路】（1）先设函数g(x)的点为(x,y)，再得出关于直线y=−x+1对称点为(x ,y )，(x ,y )在函
0 0 0 0
数f (x)=lnx的图象上，计算即可得出函数解析式；
（2）先设lnx−1+e−x+1= ℎ(x)，再求导函数，应用导函数为正得出函数单调递增结合x∈(1,+∞)即可证明不等式；
（3）先设点A(x ,−y ),B(x ,y ),x <1e0−1=0,t(x)单调递增；
x∈(1,+∞),t(x)>t(1)=e0−1=0,ℎ ′(x)>0,ℎ(x)单调递增；
x∈(1,+∞),ℎ(x)> ℎ(1)=ln1−1+e−1+1=0,
所以ℎ(x)>0,即得f (x)−g(x)>0.
（3）不妨设A(x ,−lnx ),B(x ,lnx )，其中00，所以∠AMB为锐角.
x
【变式10-2】（2024·重庆·二模）已知函数f (x)= .
ln(2−x)
(1)求f (x)的单调区间；
a
(2)当0 +a，求实数a的取值范围；
x−1
1 1 1
(3)已知数列{a }满足：a = ，且a =f (a ).证明： ≤a ≤ .
n 1 3 n n+1 3⋅2n−1 n n+2
【解题思路】（1）f(x)的定义域为(−∞,1)∪(1,2)，求导分析f ′(x)的符号，f(x)的单调性．
a
（2）当0 +a，得x−1ln(2−a )>...>ln(2−a )=ln > ，即可得出答案．
n+1 n 1 3 2
x
ln(2−x)+
【解答过程】（1）f (x)的定义域为 (−∞,1)∪(1,2),f′(x)= 2−x ，
[ln(2−x)] 2
x 1 2−x+x x
令φ(x)=ln(2−x)+ ，则φ′(x)=− + =
.
2−x 2−x (2−x) 2 (2−x) 2当x<0时，φ′(x)<0；当x∈(0,1)∪(1,2)时，φ′(x)>0.
所以φ(x)≥φ(0)=ln2>0，从而f′(x)>0，
故f (x)在(−∞,1)、(1,2)上单调递增.
即f (x)的单调递增区间为(−∞,1),(1,2)，无减区间；
a x ax
（2）当0 +a，得 > ，即x−10，不合题意；
②若2+a≥1，即a≥−1,g′(x)>0,g(x)在(0,1)单调递增，所以g(x)<0，符合题意；
③若0<2+a<1，即−20,g(x)单调递增，
当x∈(2+a,1)，g′(x)<0,g(x)单调递减，
所以g(2+a)=1+a−aln(−a)>0，不合题意.
由y=1+x−xln(−x)且−21−1+ln1=0，即g(2+a)>0得证.
综上a≥−1.
a a
（3）由题意，a = n+1 ，若0a −a ，
n+1 n n+1 n n+1 n n+1 n n+1
1 1
故有 − >1 .……(⋆)
a a
n+1 n
1 1 1
所以 > +(n−1)=n+2(n≥2),a < (n≥2)
a a n n+2
n 1
1 1
又a = ，故a ≤ .
1 3 n n+25 1
由(⋆)知，{a
n
}单调递减，所以ln(2−a
n+1
)>ln(2−a
n
)>⋯>ln(2−a
1
)=ln
3
>
2
，
1
从而a =a ln(2−a )> a ，
n+1 n n+1 2 n
1 1 1 1 1
故a > a > a ⋯⋅> a = ⋅ ,(n≥2).
n 2 n−1 22 n−2 2n−1 1 3 2n−1
1 1 1
当n=1,a = 满足，故a ≥ ⋅ .
1 3 n 3 2n−1
综上，结论得证.
π
【变式10-3】（2024·江苏·一模）已知a>0，函数f (x)=axsinx+cosax−1，00；
(2)若f (x)>0，求a的取值范围；
n
π
(3)设集合P={a |a =∑cos ,n∈N∗}，对于正整数m，集合Q ={x|m0；
π π n π
（3）利用（1）中结论，cos >1− ，通过放缩并用裂项相消法求∑cos ，有
2k(k+1) 2k(k+1) 2k(k+1)
k=1
n
π
n−1<∑cos 0．
4
π
设g(x)=x−sinx，00，所以g(x)在 ( 0, ) 上单调递增，
4
所以g(x)>g(0)=0，因此f (x)>0．
π
（2）函数f (x)=axsinx+cosax−1，00，因此f′(x)>0，
π
( )
所以f (x)在 0, 上单调递增，从而f (x)>f (0)=0，满足题意；
4
当a>2时，令ℎ(x)=f′(x)=a(sinx+xcosx−sinax)，
ℎ
′(x)=a(2cosx−xsinx−acosax)0，因此f′(x)>0，
π
( )
所以f (x)在 0, 上单调递增，从而f (x)>f (0)=0，满足题意；
4
当a>2时，先证明当x>0时，x−x20时，x−x20，
此时f′(x)=a(sinx+xcosx−sinax)1−2xsinx>1−2x，
π π π(1 1 )
∴cos >1− =1− − ，
2k(k+1) 2k(k+1) 2 k k+1
n π √2 n π √2 √6+√2 3√2+√6
n=1时，∑cos = ，n=2时，∑cos = + = ，
2k(k+1) 2 2k(k+1) 2 4 4
k=1 k=1
n≥3时，
n π √2 √6+√2 π(1 1 ) 3√2+√6 π
∑cos ≥ + +n−2− − >n−2+ − ，
2k(k+1) 2 4 2 3 n+1 4 6
k=1
(9√2+3√6) 2 −202=54√12−184>0，则(9√2+3√6) 2>202，即9√2+3√6−20>0，
3√2+√6 π 3√2+√6 4 9√2+3√6−20 3√2+√6 π
− −1> − −1= >0，则 − >1，
4 6 4 6 12 4 6
n π 3√2+√6 π n π
得∑cos >n−2+ − >n−1，又∑cos 0恒成立，且曲线y=lnf (x)(x>0)上任意一点处的切线斜率均不小于2，证明：当x>0时，
g(x)≥f (x)；
f (m)
(3)若a =0，证明：对于任意的m∈(0,+∞)，均存在t∈(0,m)，使得g(t)< ．
0 m
【解题思路】（1）由题可知a =1,a =3,a =3,a =0,a =5,a =0，计算可求伴生函数为g(x)．
0 1 2 3 4 5
f′(x)
（2）g(x)=f′(x)−f (x)，由已知可得y′= ≥2在(0,+∞)上恒成立，进而可得结论；
f (x)
f (x) f (m)
（3）令ℎ(x)= − x，求导结合ℎ(x)在(0,m)上一定存在极值点，令t为其中一个极值点，则
ex mem
ℎ
′(t)=0，计算可得结论.
【解答过程】（1）由题可知a =1,a =3,a =3,a =0,a =5,a =0．
0 1 2 3 4 5
所以b =a −a =2,b =2a −a =3,b =3a −a =−3,b =4a −a =20,b =5a −a =−5，
0 1 0 1 2 1 2 3 2 3 4 3 4 5 4
故f (x)的伴生函数为g(x)=2+3x−3x2+20x3−5x4．
（2）由已知得f′(x)=a +2a x+3a x2+⋯+na xn−1，
1 2 3 n
所以g(x)=b +b x+b x2+⋯+b xn
0 1 2 n
=(a −a )+(2a −a )x+⋯+(na −a )xn−1−a xn
1 0 2 1 n n−1 n
=f′(x)−f (x)．
因为曲线y=lnf (x)(x>0)上任意一点处的切线斜率均不小于2，f′(x)
故y′= ≥2在(0,+∞)上恒成立．
f (x)
又f (x)>0，所以f′(x)≥2f (x)，
所以当x>0时，g(x)=f′(x)−f (x)≥f (x)．
（3）因为a =0，所以f (0)=0．
0
f (x) f (m) f′(x)−f (x) f (m) g(x) f (m)
设ℎ(x)= − x，则ℎ ′(x)= − = − ．
ex mem ex mem ex mem
注意到ℎ(0)= ℎ(m)=0，则ℎ(x)在(0,m)上一定存在极值点．
令t为其中一个极值点，则ℎ ′(t)=0，
g(t) f (m) g(t) f (m)
即ℎ ′(t)= − =0，所以 = ，
et mem et mem
et f (m) f (m)
因为t∈(0,m)，所以em>et，故g(t)= × < ．
em m m
|m n|
【变式11-1】（2024·四川成都·模拟预测）定义运算： =mq−np，已知函数
p q
|lnx x−1| 1
f(x)= ,g(x)= −1．
1 a x
(1)若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值；
( 1 )( 1 )( 1 ) ( 1 )
(2)证明： 1+ 1+ 1+ … 1+ 1)，借助导数证明
x −x x
1 2
φ(x)<φ(1)=0即可.
a
【解答过程】（1）由题意知：f (x)=alnx−x+1，∴f′ (x)= −1(x>0)，
x
①当a≤0时，f′(x)<0，f (x)在(0,+∞)单调递减，不存在最大值．
②当a>0时，由f′(x)=0得x=a，
当x∈(0,a)，f′(x)>0；x∈(a,+∞)，f′(x)<0，
∴函数y=f (x)的增区间为(0,a)，减区间为(a,+∞)．
∴f (x) =f (a)=alna−a+1=0，令φ(a)=alna−a+1，求导得φ' (a)=lna，
max
当a∈(0,1)时，φ' (a)<0，函数φ(a)递减，当a∈(1,+∞)时，φ' (a)>0，函数φ(a)递增，
因此φ(a) =φ(1)=0，∴a=1．
min
（2）由（1）知，lnx−x+1≤0，即lnx≤x−1，
1 1 1 1 1 1
∴当n>1时，ln(1+ )<(1+ )−1= < = − ．
n2 n2 n2 n(n−1) n−1 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ln(1+ )+ln(1+ )+⋯+ln(1+ )<(1− )+( − )+⋯+( − )=1− <1．
22 32 n2 2 2 3 n−1 n n
1 1 1 1
∴(1+ )(1+ )(1+ )⋯(1+ )2，
1 1
alnx −x + −alnx +x −
ℎ(x )−ℎ(x ) 1 1 x 2 2 x
∵ 1 2 = 1 2
x −x x −x
1 2 1 2x −x
a(lnx −lnx )+(x −x )+ 2 1
1 2 2 1 x x
= 1 2
x −x
1 2
a(lnx −lnx )
= 1 2 −2
x −x
1 2
ℎ(x )−ℎ(x ) lnx −lnx
要证 1 2 −a+2<0，即证 1 2<1，
x −x x −x
1 2 1 2
1
∵x x =1，不妨令01)
x −x 2 2 x x
1 2 2
2 1 −x2+2x−1 −(x−1) 2
φ′ (x)= −1− = = <0在(1,+∞)恒成立，
x x2 x2 x2
所以函数φ(x)在(1,+∞)上单调递减，故φ(x)<φ(1)=0．
ℎ(x )−ℎ(x )
∴ 1 2 −a+2<0成立．
x −x
1 2
【变式11-2】（2024·湖南长沙·模拟预测）定义：如果函数f (x)在定义域内，存在极大值f (x )和极小值
1
f (x )且存在一个常数k，使f (x )−f (x )=k(x −x )成立，则称函数f (x)为极值可差比函数，常数k称为
2 1 2 1 2
1
该函数的极值差比系数．已知函数f (x)=x− −alnx．
x
5
(1)当a= 时，判断f (x)是否为极值可差比函数，并说明理由；
2
(2)是否存在a使f (x)的极值差比系数为2−a?若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
3√2 5
(3)若 ≤a≤ ，求f (x)的极值差比系数的取值范围．
2 2
【解题思路】（1）利用导数分析函数f (x)的单调性，可得出该函数的极大值点、极小值点及极大值、极
小值，结合题中定义验证即可；
（2）假设存在实数a满足题设条件，分析可知x 、x 是方程x2−ax+1=0的两个不等正实根，利用题中定
1 21 1
义结合韦达定理可得出x − −2lnx =0(x >1)，然后构造函数g(x)=x− −2lnx(x>1)，利用导数分
2 x 2 2 x
2
析函数g(x)的单调性，判断函数g(x)的零点个数，可得结论；
x +x x x
（3）由题意可得极值差比系数为2− 1 2 ln 1 ，令t= 1 ，则t∈(0,1)，可得出极值差比系数为
x −x x x
1 2 2 2
t+1 (x +x ) 2 x x 1 3√2 5 1 1
2− lnt，由a2= 1 2 = 1+ 2+2=t+ +2结合 ≤a≤ ，可得出 ≤t≤ ，利用导数求出
t−1 x x x x t 2 2 4 2
1 2 2 1
t+1 (1 1)
函数p(t)=2− lnt ≤t≤ 的值域，即为所求.
t−1 4 2
5 1 5
【解答过程】（1）当a= 时，f (x)=x− − lnx(x>0)，
2 x 2
1 5 (2x−1)(x−2)
所以f ′(x)=1+ − = ，
x2 2x 2x2
( 1) (1 )
当x∈ 0, ∪(2,+∞)时，f ′(x)>0；当x∈ ,2 时，f ′(x)<0．
2 2
( 1) (1 )
所以f (x)在 0, 和(2,+∞)上单调递增，在 ,2 上单调递减，
2 2
(1) 5 3 3 5
所以f (x)的极大值为f = ln2− ，极小值为f (2)= − ln2，
2 2 2 2 2
(1) ( 10 )(1 )
所以f −f (2)= 2− ln2 −2 ，因此f (x)极值可差比函数．
2 3 2
1 a x2−ax+1
（2）f (x)的定义域为(0,+∞)，f ′(x)=1+ − ，即f ′(x)= ，
x2 x x2
假设存在a，使得f (x)的极值差比系数为2−a，
则x 、x 是方程x2−ax+1=0的两个不等正实根，
1 2
¿，解得a>2，不妨设x 1，
1 2 2
1 ( 1 )
由于f (x )−f (x )=x − −alnx − x − −alnx
1 2 1 x 1 2 x 2
1 2
=(x −x ) ( 1+ 1 ) −aln x 1=2(x −x )−aln x 1= ( 2− a ln x 1 ) (x −x )
1 2 x x x 1 2 x x −x x 1 2
1 2 2 2 1 2 2a x 1 x
所以2−a=2− ln 1 ，从而 ln 1=1，
x −x x x −x x
1 2 2 1 2 2
1
得x − −2lnx =0(∗)，
2 x 2
2
1 x2−2x+1 (x−1) 2
令g(x)=x− −2lnx(x>1)，则g′(x)= = >0，
x x2 x2
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，有g(x)>g(1)=0，
因此(∗)式无解，即不存在a使f (x)的极值差比系数为2−a．
a x
（3）由（2）知极值差比系数为2− ln 1 ，
x −x x
1 2 2
x +x x
即极值差比系数为2− 1 2 ln 1 ，不妨设0 ℎ(1)=0，
4 4 2
从而p′(t)>0，
[1 1] (1) (1)
所以p(t)在 , 上单调递增，所以p ≤p(t)≤p ，
4 2 4 2
10
即2− ln2≤p(t)≤2−3ln2．
3[ 10 ]
故f (x)的极值差比系数的取值范围为 2− ln2,2−3ln2 .
3
【变式11-3】（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=2f(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”.
一、解答题
1．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数f (x)=x−lnx−2.
(1)求曲线y=f (x)在(e,e−3)处的切线方程；
(2)若a≥0，g(x)=ax2−2(ax+1)−f (x)，讨论函数g(x)的单调性.
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，结合切点易求得切线方程；
（2）将函数求导，根据参数a进行分类讨论导函数的正负，即得函数的单调性.1 x−1
【解答过程】（1）f (x)=x−lnx−2，x>0，则f′ (x)=1− = ，
x x
e−1 e−1
则f′ (e)= ，即切线斜率k= ，
e e
e−1
故切线方程为y−(e−3)= (x−e)，即(e−1)x−ey−2e=0；
e
（2）函数g(x)=ax2−(2a+1)x+lnx的定义域为(0,+∞)，a≥0，
1 2ax2−(2a+1)x+1 (2ax−1)(x−1)
g′(x)=2ax−(2a+1)+ = = ，
x x x
1−x
当a=0时，g′(x)= ，由g′(x)=0，可得x=1，
x
当00，函数g(x)在(0,1)上单调递增；
当x>1时，g′ (x)<0，函数g(x)在(1,+∞)上单调递减；
1
2a(x− )(x−1)
当a>0时， 2a ，
g'(x)=
x
1 1 1
①当01，当0 时，g′ (x)>0，
2 2a 2a
1
即函数g(x)在(0,1)和( ,+∞)上单调递增，
2a
1 1
当10,g′ (x)= ≥0，即函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；
2 x
1 1
③当a> 时， <1，
2 2a
1 1
当01时，g′ (x)>0，即函数g(x)在(0, )和(1,+∞)上单调递增，
2a 2a
1 1
当 时，函数g(x)在(0, )和(1,+∞)上单调递增，在( ,1)上单调递减.
2 2a 2a
2．（2024·湖北·一模）已知f (x)=(ax2+x+1)ex.
(1)当a=1时，求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(−3,−1)内存在极小值点，求a的取值范围.
【解题思路】（1）当a=1时，f (x)=(x2+x+1)ex，求导可得f′(0)=2，又f (0)=1，可求切线方程；
（2）求导得f′(x)=(x+2)(ax+1)ex，分a=0，a>0，a<0三种情况讨论函数的单调性，判断极小值点在
(−3,−1)内可求得a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=(x2+x+1)ex，可得f′(x)=(x2+x+1+2x+1)ex
所以f′(0)=2，又f (0)=(02+0+1)e0=1，
所以切线方程：y−1=2·x，即2x−y+1=0.
（2）由已知得f′(x)=(ax2+x+1+2ax+1)ex=(x+2)(ax+1)ex
1.若a=0，f′(x)=(x+2)ex，
当x∈(−∞,−2)时，f′(x)<0，f (x)在(−∞,−2)上单调递减，
当x∈(−2,+∞)时，f′(x)>0，f (x)在(−2,+∞)上单调递增，
所以y=f (x)在x=−2取得最小值，符合题意.
2.若a>0，
1 1
i）若− >−2即a> ，
a 2
当x∈ ( −2,− 1) ,f′(x)<0，所以f (x)在 ( −2,− 1) 上单调递减，
a a
当x∈ ( − 1 ,+∞ ) ,f′(x)>0，所以f (x)在 ( − 1 ,+∞ ) 上单调递增，
a a
1 1 1
所以y=f (x)在x=− 取得最小值，:− <−1,a<1,∴ 0，所以f (x)在(−2,+∞)上单调递增，
所以f (x)在x=−2取得极小值符合.
1
3.若a<0,− >0，
a
当x∈(−∞,−2)时，f′(x)<0，所以f (x)在(−∞,−2)上单调递减，
( 1) ( 1)
当x∈ −2,− 时，f′(x)>0，所以f (x)在 −2,− 上单调递增，
a a
∴y=f (x)在x=−2取得极小值，符合题意；
( 1) (1 )
综上所述：a的取值范围为 −∞, ∪ ,1 .
2 2
3．（2024·重庆·模拟预测）设a∈R，已知函数f (x)=lnx+ax−a2+2.
(1)当函数f (x)在点(2,f (2))处的切线m与直线l:3x−2y−1=0平行时，求切线m的方程；
(2)若函数f (x)的图象总是在x轴的下方，求a的取值范围.
1 3
【解题思路】（1）根据条件，利用导数的几何意义得到f′(2)= +a= ，从而得到a=1，即可求解；
2 2
1
（2）对f(x)求导，得到f′(x)= +a，再分a≥0和a<0两种情况，利用导数与函数单调性间的关系，可知
x
a≥0不合题意，当a<0，求出f(x)的最大值f ( − 1) =−ln(−a)−a2+1<0，即可求解.
a
1 1 3
【解答过程】（1）因为f′(x)= +a，则f′(2)= +a= ，解得a=1，
x 2 2
则f (x)=lnx+x+1，又f (2)=ln2+3，所以切点为(2,ln2+3)，
3
所以切线m的方程为y−ln2−3= (x−2)，即3x−2y+2ln2=0.
2
1
（2）由题意知x>0，因为f′(x)= +a，所以当a≥0时，f′(x)>0，
x
此时函数f (x)在区间(0,+∞)上单调递增，又x→+∞时，f(x)→+∞，不合题意，
1 ( 1) ( 1 )
当a<0时，由f′(x)=0得x=− ，当x∈ 0,− 时，f′ (x)>0，x∈ − ,+∞ 时，f′ (x)<0
a a a
( 1) ( 1 )
即f(x)在区间 0,− 上单调递增，在区间 − ,+∞ 上单调递减，
a a所以当x=− 1 时，函数f (x)取得最大值，最大值为f ( − 1) =−ln(−a)−a2+1，
a a
设g(a)=ln(−a)+a2−1,a<0，
1
此时g′(a)= +2a，所以g′(a)<0，即g(a)为减函数，而g(−1)=0，
a
要使函数f (x)的图象总是在x轴的下方，必须−g(a)<0，即g(a)>0，
所以g(a)>g(−1)，所以a<−1，即a的取值范围是(−∞,−1)．
4．（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)=x3+ax(a∈R)的一个极值点为x=1．
(1)求a的值；
(2)若过点(3,m)可作曲线y=f (x)的三条不同的切线，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）根据f′(1)=3+a=0可得a=−3，即可验证求解，
（2）设出切点，根据点斜式直线方程，可将问题转化为m=−2x3+9x2−9有三个不同的根，构造函数
0 0
g(x)=−2x3+9x2−9，利用导数求解即可.
【解答过程】（1）f′(x)=3x2+a，由于x=1是极值点，故f′(1)=3+a=0，故a=−3，
当a=−3时，f′(x)=3x2−3=3(x+1)(x−1)，
当x>1或x<−1时，f′(x)>0，当−13或x<0时，g′ (x)<0，当00，
故g(x)在(3,+∞)，(−∞,0)上单调递减，在(0,3)上单调递增，
且g(0)=−9,g(3)=18，
因此−90，
3 2x2−3 (√2x+√3)(√2x−√3)
f′(x)=2x− = = ，x>0，
x x x
√6 √6
令f′(x)=0，解得x= 或x=− （舍），
2 2
√6 ( √6)
当0 时，f′(x)>0，即函数f (x)在 ,+∞ 上单调递增；
2 2
( √6) (√6 )
综上所述f (x)的单调递减区间为 0, ，单调递增区间为 ,+∞ ；
2 2
（2）由f (x)=x2−(λ+3)x+λlnx，
λ 2x2+(λ+3)x+λ
则f′(x)=2x−(λ+3)+ = ，
x x
由函数f (x)既有极大值，又有极小值，
即f′(x)=0有两个不等的正根，
即2x2−(λ+3)x+λ=0有两个不等的正根，分别设为x ，x ，
1 2
则¿
解得λ>0，
故实数λ的取值范围为(0,+∞).
6．（2024·广东·模拟预测）已知函数f (x)=x−1−alnx,a∈R.
(1)判断函数f (x)的单调性；
(2)若f (x)≥0恒成立，求a的值.
【解题思路】（1）先求出函数f (x)的导函数f′(x)；再分a≤0和a>0两种情况，利用导数的方法分别判定
单调性即可.
（2）由（1）中函数单调性，当a≤0时，根据函数单调性，以及f (1)=0，可判断当x∈(0,1)时，f (x)<0，不符合题意；当a>0时，根据函数单调性，得到f(x) =a−1−alna，再令g(a)=a−1−alna(a>0)，
min
对其求导，根据导数的方法求出其最值，即可结合题中条件求出结果.
a x−a
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1− = ，
x x
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>0时，由f′(x)<0，得x∈(0,a)，由f′(x)>0，得x∈(a,+∞)，
则函数f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.
（2）由（1）知，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递增，由f (1)=0，知当x∈(0,1)时，f (x)<0，不符
合题意；
当a>0时，函数f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，
故f(x) =f (a)=a−1−alna，
min
由f (x)≥0恒成立，得a−1−alna≥0恒成立，令g(a)=a−1−alna(a>0)，
求导得g′(a)=−lna，
当00，当a>1时，g′(a)<0，
于是函数g(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以g(a) =g(1)=0，故g(a)=a−1−alna≤0恒成立，
max
因此g(a)=0=g(1)，所以a=1.
7．（2024·四川成都·二模）已知某公司生产某品牌服装的年固定成本为10万元，每生产一千件需另投入
2.7万元，设该公司年内共生产该品牌服装x千件并全部销售完，销售收入为R(x)万元，且R(x)=¿（注：
年利润=年销售收入−年总成本）
(1)写出年利润W（万元）关于年产量x（千件）的函数解析式；
(2)求公司在这一品牌服装的生产中所获年利润最大时的年产量.
【解题思路】（1）分段利用“年利润=年销售收入−年总成本”可得所求函数的解析式.
（2）分段求函数的最大值，进行比较可得结论.
x3 x3
【解答过程】（1）当010时，W =R(x)−(10+2.7x) =108− −10−2.7x =98− −2.7x.
3x 3x
综上：W =¿.
x3 x2
（2）当00 ⇒ 010时，W(x)=98− −2.7x.
3x
1000 √1000 1000 100
因为 +2.7x≥2 ×2.7x=60，当且仅当 =2.7x即x= 时取“=”.
3x 3x 3x 9
此时W(x)≤98−60=38.
因为38<38.6.
所以当年产量为9千件时，年利润最大.
ex−1
8．（2024·江苏·二模）已知函数f(x)= +alnx(a∈R).
x
(1)当a=0时，证明：f(x)>1;
(2)若f(x)在区间(1,+∞)上有且只有一个极值点，求实数a的取值范围.
ex−1
【解题思路】（1）因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，当a=0时，f(x)= ，将问题转化为当x>0
x
时，ex>x+1，构造函数p(x)=ex−x−1，利用导数研究p(x)的值域即可证明；
1
(x−1)ex+1 (x−1)ex+1
（2）求导f′ (x)= ⋅[ +a]，令g(x)= +a(x>1)，再求导g′ (x)，利用放缩可
x x x
知g′ (x)>0，得到g(x)在(1,+∞)单调递增，g(x)>g(1)=1+a，分类讨论a≥−1和a<−1时g(x)的正
负，从而确定是否有极值点以及极值点的个数.
ex−1
【解答过程】（1）证明：因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，当a=0时，f(x)= .
x
要证f(x)>1，只需证：当x>0时，ex>x+1.
令p(x)=ex−x−1，则p′ (x)=ex−1>0，
则p(x)在x∈(0,+∞)单调递增，
所以p(x)>p(0)=0，即ex>x+1，
所以f(x)>1.(x−1)ex+1
a 1
(x−1)ex+1
（2）由f′ (x)= + = ⋅[ +a]，
x2 x x x
(x−1)ex+1
令g(x)= +a(x>1)，
x
ex (x2−x+1)−1 (x2−x+1)−1
x−1
则g′ (x)= > = >0.
x2 x2 x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增，g(x)>g(1)=1+a，
①a≥−1时，g(x)>g(1)=1+a≥0，f′ (x)>0.
则f(x)在(1,+∞)为增函数，f(x)在(1,+∞)上无极值点，矛盾.
②当a<−1时，g(1)=1+a<0.由（1）知，ex>x+1>x，
(x−1)ex+1 (x−1)ex (x−1)x
g(x)= +a> +a> +a=x−1+a，则g(1−a)>0，则∃x ∈(1,1−a)使
x x x 0
g(x )=0.
0
当x∈(1,x )时，g(x)<0，f′ (x)<0，则f(x)在(1,x )上单调递减；
0 0
当x∈(x ,+∞)时，g(x)>0，f′ (x)>0，则f(x)在(x ,+∞)上单调递增.
0 0
因此，f(x)在区间(1,+∞)上恰有一个极值点，
所以a的取值范围为(−∞,−1).
9．（2024·新疆·模拟预测）已知函数f (x)=(x−1)emx．
(1)当m=1时，求f (x)的单调区间及最值；
(2)若不等式f (x)≥x2−x在[1, +∞)上恒成立，求实数m的取值范围．
【解题思路】（1）求导，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解最值，
lnx
（2）将问题转化为emx≥x，取对数后构造g(x)= ，求导，求解函数的最值即可求解.
x
【解答过程】（1）当m=1时，f (x)=(x−1)ex，则f′(x)=ex+(x−1)ex=xex，
当x>0,f′(x)>0,f (x)单调递增，当x<0,f′(x)<0,f (x)递减，
故f (x)的单调递增区间为(0,+∞)，单调递减区间为(−∞,0)，
且f (x) =f (x) =f (0)=−1，无最大值，
min 极小值
（2）由f (x)≥x2−x可得(x−1)emx≥x2−x，
当x=1时，对任意的m，都有(x−1)emx≥x2−x，lnx
当x∈(1, +∞)，则不等式可变为emx≥x，取对数可得mx≥lnx⇒m≥ ，
x
lnx 1−lnx
记g(x)= ，则g′ (x)= ，
x x2
当e>x>1时，g′ (x)>0,g(x)单调递增，当e0).
x ex−1
1
(1)证明：00，即证ex−1>x，构造函数g(x)=ex−x−1，其中x>0，再证明f (x)< ，
2
即证(x−2)ex+x+2>0，构造函数ℎ(x)=(x−2)ex+x+2，其中x>0，利用导数分析函数g(x)、ℎ(x)的
单调性，即可证得结论成立；
2
（2）由（1）变形得出 2(ex−1) 0(x>0)，即证ex−1>x，
x ex−1
构造函数g(x)=ex−x−1，其中x>0，则g′(x)=ex−1>0，
所以，函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以，g(x)=e x−x−1>g(0)=0，即当x>0时，有ex−1>x；
❑
1 1 1 1 1 1 2−x
（ii）要证f (x)= − < (x>0)，即证 > − = ，
x ex−1 2 ex−1 x 2 2x
即证(x−2)ex+x+2>0，令ℎ(x)=(x−2)ex+x+2，其中x>0，则ℎ ′(x)=(x−1)ex+1，
令p(x)=(x−1)ex+1，其中x>0，则p′(x)=xex>0，
所以，函数ℎ ′(x)在(0,+∞)上单调递增，则ℎ ′(x)> ℎ ′(0)=0，
1
所以，函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，则ℎ(x)=(x−2)ex+x+2> ℎ(0)=0，即f (x)< .
2
1
综上所述，当x>0时，00时，01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,+∞).
12．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知函数f (x)=(lnx+x) ( ex− a) (a∈R)．
x
(1)当a=1时，求y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；
a
（2）讨论lnx+x=0或ex− =0两种情况，并结合导数研究零点，最后根据零点个数确定参数范围.
x
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=(lnx+x) ( ex− 1) ，
x
则f′(x)= (1 +1 )( ex− 1) +(lnx+x) ( ex+ 1 )
，
x x x2
所以f (1)=e−1,f′(1)=3e−1，
所以y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y−(e−1)=(3e−1)(x−1)，
即y=(3e−1)x−2e．
a
（2）令f (x)=0可得lnx+x=0或ex− =0，对两个方程分别讨论，
x
1
①设g(x)=lnx+x(x>0)，则g′(x)= +1>0，
x
(1) 1 √e
所以g(x)在(0,+∞)单调递增，且g =−ln2+ =ln <0,g(1)=1>0，
2 2 2所以存在唯一的零点x ∈(0,1)，使g(x )=0，即lnx +x =0，
1 1 1 1
a
②令ex− =0，即a=xex，
x
设ℎ(x)=xex (x>0)，可得ℎ ′(x)=(x+1)ex>0，
则ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，又ℎ(0)=0且x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
当a∈(0,+∞)时，存在唯一的零点x ∈(0,+∞)，使ℎ(x )=a，即a=x ex 2，
2 2 2
若x =x 时，得¿，则lnx =−x ，可得x =e−x 1，故a=x ex 1=e−x 1ex 1=1，
1 2 1 1 1 1
所以a∈(0,+∞)且a≠1时，f (x)有两个不同的零点；
综上，实数a的取值范围为(0,1)∪(1,+∞)．
13．（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
log x
14．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数f (x)= a .
xa
(1)当a=2时，求f (x)的单调区间；
1
(2)证明：若曲线y=f (x)与直线y= 有且仅有两个交点，求a的取值范围.
a2
【解题思路】（1）求导后，根据f′(x)的正负可得单调区间；
lnxa lna lnx
（2）将问题转化为方程 = 有且仅有两个不等实根，构造函数F(x)= ，结合导数知识可作出
xa a x
F(x)的图象，进而得到F(1)0；当x∈(√e,+∞)时，f′(x)<0；
∴f (x)的单调递增区间为(0,√e)，单调递减区间为(√e,+∞).
（2）由题意知：a>0且a≠1；
1
∵y=f (x)与y= 有且仅有两个交点，
a2log x 1 alnx 1
∴方程 a = 有且仅有两个不等实根，即方程 = 有且仅有两个不等实根，
xa a2 lna⋅xa a
lnxa lna
即方程 = 有且仅有两个不等实根；
xa a
lnx 1−lnx
令F(x)= ，则F(x)定义域为(0,+∞)，F′(x)= ，
x x2
∴当x∈(0,e)时，F′(x)>0；当x∈(e,+∞)时，F′(x)<0；
∴F(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
1
∴F(x) =F(e)= ，当x→+∞时，F(x)→0；当x→0时，F(x)→−∞；
max e
可得F(x)大致图象如下图所示，
令t=xa，则t∈(0,+∞)，
lna 1
∴F(t)=F(a)有且仅有两个不同实数根的充要条件为0< < ，
a e
即F(1)2x 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)单调递增；
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)单调递增区间为(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 )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.
17．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=−x2+2lnx,g(x)=a(x2+2x)．
(1)若曲线f (x)在点(1,−1)处的切线与曲线g(x)有且只有一个公共点，求实数a的值．
(2)若方程g(x)−f (x)=1有两个不相等的实数根x ,x ，
1 2
①求实数a的取值范围；
②求证：x +x >2．
1 2
【解题思路】(1)根据题意，可得g(−1)=−a=−1，即可得解；
(2)①构造函数ℎ(x)=2lnx−(a+1)x2−2ax+1，则ℎ(x)有两个零点x
1
,x
2
，利用导数进行求解；
②利用导数进行证明.
2
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=−2x+ ,f (1)=−1,f′(1)=0，
x
所以曲线f (x)在点(1,−1)处的切线方程为y=−1．
因为切线y=−1与曲线g(x)=a(x2+2x)有且只有一个公共点，
所以g(−1)=−a=−1，故a=1．（2）①方程g(x)−f (x)=1有两个不相等的实数根x ,x ，即方程2lnx−(a+1)x2−2ax+1=0有两个不
1 2
相等的正根x ,x ．
1 2
令ℎ(x)=2lnx−(a+1)x2−2ax+1，则ℎ(x)有两个零点x
1
,x
2
．
2 2(x+1)[(a+1)x−1]
ℎ ′(x)= −2(a+1)x−2a=− ，
x x
因为x>0,x+1>0，所以ℎ ′(x)的正负取决于(a+1)x−1的正负．
（ⅰ）当a≤−1时，ℎ ′(x)>0恒成立，故ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，函数ℎ(x)不可能有两个零点；
( 1 ) ( 1 )
（ⅱ）当a>−1时，由ℎ ′(x)>0，解得x∈ 0, ，由ℎ ′(x)<0，解得x∈ ,+∞ ，
a+1 a+1
( 1 ) ( 1 )
故函数ℎ(x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减．
a+1 a+1
( 1 )
因为函数ℎ(x)有两个零点，所以ℎ >0，
a+1
1 ( 1 ) 2 1 a
即2ln −(a+1)⋅ −2a⋅ +1>0，化简得2ln(a+1)+ <0．
a+1 a+1 a+1 a+1
x 2 1
令m(x)=2ln(x+1)+ ,x>−1，则m′(x)= + >0，则函数m(x)在(−1,+∞)上单调递增，
x+1 x+1 (x+1) 2
a
又m(0)=0，则不等式2ln(a+1)+ <0的解集为¿．
a+1
2a 2a
因为ℎ(x)=2lnx−(a+1)x2−2ax+1<2lnx−2ax+1，所以ℎ (e−2)<2lne−2− +1=−3− <0．
e2 e2
又 1 >1，所以ℎ(x)在 ( e−2, 1 ) 内存在一个零点．
a+1 a+1
( 1 )
以下证明在 ,+∞ 内也存在一个零点，
a+1
1 1−x
设φ(x)=lnx−x+1,x>0，则φ′(x)= −1= ，
x x
当00，当x>1时，φ′(x)<0，即函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
故φ(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，φ(x) =φ(1)=0，
max
1
所以lnx≤x−1，当且仅当x=1时，等号成立，故lnx > ，则ℎ(x )2，不妨设02，只需证明x +x > ，即证明x > −x ．
1 2 1 2 a+1 1 a+1 2
( 1 ) ( 1 ) 2 ( 1 )
因为ℎ(x)在 0, 上单调递增，且x ∈ 0, ， −x ∈ 0,
a+1 1 a+1 a+1 2 a+1
( 2 ) ( 2 )
所以只需证明ℎ(x )> ℎ −x ．又ℎ(x )= ℎ(x )，所以需证ℎ(x )−ℎ −x >0．
1 a+1 2 1 2 2 a+1 2
( 2 ) ( 1 )
记F(x)= ℎ(x)−ℎ −x ,x∈ ,+∞ ，
a+1 a+1
则F′(x)= ℎ ′(x)+ ℎ ′( 2 −x )
a+1
2 2 4 4
= + −4(a+1)= −4(a+1)> −4(a+1)=0
x 2 −x (a+1)⋅x⋅ ( 2 −x ) (a+1)⋅ ( 1 ) 2 ，
a+1 a+1 a+1
( 1 ) 1
所以F(x)在 ,+∞ 上单调递增，又当x→ 时，F(x)→0，
a+1 a+1
( 2 ) 2
则F(x)>0，所以F(x )>0，即ℎ(x )−ℎ −x >0，所以x +x > ，故x +x >2．
2 2 a+1 2 1 2 a+1 1 2
1
18．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数f(x)=2alnx+ x2−(a+2)x，其中a为常数.
2
(1)当a>0时，试讨论f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不相等的零点x ，x ，
1 2
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：x +x >4.
1 2
【解题思路】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性；
（2）（i）结合（1）的单调性判断f(2)、f(a)的符号，排除a≥0，再在a<0的情况下研究f(x)的单调性
和最值，根据零点的个数求参数范围；
（ii）由（i）有00，在(a,2)上f′ (x)<0，在(2,+∞)上f′ (x)>0，
所以，在(0,a)、(2,+∞)上f(x)单调递增，在(a,2)上f(x)单调递减；
当a=2时，在(0,+∞)上f′ (x)≥0恒成立，故f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>2时，在(0,2)上f′ (x)>0，在(2,a)上f′ (x)<0，在(a,+∞)上f′ (x)>0，
所以，在(0,2)、(a,+∞)上f(x)单调递增，在(2,a)上f(x)单调递减.
1
（2）（i）由f(2)=2aln2+ ×22−(a+2)×2=2(aln2−a−1)<0，
2
1 a
若a>0时，f(a)=2alna+ a2−(a+2)a= (4lna−a−4)，
2 2
4 4−a
令y=4lna−a−4且a>0，则y′= −1= ，
a a
所以00，a>4时y′<0，
故y=4lna−a−4在(0,4)上递增，在(4,+∞)上递减，则y =8ln2−8<0，
max
所以f(a)<0，
结合（1）中f(x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的零点，
1
又a=0时，f(x)= x2−2x在(0,+∞)上只有一个零点，不满足，
2
所以a<0，此时，在(0,2)上f′ (x)<0，在(2,+∞)上f′ (x)>0，
故在(0,2)上f(x)单调递减，在(2,+∞)上f(x)单调递增，则f(x) =f(2)=2(aln2−a−1)，
min
又x趋向于0或负无穷时，f(x)趋向正无穷，只需g(a)=a(ln2−1)−1<0成立，
1
显然g(a)在(−∞,0)上递减，且当a= 时g(a)=0，
ln2−1
1 1
所以， 4，即证x >4−x ，而4−x ∈(2,4)，
1 2 1 2 2 1 1
由（i）知：在(2,+∞)上f(x)单调递增，只需证f(4−x )0，即ℎ(x)在(0,2)上递增，
x(4−x)
所以ℎ(x)< ℎ(2)=2aln2−2aln2−4a+4a=0，即f(4−x )4，得证.
1 2
f(b)−f(a)
19．（2024·全国·模拟预测）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= .
33−2√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
