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Q群675260005
导数与函数核心考点
目 录
题型一 切线型
1.求在某处的切线方程
2.求过某点的切线方程
3.已知切线方程求参数
题型二 单调型
1.主导函数需“二次求导”型
2.主导函数为“一次函数”型
3.主导函数为“二次函数”型
4.已知函数单调性，求参数范围
题型三 极值最值型
1.求函数的极值
2.求函数的最值
3.已知极值求参数
4.已知最值求参数
题型四 零点型
1.零点(交点，根)的个数问题
2.零点存在性定理的应用
3.极值点偏移问题
题型五 恒成立与存在性问题
1.单变量型恒成立问题
2.单变量型存在性问题
3.双变量型的恒成立与存在性问题
4.等式型恒成立与存在性问题
题型六 与不等式有关的证明问题
1.单变量型不等式证明
2.含有 ex与lnx的不等式证明技巧
3.多元函数不等式的证明
4.数列型不等式证明的构造方法
1Q群675260005
题型一 切线型
1.求在某处的切线方程
3x²
例 1.【2015重庆理 20】求函数 f(x)＝ 在点(1，f(1))处的切线方程.
ex
3x² 6x－3x² 3 3
解：由f(x)＝ ，得f′(x)＝ ，切点为(1， )，斜率为f′(1)＝
e e
ex ex
3 3 3 3
由f(1)＝ ，得切点坐标为(1， )，由f′(1)＝ ，得切线斜率为 ；
e e e e
3 3
∴切线方程为y－ ＝ (x－1)，即3x－ey＝0.
e e
1
例 2.求 f(x)＝ex(＋2)在点(1，f(1))处的切线方程.
x
1 1 1
解：由f(x)＝ex(＋2)，得f′(x)＝ex(－ ＋ ＋2)
x x² x
由f(1)＝3e，得切点坐标为(1,3e)，由f′(1)＝2e，得切线斜率为2e；
∴切线方程为y－3e＝2e(x－1)，即2ex－y＋e＝0.
1－x
例 3.求 f(x)＝ln 在点(0，f(0))处的切线方程.
1＋x
1－x 1 1
解：由f(x)＝ln ＝ln(1－x)－ln(1＋x)，得f′(x)＝－ －
1＋x 1－x 1＋x
由f(0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f′(0)＝－2，得切线斜率为－2；
∴切线方程为y＝－2x，即2x＋y＝0.
x²
例 4.【2015全国新课标理 20⑴】在直角坐标系 xoy中，曲线 C：y= 与
4
直线 l：y=kx＋a(a＞0)交于 M，N两点，当 k＝0时，分别求 C在点 M与 N处的
切线方程.
x²
解：由题意得：a= ，则x＝±2 a，即M(－2 a，a)，N(2 a，a)，
4
x² x
由f(x)＝ ，得f′(x)＝ ，
4 2
当切点为M(－2 a，a)时，切线斜率为f′(－2 a)＝－ a，
此时切线方程为： ax＋y＋a＝0；
当切点为N(2 a，a)时，切线斜率为f′(2 a)＝ a，
此时切线方程为： ax－y－a＝0；
解题模板一 求在某处的切线方程
2Q群675260005
⑴写出 f(x)；
⑵求出 f′(x)；
⑶写出切点(x，f(x))；
0 0
⑷切线斜率 k＝f′(x)；
0
⑸切线方程为 y－f(x)＝f′(x)(x－x).
0 0 0
2.求过某点的切线方程
点P在曲线上 点P不在曲线上 点P在曲线上
切点 不是切点 不确定是切点
OP
o O O
P P
o o
Step1 设切点为(x，f(x))，则切线斜率f′(x)，切线方程为：
0 0 0
y－f(x)＝f′(x)(x－x)
0 0 0
Step2 因为切线过点(a，b)，所以b－f(x)＝f′(x)(a－x)，解得x＝x或x＝x
0 0 0 0 1 0 2
Step2 当x＝x时，切线方程为y－f(x)＝f′(x)(x－x)
0 1 1 0 1
当x＝x时，切线方程为y－f(x)＝f′(x)(x－x)
0 2 2 0 2
1 4
例 1.求 f(x)＝ x3＋ 过点 P(2，4)的切线方程.
3 3
1 4
解：设切点为(x， x3＋ )，则切线斜率f′(x)＝x²，
0 0 0 0
3 3
1 4
所以切线方程为：y－ x3＋ ＝x²(x－x)，
0 0 0
3 3
1 4
由切线经过点P(2，4)，可得4－ x3＋ ＝x²(2－x)，整理得：x3－3x²＋
0 0 0 0 0
3 3
4＝0，解得x＝－1或x＝2
0 0
当x＝－1时，切线方程为：x－y＋2＝0；
0
当x＝2时，切线方程为：4x－y－4＝0.
0
例 2.求 f(x)＝x3－4x²＋5x－4过点 (2，－2)的切线方程.
解：设切点为(x，x3－4x²＋5x－4)，则切线斜率f′(x)＝3x²－8x＋5，
0 0 0 0 0 0 0
所以切线方程为：y－(x3－4x²＋5x－4)＝(3x²－8x＋5)(x－x)，
0 0 0 0 0 0
由切线经过点P(2，4)，可得 4－(x3－4x²＋5x－4)＝(3x²－8x＋5)(2－
0 0 0 0 0
x)，
0
解得x＝1或x＝2
0 0
当x＝1时，切线方程为：2x＋y－2＝0；
0
当x＝2时，切线方程为：x－y－4＝0.
0
例 3.过 A(1，m)(m≠2)可作 f(x)＝x3－3x的三条切线，求 m的取值范围.
解：设切点为(x，x3－3x)，则切线斜率f′(x)＝3x²－3，切线方程为
0 0 0 0 0
y－(x3－3x)＝(3x²－3)(x－x)
0 0 0 0
∵切线经过点P(1,m)，
∴m－(x3－4x²＋5x－4)＝(3x²－8x＋5)(1－x)，
0 0 0 0 0 0
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即：－2x3＋3x²－3－m＝0，即m＝－2x3＋3x²－3
0 0 0 0
∵过点A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三条切线，
∴方程m＝－2x3＋3x²－3，有三个不同的实数根.
0 0
∴曲线H(x)＝－2x3＋3x²－3与直线y=m有三个不同交点，
0 0 0
H′(x)＝－6x²＋6x＝－6x(x－1)
0 0 0 0 0
令H′(x)＞0，则0＜x＜1；令H′(x)＜0，则x＜0或x＞1
0 0 0 0 0
∴H(x)在(－∞，0)递减，在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减，
0
∴H(x)的极小值＝H(0)＝－3，H(x)的极大值＝H(1)＝－2，
0 0
由题意得－3＜x＜－2.
例 4.由点(－e，e－2)可向曲线 f(x)＝lnx－x－1作几条切线，并说明理由.
1
解：设切点为(x，lnx－x－1)，则切线斜率f′(x)＝ －1，切线方程为
0 0 0 0 x
0
1
y－(lnx－x－1)＝(－1)(x－x)，
0 0 x 0
0
∵切线经过点(－e，e－2)，
1 e
∴e－2－(lnx－x－1)＝(－1)(－e－x)，即lnx＝
0 0 x 0 0 x
0 0
e
∵y=lnx与y=只有一个交点
x
e
∴方程lnx＝ 有唯一的实数根
0 x
0
∴由点(－e，e－2)可向曲线f(x)＝lnx－x－1作一条切线.
解题模板二 求过某点的切线方程
⑴设切点为(x，f(x))，则切线斜率 f′(x)，切线方程为：
0 0 0
y－f(x)＝f′(x)(x－x)
0 0 0
⑵因为切线过点(a，b)，所以 b－f(x)＝f′(x)(a－x)，解得 x＝x或 x＝x
0 0 0 0 1 0 2
⑶当 x＝x时，切线方程为 y－f(x)＝f′(x)(x－x)
0 1 1 0 1
当 x＝x时，切线方程为 y－f(x)＝f′(x)(x－x)
0 2 2 0 2
3.已知切线方程求参数
解题模板三 已知切线方程求参数
已知直线 Ax＋By＋C＝0与曲线 y=f(x)相切
⑴设切点横坐标为 x，则
0
{
Ax＋C
0
f(x)＝－
{切点纵坐标＝切点纵坐标 0
B
即
切线斜率＝切线斜率 A
f′(x)＝－
0
B
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⑵解方程组得 x及参数的值.
0
alnx b
例 1.函数 f(x)＝ ＋ 在(1，f(1))处的切线方程为 x＋2y－3＝0，求 a，b的值.
x＋1 x
a(x＋1)
－alnx
alnx b x b
解：∵f(x)＝ ＋ ，∴f′(x)＝ －
x＋1 x (x＋1)² x²
{ {
f(1)＝1 b＝1
由题意知： 1，即 a 1
f′(1)＝－ －b＝－
2 2 2
∴a＝b＝1
bex－1
例 2.f(x)＝aexlnx＋ 在(1，f(1))处的切线方程为 y＝e(x－1)＋2，求 a，b的
x
值.
bex－1 1 1 1
解：∵f(x)＝aexlnx＋ ，∴f′(x)＝aex(＋lnx)＋bex－1(－ ＋ )
x x x² x
{f(1)＝2 {b＝2
由题意知： ，即
f′(1)＝－e ae＝e
∴a＝1，b＝2
例 3.若直线 y＝kx＋b是 y=lnx＋2的切线，也是 y=ln(x＋1)的切线，求 b.
解：设y＝kx＋b与y=lnx＋2相切的切点横坐标为 x，y＝kx＋b与y=ln(x＋1)相
1
切的切点横坐标为x，
2
{
lnx＋2＝kx＋b①
1 1
1
＝k ②
x
1 ，由②③得：x＝x＋1，
ln(x＋1)＝kx＋b③ 1 2
2 2
1
＝k ④
x＋1
2
由①－③得：lnx－ln(x＋1)＋2＝k(x－x)，将上式代入得：k＝2
1 2 1 2
1
∴x＝ ，代入①得：－ln2＋2＝1＋b
1
2
∴b＝1－ln2.
例 4.若 f(x)＝ x与 g(x)＝alnx相交，且在交点处有共同的切线，求 a和该切线
方程.
{
x＝alnx①
0 0
解：设切点横坐标为x，则 1 a ，由②得 x＝2a，
0 ＝ ② 0
x
2 x 0
0
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e
代入①得：x＝e²，∴a＝
0 2
1
∵切点为(e²，e)，切线斜率为 ，∴切线方程为x－2ey＋e²＝0.
2e
1
例 5.已知函数 f(x)＝x3＋ax＋ ，当 a为何值时，x轴为曲线方程 y=f(x)的切线.
4
例 6.已知函数 f(x)＝x²＋ax＋b和 g(x)＝ex(cx＋d)都过点 P(0,2)且在 P处有相
同切线 y=4x＋2，求 a，b，c，d的值.
题型二 单调型
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1.主导函数需“二次求导”型
I不含参求单调区间
1
例 1.求函数 f(x)＝x(ex－1)－ x²的单调区间.
2
解：f(x)的定义域为R
f′(x)＝ex(1＋x)－1－x＝(x＋1)(ex＋1)
令f′(x)＞0，得x＜－1或x＞0；令f′(x)＜0，得－1＜x＜0
f(x)的增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)，减区间为(－1，0)。
a
例 2.求函数 f(x)＝(1＋ )ex(a＞0)在(－∞，0)上的单调性.
x
解：f(x)的定义域为(－∞，0)
a a ex
f′(x)＝ex(－ ＋ ＋1)＝ (x²＋ax－a)
x² x x²
－a－ a²＋4a －a－ a²＋4a
令f′(x)＞0，得x＜ ；令f′(x)＜0，得 ＜x＜0
2 2
－a－ a²＋4a －a－ a²＋4a
f(x)的增区间为(－∞， )，减区间为( ，0)。
2 2
解题模版一 求解函数的单调区间
⑴求出函数 f(x)的定义域；
⑵求 f′(x)；
⑶判断 f′(x)的正负；
{
f′(x)＝kx＋b
注：导函数的形式是有限的 f′(x)＝ax²＋bx＋c
二次求导型
⑷写出函数的单调区间.
注：①求单调区间结论一定叙述为 f(x)单调区间为…
讨论单调性可叙述为 f(x)在某区间增(减)
②多个相同单调性区间要用逗号隔开，不能用∪
③单调区间书写时用中括号还是小括号问题
II.主导函数需“二次求导”型
例 1.讨论函数 f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1的单调性.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
x＋1 1
f′(x)＝lnx＋ －1＝lnx＋
x x
1 1 1 x－1
令φ(x)＝lnx＋ (x＞0)，则φ′(x)＝ － ＝
x x x² x²
令φ(x)＞0，则x＞1；令φ(x)＜0，则0＜x＜1，
∴φ(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增.
∴φ(x)≥φ(0)＝1＞0，从而f′(x)＞0
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∴f(x)在(0，＋∞)上递增.
例 2.求函数 f(x)＝xe2 － x＋ex的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f′(x)＝(1－x)e2－x＋e
令φ(x)＝(1－x)e2－x＋e，则φ′(x)＝(x－2)e2－x
当x∈(－∞，2)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(－∞，2)上递减；
当x∈(2，＋∞)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(2，＋∞)上递增；
∴φ(x)≥φ(2)＝－1＋e＞0
∴f(x)单调增区间为R，无减区间.
ln(x＋1)
例 3.求函数 f(x)＝ 的单调区间.
x
解：f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，＋∞)
x－(x＋1)ln(x＋1)
f′(x)＝
(x＋1)x²
令φ(x)＝x－(x＋1)ln(x＋1)，则φ′(x)＝－ln(x＋1)
当x∈(－1，0)时，φ′(x)＞0，则φ(x)在(－1，0)上递增
∴φ(x)＜φ(0)＝0
∴f′(x)＜0
∴f(x)在(－1，0)上递减
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，＋∞)上递减；
∴φ(x)＜φ(0)＝0
∴f′(x)＜0
∴f(x)在(0，＋∞)上递减
综上所述：f(x)单调递减区间为(－1，0)和(0，＋∞).
x
例 4.求函数 H(x)＝|lnx|－ ＋C的单调区间.
e2x
{ x
－lnx－ ＋C0＜x＜1
e2x
解：H(x)＝
x
lnx－ ＋Cx≥1
e2x
1 1－2x －e2x－x＋2x²
当x∈(0，1)时，H′(x)＝－ － ＝
x
e2x xe2x
令φ(x)＝－e2x－x＋2x²，x∈(0，1)
则φ′(x)＝－2e2x－1＋4x
φ′′(x)＝－4e2x＋4＝－4(e2x－1)＜0，
∴φ′(x)在(0，1)上递减
∴φ′(x)＜φ′(0)＝－3＜0
∴φ(x)在(0，1)上递减
∴φ(x)＜φ(0)＝－1＜0，即H′(x)＜0
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∴H(x)在(0，1)上递减
1 1－2x e2x－x＋2x²
当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＝ － ＝
x
e2x xe2x
令φ(x)＝e2x－x＋2x²，x∈(1，＋∞)
则φ′(x)＝2e2x－1＋4x
∵x＞1
∴φ′(x)＞0
∴φ(x)在(1，＋∞)上递增
∴φ(x)＞φ(1)＝e²＋1＞0，即H′(x)＞0
∴H(x)在(1，＋∞)上递增
综上所述：H(x)在(0，1)上递减，(1，＋∞)上递增.
重要方法一 二次求导求函数单调性
当无法通过不等式判断一阶导函数的正负时，可对“主导”函数再次求导，这
种“再构造，再求导”是破解函数综合问题的强大武器。
⑴通过判断 f′′(x)的符号，来判断 f′(x)的单调性；
⑵通过赋特殊值找到 f′(x)的零点，进而得到 f′(x)的正负区间.
2.主导函数为“一次函数”型
例 1.求函数 f(x)＝ex－ax＋1的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f′(x)＝ex－a
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，∴f(x)的增区间为R
当a＞0时，令f′(x)＞0，则x＞lna；令f′(x)＜0，则x＜lna；
∴f(x)的增区间为(lna，＋∞)，减区间为(－∞，lna)。
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为R
当a＞0时，f(x)的增区间为(lna，＋∞)，减区间为(－∞，lna)。
1
例 2.求函数 f(x)＝lnx－ax＋ x²的单调区间.
2
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
1 1
f′(x)＝ －a＋x＝(x＋ )－a
x x
当a≤2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)的增区间为(0，＋∞)
a－ a²－4 a＋ a²－4
当a＞2时，令f′(x)＝0，则x＝ 或x＝
2 2
a－ a²－4 a＋ a²－4
令f′(x)＞0，则0＜x＜ 或x＞
2 2
a－ a²－4 a＋ a²－4
令f′(x)＜0，则 ＜x＜ .
2 2
a－ a²－4 a＋ a²－4
∴f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)，
2 2
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a－ a²－4 a＋ a²－4
减区间为( ， )
2 2
综上所述：当a≤2时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
a－ a²－4 a＋ a²－4
当a＞2时，f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)，
2 2
a－ a²－4 a＋ a²－4
减区间为( ， )
2 2
例 3.求函数 f(x)＝lnx－ax的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
1
f′(x)＝ －a
x
当a≤0时，f′(x)＞0，∴f(x)的增区间为(0，＋∞)
1 1
当a＞0时，令f′(x)＞0，则0＜x＜ ；令f′(x)＜0，则x＞ ；
a a
1 1
∴f(x)的增区间为(0， )，减区间为(，＋∞).
a a
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
1 1
当a＞0时，f(x)的增区间为(0， )，减区间为(，＋∞)。
a a
例 4.求函数 f(x)＝ax－(a＋1)ln(x＋1)(a≥－1)的单调区间.
解：f(x)的定义域为(－1，＋∞)
a＋1 ax－1
f′(x)＝a－ ＝
x＋1 x＋1
当－1≤a≤0时，ax－1≤0，即f′(x)≤0
∴f(x)的减区间为(－1，＋∞)
1 1
当a＞0时，令f′(x)＞0，则x＞ ，令f′(x)＜0，则－1＜x＜ ，
a a
1 1
∴f(x)的增区间为(，＋∞)，减区间为(－1， ).
a a
综上所述：当－1≤a≤0时，f(x)的减区间为(－1，＋∞)
1 1
当a＞0时，f(x)的增区间为(，＋∞)，减区间为(－1， ).
a a
例 5.求函数 f(x)＝xekx(k≠0)的单调区间.
解：f(x)的定义域为R
f′(x)＝(1＋kx)ekx
1 1
当k＞0时，f(x)的增区间为(－ ，＋∞)，减区间为(－∞，－ ).
k k
1 1
当k＜0时，f(x)的增区间为(－∞，－ )，减区间为(－ ，＋∞).
k k
1 1
综上所述：当 k＞0时，f(x)的增区间为(－ ，＋∞)，减区间为(－∞，－ ).
k k
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1 1
当k＜0时，f(x)的增区间为(－∞，－ )，减区间为(－ ，＋∞).
k k
例 6.求函数 f(x)＝x－alnx(a∈R)的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
a x－a
f′(x)＝1－ ＝
x x
当a≤0时，f′(x)≥0，则f(x)的增区间为(0，＋∞)
当a＞0时，令f′(x)＞0，则x＞a，令f′(x)＜0，则0＜x＜a，
∴f(x)的增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a).
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0，＋∞).
当a＞0时，f(x)的增区间为(a，＋∞)，减区间为(0，a).
重要方法二 一次函数型(一)
1 1
当导函数可表示为常见已知函数，(例如：ex，x＋ ， ，x²－2x)与一个常参数(例
xx
1
如：a，2k， ，－a)的差的形式时，可通过画出已知函数与常值函数图像的方法
a
对参数进行分类讨论.
重要方法三 一次函数型(二)二级分类法
当导函数为一次函数(一次项系数为参数)时，可用二级分类法
⑴判断最高次项系数的正负；
⑵判断一次方程的根与定义域端点值的大小.
3.主导函数为“二次函数”型
例 1.求函数 f(x)＝x²－2x＋alnx的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
a 2x²－2x＋a a－(－2x²＋2x)
f′(x)＝2x－2＋ ＝ ＝
x x x
1
当a≥时，f′(x)≥0，则f(x)的增区间为(0，＋∞)
2
1－ 1－2a 1＋ 1－2a
1
当0＜a＜ 时，令f′(x)＝0，则x＝ ，x＝
1 2
2 2 2
1－ 1－2a 1＋ 1－2a
令 f′(x)＞0，则0＜x＜ ，或x＞
2 2
1－ 1－2a 1＋ 1－2a
令 f′(x)＜0，则 ＜x＜ ，
2 2
1－ 1－2a 1＋ 1－2a
∴f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)
2 2
1－ 1－2a 1＋ 1－2a
减区间为( ， )
2 2
11Q群675260005
1＋ 1－2a
当a≤0时，令f′(x)＞0，则x＞ ，
2
1＋ 1－2a
令f′(x)＜0，则0＜x＜ ，
2
1＋ 1－2a 1＋ 1－2a
∴f(x)的增区间为 ( ，＋∞)，减区间为(0， )
2 2
1
综上所述：当a≥时，f(x)的增区间为(0，＋∞)，
2
1－ 1－2a 1＋ 1－2a
1
当0＜a＜ 时，f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)
2 2 2
1－ 1－2a 1＋ 1－2a
减区间为( ， )
2 2
1＋ 1－2a 1＋ 1－2a
当a≤0时，f(x)的增区间为 ( ，＋∞)，减区间为(0， )
2 2
ex
例 2.求函数 f(x)＝ (k＞0)单调区间.
x²＋k
解：f(x)的定义域为R
ex(x²＋k)－2xex ex(x²－2x＋k) ex[k－(－x²＋2x)]
f′(x)＝ ＝ ＝
(x²＋k)² (x²＋k)² (x²＋k)²
当k≥1时，f′(x)≥0，f(x)的增区间为R
当0＜k＜1时，令f′(x)＝0，则x＝1－ 1－k，x＝1＋ 1－k
1 2
令 f′(x)＞0，则0＜x＜1－ 1－k，或x＞1＋ 1－k
令 f′(x)＜0，则1－ 1－k＜x＜1＋ 1－k，
∴f(x)的增区间为(0，1－ 1－k)和(1＋ 1－k，＋∞)
减区间为(1－ 1－k，1＋ 1－k)
综上所述：当k≥1时，f(x)的增区间为R，
当0＜k＜1时，f(x)的增区间为(0，1－ 1－k)和(1＋ 1－k，＋∞)
减区间为(1－ 1－k，1＋ 1－k)
12Q群675260005
2
例 3.讨论函数 f(x)＝x－ ＋a(2－lnx)的单调性.
x
解：f(x)的定义域为(0,＋∞)
2
x＋ －a
2 a x²－ax＋2 x
f′(x)＝1＋ － ＝ ＝
x² x x² x
当a≤2 2时，f′(x)≥0，f(x)的增区间为(0,＋∞)
a－ a²－8 a＋ a²－8
当a＞2 2时，令f′(x)＝0，则x＝ ，x＝
1 2
2 2
a－ a²－8 a＋ a²－8
令 f′(x)＞0，则0＜x＜ ，或x＞
2 2
a－ a²－8 a＋ a²－8
令 f′(x)＜0，则 ＜x＜ ，
2 2
a－ a²－8 a＋ a²－8
∴f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)
2 2
a－ a²－8 a＋ a²－8
减区间为( ， )
2 2
综上所述：当a≤2 2时，f(x)的增区间为(0,＋∞)，
a－ a²－8 a＋ a²－8
当a＞2 2时，f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)
2 2
a－ a²－8 a＋ a²－8
减区间为( ， )
2 2
重要方法四 二次函数型(一)
11
当导函数可表示为常见已知函数(例如：ex，x＋ ，，x²－2x)与一个常参数(例如：
xx
1
a，2k， ，－a)的差的形式时，可通过画出已知函数与常值函数图像的方法对参
a
数进行分类讨论.
例如：2x²－2x＋a，x∈(0，＋∞) 可化为 a－(－2x²＋2x)
x²－2x＋k，x∈R k－(－2x²＋2x)
2
x²－ax＋2，x∈(0，＋∞) x＋ －a
x
13Q群675260005
ex
例 4.求函数 f(x)＝(x－k)² 的单调区间.
ek
解：f(x)的定义域为R
1 ex 1 ex
f′(x)＝[2x－2k＋ (x²－2kx＋k²)]＝ ((x²－k²)
k k
ek ek
当k＞0时，f(x)的增区间为(－∞，－k)和(k，＋∞)，减区间为(－k，k).
当k＜0时，f(x)的增区间为(k，－k)，减区间为(－∞，k)和(－k，＋∞).
综上所述：当k＞0时，f(x)的增区间为(－∞，－k)和(k，＋∞)，
减区间为(－k，k).
当k＜0时，f(x)的增区间为(k，－k)，
减区间为(－∞，k)和(－k，＋∞).
例 5.求函数 f(x)＝lnx＋ax²＋x(a∈R)的单调区间.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
1 2ax²＋x＋1
f′(x)＝ ＋2ax＋1＝
x x
当a≥0时，f′(x)＞0，则f(x)的增区间为(0，＋∞).
－1＋ 1－8a －1－ 1－8a
当a＜0时，令f′(x)＝0，则x＝ ，x＝
1 2
4a 4a
(此处x＜0＜x)，故将x舍去.
1 2 1
1
(注意：此处x·x＝ ＜0，可知一根为正，一根为负)
1 2
2a
－1－ 1－8a －1－ 1－8a
令f′(x)＞0，则0＜x＜ ，f(x)的增区间为(0， )
4a 4a
－1－ 1－8a －1－ 1－8a
令f′(x)＞0，则x＞ ，f(x)的减区间为( ，＋∞)
4a 4a
综上所述：当a≥0时，f(x)的增区间为(0，＋∞).
－1－ 1－8a
当a＜0时，f(x)的增区间为(0， )，
4a
－1－ 1－8a
减区间为( ，＋∞).
4a
1
例 6.求函数 f(x)＝a(x－ )－2lnx的单调区间.
x
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
a 2 ax²－2x＋a
f′(x)＝a＋ － ＝
x² x x²
当a≤0时，f′(x)＜0，则f(x)的减区间为(0，＋∞).
(注意：此处ax²＜0，－2x＜0，a＜0，故ax²－2x＋a＜0)
14Q群675260005
当a＞0时，由ax²－2x＋a＝0，得△＝4－4a²
⑴当△≤0，即a≥1时，f′(x)≥0，∴f(x)的增区间为(0，＋∞)
1－ 1－a² 1＋ 1－a²
⑵当△＞0，即0＜a＜1时，令f′(x)＝0，则x＝ ，x＝
1 a 2 a
1－ 1－a² 1＋ 1－a²
令f′(x)＞0，则0＜x＜ 或x＞
a a
1－ 1－a² 1＋ 1－a²
令f′(x)＜0，则 ＜x＜
a a
1－ 1－a² 1＋ 1－a²
∴f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)
a a
1－ 1－a²1＋ 1－a²
减区间为( ， )
a a
综上所述：当a≤0时，f(x)的减区间为(0，＋∞).
1－ 1－a² 1＋ 1－a²
当0＜a＜1时，f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)
a a
1－ 1－a²1＋ 1－a²
减区间为( ， )
a a
当a≥1时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
x－1
例 7.求函数 f(x)＝alnx＋ 的单调区间.
x＋1
解：f(x)的定义域为(0，＋∞).
a 2 a(x＋1)²＋2x ax²＋(2a＋2)x＋a
f′(x)＝ ＋ ＝ ＝
x
(x＋1)² x(x＋1)² x(x＋1)²
⑴当a≥0时，f′(x)＞0，∴f(x)的增区间为(0，＋∞).
(注：此处因a≥0，x＞0，所以ax²＞0，(2a＋2)x＞0，a＞0，即f′(x)＞0)
⑵当a＜0时，由ax²＋(2a＋2)x＋a＝0，得△＝8a＋4
1
①当△≤0即a≤－ 时，f′(x)＜0，∴f(x)的减区间为(0，＋∞).
2
1
②当△＞0即－ ＜a＜0时，令f′(x)＝0，
2
－(a＋1)－ 2a－1 －(a＋1)＋ 2a－1
则x＝ ，x＝
1 a 2 a
2a＋2 2
(注：此处由 x＋x＝1＞0，x·x＝－ ＝－2－ ＞0，则 x＞0，x＞0)
1 2 1 2 a a 1 2
15Q群675260005
－(a＋1)－ 2a－1 －(a＋1)＋ 2a－1
令f′(x)＞0，则0＜x＜ 或x＞
a a
－(a＋1)－ 2a－1 －(a＋1)＋ 2a－1
令f′(x)＜0，则 ＜x＜
a a
－(a＋1)－ 2a－1 －(a＋1)＋ 2a－1
∴f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)
a a
－(a＋1)－ 2a－1 －(a＋1)＋ 2a－1
减区间为( ， )
a a
综上所述：当a≥0时，f(x)的增区间为(0，＋∞).
1
当－ ＜a＜0时，
2
－(a＋1)－ 2a－1 －(a＋1)＋ 2a－1
f(x)的增区间为(0， )和( ，＋∞)
a a
－(a＋1)－ 2a－1 －(a＋1)＋ 2a－1
减区间为( ， )
a a
1
当a≤－ 时，f(x)的减区间为(0，＋∞)
2
重要方法五 二次函数型(二)
当二次函数的最高次项系数含有字母时，且不能进行因式分解
⑴判断最高次项系数与零的关系，分为三类
a＝0，a＞0，a＜0
⑵当 a＝0时，很容易判断正负；
当 a＞0时，可考虑每一项都为正，从而导数大于 0；
当 a＜0时，考虑△及根与定义域端点值的大小.
x²－k
例如： (k≠0)；
x
2ax²＋x＋1，x∈(0，＋∞)；
ax²－2x＋a，x∈(0，＋∞)；
ax²＋(2a＋2)x＋a，x∈(0，＋∞)；
a
例 8.求函数 f(x)＝(1－a)lnx－x＋ x²的单调区间.
2
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
1－a ax²－x＋1－a (x－1)[ax＋(a－1)]
f′(x)＝ －1＋ax＝ ＝
x x x
(注1：此处主导函数为g(x)＝ax²－x＋1－a的△＝(2a－1)²≥0)
1
(注 2：分类讨论的思想依据①最高次的系数 a＝0；②△＝0，则 a＝ ；③对应方
2
16Q群675260005
1－a 1 1－a
程的两个根相等，即1＝ ，则a＝ ；④让其中的根和区间端点相等，即0＝ ，
a 2 a
1 1
即a＝1。至此，a的取值被分成了7类，即a＜0，a＝0，0＜a＜ ，a＝ ，
2 2
1
＜a＜1，a＝1，a＞1)
2
⑴当a＜0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
1－a
(注3：此处 ＜0＜1)
a
⑵当a＝0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
1 1－a 1－a
⑶当0＜a＜ 时，f(x)的增区间为(0，1)和( ，＋∞)，减区间为(1， )
2 a a
1－a
(注4：此处0＜1＜ )
a
1
⑷当a＝ 时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
2
1 1－a 1－a
⑸当 ＜a＜1时，f(x)的增区间为(0， )和(1，＋∞)，减区间为( ，1)
2 a a
1－a
(注5：此处0＜ ＜1)
a
⑹当a＝1时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)
1－a
(注6：此处 ＜0＜1)
a
⑺当a＞1时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)
(注7：⑴⑵类可以合并，⑹⑺可以可并)
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间为(0，1)，减区间为(1，＋∞)
1 1－a 1－a
当0＜a＜ 时，f(x)的增区间为(0，1)和( ，＋∞)，减区间为(1， )
2 a a
1
当a＝ 时，f(x)的增区间为(0，＋∞)
2
1 1－a 1－a
当 ＜a＜1时，f(x)的增区间为(0， )和(1，＋∞)，减区间为( ，1)
2 a a
当a＝1时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)。
1
例 9.求函数 f(x)＝ ax²－(2a＋1)x＋2lnx的单调区间.
2
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
2 ax²－(2a＋1)x＋2 (x－2)(ax－1)
f′(x)＝ax－(2a＋1)＋ ＝ ＝
x x x
(注 1：此处主导函数是 y＝ax²－(2a＋1)x＋2，△＝(2a＋1)²－8a＝(2a－1)²≥0，
故主导函数是可以因式分解的)
1 1 1
(注 2：分类的思想①a＝0；②△＝0，即 a＝ ；③两根相等 ＝2，即 a＝ ；④其
2 a 2
1 1
中一根与端点相等，即 ＝0，则 0和 就可以将数轴分成5部分，即需要分成 5
a 2
17Q群675260005
类)
⑴当a≤0时，f(x)的增区间是(0，2)，减区间(2，＋∞)
1 1 1
⑵当0＜a＜ 时，f(x)的增区间是(0，2)和(，＋∞)，减区间(2， )
2 a a
1
⑶当a＝ 时，f(x)的增区间是(0，＋∞)
2
1 1 1
⑷当a＞ 时，f(x)的增区间是(0， )和(2，＋∞)，减区间(，2)
2 a a
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间是(0，2)，减区间(2，＋∞)
1 1 1
当0＜a＜ 时，f(x)的增区间是(0，2)和(，＋∞)，减区间(2， )
2 a a
1
当a＝ 时，f(x)的增区间是(0，＋∞)
2
1 1 1
当a＞ 时，f(x)的增区间是(0， )和(2，＋∞)，减区间(，2)
2 a a
1－a 1
例 10.求函数 f(x)＝lnx－ax＋ －1，a≤的单调区间.
x 2
重要方法六 二次函数型(三)
当二次函数的判别式△≥0时，可采用四级分类法.
⑴判断最高次项系数与零的关系.
⑵判断根的判别式与零的关系.
⑶两根的大小比较.
⑷根与定义域端点值的大小比较.
例如：ax²－x＋(1－a)，x∈(0，＋∞)；
－ax²＋x＋a－1，x∈(0，＋∞)；
ax²＋(2a＋1)x＋2，x∈(0，＋∞)；
1
例 11.求函数 f(x)＝xex－a(x²＋x)的单调区间.
2
解：f(x)的定义域为R
f′(x)＝(1＋x)ex－a(1＋x)＝(x＋1)(ex－a)
⑴当a≤0时，令f′(x)＞0，则x＞－1；令f′(x)＜0，则x＜－1；
∴f(x)增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)
⑵当a＜0时，令f′(x)＝0，则x＝－1，x＝lna
1 2
1
①当a＞ 时，f(x)的增区间是(－∞，－1)和(lna，＋∞)，减区间(－1，lna)
e
1
②当a＝ 时，f(x)的增区间是R
e
1
③当a＜ 时，f(x)的增区间是(－∞，lna)和(－1，＋∞)，减区间(lna，－1)
e
综上所述：当a≤0时，f(x)增区间为(－1，＋∞)，减区间为(－∞，－1)
1
当a＞ 时，f(x)的增区间是(－∞，－1)和(lna，＋∞)，减区间(－1，lna)
e
18Q群675260005
1
当a＝ 时，f(x)的增区间是R
e
1
当0＜a＜ 时，f(x)的增区间是(－∞，lna)和(－1，＋∞)，减区间(lna，－1)
e
π
例 12.求函数 f(x)＝(x－a)sinx＋cosx，x∈(0，π)，a＞ 的单调区
2
解：f(x)的定义域为(0，π)
f′(x)＝sinx＋(x－a)cosx－sinx＝(x－a)cosx
π π
⑴当a≥π时，令f′(x)＞0，则x∈(，π)；令f′(x)＜0，则x∈(0， )
2 2
π π
∴f(x)的增区间为(，π)，减区间为(0， )
2 2
π π π
⑵当 ＜a＜π时，f(x)的增区间为(，a)，减区间为(0， )和(a，π)
2 2 2
π π
综上所述：当a≥π时，f(x)的增区间为(，π)，减区间为(0， )
2 2
π π π
当 ＜a＜π时，f(x)的增区间为(，a)，减区间为(0， )和(a，π)
2 2 2
1
例 13.求函数 f(x)＝(ax²－x)lnx－ ax²＋x(a∈R)的单调区间.
2
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)
f′(x)＝(2ax－1)lnx＋ax－1－ax＋1＝(2ax－1)lnx
⑴当a≤0时，f(x)的增区间是(0，1)，减区间是(1，＋∞)
⑵当a＞0时
1 1 1
①当 ＜1，即a＞ 时，f(x)的增区间是(0， )和(1，＋∞)，
2a 2 2a
1
减区间是( ，1)
2a
1 1
②当 ＝1，即a＝ 时，f(x)的增区间是(0，＋∞)
2a 2
1 1 1
③当 ＞1，即0＜a＜ 时，f(x)的增区间是(0，1)和( ，＋∞)，
2a 2 2a
1
减区间是(1， )
2a
综上所述：当a≤0时，f(x)的增区间是(0，1)，减区间是(1，＋∞)
1 1 1
当a＞ 时，f(x)的增区间是(0， )和(1，＋∞)，减区间是( ，1)
2 2a 2a
1
当a＝ 时，f(x)的增区间是(0，＋∞)
2
1 1 1
当0＜a＜ 时，f(x)的增区间是(0，1)和( ，＋∞)，减区间是(1， )
2 2a 2a
重要方法七 二次函数型(四)
主导函数类似于二次函数形式.
19Q群675260005
例如：f′(x)＝(x＋1)(ex－a)；
π
f′(x)＝(x－a)cosx，x∈(0，π)，a＞ ；
2
f′(x)＝(2ax－1)lnx，x∈(0，＋∞)；
4.已知函数单调性，求参数范围
ex
例 1.函数 f(x)＝ (a＞0)为 R上单调函数，求 a的取值范围.
ax²＋1
ex(ax²－2ax＋1)
解：f′(x)＝
(ax²＋1)²
∵函数y＝ax²－2ax＋1恒过点(0，1)
f(x)在R上单调
∴f′(x)≥0在R上恒成立，即ax²－2ax＋1≥0在R上恒成立
⑴当a＝0时，符合题意
⑵当a＜0时，不符合题意
⑶当a＞0时，只需△＝4a²－4a≤0，即0＜a≤1
综上所述：a的取值范围为[0，1]
1
例 2.函数 f(x)＝lnx＋ ＋ax(a∈R)在[2,＋∞)上是单调函数，求 a的取值范围.
x
1 1
解：f′(x)＝ － ＋a
x x²
⑴若f(x)在[2,＋∞)上是单调递增，
1 1
则f′(x)＝ － ＋a≥0在[2,＋∞)上恒成立
x x²
1 1
∴a≥ － ，x∈[2,＋∞)
x² x
1 1 1
令t＝ ，则y＝t²－t，t∈(0， ]，则y∈[－ ,0)
x 2 4
∴a≥0
⑵若f(x)在[2,＋∞)上是单调递减，
1 1
则f′(x)＝ － ＋a≤0在[2,＋∞)上恒成立
x x²
1 1
∴a≤ － ，x∈[2,＋∞)
x² x
1 1 1
令t＝ ，则y＝t²－t，t∈(0， ]，则y∈[－ ,0)
x 2 4
1
∴a≤－
4
1
综上所述：a∈(－∞，－ ]∪[0,＋∞)
4
注：以上两题是不明确函数是增函数还是减函数.
例 3.函数 f(x)＝xekx在(－1,1)内单调递增，求 k的取值范围.
解：f′(x)＝(1＋kx)ekx
20Q群675260005
∵f(x)＝xekx在(－1,1)内单调递增，
∴f′(x)≥0在(－1,1)内恒成立
∴1＋kx≥0在(－1,1)内恒成立
{－k＋1≥0
即 ，即－1≤k≤1
k＋1≥0
例 4.函数 f(x)＝lnx＋x²－ax在定义域上为增函数，求 a的取值范围.
1
解：f′(x)＝ ＋2x－a
x
∵f(x)在(0，＋∞)上为增函数，
1
∴f′(x)＝ ＋2x－a≥0在(0，＋∞)上恒成立
x
1
∴a≤＋2x，x∈(0，＋∞)
x
2
1 1
当且仅当 ＝2x，即x＝ 时，(＋2x) ＝2 2
x 2 x min
∴a≤2 2
ax
例 5.函数 f(x)＝ (a＞0)在(－1,1)内单调递增，求 b的取值范围.
x²＋b
－a(x²－b)
解：f′(x)＝
(x²＋b)²
由题意知，f′(x)≥0在(－1,1)上恒成立
∴x²－b≤0，x∈(－1，1)
∴b≥x²，x∈(－1，1)
∴b≥1
m f(b)－f(a)
例 6.设 f(x)＝lnx＋ ，m∈R，若对任意 b＞a＞0， ＜1恒成立，求 m
x b－a
的取值范围.
f(b)－f(a)
解：∵对任意b＞a＞0， ＜1恒成立，
b－a
[f(b)－b]－[f(a)－a]
∴对任意b＞a＞0， ＜0恒成立，
b－a
m
∴F(x)＝f(x)－x＝lnx＋ －x在(0，＋∞)上递减
x
1 m
∴F′(x)＝ － －1≤0在(0，＋∞)上恒成立
x x²
∴x－m－x²≤0，即m≥－x²＋x，x∈(0，＋∞)
1
∴m≥
4
{ xlnxx＞a
例 7.已知函数 f(x)＝ ，其中 a≥0，如果对于任意 x，x∈R，
1 2
－x²＋2x－3 x≤a
且 x＜x，都有 f(x)＜f(x)，求 a的取值范围.
1 2 1 2
21Q群675260005
解：g(x)＝－x²＋2x－3在(－∞，1)递增，在(1，＋∞)上递减，且g(x) ＝－2
max
令H(x)＝xlnx，则H′(x)＝lnx＋1，
1 1
令H′(x)＞0，则x＞ ；令H′(x)＜0，则0＜x＜ ；
e e
1 1
∴H(x)在在(0， )上递减，(，＋∞)递增，
e e
1 1
∴H(x) ＝H()＝－
min e e
1
通过画图像可知， ≤a≤1
e
重要方法八 已知函数单调性求参数范围(一)
函数在某区间上单调，先结合主导函数判断是增或减.
f(x)在区间 M上递增⇒f′(x)≥0在 M上恒成立
f(x)在区间 M上递减⇒f′(x)≤0在 M上恒成立
1 1 2
例 8.函数 f(x)＝－ x3＋ x²＋2ax在(，＋∞)上存在单调递增区间，求 a的取值
3 2 3
范围.
2
解：∵f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间
3
2
∴存在x∈(，＋∞)，使得f′(x)＝－x²＋x＋2a＞0成立
3
2 1 1 1 1
∴存在x∈(，＋∞)，使得a＞ x²－ x，即a＞(x²－ x) ，
min
3 2 2 2 2
1 1 2 1
∵函数y＝ x²－ x在(，＋∞)上的最小值为－
2 2 3 9
1
∴a＞－
9
例 9.函数 f(x)＝lnx＋(x－a)²，a∈R，在[1,2]上存在单调递增区间，求 a的取值范
围.
解：由题意知，
1
存在x∈[1,2]，使得f′(x)＝ ＋2x－2a＞0成立
x
1
∴存在x∈[1,2]，使得a＜ ＋x
2x
1
∵y＝ ＋x在[1,2]上单调递增
2x
1 9
∴( ＋x) ＝
max
2x 4
9
∴a＜
4
m
例 10.函数 f(x)＝ x3＋x²－x，m∈R在[2,＋∞)上存在单调递增区间，求 m的
3
取值范围.
22Q群675260005
解：由题意知
f′(x)＝mx²＋2x－1＞0在[2,＋∞)有解
1－2x 1 1
∴存在x∈[2,＋∞)，使得m＞ ＝()²－2()
x² x x
1 1
令 t＝ ，则y＝t²－2t，t∈(0， ]
x 2
1 3
∴y ＝y()＝－
min
2 4
3
∴m＞－
4
重要方法九 已知函数单调性求参数范围(二)
f(x)在区间 M上存在单调递增⇒f′(x)＞0在 M上有解⇔f′(x) ＞0
max
f(x)在区间 M上存在单调递减⇒f′(x)＜0在 M上有解⇔f′(x) ＜0
min
例 11.函数 f(x)＝x3＋(1－a)x²－a(a＋2)x＋b在(－1,1)上不单调，求 a的取值范
围.
解：f′(x)＝3x²＋2(1－a)x－a(a＋2)＝(x－a)[3x＋(a＋2)]在(－1，1)上有零点
{
－1＜a＜1
1 1
⑴ a＋2，解得：－1＜a＜－ 或－ ＜a＜1
a≠－ 2 2
3
{
a＋2
－1＜－ ＜1
3 1 1
⑵ ，解得：－5＜a＜－ 或－ ＜a＜1
a＋2 2 2
a≠－
3
1 1
综上所述：a∈(－5，－ )∪(－ ，1)
2 2
例 12.函数 f(x)＝x3＋(k－1)x²＋(k＋5)x－1，k∈R在(0,3)上不单调，求 k的取
值范围.
解：f′(x)＝3x²＋2(k－1)x＋k＋5在(0,3)上有变号零点
26
⑴f′(0)f′(3)＜0，即(k＋5)(7k＋26)＜0，即－5＜k＜－
7
{
f′(0)＞0
1－k
f′( )＞0
3 26
⑵ ，解得：－ ＜k＜－2
f′(3)＞0 7
1－k
0＜ ＜3
3
⑶由f′(0)＝0，得k＝－5，此时f′(x)＝3x²－12x，令f′(x)＝0，
解得x＝0，x＝4，此时在(0,3)上，f′(x)＜0，不符合题意，故k＝－5舍去
1 2
26 66 9
⑷由f′(3)＝0，得k＝－ ，此时f′(x)＝3x²－ x＋ ，令f′(x)＝0，
7 7 7
1 1 1
解得x＝3，x＝ ，此时在(0, )上，f′(x)＞0，在(，3)上，f′(x)＜0，即在(0,3)
1 2
7 7 7
23Q群675260005
26
上f′(x)有变号零点，故k＝－ 合题意.
7
综上所述：－5＜k＜－2
重要方法十 已知函数单调性求参数范围(三)
f(x)在区间 M上不单调⇒f′(x)在 M上有变号零点
24Q群675260005
题型四 零点型
1.零点(交点，根)的个数问题
ex
例 1.已知函数 f(x)＝ ，求函数 F(x)＝f(x)－bx的零点个数.
x
ex ex ex
解：F(x)＝ －bx的零点⇔方程 －b＝0的根⇔直线y＝b与H(x)＝ 交点横坐
x x² x²
标
ex
H(x)＝ 的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)
x²
ex(x²－2x) ex(x－2)
H′(x)＝ ＝
x4 x3
当x＜0时，H′(x)＞0，H(x)在(－∞，0)递增；
当0＜x＜2时，H′(x)＜0，H(x)在(0，2)递减；
当x＞2时，H′(x)＞0，H(x)在(2，＋∞)递增；
当x→－∞时，H(x)→0＋
当x→0时，H(x)→＋∞
e2
当x＝2时，H(x)＝
4
当x→＋∞时，H(x)→＋∞据此分析，其图像如下
所以：当b≤0时，F(x)零点个数为0
e2
当0＜b＜ 时，F(x)零点个数为1
4
e2
当b＝ 时，F(x)零点个数为2
4
e2
当b＞ 时，F(x)零点个数为3
4
25Q群675260005
例 2.讨论 f(x)＝lnx－mx的零点个数.
lnx
解：f(x)＝lnx－mx的零点⇔方程lnx－mx＝0的根⇔直线y＝m与H(x)＝
x
交点横坐标
lnx 1－lnx
H(x)＝ 的定义域为(0，＋∞)，H′(x)＝ ，
x x²
令H′(x)＞0，则0＜x＜e；令H′(x)＜0，则x＞e，
∴H(x)在(0，e)上递增，在(e，＋∞)上递减
当x→0＋时，H(x)→－∞
当x→＋∞时，H(x)→0＋
1
H(e)＝ ，故分析其图像如下
e
1
综上所述：当m≤0或m＝ 时，f(x)零点个数为1
e
1
当0＜m＜ 时，f(x)零点个数为2
e
1
当m＞ 时，f(x)零点个，数为0
e
例 3.f(x)＝－x²＋8x，g(x)＝6lnx＋m，是否存在 m，使得 f(x)与 g(x)图像有且只
有三个不同的交点，求 a的取值范围.
解：要使f(x)与g(x)有三个不同的交点，
⇔－x²＋8x＝6lnx＋m有三个不等实根
⇔直线y=m与H(x)＝－x²＋8x－6lnx有三个交点
H(x)＝－x²＋8x－6lnx的定义域为(0，＋∞)，
6 －2(x²－4x＋3) －2(x－1)(x－3)
H′(x)＝－2x＋8－ ＝ ＝
x x x
当x∈(0，1)∪(3，＋∞)时，H′(x)＜0
当x∈(1，3)时，H′(x)＞0
∴H(x)在(0，1)上递减，在(1，3)上递增，在(3，＋∞)上递减
且H(1)＝7，H(3)＝15－6ln3
∴H(x)有极小值H(1)＝7，有极大值H(3)＝15－6ln3
综上所述：由题意知，7＜m＜15－6ln3
1 1
例 4.f(x)＝ x4＋ ax3＋－a²x²＋a4(a＞0)的图像与直线 y＝1恰有两个交点，求 a
4 3
的取值范围.
解：f′(x)＝x³＋ax²－2a²x＝x(x²＋ax－2a²)＝x(x＋2a)(x－a)
26Q群675260005
令f′(x)＝0得，x＝－2a，x＝0，x＝a
1 2 3
由a＞0时，f′(x)在f′(x)＝0根的左右的符号如下表所示
x (－∞，－2a) －2a (－2a，0) 0 (0，a) a (a，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
5 7
所以f(x)极小值是f(－2a)＝－ a4和f(a)＝ a4，极大值是f(0)＝a4
3 12
要使f(x)的图像与直线y＝1恰有两个交点，如图示
4
5 7 12
故只要－ a4＜1＜ a4，或a4＜1，即a＞ 或0＜a＜1
3 12 7
x
例 5.f(x)＝ ＋c，讨论关于 x的方程|lnx|＝f(x)根的个数.
e2x
1－2x 1－2x 1
解：f′(x)＝ ，由 ＝0，得x＝
2
e2x e2x
1 1
当x＜ 时，f′(x)＞0，f(x)为单调递增，即增区间为(－∞， )
2 2
1 1
当x＞ 时，f′(x)＜0，f(x)为单调递减，即减区间为(，＋∞)，
2 2
1 1
其最大值为f()＝ ＋c
2 2e
x
令g(x)＝|lnx|－f(x)＝|lnx|－ －c，x∈(0，＋∞)
e2x
e2x
＋2x－1
x x
⑴当x∈(1，＋∞)时，lnx＞0，则g(x)＝lnx－ －c，g′(x)＝
e2x e2x
e2x
因为x∈(1，＋∞)，2x－1＞0， ＞0，于是g′(x)＞0，
x
因此g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数.
27Q群675260005
e2x
－ ＋2x－1
x x
⑵当x∈(0，1)时，lnx＜0，则g(x)＝－lnx－ －c，g′(x)＝
e2x e2x
因为x∈(1，＋∞)，e2x∈(1，e²)，所以e2x＞1＞x＞0，即g′(x)＜0，
因此g(x)在(0，1)上为单调递减函数.
1
综上⑴⑵可知，当x∈(0，＋∞)时，g(x)≥g(1)＝－ －c
e²
1 1
当g(1)＝－ －c＞0，即c＜－ 时，g(x)没有零点，
e² e²
故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0.
1 1
当g(1)＝－ －c＝0，即c＝－ 时，g(x)只有一个零点，
e² e²
故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1.
1 1
当g(1)＝－ －c＜0，即c＞－ 时，
e² e²
x 1
①当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝lnx－ －c≥－lnx－( ＋c)＞－lnx－1－c.
2e
e2x
要使g(x)＞0，只需使lnx－1－c＞0，即x∈(e1＋e,＋∞)；
x 1
②当x∈(0,1)时，g(x)＝－lnx－ －c≥－lnx－( ＋c)＞－lnx－1－c.
2e
e2x
要使g(x)＞0，只需使－lnx－1－c＞0，即x∈(0，e－1－e)；
1
所以c＞－ 时，g(x)有两个零点，故关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2.
e²
1
综上所述：当c＜－ 时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为0；
e²
1
当c＝－ 时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为1；
e²
1
当c＞－ 时，关于x的方程|lnx|＝f(x)根的个数为2；
e²
a g(x)
例 6.已知函数 f(x)＝x＋ ，g(x)＝lnx，若关于 x的方程 ＝f(x)－2e只有一个
x x²
实根，求 a的值.
g(x) lnx a lnx
解：由 ＝f(x)－2e，得 ＝x＋ －2e，化为 ＝x²－2ex＋a
x² x² x x
lnx 1－lnx
令h(x)＝ ，则h′(x)＝ ，令h′(x)＝0，得x＝e，
x x²
当0＜x＜e时，h′(x)＞0；当x＞e时，h′(x)＜0；
∴函数h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.
1
∴当x＝e时，h(x)取得最大值h(e)＝
e
而函数m(x)＝x²－2ex＋a＝(x－e)²＋a－e²，
28Q群675260005
当x＝e时，m(x)取得最小值m(e)＝a－e²
1 1 g(x)
∴当a－e²＝ ，即a＝e²＋ 时，方程 ＝f(x)－2e只有一个实根.
e e x²
2.零点存在性定理的应用
1
例 1.【2012北京】证明：函数 f(x)＝xn＋x－1(n∈N*，n≥2)在(，1)上存在唯一
n
2
零点.
1 1 1 1 1 1
证明：∵f()＝()n＋ －1＝()n－ ＜0，f(1)＝1＞0，即f()f(1)＜0
n n n n
2 2 2 2 2 2
1
∴f(x)在(，1)上至少存在一个零点
n
2
∵f′(x)＝nxn－1＋1＞0
n
1
∴f(x)在(，1)上单调递增
n
2
1
∴f(x)在(，1)上存在唯一的零点.
n
2
8
例 2.【2014辽宁】f(x)＝(cosx－x)(π＋2x)－ (sinx＋1)，
3
π
证明：存在唯一 x∈(0， )，使得 f(x)＝0.
0 0
2
π 2
解：∵当x∈(0， )时，f′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－ cosx＜0
2 3
π 8 π 16
∴f(x)在(0， )上为减函数，又f(0)＝π－ ＞0，f()＝－π²－ ＜0，
2 3 2 3
π
∴存在唯一x∈(0， )，使得f(x)＝0.
0 0
2
例 3.【2015广东】a＞1，证明：函数 f(x)＝(1＋x²)ex－a在 R上有且仅有一个零
点.
解：f′(x)＝(x＋1)²ex≥0，则f(x)在R上单调递增
∵f(0)＝1－a＜0，f(lna)＝[1＋(lna)²]elna－a＝a(lna)²＞0
∴f(0)f(lna)＜0
∴f(x)在(0，lna)至少有一个零点
∴f(x)在R上有且仅有一个零点.
例 4.【2013天津】f(x)＝x²lnx.证明：∀t＞0，存在唯一的 s，使得 t＝f(s).
解：f′(x)＝2xlnx＋x，因为x＞1，所以f′(x)＞0，
f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
令H(s)＝f(s)－t，则H(1)＝－t＜0，H(et)＝te2t－t＝t(e2t－1)＞0
∴H(1)H(et)＜0
∴H(s)在(1，et)上至少有一个零点
∵H(s)在(1，＋∞)上单调递增
∴∀t＞0，存在唯一的s，使得t＝f(s).
例 5.若函数 f(x)＝x＋alnx没有零点，求 a的取值范围.
解：∵f(x)＝x＋alnx没有零点，且f(1)＝1
∴f(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立
29Q群675260005
∴f(x) ＞0
min
⑴当a＞0时，f(x)＝x＋alnx在(0，＋∞)上单调递增
【由于f(1)＝1，则设0＜x＜1，则x＋alnx＜0，即x＜－alnx，所以令－alnx
0 0 0 0 0 0
1
＝1，则x＝ 】
0
a
e
1 1 1
由于 ∈(0，1)且f( )＝ －1＜0
a a a
e e e
1
∵f(1)＞0，∴f( )f(1)＜0
a
e
1
∴f(x)在( ，1)有一个零点，与题意矛盾
a
e
⑵当a＝0时，f(x)＝x(x＞0)没有零点，符合题意
a x＋a
⑶当a＜0时，f′(x)＝1＋ ＝
x x
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；
∴f(x) ＝f(－a)＝－a＋aln(－a)＞0，即a＞－e
min
∴－e＜a＜0
综上所述：a∈(－e，0]
ax－a
例 6.f(x)＝ (a≠0).若函数 F(x)＝f(x)＋1没有零点，求 a的取值范围.
ex
ax－a
解：∵F(x)＝f(x)＋1没有零点，∴f(x)≠1，即 ≠1.
ex
ax－a ex
由 ＝1得，a＝－ .
x－1
ex
ex ex(x－2)
令g(x)＝－ ，则g′(x)＝－ ，由g′(x)＝0，得x＝2，
x－1 (x－1)²
易得x＝2是函数的极大值点，
∴g(x)∈(－∞，－e²]
∴a∈(－e²，＋∞)
3.极值点偏移问题
例 1.函数 f(x)＝xe－ x(x∈R)，如果 x
1
≠x
2
，且 f(x
1
)＝f(x
2
).求证：x
1
＋x
2
＞2.
解：f(x)＝xe－ x的定义域为Rf′(x)＝(1－x)e－ x，
令f′(x)＞0，则x＜1；令f′(x)＜0，则x＞1；
∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减
∴x→－∞时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→＋0，则其图像如图
30Q群675260005
由题意知，0＜x＜1＜x
1 2
Step1 构造一次差值函数：H(x)＝f(x)－f(2－x)＝xe－ x－(2－x)ex － 2
Step1 求H′(x)进而研究其单调性
(1－x)(1－e2x
－
2)
H′(x)＝(1－x)(e－ x－ex － 2)＝
ex
∵x＞1,∴H′(x)＞0，∴H(x)在(1，＋∞)上递增
Step3 ∴H(x)＞H(1)＝0，∴f(x)＞f(2－x)
2 2 2
Step4 ∵f(x)＝f(x)，∴f(x)＞f(2－x)，∵x，2－x∈(0,1)
1 2 1 2 1 2
且f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴x＞2－x，∴x＋x＞2
1 2 1 2
例 2.当 a＞0时，函数 f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)²有两个零点 x，x.
1 2
求证：x＋x＜2.
1 2
解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增．
a
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－ b>0，故f(x)存在两个零点．
2 2
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
e
若a≥－ ，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)
2
上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
e
若a<－ ，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，
2
＋∞)时，f′(x)>0，因此 f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上
单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
31Q群675260005
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)不妨设xf(2－x)，即f(2－x)<0.
1 2 1 2 2
由于f(2－x)＝－xe ＋a(x－1)2，
2 2 2
而f(x)＝(x－2)e＋a(x－1)2＝0，
2 2 2
所以f(2－x)＝－xe －(x－2)e.
2 2 2
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)，所以当x>1时，g′(x)<0，
而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，从而g(x)＝f(2－x)<0，故x＋x<2.
2 2 1 2
解题模板一：设函数f(x)的极值点为x，x≠x，且f(x)＝f(x).
0 1 2 1 2
证明x＋x＞2x或x＋x＜2x
1 2 0 1 2 0
⑴构造一次差值函数F(x)＝f(x)－f(2x－x).
0
⑵研究F(x)的单调性.
⑶根据F(x)＝0，判断f(x)与f(2x－x)的大小.
0 2 0 2
⑷有f(x)代替f(x)，结合f(x)的单调性得到x与2x－x的大小.
1 2 1 0 2
lnx
例 3.函数 f(x)＝ ，如果 x≠x，且 f(x)＝f(x).求证：xx＞e2.
x 1 2 1 2 12
1－lnx
解：f′(x)＝ ，令f′(x)＞0，则0＜x＜e；令f′(x)＜0，则x＞e，
x²
∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则其图像为：
∴1＜x＜e＜x
1 2
e² lnx 2x－xlnx
Step1：构造H(x)＝f(x)－f()＝ －
x x e²
1－lnx 1－lnx (1－lnx)(e²－x²)
Step2：H′(x)＝ － ＝
x² e² x²e²
Step3：∵x＞e，∴H′(x)＞0,即H(x)在(e，＋∞)上单调递增
e²
∵x＞e，∴H(x)＞H(e)＝0，∴f(x)＞f()
2 2 2 x
2
e²
Step4：∵f(x)＝f(x)，∴f(x)＞f()，
1 2 1 x
2
e²
∵x， ∈(0，e)且f(x)在(0，e)上单调递增
1 x
2
e²
∴x＞ ，即xx＞e²
1 x 12
2
解题模板二：设函数f(x)的极值点为x，x≠x，且f(x)＝f(x).
0 1 2 1 2
32Q群675260005
证明xx＞x2或xx＜x2
12 0 12 0
x2
0
⑴构造一次差值函数F(x)＝f(x)－f( ).
x
⑵研究F(x)的单调性.
x2
0
⑶由F(x)＝0，判断f(x)与f( )的大小.
0 2 x
2
x2
0
⑷有f(x)代替f(x)，结合f(x)的单调性得到x与 的大小.
1 2 1 x
2
例 4.f(x)＝ex－ax＋a(a∈R)，其图像与 x轴交于 A(x，0)，B(x，0)，
1 2
两点且 x＜x，求实数 a的取值范围，并证明 xx＜lna.
1 2 12
解：f′(x)＝ex－a
①当a≤0，令f′(x)＞0，f(x)在R上递增
②当a＞0，令f′(x)＞0，则x＞lna；令f′(x)＜0，则x＜lna
∴f(x)在(－∞，lna)上递减，在(lna，＋∞)上递增
∴f(x) ＝f(lna)＝2a－alna＜0，∵a＞0，∴2－lna＜0，即lna＞2，即a＞e²
min
x＋x x＋x
1 2 1 2
欲证 xx＜lna，又∵ xx＜ ，∴只需要证 ＜lna，
12 12
2 2
即证x＜2lna－x
1 2
故构造函数H(x)＝f(x)－f(2lna－x)＝ex－ax＋a－[e2lna－x－a(2lna－x)＋a]
＝ex－e2lna－x＋2alna
e2x＋e2lna
H′(x)＝ex＋e2lna－x＝
ex
33Q群675260005
题型五 恒成立与存在性问题
1.单变量型恒成立问题
方法一：参变量分离法解恒成立问题
例 1.已知函数 f(x)＝lnx＋ax＋1，若 f(x)＜0恒成立，求 a的取值范围.
解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1＜0在(0，＋∞)上恒成立，
－lnx－1 －lnx－1
∴a＜ ，x∈(0，＋∞)，即a＜( )
x x min
－lnx－1 lnx
令H(x)＝ ，x∈(0，＋∞)，H′(x)＝
x x²
当x∈(0，1)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，1)上单调递减
当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增
∴H(x) ＝H(1)＝－1
min
∴a＜－1
1
例 2.已知函数 f(x)＝ (x＞0,x≠1)，求函数 f(x)单调区间，
xlnx
1 －(lnx＋1)
解：f(x)＝ 的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝
xlnx (xlnx)²
1 1
令f′(x)＞0，则0＜x＜ ；令f′(x)＜0，则 ＜x＜1或x＞1
e e
1 1
∴f(x)的增区间为(0， )，减区间为(，1)和(1，＋∞)
e e
34Q群675260005
2
例 3.已知 ＞xa对任意 x∈(0,1)成立，求 a的取值范围.
2x
1 1 a
解：两边取自然对数： ln2＞alnx，即 ＜ ，x∈(0，1)
x xlnx ln2
a 1
∴ ＞( ) ，x∈(0，1)
max
ln2 xlnx
1 1
∵f(x)在(0， )上单调递增，在(，1)上单调递减，
e e
1
∴f(x) ＝f()＝－e
max e
a
∴ ＞－e，即a＞－eln2
ln2
必背结论一：恒成立问题与函数最值的相互转化
若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x) 和最大值f(x) .
min max
⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔f(x) ＞M
min
⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔f(x) ≥M
min
⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔f(x) ＜M
min
⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔f(x) ≤M
min
若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则
⑴∀x∈D，都有f(x)＞M⇔m≥M
⑵∀x∈D，都有f(x)≥M⇔m≥M
⑶∀x∈D，都有f(x)＜M⇔n≤M
⑷∀x∈D，都有f(x)≤M⇔n≤M
方法二：分类讨论法解决恒成立问题
例 1.已知函数 f(x)＝lnx＋ax＋1，若 f(x)＜0恒成立，求 a取值范围.
解：∵f(x)＝lnx＋ax＋1
1 1
∴f′(x)＝ ＋a＝ －(－a)
x x
①当－a≤0，即a≥0时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增
∵f(1)＝a＋1＞0，这与f(x)＜0矛盾，∴a≥0不合题意.
②当－a＞0，即a＜0时，
1 1
令f′(x)＞0，则0＜x＜－ ；令f′(x)＜0，则x＞－
a a
1 1
∴f(x)在(0，－ )上单调递增，在(－ ，＋∞)上单调递减
a a
1 1
∴f(x) ＝f(－ )＝ln(－ )＜0＝ln1
max a a
1
∴－ ＜1，即a＜－1
a
35Q群675260005
例 2.【2017年全国 3卷】已知函数 f(x)＝x－1－alnx，若 f(x)≥0恒成立，求 a的
值.
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
(1) 1
①若a≤0，因为f＝－ ＋aln2<0，所以不满足题意；
2 2
a x－a
②若a>0，由f′(x)＝1－ ＝ 知，当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)
x x
时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
故x＝a是f(x)在x∈(0，＋∞)上的唯一极小值点也是最小值点．
由于f(1)＝0，所以当且仅当a＝1时，f(x)≥0，
故a＝1.
例 3.【2015年全国 2卷】已知函数 f(x)＝emx＋x²－mx
⑴证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
⑵若对于任意 x，x∈[－1，1]，都有|f(x)－f(x)|≤e－1，求 m的取值范围.
1 2 1 2
解：⑴∵f(x)＝emx＋x²－mx，∴f′(x)＝memx＋2x－m
f′′(x)＝m²emx＋2≥0在R上恒成立，∴f′(x)＝memx＋2x－m在R上单调递增
而f′(0)＝0，∴x＞0时，f′(x)＞0；x＜0时，f′(x)＜0
∴f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
⑵由⑴知f(x) ＝f(0)＝1
min
当m＝0时，f(x)＝1＋x²，此时f(x)在[－1,1]上的最大值是2
∴此时|f(x)－f(x)|≤e－1成立
1 2
当m≠0时，f(1)＝em＋1－m，f(－1)＝e－m＋1＋m
令g(m)＝f(1)－f(－1)＝em－e－m－2m，在R上单调递增
而g(0)＝0，∴m＞0时，g(m)＞0，即f(1)＞f(－1)
∴m＜0时，，g(m)＜0，即f(1)＜f(－1)
当m＞0时，|f(x)－f(x)|≤f(1)－1＝em－m≤e－1，即0＜m＜1
1 2
当m＜0时，|f(x)－f(x)|≤f(－1)－1＝e－m＋m＝e－m－(－m)≤e－1，
1 2
即－1＜m＜0
综上所述：m∈(－1，1)
方法三：“端点值代入型”恒成立问题
例 1.【2006全国 2卷理 20】设函数 f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对所有的 x≥0，都有
f(x)≥ax成立，求 a的取值范围.
解：令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，则g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a
令g′(x)＝0，即x＝ea－1－1
当a≤1时，对所有的x＞0都有g′(x)＞0，
∴g(x)在[0，＋∞)上为单调增函数，又g(0)＝0，
∴当x≥0时，有g(x)≥g(0)，即当a≤1时都有f(x)≥ax，∴a≤1成立
当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1时，g′(x)＜0
∴g(x)在(0，ea－1－1)上为单调减函数，又g(0)＝0，
∴对于0＜x＜ea－1－1时，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax，
∴当a＞1时，f(x)≥ax不一定成立
36Q群675260005
综上所述：a∈(－∞，1]
例2【.2007全国1卷理20⑵】设函数f(x)＝ex－e－ x.若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax
成立，求 a的取值范围.
解：f′(x)＝ex＋e－ x，由于ex＋e－ x≥2 ex·e－ x＝2，故f′(x)≥2
令g(x)＝f(x)－ax，g′(x)＝ex＋e－ x－a
⑴若a≤2，当x＞0时，g′(x)＝ex＋e－ x－a＞2－a≥0
∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
∴x≥0，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax
a＋ a²－4
⑵当a＞2，方程g′(x)＝0的正根为x＝ln
1
2
此时，若x∈(0，x)时，g(x)＜g(0)＝0，即f(x)＜ax，与题设f(x)≥ax相矛盾.
1
综上所述：a∈(－∞，2].
sinx
例 3.【2008全国 2卷理 22⑵】设函数 f(x)＝ .
2＋cosx
⑴求 f(x)的单调区间；
⑵若对所有的 x≥0，都有 f(x)≤ax成立，求 a的取值范围.
(2＋cosx)cosx－sinx(－sinx) 2cosx＋1
解：⑴f′(x)＝ ＝
(2＋cosx)² (2＋cosx)²
2π 2π 1
当2kπ－ ＜x＜2kπ＋ (k∈Z)时，cosx＞－ ，即f′(x)＞0；
3 3 2
2π 4π 1
当2kπ＋ ＜x＜2kπ＋ (k∈Z)时，cosx＜－ ，即f′(x)＜0；
3 3 2
2π 2π
因此f(x)在每一个区间 (2kπ－ ，2kπ＋ )(k∈Z)是增函数，
3 3
2π 4π
f(x)在每一个区间 (2kπ＋ ，2kπ＋ )(k∈Z)是减函数，
3 3
⑵令g(x)＝ax－f(x)，
2cosx＋1 2 3 1 1 1
则g′(x)＝a－ ＝a－ ＋ ＝3( － )²＋a－
(2＋cosx)² 2＋cosx (2＋cosx)² 2＋cosx 3 3
1
故当a≥时，g′(x)≥0.
3
又g(0)＝0，所以当x≥0时，g(x)≥g(0)＝0，即f(x)≤ax.
1
当0＜a＜ 时，令h(x)＝sinx－3ax，则h′(x)＝cosx－3a.
3
故当x∈[0，arccos3a)时，h′(x)＞0，因此h(x)在[0，arccos3a)上单调递增.
故当x∈(0，arccos3a)时，h(x)＞h(0)＝0，sinx＞3ax.
sinx sinx
于是，当x∈(0，arccos3a)时，f(x)＝ ＞ ＞ax.
2＋cosx 3
37Q群675260005
π 1 π
当a≤0时，有f()＝ ＞0≥a·
2 2 2
1
综上所述：a∈[,＋∞)
3
例4【.2014全国2卷理21】已知函数f(x)＝ex－e－ x－2x.设g(x)＝f(2x)－4bf(x)，
当 x＞0时，g(x)＞0，求 b .
max
解：由f(x)得f′(x)=ex＋e－ x－2≥2 ex·e－ x－2=0，
即f′(x)≥0，当且仅当ex＝e－ x，即x=0时，f′(x)=0，
∴函数f(x)在R上为增函数；
g(x)=f(2x)－4bf(x)=e2x－e-2x－4b(ex－e－x)＋(8b－4)x，
则g'(x)=2[e2x＋e-2x－2b(ex+e-x)＋(4b－2)]
=2[(ex＋e-x)2－2b(ex＋e-x)＋(4b－4)]
=2(ex＋e-x－2)(ex＋e-x－2b＋2)．
①∵ex＋e-x≥2，ex＋e-x＋2≥4，
∴当2b≤4，即b≤2时，g'(x)≥0，当且仅当x=0时取等号，
从而g(x)在R上为增函数，而g(0)=0，
∴x＞0时，g(x)＞0，符合题意．
②当b＞2时，若x满足2＜ex＋e-x＜2b－2即0＜x＜ln(b－1＋ b²－2b)时，
g'(x)＜0，又由g(0)=0知，
当0＜x≤ln(b－1＋ b²－2b)时，g(x)＜0，不符合题意．
综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．
1＋x x3
例 5【.2015北京卷理 18⑶】已知函数 f(x)＝ln .设实数 k使得 f(x)＞k(x＋ )
1－x 3
对 x∈(0,1)恒成立，求 k最大值.
例 6.【2012湖南卷理 22】已知函数 f(x)＝eax－x，a≠0.若对一切 x∈R，f(x)≥1
恒成立，求 a的取值范围.
方法四：洛必达法则
lnx 1 lnx
例1【.2011全国新课标理2】已知f(x)＝ ＋ .如果当x＞0，x≠1时，f(x)＞
x＋1 x x－1
k
＋ ，求 k的取值范围.
x
lnx 1 lnx k
解：由题意知， ＋ ＞ ＋ ，x＞0，x≠1恒成立.
x＋1 x x－1 x
xlnx xlnx －2xlnx
∴k＜ － ＋1＝ ＋1，x＞0，x≠1恒成立.
x＋1 x－1 x²－1
－2xlnx 2(x²＋1)lnx －2 2(x²＋1) x²－1
令H(x)＝ ＋1则H′(x)＝ ＋ ＝ (lnx－ )
x²－1 (x²－1)² x²－1 (x²－1)² x²＋1
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x²－1 1 4x (x²－1)²
令φ(x)＝lnx－ ，则φ′(x)＝ － ＝ ＞0
x²＋1 x (x²＋1)² x(x²＋1)²
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增.
∵φ(1)＝0，
∴当x∈(0，1)，φ(x)＜0，H′(x)＜0，则H(x)在(0，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)，φ(x)＞0，H′(x)＞0，则H(x)在(1，＋∞)上单调递增；
－2xlnx －2xlnx (－2xlnx)′
当x→1时，lim( ＋1)＝1＋lim( )＝1＋lim
x²－1 x²－1 (x²－1)′
－2(lnx＋1)
＝1＋lim ＝1＋(－1)＝0
2x
∴k≤0
例 2.【2010新课标卷理 2】设函数 f(x)＝ex－1－x－ax².当 x≥0时，f(x)≥0，求 a
的取值范围.
解：ex－1－x－ax²≥0在[0，＋∞)上恒成立
①当x＝0时，f(x)≥0成立，即a∈R
ex－1－x ex－1－x (x－2)ex＋x＋2
②当x＞0时，a≤ ，令H(x)＝ ，H′(x)＝
x² x²
x3
令φ(x)＝(x－2)ex＋x＋2，φ′(x)＝(x－1)ex＋1，φ′′(x)＝xex＞0
φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ′(0)＝0
∴φ′(x)＞0
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，且φ(0)＝0
∴φ(x)＞0
∴H′(x)＞0
∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增
ex－1－x (ex－1－x)′ ex－1 (ex－1)′ ex 1
当x→0时，lim ＝lim ＝lim ＝lim ＝lim ＝
x² (x²)′ 2x (2x)′ 2 2
1
∴a≤
2
1
综上所述：a≤
2
洛必达法则：设函数f(x)、g(x)满足：
⑴当x→a时，limf(x)＝limg(x)＝0；
⑵在Uº(a)内，f′(x)和g′(x)都存在，且g′(x)≠0；
f′(x)
⑶当x→a时，lim ＝A(A可为实数，也可以是±∞)
g′(x)
f(x) f′(x)
则当x→a时，lim ＝lim ＝A
g(x) g′(x)
2.单变量型存在性问题
39Q群675260005
1
例 1.f(x)＝xlnx，g(x)＝－x²＋ax－3.若存在 x∈[，e]，使得 2f(x)＞g(x)成立，
e
求 a的取值范围.
解：由2f(x)＞g(x)得，2xlnx＞－x²＋ax－3
2xlnx＋x²＋3 3
∴a＜ ＝2lnx＋x＋
x x
3 1
∴a＜(2lnx＋x＋ ) ，x∈[，e]，
xmax e
3 1 2 3 (x＋3)(x－1)
令H(x)＝2lnx＋x＋ ，x∈[，e]，则H′(x)＝ ＋1－ ＝
x e x x² x²
1 1
当x∈[，1]时，H′(x)＜0，则H(x)在[，1]上单调递减
e e
当x∈(1，e]时，H′(x)＞0，则H(x)在(1，e]上单调递增
1 1 3 2
∵H()－H(e)＝(－2＋ ＋3e)－(2＋e＋ )＝2e－ －4＞0
e e e e
1
∴H()＞H(e)，
e
1 1
∴a＜H()＝3e＋ －2
e e
a＋1
例 2.已知函数 f(x)＝x－alnx，g(x)＝－ (a∈R).若存在[1，e]上存在一点 x，
x 0
使得 f(x)＜g(x)成立，求 a的取值范围.
0 0
a＋1
解：令H(x)＝f(x)－g(x)＝x－alnx＋ ，x∈[1，e]
x
a a＋1 (x＋1)[x－(a＋1)]
H′(x)＝1－ － ＝ ，
x x² x²
由题意知 x∈[1，e]，使得H(x)＜0，∴H(x) ＜0
∃ min
当a＋1≥e，即a≥e－1时，H′(x)＜0，H(x)在[1，e]上单调递减
a＋1
∴H(x) ＝H(e)＝e－a＋ ＜0，
min e
e²＋1
∴a＞
e－1
当a＋1≤1，即a≤0时，H(x)在[1，e]上单调递增
∴H(x) ＝H(1)＝a＋2＜0
min
∴a＜－2
当1＜a＋1＜e时，H(x)在[1，a＋1)上递减，在(a＋1，e]上递增，
∴H(x) ＝H(a＋1)＝a＋2－aln(a＋1)＜0
min
令a＋1＝x，则φ(x)＝x＋1－(x－1)lnx，x∈(1，e)
x－1 1
φ′(x)＝1－lnx－ ＝ －lnx，令φ′(x)＝0，设其解为x
x x 0
∴则φ(x)在(1，x)上递增，在(x，e)上递减
0 0
φ(x) ＝(φ(1)，φ(e)) ＝2，即H(x) ＝2
min min min
这与H(x) ＜0相矛盾，与题意不合，
min
40Q群675260005
e²＋1
综上所述：a∈(－∞，－2)∪( ，＋∞)
e－1
必背结论二：存在性问题与函数最值的相互转化
若函数f(x)在区间D上存在最小值f(x) 和最大值f(x) ，则
min max
⑴∃x∈D，使得f(x)＞M⇔f(x) ＞M
max
⑵∃x∈D，使得f(x)≥M⇔f(x) ≥M
max
⑶∃x∈D，使得f(x)＜M⇔f(x) ＜M
min
⑷∃x∈D，使得f(x)≤M⇔f(x) ≤M
min
若函数f(x)在区间D上不存在最大(小)值，且值域为(m，n)，则
⑴∃x∈D，使得f(x)＞M⇔n＞M
⑵∃x∈D，使得f(x)≥M⇔n＞M
⑶∃x∈D，使得f(x)＜M⇔m＜M
⑷∃x∈D，使得f(x)≤M⇔m＜M
3.双变量型的恒成立与存在性问题
必背结论三 存在性问题与函数最值的相互转化
⑴∀x∈[a，b]，总∃x∈[m，n]，使得f(x)≤g(x)⇔f(x) ≤g(x) ；
1 2 1 2 1max 2max
⑵∀x∈[a，b]，总∃x∈[m，n]，使得f(x)≥g(x)⇔f(x) ≥g(x) ；
1 2 1 2 1min 2min
⑶∃x∈[a，b]，∀x∈[m，n]，使得f(x)≤g(x)⇔f(x) ≤g(x) ；
1 2 1 2 1min 2min
⑷∃x∈[a，b]，∀x∈[m，n]，使得f(x)≥g(x)⇔f(x) ≤g(x) ；
1 2 1 2 1max 2max
⑸∀x∈[a，b]，x∈[m，n]，使得f(x)≤g(x)⇔f(x) ≤g(x) ；
1 2 1 2 1max 2min
⑹∀x∈[a，b]，x∈[m，n]，使得f(x)≥g(x)⇔f(x) ≤g(x) ；
1 2 1 2 1min 2max
⑺∃x∈[a，b]，总∃x∈[m，n]，使得f(x)≤g(x)⇔f(x) ≤g(x) ；
1 2 1 2 1min 2max
⑻∃x∈[a，b]，总∃x∈[m，n]，使得f(x)≥g(x)⇔f(x) ≤g(x) ；
1 2 1 2 1max 2min
x 3
例 1.f(x)＝lnx－ ＋ －1.设 g(x)＝x²－2bx＋4，若对任意的 x∈(0,2)，存在
1
4 4x
x∈[1,2]，使得 f(x)≥g(x)，求实数 b的取值范围.
2 1 2
x 3 1 1 3 －(x－1)(x－3)
解：f(x)＝lnx－ ＋ －1，x∈(0,2)，f′(x)＝ － － ＝
4 4x x 4 4x² 4x²
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)在(0,1)上递减
当x∈(1,2)时，f′(x)＞0，f(x)在(1,2)上递增
1
∴f(x) ＝f(1)＝－
min
2
由题意知，f(x) ≥g(x)， x∈[1,2]
min ∃
1 1 9
∴ x∈[1,2]，使得x²－2bx＋4≤－ ，即b≥(x＋ )
∃
2 2 2x
1 9 17
∴[(x＋ )] ≤b，x∈[1,2]，即b≥
min
2 2x 8
1
例 2.已知函数 f(x)＝ ax²－(2a＋1)x＋2lnx.设 g(x)＝x²－2x，若对于任意的
2
x∈(0,2]，存在 x∈(0,2]，使得 f(x)＜g(x)，求实数 a的取值范围.
1 2 1 2
解：由g(x)＝x²－2x，x∈(0,2]知，g(x) ＝0
max
1
由题意知，∀x∈(0,2)， ax²－(2a＋1)x＋2lnx＜0
2
41Q群675260005
2 ax²－(2a＋1)x＋2 (x－2)(ax－1)
f′(x)＝ax－(2a＋1)＋ ＝ ＝
x x x
(注：此处主导函数为－ax＋1)
⑴当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0,2]上单调递增，f(x) ＝f(2)＝－2a－2＋2ln2
max
＜0
∴a＞－1＋ln2
⑵当a＞0时，
1 1
①若 ≥2，即0＜a≤，f(x)在(0,2]上单调递增，
a 2
f(x) ＝f(2)＝－2a－2＋2ln2＜0，
max
1
∴－1＋ln2＜a≤
2
1 1 1
②若 ＜2时，f(x)在(0， )上单调递增，在(，2]上单调递减
a a a
1 1
f(x) ＝f()＝－ －2－2lna＜0恒成立
max a 2a
综上所述：a∈(－1＋ln2，＋∞)
4.等式型恒成立与存在性问题
模型一：“任意＝存在”型问题
必背结论四：∀x∈A，∃x∈B，使得f(x)＝g(x)⇔f(x)值域⊆g(x)值域
1 2 1 2
例 1.已知函数 f(x)＝x²＋2x＋a和函数 g(x)＝2x＋ x＋1，对任意实数 x，总存
1
在实数 x，使 g(x)＝f(x)成立，则实数 a的取值范围为 .
2 1 2
解：∵f(x)＝x²＋2x＋a的最小值为f(－1)＝a－1，∴f(x)的值域为[a－1，＋∞)，
∵g(x)＝2x＋ x＋1在[－1，＋∞)上单调递增，∴g(x)的值域为[－2，＋∞)
∵∀x，总 x，使得g(x)＝f(x)成立
1 ∃ 2 1 2
∴g(x)值域⊆f(x)值域，即[－2，＋∞)⊆[a－1，＋∞)
∴a－1≤－2，即a≤－1
2
例 2.函数 f(x)＝x²－ ax3(a＞0)，x∈R.若对任意的 x∈(2，＋∞)，都存在 x∈(1，
1 2
3
＋∞)，使得 f(x)·f(x)＝1，求 a的取值范围.
1 2
1
解：∀x∈(2，＋∞)， x∈(1，＋∞)，使得f(x)＝
1 ∃ 2 1
f(x)
2
1
∴f(x)的值域⊆ 的值域
f(x)
2
f(x)＝x²－ ax3，f′(x)＝2x－2ax²＝2x(1－ax)
3
3 3 1
①当 ＞2即0＜a＜ 时，0∈f(x)的值域，但是0不属于 的值域
2a 4 f(x)
1
∴f(x)的值域⊆ 的值域不成立
f(x)
3 3 3
②当1≤ ≤2，即 ≤a≤时，有f(2)≤0且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，
2a 4 2
42Q群675260005
故 f(x)的值域是(－∞，f(2))，因而(－∞，f(2))⊆(－∞，0)，由 f(1)≥0，则 f(x)
在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，
1
∴f(x)的值域⊆ 的值域
f(x)
3 3
③当 ＜1即a＞ 时，有f(1)＜0且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
2a 2
1 1
故 的值域时( ，0)，f(x)的值域是(－∞，f(2))，
f(x) f(1)
1
∴f(x)的值域⊆ 的值域不成立
f(x)
3 3
综上所述：a∈[， ]
4 2
模型二：“存在＝存在”型问题
必背结论五：∃x∈A，∃x∈B，使得f(x)＝g(x)⇔f(x)值域∩g(x)值域≠∅
1 2 1 2
例 3.函数 f(x)＝ex－1，g(x)＝－x²＋4x－3，若有 f(a)＝g(b)，则 b取值范围
为 .
解：∵f(x)＝ex－1＞－1，∴f(x)的值域为(－1，＋∞)
∵g(x)＝－x²＋4x－3≤1，∴g(x)的值域为(－∞，1]
∴f(x)的值域∩g(x)的值域＝(－1，1]
∴g(b)＝－b²＋4b－3∈(－1，1]，即－1＜－b²＋4b－3≤1
解得：2－ 2＜b＜2＋ 2
19 1
例 4.f(x)＝x3＋(1－a)x²－a(a＋2)x(a∈R)，g(x)＝ x－ .是否存在实数 a，存在
6 3
x∈[－1,1]，x∈[0,2]，使得 f′(x)＋2ax＝g(x)成立？
1 2 1 1 2
解：令H(x)＝f′(x)＋2ax＝3x²＋2x－a(a＋2)
1
则H(x)的值域为[－ －a²－2a，5－a²－2a]
3
19 1
∵g(x)＝ x－ 在[0,2]上单调递增
6 3
1
∴g(x)的值域[－ ，6]
3
∵存在x∈[－1,1]，存在x∈[0,2]，使得f′(x)＋2ax＝g(x)成立
1 2 1 1 2
1 1
∴[－ －a²－2a，5－a²－2a]∩[－ ，6]≠∅
3 3
1 1
当[－ －a²－2a，5－a²－2a]∩[－ ，6]＝∅时，
3 3
57 57
1 1
则5－a²－2a＜－ 或－ －a²－2a＞6，即a＜－1－ 或a＞－1＋
3 3 3 3
57 57
∴a∈[－1－ ，－1＋ ]
3 3
43Q群675260005
题型六 与不等式有关的证明问题
1.单变量型不等式证明
x²
例 1.求证：x－ ＜ln(1＋x)＜x，其中 x＞0.
2
x²
解：先证x－ ＜ln(1＋x)
2
x² x²
令f(x)＝ln(1＋x)－(x－ )，则f(0)＝0，f′(x)＝
2 1＋x
x²
当 x＞0时，1＋x＞0，x²＞0，∴f′(x)＝ ＞0，即 f(x)在(0，＋∞)上单调
1＋x
递增
x²
∴f(x)＞f(0)＝0，∴ln(1＋x)＞x－
2
再证ln(1＋x)＜x
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1
令g(x)＝ln(1＋x)－x，则g(0)＝0，g′(x)＝ －1
1＋x
1
∵x＞0，∴ ＜1，∴g′(x)＜0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
1＋x
∴g(x)＜g(0)＝0，即ln(1＋x)－x＜0，即ln(1＋x)＜x
x²
综上所述：x－ ＜ln(1＋x)＜x
2
例 2.求证：ex－1≥x.
解：令H(x)＝ex－1－x，则H′(x)＝ex－1－1
若x＜1，则H′(x)＜0，H(x)在(－∞，1)上单调递减
若x＞1，则H′(x)＞0，H(x)在(1，＋∞)上单调递增
∴H(x) ＝H(1)＝0，∴H(x)≥0
min
∴ex－1≥x.
例 3.求证：当 x∈[0，＋∞)时，sinx≤x.
解：令H(x)＝sinx－x，x∈[0，＋∞)，H′(x)＝cosx－1≤0
∴H(x)在[0，＋∞)上单调递减
∴H(x)≤H(0)＝0，即sinx－x≤0，
∴sinx≤x
例 4.函数 f(x)＝x3－3x，求证：∀x，x∈[－2,2]，|f(x)－f(x)|≤4.
1 2 1 2
分析：|f(x)－f(x)|≤4⇐|f(x)－f(x)| ≤4⇐f(x) －f(x) ≤4
1 2 1 2 max max min
解：f′(x)＝3x²－3，令f′(x)＝0，则x＝±1
x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x －2 (－2,－1) －1 (－1,1) 1 (1,2) 2
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) －2 ↗ 极大值2 ↘ 极小值－2 ↗ 2
f(x) ＝2，f(x) ＝－2，
max min
∴∀x，x∈[－2,2]，|f(x)－f(x)|≤4
1 2 1 2
例 5.求证：当 a＞ln2－1且 x＞0时，ex＞x²－2ax＋1.
解：令H(x)＝ex－(x²－2ax＋1)，x＞0，则H′(x)＝ex－2x＋2a，H′′(x)＝ex－2
当0＜x＜ln2时，H′′(x)＜0；当x＞ln2时，H′′(x)＞0
∴H′(x)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增
∴H′(x)≥H′(ln2)＝2－2ln2＋2a
∵a＞ln2－1，∴2a＞2ln2－2
∴2－2ln2＋2a＞2ln2－2＋2－2ln2＝0
∴H′(x)＞0，∴H(x)在(0，＋∞)上单调递增
∴H(x)＞H(0)＝0
∴ex＞x²－2ax＋1
2 1
例 6.求证：当 x∈(1，＋∞)时，函数 f(x)＝x²＋lnx的图像在 g(x)＝ x3＋ x²的下
3 2
方.
2 1 2 1
解：令H(x)＝f(x)－g(x)＝x²＋lnx－ x3－ x²＝－ x3＋ x²＋lnx
3 2 3 2
1 －2x³＋x²＋1 －(x－1)(2x²＋x＋1)
则H′(x)＝－2x²＋x＋ ＝ ＝ ＜0
x x x
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∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减，
1
∴H(x)＜H(1)＝－ ＜0
6
∴f(x)＜g(x)
2 1
∴当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝x²＋lnx的图像在g(x)＝ x3＋ x²的下方.
3 2
例 7.求证：当 x＞1时，有 ln²(x＋1)＞lnx·ln(x＋2).
ln(x＋1)
证明：构造函数H(x)＝ ，x＞1，则
lnx
lnx ln(x＋1)
－
x＋1 x xlnx－(x＋1)ln(x＋1)
H′(x)＝ ＝
(lnx)² x(x＋1)(lnx)²
∵0＜x＜x＋1
∴0＜lnx＜ln(x＋1)
∴xlnx＜(x＋1)ln(x＋1)
∴H′(x)＜0
∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减
∵1＜x＜x＋1
∴H(x)＞H(x＋1)
ln(x＋1) ln(x＋2)
∴ ＞ ，即ln²(x＋1)＞lnx·ln(x＋2).
lnx ln(x＋1)
ln(x＋1)
例 8.f(x)＝ ，求 f(x)的单调性并证明当 x＞0时，(ex－1)ln(x＋1)＞x².
x
解：①f(x)的定义域为(－1，0)∪(0，＋∞)
x
－ln(x＋1)
x＋1 x－(x＋1)ln(x＋1)
f′(x)＝ ＝
x² x²(x＋1)
令φ(x)＝x－(x＋1)ln(x＋1)，则φ′(x)＝ln(x＋1)
当x∈(－1，0)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(－1，0)上单调递增
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减
∴φ(x)≤φ(0)＝0
∴f′(x)≤0
∴f(x)在(－1，0)和(0，＋∞)上单调递减
②构造函数G(x)＝x－ex＋1，x＞0，则G′(x)＝1－ex＜0
∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减
∴G(x)＜G(0)＝0
∴x＜ex－1
∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减
ln(x＋1) ln(ex－1＋1) ln(x＋1) x
∴ ＞ ，即 ＞
x x
ex－1 ex－1
∴(ex－1)ln(x＋1)＞x².
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2.含有 ex与 lnx的不等式证明技巧
lnx 1 lnx
例 1.已知 x＞0且 x≠1，求证： ＋ ＞ .
x＋1 x x－1
lnx 1 lnx 1 1 1
解：欲证 ＋ ＞ ，只需证： ＞( － )lnx；
x＋1 x x－1 x x－1 x＋1
1 2lnx 2lnx 1
只需证： ＞ ；只需证： － ＜0
x x²－1 x²－1 x
1 x²－1
只需证： (2lnx－ )＜0
x²－1 x
1 1
当0＜x＜1时， ＜0；当x＞1时， ＞0
x²－1 x²－1
x²－1 2 1 －x²＋2x－1 －(x－1)²
令H(x)＝2lnx－ ，则H′(x)＝ －1－ ＝ ＝ ＜0
x x x² x² x²
∴H(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递减.
x²－1
∴在0＜x＜1时，H(x)＞H(1)＝0，即2lnx－ ＞0，
x
x²－1
当x＞1时，H(x)＜H(1)＝0，即2lnx－ ＜0，
x
1 x²－1
综上所述： (2lnx－ )＜0
x²－1 x
lnx 1 lnx
∴ ＋ ＞
x＋1 x x－1
例 2.已知函数 f(x)＝(x＋1)lnx－x＋1(x≠1),求证：(x－1)f(x)＞0.
证明：要证(x－1)f(x)＞0，只需证(x²－1)lnx－(x－1)²＞0；
x－1
只需证(x²－1)(lnx－ )＞0
x＋1
x－1 x＋1－2 2
令H(x)＝lnx－ ＝lnx－ ＝lnx－1＋ ，
x＋1 x＋1 x＋1
1 2 x²＋2x＋1－2x x²＋1
则H′(x)＝ － ＝ ＝ ＞0
x
(x＋1)² x(x＋1)² x(x＋1)²
∴H(x)在(0，1)和(1，＋∞)上单调递增
x－1 x－1
当0＜x＜1时，x²－1＜0，lnx－ ＜0，即(x²－1)(lnx－ )＞0
x＋1 x＋1
x－1 x－1
当x＞1时，x²－1＞0，lnx－ ＞0，即(x²－1)(lnx－ )＞0
x＋1 x＋1
综上所述：(x－1)f(x)＞0.
x 2
例 3.求证：对一切 x＞0，都有 xlnx＞ － .
e
ex
解：令F(x)＝xlnx，则F′(x)＝lnx＋1
1 1
令F′(x)＞0，则x＞ ；令F′(x)＜0，则0＜x＜ ，
e e
1 1
∴F(x)在(0， )上单调递减；在(，＋∞)上单调递增，
e e
47Q群675260005
1 1
∴F(x) ＝F()＝－ .
min e e
x 2 1－x
令G(x)＝ － ，x＞0，则G′(x)＝
e
ex ex
令G′(x)＞0，则0＜x＜1；令G′(x)＜0，则x＞1.
∴G(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
1
∴G(x) ＝G(1)＝－ .
max e
∵F(x) ≥G(x) ，且取得最值时，x值不同，
min max
∴F(x)＜G(x)
x 2
∴xlnx＞ －
e
ex
2ex－1
例 4.【2014全国 1卷理 21⑵】证明不等式 exlnx＋ ＞1.
x
2ex－1 2 x x 2
证明：要证exlnx＋ ＞1；只需证xlnx＋ ＞ ；只需证xlnx＞ －
x e e
ex ex
如下证法同例3.
lnx＋1
例 5.【2012山东卷理 22⑶】f(x)＝ ，g(x)＝(x²＋x)f′(x)，
ex
求证：对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2
1
－lnx－1
x (x＋1)(1－xlnx－x)
证明：∵f′(x)＝ ，∴g(x)＝
ex ex
ex(1＋e－2)
要证g(x)＜1＋e－2；只需证1－xlnx－x＜
x＋1
令F(x)＝1－xlnx－x，则F′(x)＝－lnx－2
令F′(x)＞0，则0＜x＜e－2；令F′(x)＜0，则x＞e－2
∴F(x)在(0，e－2)上单调递增，在(e－2，＋∞)上单调递减
∴F(x) ＝F(e－2)＝1＋e－2.
max
ex(1＋e－2) xex(1＋e－2)
令G(x)＝ ，x＞0，则G′(x)＝ ＞0
x＋1 (x＋1)²
∴G(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴G(x)＞G(0)＝1＋e－2
∴F(x)＞G(x)
ex(1＋e－2)
∴1－xlnx－x＜
x＋1
48Q群675260005
∴对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2
例 6.证明不等式：ex＞lnx＋2.
分析：本题主要方法——隐零点
1
证明：令H(x)＝ex－lnx－2，则H′(x)＝ex－
x
1
∵H′(x)在(0，＋∞)上单调递增，H′(1)＝e－1＞0；H′()＝ e－2＜0
2
1
∴H′(x)在(，1)上存在唯一的零点，记为x，
0
2
1 1 1
则ex0＝ ，即x＝ ，即lnx＝ln ＝－x
x 0 0 0
0
ex0 ex0
当x∈(0，x)时，H′(x)＜0，H(x)在(0，x)上单调递减；
0 0
当x∈(x，＋∞)时，H′(x)＞0，H(x)在(x，＋∞)上单调递增；
0 0
1
∴H(x) ＝H(x)＝ex0－lnx－2＝ ＋x－2＞0
min 0 0 x 0
0
∴H(x)＞0
∴ex＞lnx＋2
例 7.f(x)＝ex－ln(x＋m)，求证：当 x≤2时，f(x)＞0.
分析：本题主要方法——隐零点
1
解：令f(x)＝ex－ln(x＋m)，则f′(x)＝ex－
x＋m
①f′(x)在(－m，＋∞)上单调递增；
②令f′(x)＝0，则x＝x；－m＜x＜x；令f′(x)＞0，则x＞x
0 0 0
∴f(x)在(－m，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增.
0 0
∴f(x) ＝ex0－ln(x＋m)
min 0
1
∵f′(x)＝ex0－ ＝0，
0 x＋m
0
1
∴ex0＝ ，即x＋m＝e－x0，ln(x＋m)＝－x
x＋m 0 0 0
0
1 1
∴f(x) ＝ ＋x＝ ＋x＋m－m≥2－m
min x＋m 0 x＋m 0
0 0
∵m≤2
∴2－m≥0
∴f(x) ＞0，即f(x)＞0
min
3.多元函数不等式的证明
a＋b
例 1.已知函数 g(x)＝xlnx，设 0＜a＜b，求证：0＜g(a)＋g(b)－2g( )＜(b－
2
a)ln2.
证明：构造辅助函数
a＋x a＋x
⑴F(x)＝g(a)＋g(x)－2g( )，x＞a，则F′(x)＝g′(x)－g′( )
2 2
a＋x
∵g′(x)＝lnx＋1在(0，＋∞)上单调递增，且x＞
2
49Q群675260005
a＋x
∴g′(x)＞g′( )
2
a＋x
∴F′(x)＝g′(x)－g′( )
2
∴F(x)在(a，＋∞)上单调递增，
∴F(x)＞F(a)＝0
a＋b
令x＝b，则g(a)＋g(b)－2g( )＞0——不等式左边得证
2
a＋x
⑵构造辅助函数G(x)＝g(a)＋g(x)－2g( )－(x－a)ln2，x＞b
2
a＋x a＋x x
则G′(x)＝g′(x)－g′( )－ln2＝(lnx＋1)－(ln ＋1)－ln2＝ln ＜ln1
2 2 a＋x
＝0
∴G(x)在(a，＋∞)上单调递减，
∴G(x)＜G(a)＝0
a＋b
∴令x＝b，则g(a)＋g(b)－2g( )＜(b－a)ln2——不等式左边得证
2
a＋b
综上所述：0＜g(a)＋g(b)－2g( )＜(b－a)ln2.
2
f(x 1 )－f(x 2 ) 1
例 2.函数 f(x)＝x－a－lnx，求证：若 0＜x＜x，则 ＜ .
1 2 x－x
2 1 x(x＋1)
1 1
1
证明：令H(x)＝f(x)－f(x)－ (x－x)，x＞x
1 1 1
x(x＋1)
1 1
1 1 1 1 1
则H′(x)＝－f′(x)－ ＝－1＋ － ＜－1＋ －
x x
x(x＋1) x(x＋1) 1 x(x＋1)
1 1 1 1 1 1
1
＝－1＋ ＜0
x＋1
1
∴H(x)在(x，＋∞)上单调递减
1
∴H(x)＜H(x)＝0
1
1
令x＝x，则H(x)＜0，即f(x)－f(x)－ (x－x)
2 2 1 2 2 1
x(x＋1)
1 1
f(x 1 )－f(x 2 ) 1
∴ ＜ .
x－x
2 1 x(x＋1)
1 1
例 3.若 b＞a＞e，求证：ab＞ba.
lna lnb
证明：欲证ab＞ba；只需证blna＞alnb；只需证 ＞
a b
lnx 1－lnx
令H(x)＝ ，x＞e，则H′(x)＝ ＜0
x x²
∵b＞a＞e
lna lnb
∴H(b)＜H(a)，即 ＞
a b
∴ab＞ba.
50Q群675260005
例 4.若 n＞m＞0，求证：(1＋m)n＞(1＋n)m.
证明：欲证(1＋m)n＞(1＋n)m，只需证nln(1＋m)＞mln(1＋n)
ln(1＋m) ln(1＋n)
只需证 ＞
m n
x
－ln(1＋x)
ln(1＋x) x＋1
令H(x)＝ ，x＞0，则H′(x)＝
x x²
x 1 1 －x
令φ(x)＝ －ln(x＋1)，则φ′(x)＝ － ＝ ＜0
x＋1 (x＋1)² x＋1 (x＋1)²
∵φ(x)在(0，＋∞)上单调递减
∴φ(x)＜φ(0)＝0
∴H′(x)＜0
∴H(x)在(0，＋∞)上单调递减
∵n＞m＞0，
ln(1＋m) ln(1＋n)
∴ ＞
m n
∴(1＋m)n＞(1＋n)m
b－a a＋b
例 5.若 a＜b，求证： ab＜ ＜ (对数平均值不等式)
lnb－lna 2
b－a b－a b b a
证明： ab＜ ⇔lnb－lna＜ ⇔ln＜ －
lnb－lna a a b
ab
b 1
令 ＝t＞1，则2lnt＜t－
a t
1 2 1 －t²＋2t－1
令H(t)＝2lnt＜－t＋ ，t＞1，则H′(t)＝ －1－ ＝ ＜0
t t t² t²
∴H(t)在(1，＋∞)上单调递减
∴H(t)＜H(1)＝0
1
∴2lnt＜t－
t
∴不等式左边成立
b
－1
b－a a＋b b－a lnb－lna a 1 b
② ＜ ⇔ ＜ ⇔ ＜ ln
lnb－lna 2 b＋a 2 b 2 a
＋1
a
b t－1 lnt
令 ＝t＞1，则 ＜
a t＋1 2
lntt－1 1 2 (t－1)²
令H(t)＝ － ，t＞1，则H′(t)＝ － ＝ ＞0
2 t＋1 2t(t＋1)² 2t(t＋1)²
∴H(t)在(1，＋∞)上单调递增
∴H(t)＜H(1)＝0
lntt－1
∴ ＞
2 t＋1
51Q群675260005
∴不等式右边得证
b－a a＋b
综上所述： ab＜ ＜
lnb－lna 2
lnb－lna a＋b
例 6.若 0＜a＜b，比较 与 的大小.
b－a 2ab
a＋b lnb－lna
解：经验证 ＞ ，证明如下
2ab b－a
a＋b lnb－lna b²－a² 1b a b
＞ ⇔ ＞lnb－lna⇔ (－ )＞ln
2ab b－a 2ab 2a b a
b 1 1
令 ＝t＞1，则 (t－ )＞lnt
a 2 t
1 1
令H(t)＝lnt－ (t－ )，证法如上例5
2 t
注：几个平均数大小关系：a＞0，b＞0
2ab b－a a＋b a²＋b²
(调和)≤ ab(几何)≤ (对数)≤ (算数)≤ (平方)
a＋b lnb－lna 2 2
b
例 7.若 0＜a＜b，求证： ＜ .
a
b
－1
b b－a b a
证明： ＜ ⇔ ＜ln⇔
a b＋a a b
＋1
a
b t－1
令 ＝t，则 ＜lnt，如下证法如例5
a t＋1
eb－ea ea＋eb
例 8.若 a＜b，求证： ＜ ＜ .
b－a 2
eb－ea
证明：① ＜ ⇔b－a＜ ＝
b－a
a－b
令 ＝t，则2t＜et－e－t
2
1
令H(t)＝et－e－t－2t(t＞0)，则H′(t)＝et＋e－t－2＝et＋ －2＞0
et
∴H(t)在(0，＋∞)上单调递增
∴H(t)＞H(0)＝0，即2t＜et－e－t
eb－ea
∴ ＜
b－a
eb－ea ea＋eb eb－a－1 b－a t－1 lnt
② ＜ ⇔ ＜ ，令eb－a＝t＞1，则 ＜
b－a 2 2 t＋1 2
1＋eb－a
52Q群675260005
如下证法如例5
4.数列型不等式证明的构造方法
ln1 ln2 ln3 lnn 1
例 1.求证：∀n∈N*， ＋ ＋ ＋…＋ ＜ .
2e
14 24 34 n4
lnx 1lnx lnx1 1 1
(提示：f(x)＝ 在(0，＋∞)最大值 · ＝ ·≤ ·)
x² 2e x²x²2ex²
x4
lnx x－2xlnx 1－2lnx
证明：f(x)＝ 在(0，＋∞)，f′(x)＝ ＝
x²
x4 x3
令f′(x)＞0，则1－2lnx＞0，即0＜x＜ e
令f′(x)＜0，则1－2lnx＜0，即x＞ e
∴f(x)在(0， e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
1
∴f(x) ＝f(e)＝
max
2e
lnx1
∴f(x)＝ ≤ (当且仅当x＝ e时，取“＝”号)
x²2e
lnx lnx1 1 1
∴ ＝ ·≤ ·
x²x²2ex²
x4
令x＝2，3，…，n，则
ln2 1 1 ln3 1 1 lnn 1 1
＜ ·， ＜ ·，…， ＜ ·
2e2² 2e3² 2en²
24 34 n4
ln2 ln3 lnn 1 1 1 1 1 1 1 1
∴ ＋ ＋…＋ ＜ ( ＋ ＋… )＜ ( ＋ ＋…＋ )
2e2² 3² n² 2e1×2 2×3 (n－1)n
24 34 n4
1 1 1 1 1 1 1 1 1
＝ (1－ ＋ － ＋…＋ － )＝ (1－ )＜
2e 2 2 3 n－1 n 2e n 2e
ln1 ln2 ln3 lnn 1
∴ ＋ ＋ ＋…＋ ＜ .
2e
14 24 34 n4
ln24 ln34 lnn4 2
例 2.求证： ＋ ＋…＋ ＜ .
e
24 34 n4
(提示：该题的前一小问为f(x)＝2x²，g(x)＝alnx(a＞0)，若f(x)≥g(x)恒成立，求a
4lnx21
的取值范围.由此可得2x²≥4elnx，从而 ≤·)
ex²
x4
53Q群675260005
1 1 1
例 3.求证：ln(n＋1)＜1＋ ＋ ＋…＋ ，n∈N*.
2 3 n
1
(提示：ln(x＋1)≤x在(－1，＋∞)成立，令x＝ )
n
54Q群675260005专供
附录
2019年
1（2019天津理8）已知 ，设函数 若关于 的不等式
在 上恒成立，则 的取值范围为
A. B. C. D.
2.（2019全国Ⅲ理20）已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）是否存在 ，使得 在区间 的最小值为 且最大值为1？若存在，求出
的所有值；若不存在，说明理由.
3.（2019浙江22）已知实数 ，设函数
（1）当 时，求函数 的单调区间；
（2）对任意 均有 求 的取值范围.
注：e=2.71828…为自然对数的底数.
4.（2019全国Ⅰ理20）已知函数 ， 为 的导数．证明：
（1） 在区间 存在唯一极大值点；
（2） 有且仅有2个零点．
5.（2019全国Ⅱ理20）已知函数 .
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线 的
切线.
6.（2019江苏19）设函数 、 为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和 的零点均在集合 中，求f（x）的极小值；
（3）若 ，且f（x）的极大值为M，求证:M≤ ．Q群675260005专供
7.（2019北京理19）已知函数 .
（Ⅰ）求曲线 的斜率为1的切线方程；
（Ⅱ）当 时，求证： .
(III)设 ，记 在区间 上的最大值为 ，当 最小
时，求a的值.
8.（2019天津理20）设函数 为 的导函数.
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）当 时，证明 ；
（Ⅲ）设 为函数 在区间 内的零点，其中 ，证明
.
2010-2018年
一、选择题
1．（2017新课标Ⅱ）若 是函数 的极值点，则
的极小值为
A． B． C． D．1
2．（2017浙江）函数 的导函数 的图像如图所示，则函数 的图
像可能是Q群675260005专供
A． B．
C． D．
3．(2016全国I)函数 在[–2,2]的图像大致为
A． B．
C． D．
4．（2015四川）如果函数 在区间
单调递减，那么 的最大值为
A．16 B．18 C．25 D．
5．（2015新课标Ⅱ）设函数 是奇函数 的导函数， ，当 时，
，则使得f(x) 0成立的 的取值范围是Q群675260005专供
A． B．
C． D．
6．（2015新课标Ⅰ）设函数 ，其中 ，若存在唯一的整数 ，
使得 ，则 的取值范围是
A． B． C． D．
7．（2014新课标Ⅱ）若函数 在区间 单调递增，则 的取值范围是
A． B． C． D．
8．（2014陕西）如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连续（相切），已
知环湖弯曲路段为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为
A． B．
C． D．
9．（2014新课标Ⅱ）设函数 ．若存在 的极值点 满足
，则 的取值范围是
A． B．
C． D．
10．（2014陕西）如图，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点 的水平距离10千米
处下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则函数的解析式为Q群675260005专供
A． B．
C． D．
11．（2014辽宁）当 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范
围是
A． B． C． D．
12．（2014湖南）若 ，则
A． B．
C． D．
13．（2014江西）在同一直角坐标系中，函数 与
的图像不可能的是
14．（2013新课标Ⅱ）已知函数 ，下列结论中错误的是
A．
B．函数 的图像是中心对称图形
C．若 是 的极小值点，则 在区间 单调递减Q群675260005专供
D．若 是 的极值点，则
15．（2013四川）设函数 （ 为自然对数的底数），若曲线
上存在点 使得 ，则 的取值范围是
A． B． C． [ ] D． [ ]
16．（2013福建）设函数 的定义域为R， 是 的极大值点，以下结论一定
正确的是
A． B． 是 的极小值点
C． 是 的极小值点 D． 是 的极小值点
17．（2012辽宁）函数 的单调递减区间为
A．(－1,1] B．(0,1] C． [1,+ ) D．(0,+ )
18．（2012陕西）设函数 ，则
A． 为 的极大值点 B． 为 的极小值点
C． 为 的极大值点 D． 为 的极小值点
19．（2011福建）若 ， ，且函数 在 处有极值，则
的最大值等于
A．2 B．3 C．6 D．9
20．（2011浙江）设函数 ，若 为函数 的一个
极值点，则下列图象不可能为 的图象是
A B C D
21．（2011湖南）设直线 与函数 ， 的图像分别交于点 ，
则当 达到最小时 的值为Q群675260005专供
A．1 B． C． D．
二、填空题
22．（2015安徽）设 ，其中 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有
一个实根的是 （写出所有正确条件的编号）
① ；② ；③ ；④ ；
⑤ ．
23．（2015四川）已知函数 ， （其中 ）．对于不相等的实数
，设 ， ，现有如下命题：
①对于任意不相等的实数 ，都有 ；
②对于任意的 及任意不相等的实数 ，都有 ；
③对于任意的 ，存在不相等的实数 ，使得 ；
④对于任意的 ，存在不相等的实数 ，使得 ．
其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）．
24．（2015江苏）已知函数 ， ，则方程
实根的个数为 ．
25．（2011广东）函数 在 =______处取得极小值．
三、解答题
26．(2018全国卷Ⅰ)已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 存在两个极值点 ，证明： ．
27．(2018全国卷Ⅱ)已知函数 ．
(1)若 ，证明：当 时， ；Q群675260005专供
(2)若 在 只有一个零点，求 ．
28．(2018全国卷Ⅲ)已知函数 ．
(1)若 ，证明：当 时， ；当 时， ；
(2)若 是 的极大值点，求 ．
29．(2018北京)设函数 ．
(1)若曲线 在点 处的切线与 轴平行，求 ；
(2)若 在 处取得极小值，求 的取值范围．
30．(2018天津)已知函数 ， ，其中 ．
(1)求函数 的单调区间；
(2)若曲线 在点 处的切线与曲线 在点 处的切
线平行，证明 ；
(3)证明当 时，存在直线 ，使 是曲线 的切线，也是曲线 的切
线．
31．(2018江苏)记 分别为函数 的导函数．若存在 ，满足
且 ，则称 为函数 与 的一个“ 点”．
(1)证明：函数 与 不存在“ 点”；
(2)若函数 与 存在“ 点”，求实数a的值；
(3)已知函数 ， ．对任意 ，判断是否存在 ，使函
数 与 在区间 内存在“ 点”，并说明理由．
32．(2018浙江)已知函数 ．
(1)若 在 ， ( )处导数相等，证明： ；
(2)若 ，证明：对于任意 ，直线 与曲线 有唯一公Q群675260005专供
共点．
33．（2017新课标Ⅰ）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 有两个零点，求 的取值范围．
34．（2017新课标Ⅱ）已知函数 ，且 ．
(1)求 ；
(2)证明： 存在唯一的极大值点 ，且 ．
35．（2017新课标Ⅲ）已知函数 ．
(1)若 ，求 的值；
(2)设 为整数，且对于任意正整数 ， ，求 的最小值．
36．（2017浙江）已知函数 ．
（Ⅰ）求 的导函数；
（Ⅱ）求 在区间 上的取值范围．
37．（2017江苏）已知函数 有极值，且导函数 的
极值点是 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）
（1）求 关于 的函数关系式，并写出定义域；
（2）证明： ；
（3）若 ， 这两个函数的所有极值之和不小于 ，求 的取值范围．
38．（2017天津）设 ，已知定义在R上的函数 在区间
内有一个零点 ， 为 的导函数．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）设 ，函数 ，求证： ；Q群675260005专供
（Ⅲ）求证：存在大于0的常数 ，使得对于任意的正整数 ，且
满足 ．
39．（2017山东）已知函数 ， ，其中
是自然对数的底数．
（Ⅰ）求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）令 ，讨论 的单调性并判断有无极值，有极值时求
出极值．
40．(2016年山东)已知 ．
（I）讨论 的单调性；
（II）当 时，证明 对于任意的 成立．
41．(2016年四川)设函数 ，其中 .
（I）讨论 的单调性；
（II）确定 的所有可能取值，使得 在区间 内恒成立(e=2.718…
为自然对数的底数)．
42．(2016年天津)设函数 , ，其中
(I)求 的单调区间；
(II)若 存在极值点 ，且 ，其中 ，求证： ；
(Ⅲ)设 ，函数 ，求证： 在区间 上的最大值不小于 ．
43．(2016年全国Ⅰ)已知函数 有两个零点．
（I）求a的取值范围；
（II）设 ， 是 的两个零点，证明： ．
44．(2016年全国Ⅱ)
(I)讨论函数 的单调性，并证明当 时， ；Q群675260005专供
(II)证明：当 时，函数 有最小值．设 的最小值为
，求函数 的值域．
45．(2016年全国Ⅲ)设函数 ，其中 ，
记 的最大值为 ．
（Ⅰ）求 ；
（Ⅱ）求 ；
（Ⅲ）证明 ．
46．（2016年浙江高考）已知 ，函数 = ，其中
= ．
（I）求使得等式 成立的 的取值范围；
（II）（i）求 的最小值 ；
（ii）求 在区间 上的最大值 ．
47．(2016江苏)已知函数 ．
（1）设 ， ．
①求方程 的根；
②若对于任意 ，不等式 恒成立，求实数 的最大值；
（2）若 ， ，函数 有且只有1个零点，求 的值．
48．(2015新课标Ⅱ）设函数 ．
(Ⅰ)证明： 在 单调递减，在 单调递增；
(Ⅱ)若对于任意 ， ，都有 ，求 的取值范围．
49．(2015山东)设函数 ，其中 ．
（Ⅰ）讨论函数 极值点的个数，并说明理由；Q群675260005专供
（Ⅱ）若 ， 成立，求 的取值范围．
50．（2015湖南）已知 ，函数 ．记 为 的从小到大
的第 个极值点．
证明：（1）数列 是等比数列；
（2）若 ，则对一切 ， 恒成立．
51．（2014新课标Ⅱ）已知函数 ，曲线 在点（0，2）处的切
线与 轴交点的横坐标为－2．
（Ⅰ）求 ；
（Ⅱ）证明：当 时，曲线 与直线 只有一个交点．
52．(2014山东）设函数 （ 为常数， 是自然对数的
底数）．
（Ⅰ）当 时，求函数 的单调区间；
（Ⅱ）若函数 在 内存在两个极值点，求 的取值范围．
53．（2014新课标Ⅰ）设函数 ，曲线 在点
处的切线斜率为0．
（Ⅰ）求 ；
（Ⅱ）若存在 使得 ，求 的取值范围．
54．（2014山东）设函数 ，其中 为常数．
（Ⅰ）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数 的单调性．
55．(2014广东)已知函数 ．
（Ⅰ）求函数 的单调区间；Q群675260005专供
（Ⅱ）当 时，试讨论是否存在 ，使得 ．
56．(2014江苏)已知函数 ，其中e是自然对数的底数．
（Ⅰ）证明： 是R上的偶函数；
（Ⅱ）若关于 的不等式 ≤ 在 上恒成立，求实数 的取值范围；
（Ⅲ）已知正数 满足：存在 ，使得 成立．试比较 与
的大小，并证明你的结论．
57．（2013新课标Ⅰ）已知函数 ，曲线 在点 处
切线方程为 ．
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）讨论 的单调性，并求 的极大值．
58．（2013新课标Ⅱ）已知函数 ．
（Ⅰ）求 的极小值和极大值；
（Ⅱ）当曲线 的切线 的斜率为负数时，求 在 轴上截距的取值范围．
59．（2013福建）已知函数 （ ， 为自然对数的底数）．
（Ⅰ）若曲线 在点 处的切线平行于 轴，求 的值；
（Ⅱ）求函数 的极值；
（Ⅲ）当 的值时，若直线 与曲线 没有公共点，求 的最大值．
60．(2013天津)已知函数 ．
（Ⅰ）求函数 的单调区间；
（Ⅱ）证明：对任意的 ，存在唯一的 ，使 ．
（Ⅲ）设（Ⅱ）中所确定的 关于 的函数为 ，
证明：当 时，有 ．Q群675260005专供
61．（2013江苏）设函数 ， ，其中 为实数．
（Ⅰ）若 在 上是单调减函数，且 在 上有最小值，求 的取值范围；
（Ⅱ）若 在 上是单调增函数，试求 的零点个数，并证明你的结论．
62．（2012新课标）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）若 ， 为整数，且当 时， ，求 的最大值．
63．（2012安徽）设函数 ．
（Ⅰ）求 在 内的最小值；
（Ⅱ）设曲线 在点 的切线方程为 ，求 的值．
64．（2012山东）已知函数 （ 为常数， 是自然对数的底数），
曲线 在点 处的切线与 轴平行．
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）求 的单调区间；
（Ⅲ）设 ，其中 是 的导数．
证明：对任意的 ， ．
65．（2011新课标）已知函数 ，曲线 在点 处的切线方程
为 ．
（Ⅰ）求 ， 的值；
（Ⅱ）证明：当 ，且 时， ．
66．（2011浙江）设函数 ， ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）求所有实数 ，使 对 恒成立．注： 为自然对数的底数．
67．（2011福建）已知 ， 为常数，且 ，函数 ，Q群675260005专供
（e=2.71828…是自然对数的底数）．
（Ⅰ）求实数 的值；
（Ⅱ）求函数 的单调区间；
（Ⅲ）当 时，是否同时存在实数 和 ( )，使得对每一个 ∈ ，直
线 与曲线 ( ∈[ ，e])都有公共点？若存在，求出最小的实数 和
最大的实数 ；若不存在，说明理由．
68．（2010新课标）设函数 ．
（Ⅰ）若 ，求 的单调区间；
（Ⅱ）若当 时 ，求 的取值范围．Q群67526005专供
答案部分
2019年
1.解析 当 时， 恒成立；
当 时， 恒成立，
令
，
所以 ，即 ．
当 时， 恒成立，
令 ，则 ，
当 时， ， 递增，当 时， ， 递减，
所以当 时， 取得最小值 .
所以 .
综上， 的取值范围是 ．
2.解析（1） ．
令 ，得x=0或 .
若a>0，则当 时， ；当 时， ．故
在 单调递增，在 单调递减；
若a=0， 在 单调递增；Q群67526005专供
若a<0，则当 时， ；当 时， ．故
在 单调递增，在 单调递减.
（2）满足题设条件的a，b存在.
（i）当a≤0时，由（1）知， 在[0，1]单调递增，所以 在区间[0，l]的最小值为 ，
最大值为 .此时a，b满足题设条件当且仅当 ， ，即a=0，
．
（ii）当a≥3时，由（1）知， 在[0，1]单调递减，所以 在区间[0，1]的最大值为 ，
最小值为 ．此时a，b满足题设条件当且仅当 ，b=1，即a=4，
b=1．
（iii）当00，所以正确；
（2）设 > ，则 ，则
，可令 =1， =2， ，
则 ，所以错误；
（3）因为 ，由（2）得： ，分母乘到右边，
右边即为 ，所以原等式即为 = ，
即为 = ，令 ，
则原题意转化为对于任意的 ，函数 存在不相等的实数 ，
使得函数值相等， ，则 ，
则 ，令 ，且 ，可得 为极小值．
若 ，则 ，即 ， 单调递增，不满足题意，
所以错误．
（4）由(3)得 = ，则 ，
设 ，有 ， 使其函数值相等，则 不恒为单调．
， ， 恒成立，
单调递增且 ， ．所以 先减后增，满足题意，所以正确．
24．4【解析】当 时， ， ，此时方程Q群67526005专供
即为 或 ，故 或 ，此时 符合题意，方程有一个实根．
当 时， ， ，方程
即为 或 ，即 或 ，
令 ，则 ，函数 在 上单调递减，
且 时 ，所以当 时，方程 无解；令 ，
则 ，函数 在 上单调递减，且 时 ，
时 ，所以当 时，方程 有一个实根．
当 时， ， ，方程 即为 或
，即 或 ，令 ，
则 ，函数 在 上单调递增，且 时
， 时 ，所以当 时方程
有1个实根；同理 在 有1个实根．
故方程 实根的个数为4个．
25．2【解析】由题意 ，令 得 或 ．
因 或 时， ， 时， ．
∴ 时 取得极小值．
26．【解析】(1) 的定义域为 ， ．
（i）若 ，则 ，当且仅当 ， 时 ，所以 在
单调递减．
（ii）若 ，令 得， 或 ．
当 时， ；Q群67526005专供
当 时， ．所以 在 ，
单调递减，在 单调递增．
(2)由(1)知， 存在两个极值点当且仅当 ．
由于 的两个极值点 ， 满足 ，所以 ，不妨设 ，则
．由于
，
所以 等价于 ．
设函数 ，由(1)知， 在 单调递减，又 ，从而当
时， ．
所以 ，即 ．
27．【解析】(1)当 时， 等价于 ．
设函数 ，则 ．
当 时， ，所以 在 单调递减．
而 ，故当 时， ，即 ．
(2)设函数 ．
在 只有一个零点当且仅当 在 只有一个零点．
（i）当 时， ， 没有零点；
（ii）当 时， ．
当 时， ；当 时， ．Q群67526005专供
所以 在 单调递减，在 单调递增．
故 是 在 的最小值．
①若 ，即 ， 在 没有零点；
②若 ，即 ， 在 只有一个零点；
③若 ，即 ，由于 ，所以 在 有一个零点，
由(1)知，当 时， ，
所以 ．
故 在 有一个零点，因此 在 有两个零点．
综上， 在 只有一个零点时， ．
28．【解析】(1)当 时， ， ．
设函数 ，则 ．
当 时， ；当 时， ．
故当 时， ，且仅当 时， ，从而 ，且仅
当 时， ．
所以 在 单调递增．
又 ，故当 时， ；当 时， ．
(2)（i）若 ，由(1)知，当 时， ，这与
是 的极大值点矛盾．
（ii）若 ，设函数 ．Q群67526005专供
由于当 时， ，故 与 符号相同．
又 ，故 是 的极大值点当且仅当 是 的极大值点．
．
如果 ，则当 ，且 时， ，
故 不是 的极大值点．
如果 ，则 存在根 ，
故当 ，且 时， ，所以 不是 的极大值点．
如果 ，则 ．则当 时， ；
当 时， ．所以 是 的极大值点，从而 是 的极大
值点
综上， ．
29．【解析】(1)因为 ，
所以 （ ）
= ．
．
由题设知 ，即 ，解得 ．
此时 ．
所以 的值为1．
(2)由(1)得 ．
若 ，则当 时， ；Q群67526005专供
当 时， ．
所以 在 处取得极小值．
若 ，则当 时， ， ，
所以 ．
所以2不是 的极小值点．
综上可知， 的取值范围是 ．
30．【解析】(1)由已知， ，有 ．
令 ，解得 ．
由 ，可知当 变化时， ， 的变化情况如下表：
0
0 +
极小值
所以函数 的单调递减区间 ，单调递增区间为 ．
(2)证明：由 ，可得曲线 在点 处的切线斜率为
．由 ，可得曲线 在点 处的切线斜率为
．因为这两条切线平行，故有 ，即 ．
两边取以a为底的对数，得 ，所以 ．
(3)证明：曲线 在点 处的切线 ： ．
曲线 在点 处的切线 ： ．
要证明当 时，存在直线 ，使 是曲线 的切线，也是曲线 的切
线，只需证明当 时，存在 ， ，使得l和l重合．
1 2Q群67526005专供
即只需证明当 时，方程组 有解，
由①得 ，代入②，得 ． ③
因此，只需证明当 时，关于 的方程③有实数解．
设函数 ，
即要证明当 时，函数 存在零点．
，可知 时， ； 时， 单调递减，
又 ， ，
故存在唯一的 ，且 ，使得 ，即 ．
由此可得 在 上单调递增，在 上单调递减．
在 处取得极大值 ．
因为 ，故 ，
所以
．
下面证明存在实数 ，使得 ．
由(1)可得 ，
当 时，
有
，
所以存在实数 ，使得Q群67526005专供
因此，当 时，存在 ，使得 ．
所以，当 时，存在直线 ，使 是曲线 的切线，也是曲线 的切
线．
31．【解析】(1)函数 ， ，则 ， ．
由 且 ，得 ，此方程组无解，
因此， 与 不存在“ 点”．
(2)函数 ， ，
则 ．
设 为 与 的“ 点”，由 且 ，得
，即 ，（*）
得 ，即 ，则 ．
当 时， 满足方程组（*），即 为 与 的“ 点”．
因此， 的值为 ．
(3)对任意 ，设 ．
因为 ，且 的图象是不间断的，
所以存在 ，使得 ．令 ，则 ．
函数 ，
则 ．Q群67526005专供
由 且 ，得
，即 ，（**）
此时， 满足方程组（**），即 是函数 与 在区间 内的一个“ 点”．
因此，对任意 ，存在 ，使函数 与 在区间 内存在“ 点”．
32．【解析】(1)函数 的导函数 ，
由 得 ，
因为 ，所以 ．
由基本不等式得 ．
因为 ，所以 ．
由题意得 ．
设 ，
则 ，
所以
16
0 +
所以 在 上单调递增，
故 ，
即 ．Q群67526005专供
(2)令 ， ，则
，
所以，存在 使 ，
所以，对于任意的 及 ，直线 与曲线 有公共点．
由 得 ．
设 ，
则 ，
其中 ．
由(1)可知 ，又 ，
故 ，
所以 ，即函数 在 上单调递减，因此方程 至多1
个实根．
综上，当 时，对于任意 ，直线 与曲线 有唯一公
共点．
33．【解析】（1） 的定义域为 ，
，
（ⅰ）若 ，则 ，所以 在 单调递减．
（ⅱ）若 ，则由 得 ．
当 时， ；当 时， ，Q群67526005专供
所以 在 单调递减，在 单调递增．
（2）（ⅰ）若 ，由（1）知， 至多有一个零点．
（ⅱ）若 ，由（1）知，当 时， 取得最小值，最小值为
．
①当 时，由于 ，故 只有一个零点；
②当 时，由于 ，即 ，故 没有零点；
③当 时， ，即 ．
又 ，故 在 有一个零点．
设正整数 满足 ，
则 ．
由于 ，因此 在 有一个零点．
综上， 的取值范围为 ．
34．【解析】（1） 的定义域为 ．
设 ，则 ， 等价于 ．
因为 ， ，故 ，而 ， ，得 ．
若 ，则 ．当 时， ， 单调递减；当 时，
， 单调递增．所以 是 的极小值点，故 ．
综上， ．
（2）由（1）知 ， ．
设 ，则 ．
当 时， ；当 时， ．所以 在 单调递
减，在 单调递增．Q群67526005专供
又 ， ， ，所以 在 有唯一零点 ，在 有唯
一零点 1，且当 时， ；当 时， ；当 时，
．
因此 ，所以 是 的唯一极大值点．
由 得 ，故 ．
由 得， ．
因为 是 在 的最大值点，由 ， 得
．
所以 ．
35．【解析】（1） 的定义域为 ．
①若 ，因为 ，所以不满足题意；
②若 ，由 知，当 时， ；当 时，
，所以 在 单调递减，在 单调递增，故 是 在
的唯一最小值点．
由于 ，所以当且仅当a=1时， ．
故a=1．
（2）由（1）知当 时，
令 得 ，从而
故
而 ，所以m的最小值为3．
36．【解析】（Ⅰ）因为 ，Q群67526005专供
所以
（Ⅱ）由
解得 或 ．
因为
x （ ，1） 1 （1， ） （ ， ）
- 0 + 0 -
↘ 0 ↗ ↘
又 ，
所以 在区间 上的取值范围是 ．
37．【解析】（1）由 ，得
.
当 时， 有极小值 .
因为 的极值点是 的零点.
所以 ，又 ，故 .
因为 有极值，故 有实根，从而 ，即 .
时， ，故 在R上是增函数， 没有极值；
时， 有两个相异的实根 ， .Q群67526005专供
列表如下
+ 0 – 0 +
极大值 极小值
故 的极值点是 .
从而 ，
因此 ，定义域为 .
（2）由（1）知， ．
设 ，则 ．
当 时， ，所以 在 上单调递增．
因为 ，所以 ，故 ，即 ．
因此 ．
（3）由（1）知， 的极值点是 ，且 ， .
从而
记 ， 所有极值之和为 ，
因为 的极值为 ，所以 ， .Q群67526005专供
因为 ，于是 在 上单调递减.
因为 ，于是 ，故 .
因此 的取值范围为 .
38．【解析】（Ⅰ）由 ，
可得 ，
进而可得 .令 ，解得 ，或 .
当x变化时， 的变化情况如下表：
x
+ - +
↗ ↘ ↗
所以， 的单调递增区间是 ， ，单调递减区间是 .
（Ⅱ）证明：由 ，得 ，
.
令函数 ，则 .
由（Ⅰ）知，当 时， ，故当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.因此，当 时，
，可得 .
令函数 ，则 .由（Ⅰ）知， 在
上单调递增，故当 时， ， 单调递增；当 时，
， 单调递减.因此，当 时， ，
可得 .
所以， .Q群67526005专供
（Ⅲ）证明：对于任意的正整数 ， ，且 ，
令 ，函数 .
由（Ⅱ）知，当 时， 在区间 内有零点；
当 时， 在区间 内有零点.
所以 在 内至少有一个零点，不妨设为 ，
则 .
由（Ⅰ）知 在 上单调递增，故 ，于是
.
因为当 时， ，故 在 上单调递增，
所以 在区间 上除 外没有其他的零点，而 ，故 .
又因为 ， ， 均为整数，所以 是正整数，
从而 .
所以 .所以，只要取 ，就有 .
39．【解析】（Ⅰ）由题意
又 ，
所以 ，
因此曲线 在点 处的切线方程为
，
即 ．
（Ⅱ）由题意得 ，Q群67526005专供
因为
，
令
则
所以 在 上单调递增．
因为
所以 当 时，
当 时，
(1)当 时，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 当 时 取得极小值，极小值是 ；
(2)当 时，
由 得 ，
①当 时， ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增．
所以 当 时 取得极大值．
极大值为 ，
当 时 取到极小值，极小值是 ；
②当 时， ，Q群67526005专供
所以 当 时， ，函数 在 上单调递增，无极值；
③当 时，
所以 当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
所以 当 时 取得极大值，极大值是 ；
当 时 取得极小值．
极小值是 ．
综上所述：
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
函数 有极小值，极小值是 ；
当 时，函数 在 和 和 上单调递增，在 上单调
递减，函数 有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是 ；
当 时，函数 在 上单调递增，无极值；
当 时，函数 在 和 上单调递增，
在 上单调递减，函数 有极大值，也有极小值，
极大值是 ；
极小值是 ．
40．【解析】(Ⅰ)因为 ，
当 时， ， ， 单调递增，Q群67526005专供
， ， 单调递减；
当 时，
①当 时， ，
或 ， ， 单调递增，
， ， 单调递减；
②当 时， ， ， ， 单调递增，
③当 时， ，
或 ， ， 单调递增，
， ， 单调递减；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， 时， ，
于是 ，
，
令 ， ，
，
于是 ，Q群67526005专供
， 的最小值为 ；
又
设 ，则 在 上单调递减，因为 ， ，
所以存在 ，使得 ，且
时， ， 单调递增；
时， ， 单调递减；
又 ， ，所以 的最小值为 ．
所以 ．
即 对于任意的 成立．
41．【解析】（I）由题意，
①当 时， ， ， 在 上单调递减.
②当 时，令 ，有 ，当 时， ；
当 时， .
故 在 上单调递减，在 上单调递增.
（II）令 ， ．则 ．而当 时，
，所以 在区间 内单调递增．又由 ，有 ，
从而当 时， ．
当 ， 时， ．
故当 在区间 内恒成立时，必有 ．
当 时， ．Q群67526005专供
由（I）有 ，而 ，
所以此时 在区间 内不恒成立．
当 时，令 ．
当 时，
，
因此， 在区间 内单调递增．
又 ，所以当 时， ，即 恒成立．
综上，
42．【解析】(I) ，可得 ，
下面分两种情况讨论：
① ，有 恒成立，所以 在 上单调递增；
② ，令 ，解得 ，或 ．
当 变化时， ， 的变化情况如下表：
＋ 0 － 0 ＋
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以 在 单调递增，在 单调递减，在 单
调递增
(II)因为 存在极值点，所以由(I)知 ，且 ．
由题意得 ，即 ，
而 =Q群67526005专供
∴
且 ，由题意及(I)知，存在唯一实数 满足 ，且 ，
因此 ，所以
（Ⅲ）证明：设 在区间 上的最大值为 ， 表示 两数的最大值.
下面分三种情况同理：
（1）当 时， ，由（Ⅰ）知， 在区间 上单调递
减，所以 在区间 上的取值范围为 ，因此 在区间 上的
最大值
，所以 .
（2）当 时， ，
由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， ，
，
所以 在区间 上的取值范围为 ，因此Q群67526005专供
.
（3）当 时， ，
由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， ，
，
所以 在区间 上的取值范围为 ，因此
．
综上所述，当 时， 在区间 上的最大值不小于 ．
43．【解析】（Ⅰ） ．
（i）设 ，则 ， 只有一个零点．
（ii）设 ，则当 时， ；当 时， ．
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
又 ， ，取 满足 且 ，则
，故 存在两个零点．
（iii）设 ，由 得 或 ．
若 ，则 ，故当 时， ，
因此 在 上单调递增．又当 时， ，
所以 不存在两个零点．
若 ，则 ，故当 时， ；Q群67526005专供
当 时， ．因此 在 上单调递减，
在 上单调递增．又当 时， ，
所以 不存在两个零点．综上， 的取值范围为 ．
（Ⅱ）不妨设 ，由（Ⅰ）知 ， ，
又 在 上单调递减，所以 等价于 ，
即 ．由于 ，
而 ，所以 ．
设 ，则 ．
所以当 时， ，而 ，故当 时， ．
从而 ，故 ．
44．【解析】（I）证明：
∵当 时，
∴ 在 上单调递增
∴ 时，
∴
（Ⅱ） ，
由（Ⅰ）知， 单调递增，对任意的 ， ，
，因此，存在唯一 ，使得 ，即
当 时， ， , 单调递减；
当 时， ， , 单调递增．
因此 在 处取得最小值，最小值为Q群67526005专供
．
于是 ，由 ，得 单调递增．
所以，由 ，得 ，
因为 单调递增，对任意的 ，存在唯一的 ，
，使得 ，所以 的值域为 ．
综上，当 时， 有最小值 ， 的值域为 ．
45．【解析】（Ⅰ） ．
（Ⅱ）当 时，
因此， ．
当 时，将 变形为 ．
令 ，则 是 在 上的最大值，
， ，且当 时， 取得极小值，
极小值为 ．
令 ，解得 （舍去）， ．
（ⅰ）当 时， 在 内无极值点， ， ，
，所以 ．
（ⅱ）当 时，由 ，知 ．
又 ，所以 ．Q群67526005专供
综上， ．
（Ⅲ）由（Ⅰ）得 .
当 时， .
当 时， ，所以 .
当 时， ，所以 .
46．【解析】（I）由于 ，故
当 时， ，
当 时， ．
所以，使得等式 成立的 的取值范围为 ．
（II）（i）设函数 ， ，则
， ，
所以，由 的定义知 ，即
．
（ii）当 时，
，
当 时，
．
所以， ．
47．【解析】（1）因为 ，所以 .Q群67526005专供
①方程 ，即 ，亦即 ，
所以 ，于是 ，解得 .
②由条件知 .
因为 对于 恒成立，且 ，
所以 对于 恒成立.
而 ，且 ，
所以 ，故实数 的最大值为4.
（2）因为函数 只有1个零点，而 ，
所以0是函数 的唯一零点.
因为 ，又由 知 ，
所以 有唯一解 .
令 ，则 ，
从而对任意 ， ，所以 是 上的单调增函数，
于是当 ， ；
当 时， .
因而函数 在 上是单调减函数，在 上是单调增函数.
下证 .
若 ，则 ，于是 ，
又 ，且函数 在以 和 为端点
的闭区间上的图象不间断，所以在 和 之间存在 的零点，记为 .
因为 ，所以 ，又 ，Q群67526005专供
所以 与“0是函数 的唯一零点”矛盾.
若 ，同理可得，在 和 之间存在 的非0的零点，矛盾.
因此， .于是 ，故 ，所以 ．
48．【解析】(Ⅰ) ．
若 ，则当 时， ， ；
当 时， ， ．
若 ，则当 时， ， ；
当 时， ， ．
所以， 在 单调递减，在 单调递增．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，对任意的 ， 在 单调递减，在 单调递增．
故 在 处取得最小值．
所以对于任意 ， ， 的充要条件是：
，即 ①
设函数 ，则 ．
当 时， ；当 时 ．
故 在 单调递减，在 单调递增．
又 ， ，故当 时， ．
当 时， ，即①式成立；
当 时，由 得单调性， ，即 ；
当 时， ，即
综上， 的取值范围是 ．
49．【解析】：（Ⅰ）由题意知 函数 的定义域为 ，Q群67526005专供
，
令 ， ，
（1）当 时， ，
此时 ，函数 在 单调递增，无极值点；
（2）当 时， ，
①当 时， ， ，
，函数 在 单调递增，无极值点；
②当 时， ，
设方程 的两根为 ，
因为 ，
所以 ， ，
由 ，可得 ，
所以当 时， ，函数 单调递增；
当 时， ， ，函数 单调递减；
当 时， ， ，函数 单调递增；
因此函数有两个极值点。
（3）当 时， ，
由 ，可得 ，
当 时， ， ，函数 单调递增；
当 时， ， ，函数 单调递减；
所以函数有一个极值点。
综上所述：当 时，函数 有一个极值点；当 时，函数 无极值点；Q群67526005专供
当 时，函数 有两个极值点。
（II）由（I）知，
（1）当 时，函数 在 上单调递增，
因为 ，所以 时， ，符合题意；
（2）当 时，由 ，得 ，
所以 函数 在 上单调递增，
又 ，所以 时， ，符合题意；
（3）当 时，由 ，可得 ，
所以 时，函数 单调递减；
因为 ，所以 时， ，不合题意；
（4）当 时，设 ，
因为 时，
所以 在 上单调递增。
因此当 时， ，即 ，
可得 ，
当 时， ，
此时 ，不合题意，
综上所述， 的取值范围是 ．
50．【解析】（1）
其中tan = ，0< < ．
令 =0，由 得 + = ，即 = ， ．
对 N，若 < + <( ) ，即 < <( ) ，则 >0；Q群67526005专供
若（ ） < + <( ) ，即（ ） < <( ) ，则 <0．
因此，在区间（ ， ）与（ ， ）上， 的符号总相反．于
是当 = ( )时， 取得极值，所以 .
此时， 易知 0，
而 是常数，故数列 是首项为
= ，公比为 的等比数列；
（2）由（1）知， = ，于是对一切 ， <| |恒成立，
即 恒成立，
等价于 （*）恒成立（因为 >0），
设 = （ ），则 ．令 =0得 =1，
当0<<1时， ，所以 在区间（0,1）上单调递减；
当 >1时， ，所以 在区间（0,1）上单调递增．
从而当 =1时，函数 取得最小值 ．
因此，要是（*）式恒成立，只需 ，即只需 .
而当 = 时，由tan = = 且 ．
于是 ，且当 时， ．
因此对一切 ， ，所以 ．
故（*）式亦恒成立．Q群67526005专供
综上所述，若 ，则对一切 ， 恒成立．
51．【解析】（Ⅰ） = ， .
曲线 在点（0,2）处的切线方程为 ．
由题设得 ，所以 ．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
设 ，由题设知 ．
当 ≤0时， ， 单调递增，
，所以 =0在 有唯一实根．
当 时，令 ，则 ．
， 在 单调递减，在 单调递增，
所以 ，所以 在 没有实根.
综上， =0在R有唯一实根，即曲线 与直线 只有一个交点．
52．【解析】（Ⅰ）函数 的定义域为
由 可得
所以当 时， ，函数 单调递减，
所以当 时， ，函数 单调递增，
所以 的单调递减区间为 ， 的单调递增区间为
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， 时， 在 内单调递减，
故 在 内不存在极值点；
当 时，设函数 ， ，因此 ．Q群67526005专供
当 时， 时 ，函数 单调递增
故 在 内不存在两个极值点；
当 时，
0
函数在 内存在两个极值点
当且仅当 ，解得 ，
综上函数 在 内存在两个极值点时， 的取值范围为 ．
53．【解析】（Ⅰ） ，
由题设知 ，解得 ．
（Ⅱ） 的定义域为 ，由（Ⅰ）知， ，
（ⅰ）若 ，则 ，故当 时， ， 在
单调递增，所以，存在 ，使得 的充要条件为 ，
即 ，解得 ．
（ii）若 ，则 ，故当 时， ；
当 时， ， 在 单调递减，在 单调
递增．所以，存在 ，使得 的充要条件为 ，
而 ，所以不合题意．Q群67526005专供
（iii）若 ，则 ．
综上， 的取值范围是 ．
54．【解析】（Ⅰ）由题意知 时， ，
此时 ，可得 ，又 ，
所以曲线 在 处的切线方程为 ．
（Ⅱ）函数 的定义域为 ，
，
当 时， ，函数 在 上单调递增，
当 时，令 ，
由于 ，
①当 时， ，
，函数 在 上单调递减，
②当 时， ， ，函数 在 上单调递减，
③当 时， ，
设 是函数 的两个零点，
则 ， ，
由 ，
所以 时， ，函数 单调递减，
时， ，函数 单调递增，Q群67526005专供
时， ，函数 单调递减，
综上可知，当 时，函数 在 上单调递增；
当 时，函数 在 上单调递减；
当 时， 在 ， 上单调递
减，在 上单调递增．
55．【解析】（Ⅰ） ，方程 的判别式： ．
∴当 时， ，∴ ，此时 在 上为增函数．
当 时，方程 的两根为 ．
当 时， ，∴此时 为增函数，
当 时， ，∴此时 为减函数，
当 时， ，∴此时 为增函数，
综上， 时， 在 上为增函数
当 时， 的单调递增区间为 ， ．
的单调递减区间为 ．
（Ⅱ）Q群67526005专供
∴若存在 ，使得 ，
必须 在 上有解，
∵ ，∴ ，
方程的两根为： ，∵ ，
∴ 只能是 ，
依题意， ，即 ，
∴ ，即 ，
又由 ，得 ，故欲使满足题意的 存在，则 ．
∴当 时，存在唯一的 满足
．
当 时，不存在 ，
使 ．
56．【解析】（Ⅰ） ， ，∴ 是 上的偶函数
（Ⅱ）由题意， ，即
∵ ，∴ ，即 对 恒成立
令 ，则 对任意 恒成立
∵ ，
当且仅当 时等号成立
∴Q群67526005专供
（Ⅲ） ，当 时 ，∴ 在 上单调增
令 ，
∵ ，∴ ，即 在 上单调减
∵存在 ，使得 ，∴ ，
即
∵
设 ，则
当 时， ， 单调增；
当 时， ， 单调减
因此 至多有两个零点，而
∴当 时， ， ；
当 时， ， ；
当 时， ， ．
57．【解析】（I） ．由已知得 ， ．
故 ， ．从而 ；
(II)由（I）知， ，
令 得， 或 ．
从而当 时， ；当 ， ．
故 在 ， 单调递增，在 单调递减．
当 时，函数 取得极大值，极大值为 ．
58．【解析】（Ⅰ） 的定义域为 ， ①Q群67526005专供
当 或 时， ；当 时，
所以 在 ， 单调递减，在 单调递增．
故当 时， 取得极小值，极小值为 ；当 时， 取得极大值，
极大值为 ．
（Ⅱ）设切点为 ，则 的方程为
所以 在 轴上的截距为
由已知和①得
令 ，则当 时， 的取值范围为 ；
当 时， 的取值范围是 ．
所以当 时， 的取值范围是 ．
综上， 在 轴上截距的取值范围 ．
59．【解析】（Ⅰ）由 ，得 ．
又曲线 在点 处的切线平行于 轴，
得 ，即 ，解得 ．
（Ⅱ） ，
①当 时， ， 为 上的增函数，所以函数 无极值．
②当 时，令 ，得 ， ．
， ； ， ．
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 在 处取得极小值，且极小值为 ，无极大值．
综上，当 时，函数 无极小值；
当 ， 在 处取得极小值 ，无极大值．Q群67526005专供
（Ⅲ）当 时，
令 ，
则直线 ： 与曲线 没有公共点，
等价于方程 在 上没有实数解．
假设 ，此时 ， ，
又函数 的图象连续不断，由零点存在定理，可知 在 上至少有一解，与
“方程 在 上没有实数解”矛盾，故 ．
又 时， ，知方程 在 上没有实数解．
所以 的最大值为 ．
解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．
（Ⅲ）当 时， ．
直线 ： 与曲线 没有公共点，
等价于关于 的方程 在 上没有实数解，即关于 的方程：
（*）
在 上没有实数解．
①当 时，方程（*）可化为 ，在 上没有实数解．
②当 时，方程（*）化为 ．
令 ，则有 ．
令 ，得 ，
当 变化时， 的变化情况如下表：Q群67526005专供
当 时， ，同时当 趋于 时， 趋于 ，
从而 的取值范围为 ．
所以当 时，方程（*）无实数解，解得 的取值范围是 ．
综上，得 的最大值为 ．
60．【解析】（Ⅰ）函数 的定义域为(0，＋∞)．
，令 ＝0，得 .
当x变化时，f′(x)， 的变化情况如下表：
－ 0 ＋
极小值
所以函数 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 .
（Ⅱ）证明：当 时， ≤0.
设 ，令 ， ．
由(1)知， 在区间 内单调递增．
， ．
故存在唯一的 ，使得 成立．
（Ⅲ）证明：因为 ，由(2)知， ，且 ，从而
，
其中 ．
要使 成立，只需 .
当 时，若 ，则由 的单调性，有 ，矛盾．
所以 ，即 ，从而 成立．Q群67526005专供
另一方面，令 ， ． ，令 ，得 ．
当 ， ；当 时， .
故对 ， ．
因此 成立．
综上，当 时，有 .
61．【解析】（Ⅰ）由题 在 上恒成立， 在 上恒成立，
；
若 ，则 在 上恒成立， 在 上递增，
在 上没有最小值， ，当 时， ，
由于 在 递增， 时 ， 递增，
时 ， 递减，从而 为 的可疑极小点，
由题 ， ，
综上 的取值范围为 ．
（Ⅱ）由题 在 上恒成立，
在 上恒成立， ，
由 得 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 递增，
当 时， ， 递减，
时， 最大值为 ，
又 时， ， 时， ，
据此作出 的大致图象，Q群67526005专供
由图知：当 或 时， 的零点有1个,当 时， 的零点有2
个,
62．【解析】（Ⅰ） 的定义域为 ， ．
若 ，则 ，所以 在 单调递增．
若 ，则当 时 ，当 ， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增．
（Ⅱ）由于 ，所以(x－k)f´(x)+x+1= ．
故当 时，(x－k)f´(x)+x+1>0等价于
（ ） ①
令 ，则
由（Ⅰ）知，函数 在 单调递增．而 ，所以
在 存在唯一的零点，故 在 存在唯一的零点，设此零点为 ，则
．当 时， ；当 时， ，所以 在
的最小值为 ，又由 ，可得 ，所以
故①等价于 ，故整数 的最大值为2．
63．【解析】（Ⅰ）设 ；则Q群67526005专供
①当 时， 在 上是增函数
得：当 时， 的最小值为
②当 时，
当且仅当 时， 的最小值为
（Ⅱ）
由题意得： ．
64．【解析】（Ⅰ）由 = 可得 ，而 ，
即 ，解得 ；
（Ⅱ） ，令 可得 ，
当 时， ；当 时， ．
于是 在区间 内为增函数；在 内为减函数。
（Ⅲ）
=
因此对任意的 ， 等价于
设
所以
因此 时， ， 时，
所以 ，故 。
设 ，Q群67526005专供
则 ，
∵ ，∴ ， ，∴ ，即
∴ ，对任意的 ，
65．【解析】（Ⅰ）
由于直线 的斜率为 ，且过点 ，故
即 ，解得 ， ．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，所以
考虑函数 ，则
所以当 时， 故
当 时，
当 时，
从而当
66．【解析】（Ⅰ）因为
所以Q群67526005专供
由于 ，所以 的增区间为 ，减区间为
（Ⅱ）【证明】：由题意得，
由（Ⅰ）知 内单调递增，要使 恒成立，
只要 ，解得
67．【解析】（Ⅰ）由 得 ，
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得 从而 ，故：
（1）当 时，由 得 ，由 得 ；
（2）当 时，由 得 ，由 得 ；
综上，当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
（Ⅲ）当 时， ， ．
由（Ⅱ）可得，当 在区间 内变化时， 的变化情况如下表：
－ 0 +
单调递减 极小值1 单调递增 2
又 ，所以函数 的值域为[1，2]．
据此可得，若 ，则对每一个 ，直线 与曲线
都有公共点．并且对每一个 ，直线 与
曲线 都没有公共点．
综上，当 时，存在最小的实数 =1，最大的实数 =2，使得对每一个 ，
直线 与曲线 都有公共点．Q群67526005专供
68．【解析】（Ⅰ） 时， ，
．当 时 ；
当 时， ;当 时， ．
故 在 ， 单调增加，在 单调递减．
（Ⅱ） ．令 ，则 ．若 ，
则当 时， ， 为减函数，而 ，从而当x≥0时
≥0，即 ≥0．若 ，则当 时， ，
为减函数，而 ，从而当 时 ＜0，即 ＜0．
综合得 的取值范围为 ．
