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专题三 导数及其应用 ４ ５
3.3 导数的综合应用
学生用书P205
题型 一 利用导数研究不等式
２ ７ ｘ２．
ｅ －７≥
４
1.利用导数研究不等式恒（能）成立问题
恒 能 成立问题的转化策略一般有 参数讨论法 参变分 即ａｘ ≤ｅ ｘ ＋ｅ ２ －７－ ７ ｘ２（提示：若要参变分类，需不等式两边同除
（１） （ ） ： ， ４
离法 先特殊后一般法等． 以ｘ，但不要忽略ｘ 的情况）
， ＝０
（２） 常用的转化方法 ： ① 当ｘ ＝０ 时， ｅ ２ －６≥０ 显然成立；
① ａ ≥ ｆ （ ｘ ） 恒成立 ⇔ ａ ≥ ｆ （ ｘ ）ｍａｘ； 当ｘ 时，原不等式等价于 ａ ４ｅ ｘ －７ ｘ２ ＋４ｅ ２ －２８，
ａ ｆ ｘ 恒成立 ａ ｆ ｘ ② ＞０ ４ ≤ ｘ
② ≤（ ） ⇔ ≤（ ）ｍｉｎ；
ａ ｆ ｘ 能成立 ａ ｆ ｘ ｘ ｘ２ ２
③ ≥（ ） ⇔ ≥（ ）ｍｉｎ； 令ｇ（ｘ） ４ｅ －７ ＋４ｅ －２８，ｘ ，
ａ ｆ ｘ 能成立 ａ ｆ ｘ ． ＝ ｘ ＞０
④ ≤ 双变 （ 量 ） 恒 能 ⇔ 成立 ≤ 问 （ 题 ） 的 ｍａｘ 转化方法 则ｇ′（ｘ） ４ （ｘ －１ ） ｅ ｘ －７ ｘ２ －４ｅ ２ ＋２８．
（３） （ ） ： ＝ ｘ２
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ
①∀ １∈ ，∃ ２∈ ， （ １）＞ （ ２）⇔（ ）ｍｉｎ＞ （ ）ｍｉｎ；
（提示：导函数值的正负取决于分子的正负，而分子无法直接判
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ
②∀ １∈ ，∀ ２∈ ， （ １）＞ （ ２）⇔（ ）ｍｉｎ＞ （ ）ｍａｘ；
断正负，故需对分子进一步分析）
ｘ Ｍ ｘ Ｎ ｆ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ
③∃ ｘ １∈ Ｍ ，∃ ｘ ２∈ Ｎ ， ｆ （ ｘ １）＞ ｇ （ ｘ ２）⇔ ｆ （ ｘ ）ｍａｘ＞ ｇ （ ｘ ）ｍｉｎ； ． 令ｈ（ｘ） ＝４ （ｘ －１ ） ｅ ｘ －７ ｘ２ －４ｅ ２ ＋２８ ，ｘ ＞０ ，
④∃ １∈ ，∀ ２∈ ， （ １）＞ （ ２）⇔（ ）ｍａｘ＞ （ ）ｍａｘ
则ｈ′（ｘ） ｘ ｘ ｘ ｘ（ ｘ ），
其中 上述函数的最值都存在． ＝４ ｅ －１４ ＝２ ２ｅ －７
， ( )
2.利用导数证明不等式 当ｘ ， ７ 时，ｈ′（ｘ） ，
∈ ０ ｌｎ ＜０
直接构造函数法 证明不等式ｆ ｘ ｇ ｘ 或ｆ ｘ ｇ ｘ ２
（１） ： （ ）＞ （ ）（ （ ）＜ （ ）） ( )
转化为证明ｆ ｘ ｇ ｘ 或ｆ ｘ ｇ ｘ 构造辅助函数 当ｘ ７ ， 时，ｈ′（ｘ） ，
（ ）－ （ ）＞０（ （ ）－ （ ）＜０）， ∈ ｌｎ ＋∞ ＞０
２
ｈ （ ｘ ）＝ ｆ （ ｘ ）－ ｇ （ ｘ ） ．只需证明ｈ （ ｘ ）ｍｉｎ＞０（ 或ｈ （ ｘ ）ｍａｘ＜０） ．
则ｈ（ｘ）在
(
， ７
)
上单调递减，在
(
７ ，
)
上单调递增．
先放缩后构造法 首先根据已知条件 或常用结论 适当 ０ ｌｎ ｌｎ ＋∞
（２） ： （ ） ２ ２
放缩 然后构造函数 转化为求函数最值问题 有时也会利用 ( )
， ， ； 因为ｈ（ ） （ ２） ，所以ｈ ７ ，
上一问的结论进行放缩． ０ ＝４ ６－ｅ ＜０ ｌｎ ＜０
２
知识拓展 常见的放缩形式(大题使用需先证明) 又ｈ（ ） ，
２ ＝０
（ ） ｘ ｘ ， ｘ －１ ｘ， ｘ ｘ， － ｘ ｘ． （提示：因ｈ（ｘ）中含有 ｅ ２ 项，故想到验证ｈ（ ２ ））
１ ｅ ≥ ＋１ ｅ ≥ ｅ ≥ｅ ｅ ≥１－
则当ｘ （ ， ）时，ｇ′（ｘ） ，当ｘ （ ， ）时，ｇ′（ｘ） ，
∈ ０ ２ ＜０ ∈ ２ ＋∞ ＞０
（ ） ｘ ｘ （ｘ ）， （ｘ ） ｘ（ｘ ）， １ １ （ｘ
２ ｌｎ ≤ －１ ＞０ ｌｎ ＋１ ≤ ＞－１ ｌｎ ｘ ≤ ｘ －１ ＞ 所以ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递减，
０ ２
在（ ， ）上单调递增，
）， ｘ １ （ｘ ）． ２ ＋∞
０ ｌｎ ≥１－ ｘ ＞０ 则ｇ（ｘ） ｇ（ ） ２ ，
ｍｉｎ＝ ２ ＝４ｅ －２８
（ ） ｘ ｘ １ ｘ２（ｘ ）， ｘ ｘ １ ｘ２（ｘ ）， ｘ １ ｘ 则 ４ ａ ≤４ｅ ２ －２８ ，即ａ ≤ｅ ２ －７ ．
３ ｅ ≥１＋ ＋ ≥０ ｅ ≤１＋ ＋ ≤０ ｌｎ ≤
２ ２ ｅ 故ａ的取值范围为（ ， ２ ］．
－∞ ｅ －７
（ｘ ）．
＞０
题型 二 利用导数研究函数零点问题
例1 （ 河北石家庄 中月考， ）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ
２０２４ ２５ ２１ （ ）＝ｅ －
1.数形结合法 求函数ｆ ｘ 的单调区间和极值 根据ｆ ｘ 的性
２ ． ， （ ） ， （ ）
＋ｅ －７
质作出图象 然后根据图象判断函数零点个数．
当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在ｘ 处的切线方程 ，
（１） ＝－７ ， ＝ （ ） ＝１ ；
2.分类讨论法 求函数ｆ ｘ 的单调区间和极值 然后分类讨论
若 ｘ ｆ ｘ ７ ｘ２ 求ａ的取值范围． ， （ ） ， ，
（２） ∀ ∈［０，＋∞）， （ ）≥ ， 判断函数的零点个数．
４
解析 （ ）当ａ 时， ｆ（ｘ） ｘ ｘ ２ ， 例2 （ 河北省级联测， ）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ
１ ＝－７ ＝ｅ ＋７ ＋ｅ －７ ２０２４ １８ （ ）＝－ ｅ －ｓｉｎ －１
则ｆ ′（ｘ） ｘ ， ( )
＝ｅ ＋７ 在区间 π 内有唯一极值点ｘ 其中ａ Ｒ 为自然对数的
则ｆ ′（ ） ． ０， １， ∈ ，ｅ
１ ＝ｅ＋７ ２
又ｆ（ ） ２， 底数．
１ ＝ｅ＋ｅ
所以所求切线方程为ｙ （ ２ ） （ ）·（ｘ ）， 求实数ａ的取值范围
－ ｅ ＋ｅ ＝ ｅ＋７ －１ （１） ；
即ｙ （ ）ｘ ２ ． ( )
＝ ｅ＋７ ＋ｅ －７ 证明 ｆ ｘ 在区间 ３π 内有唯一零点．
（２） ： （ ） ０，
（
２
）
∀
ｘ
∈
［
０
，
＋∞
）， ｆ（ｘ）
≥
７ ｘ２ 等价于
∀
ｘ
∈
［
０
，
＋∞
），
ｅ
ｘ
－
ａｘ
＋ 解析 （ ）ｆ ′（ｘ） ａ ｘ
２
ｘ，
４ １ ＝－ ｅ －ｃｏｓ
４ ６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
( ) ｆ ′（ｘ） ．
当ｘ ，π 时， ｘ （ ， ）， ＞０
∈ ０ ｃｏｓ ∈ ０ １ ( )
２ 所以ｆ（ｘ）在 ，π 内有唯一极小值点ｘ ，符合题意．
( ) ０ １
当ａ 时， ｆ ′（ｘ） ， ｆ（ｘ）在 ，π 上单调递减，没有极值 ２
① ≥０ ＜０ ０ 综上，实数ａ的取值范围为（ ， ）．
２ －１ ０
点，不合题意； （ ）证明：由（ ）知 ａ ，
２ １ －１＜ ＜０
( ) [ )
② 当ａ ＜０ 时，ｙ ＝－ ａ ｅ ｘ 与ｙ ＝－ｃｏｓ ｘ均在 ０ ，π 上单调递增， 所以当ｘ ∈ π，３π 时， ｆ ′（ｘ） ＝－ ａ ｅ ｘ －ｃｏｓ ｘ ＞０ ．
２ ２ ２
( )
故ｆ ′（ｘ）在
０
，π 上单调递增， 所以当 ｘ
∈
（
０
，ｘ
１
）时， ｆ ′（ｘ）
＜０
， ｆ（ｘ）单调递减；当 ｘ
∈
２ ( )
( ) ｘ ，３π 时， ｆ ′（ｘ） ， ｆ（ｘ）单调递增．
因为ｆ ′（ ０ ） ＝－ ａ －１ ， ｆ ′ π ＝－ ａ ｅ π ２ ＞０ ， １ ２ ＞０
２ 所以当ｘ （ ，ｘ ）时， ｆ（ｘ） ｆ（ ） ａ ，则ｆ（ｘ ） ．
所以ｆ ′（ ） ａ ，得ａ ， ∈ ０ １ ＜ ０ ＝－ －１＜０ １ ＜０
０ ＝－ －１＜０ ＞－１ ( ) ( )
( ) 又因为ｆ ３π ａ ３ ２ π ，所以ｆ（ｘ）在 ｘ ，３π 内有唯一零点，
此时ｆ ′（ｘ）在 ，π 内有唯一零点ｘ ，
２
＝－ ｅ ＞０ １
２
０ ２ １ ( )
所以当ｘ （ ，ｘ ）时， ｆ ′（ｘ） ； 即ｆ（ｘ）在 ０ ，３π 内有唯一零点．
∈ ０ １ ＜０ ２
( )
当ｘ ｘ ，π 时，
∈ １
２
学生用书P32 所以当ｂ ２ 时 ｆ′ ｘ 在 上恒成立 ｆ ｘ 单调递增
≥－ ， （ ）＞０ （１，２） ， （ ） ，
３
创新考法 （ 新课标 ， ， 分，难）已知函数 ｆ ｘ
２０２４ Ⅰ １８ １７ （ ）＝ 所以ｆ ｘ ｆ 成立．
（ ）＞（１）＝－２
ｘ
ｌｎ ｘ＋
ａｘ
＋
ｂ
（
ｘ
－１）
３．
当ｂ ２ 时 存在ｘ 使得 ２ ｂ
２－ ＜－ ， ０∈（１，２）， ｘ ｘ ＋３ ＝０，
若ｂ 且ｆ ′ ｘ 求ａ的最小值
３ ０（２－ ０）
（１） ＝０， （ ）≥０， ；
即 ｂ ２ ．
证明 曲线ｙ ｆ ｘ 是中心对称图形 ３ ＝ｘ ｘ
（２） ： ＝ （ ） ； ０（ ０－２）
（３） 若ｆ （ ｘ ）＞－２ 当且仅当 １＜ ｘ ＜２， 求ｂ的取值范围． 在 ｘ 上 ｆ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
（１， ０） ， （ ）＜０， （ ） ，
解析 ｆ ｘ 的定义域为 ．
（１） （ ） （０，２） 又ｆ 所以在 ｘ 上有ｆ ｘ 不符合题意．
（１）＝－２， （１， ０） （ ）＜－２，
ｘ
当ｂ 时 ｆ ｘ ａｘ
＝０ ， （ ）＝ｌｎ ｘ＋ ， 综上 可得ｂ ２ ．
２－ ， ≥－
ｘ( ｘ ) ３
所以ｆ′ ｘ ２－ ′ ａ ２ ａ
（ ）＝ ｘ ｘ ＋ ＝ｘ ｘ ＋ ， 考点 1 利用导数研究不等式 学生用书P32
２－ （２－ ）
因为ｆ ′ ｘ
（ ）≥０， １．（ 新课标 ， ， 分，中）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ａ ｘ．
２０２３ Ⅰ １９ １２ （ ）＝ （ｅ ＋ ）－
所以ａ ２ ２ 讨论ｆ ｘ 的单调性
≥ｘ （ ｘ －２） ＝ （ ｘ －１） ２ －１ ， （１） （ ） ；
[ ]
证明 当ａ 时 ｆ ｘ ａ ３ ．
依题意得ａ ２ （２） ： ＞０ ， （ ）＞２ｌｎ ＋
≥ ｘ ｘ ， ２
（ －２） ｍａｘ 解析 由已知得函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ
所以当ｘ 时 ａ取到最小值 ． （１） （ ） ，
＝１ ， －２
ｆ ′ ｘ ａ ｘ ．
ｘ （ ）＝ ｅ －１
证明 因为ｆ ｘ ａｘ ｂ ｘ ３
（２） ： （ ）＝ｌｎ ｘ＋ ＋ （ －１） ， 当ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减
２－ ① ≤０ ， （ ）＜０， （ ） ；
ｘ
所以ｆ ｘ ２－ ａ ｘ ｂ ｘ ３ 当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 则ｘ １
（２－ ）＝ｌｎ ｘ ＋ （２－ ）＋ （１－ ） ， ② ＞０ ， （ ）＝０， ＝ｌｎ ａ ，
所以ｆ ｘ ｆ ｘ ａ
（２－ ）＋（ ）＝２ ， 当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
所以曲线ｙ ｆ ｘ 关于 ａ 中心对称 ＜ｌｎ ａ ， （ ）＜０， （ ） ；
＝ （ ） （１， ） ，
即曲线ｙ ｆ ｘ 是中心对称图形．
＝ （ ） 当ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增．
由 知曲线ｙ ｆ ｘ 关于 ａ 中心对称 且ｆ ｘ 在 ＞ｌｎ ａ ， （ ）＞０， （ ）
（３） （２） ＝ （ ） （１， ） ， （ ） （０，２）
内连续 故ｆ ａ 综上所述 当ａ 时 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减
， （１）＝ ＝－２， ， ≤０ ， （ ） ；
( )
ｘ
即ｆ （ ｘ ）＝ｌｎ ｘ－２ ｘ ＋ ｂ （ ｘ －１） ３ ， ｘ ∈（１，２）， 当 ａ ＞ ０ 时 ， ｆ （ ｘ ） 在 －∞，ｌｎ １ ａ 上 单 调 递 减 ， 在
２－
[ ] ( )
ｆ′ （ ｘ ）＝ ｘ ２ ｘ ＋３ ｂ （ ｘ －１） ２ ， ｌｎ １ ａ ，＋∞ 上单调递增．
（２－ ）
( )
易知ｙ ２ 证明 由 知 当ａ 时 ｆ ｘ 在 １ 上单调递
＝ｘ ｘ ∈（２，＋∞）， （２） ： （１） ， ＞０ ， （ ） －∞，ｌｎ ａ
（２－ ）
专题三 导数及其应用 ４ ７
( ) ( ) ｔ ｔ ｔ
减 在 １ 上单调递增 则 ｆ ｘ ｆ １ 即 ｘ ｔ ｔ ｘ 故 ｘ －１－ｌｎ
， ｌｎ ａ ，＋∞ ， （ ）ｍｉｎ ＝ ｌｎ ａ ＝ １－ｌｎ １＝ （１－ｌｎ －ｌｎ １）， ｌｎ １＝ ｔ ，
－１
( ) 要证ｘ ｘ 即证 ｔ ｘ 即证 ｔ ｘ
ａ １ ａ １ ａ２ ａ． １＋ ２＜ｅ， （ ＋１） １＜ｅ， ｌｎ（ ＋１）＋ｌｎ １＜１，
ａ ＋ －ｌｎ ａ ＝１＋ ＋ｌｎ ｔ ｔ ｔ
即证 ｔ －１－ｌｎ 即证 ｔ ｔ ｔ ｔ
ｌｎ（ ＋１）＋ ｔ ＜１， （ －１）ｌｎ（ ＋１）－ｌｎ ＜０，
要证明ｆ ｘ ａ ３ 只需证明 ａ２ ａ ａ ３ －１
（ ）＞２ｌｎ ＋ ， １＋ ＋ｌｎ ＞２ｌｎ ＋ ， 令Ｓ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ
２ ２ （ ）＝（ －１）ｌｎ（ ＋１）－ｌｎ ，＞１，
ｔ ( )
即证ａ２ ａ １ ． 则Ｓ′ ｔ ｔ －１ ｔ １ ２ ．
－ｌｎ － ＞０ （ ）＝ｌｎ（ ＋１）＋ｔ －１－ｌｎ ＝ｌｎ １＋ ｔ －ｔ
２ ＋１ ＋１
ｘ２ 因为 ｘ ｘ ｘ 当且仅当ｘ 时等号成立 所以可
令ｇ ｘ ｘ２ ｘ １ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ １ ２ －１． ｌｎ（ ＋１）≤ （ ＞－１， ＝０ ），
（ ）＝ －ｌｎ － （ ＞０）， （ ）＝２ － ｘ ＝ ｘ ( )
２
得当ｔ 时 １ １ ２ 故Ｓ′ ｔ 恒成立
＞１ ，ｌｎ １＋ ｔ ≤ ｔ ＜ｔ ， （ ）＜０ ，
当 ｘ ２时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减 ＋１
０＜ ＜ ， （ ）＜０， （ ） ； 故Ｓ ｔ 在 上为减函数 故Ｓ ｔ Ｓ
２ （ ） （１，＋∞） ， （ ）＜ （１）＝０，
故 ｔ ｔ ｔ ｔ 成立 即ｘ ｘ 成立．
当ｘ ２时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 （ －１）ｌｎ（ ＋１）－ｌｎ ＜０ ， １＋ ２＜ｅ
＞ ， （ ）＞０， （ ） ，
２ 综上所述 １ １ ．
æ ö ，２＜ ａ ＋ ｂ ＜ｅ
ｇ ｘ ｇç ２ ÷ １ ２ １ ２
∴ （ ）ｍｉｎ＝ è ø＝ －ｌｎ － ＝－ｌｎ ＝ｌｎ ２＞０， ３．（ 课标 理， ， 分，难）已知函数ｆ ｘ ２ｘ ｘ．
２ ２ ２ ２ ２ ２０２０ Ⅱ ２１ １２ （ ）＝ｓｉｎ ｓｉｎ２
讨论ｆ ｘ 在区间 的单调性
ｇ ｘ 在 上恒成立 即ａ２ ａ １ （１） （ ） （０，π） ；
∴ （ ）＞０ （０，＋∞） ， －ｌｎ － ＞０，
２
证明 ｆ ｘ ３ ３
（２） ：｜ （ ）｜≤ ；
ｆ ｘ ａ ３ ． ８
∴ （ ）＞２ｌｎ ＋ ｎ
２．（ 新高考 ２ ， ， 分，难）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ． （３） 设ｎ ∈ Ｎ ， 证明 ：ｓｉｎ ２ｘ ｓｉｎ ２ ２ ｘ ｓｉｎ ２ ４ ｘ ·…·ｓｉｎ ２ ２ ｎｘ ≤ ３ ｎ ．
２０２１ Ⅰ ２２ １２ （ ）＝ （１－ｌｎ ） ４
讨论ｆ ｘ 的单调性 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ′
（１） （ ） ； （１） （ ）＝ｃｏｓ （ｓｉｎ ｓｉｎ２ ）＋ｓｉｎ （ｓｉｎ ·ｓｉｎ２ ）
（２）
设ａ
，
ｂ为两个不相等的正数
，
且ｂ
ｌｎ
ａ
－
ａ
ｌｎ
ｂ
＝
ａ
－
ｂ
，
证明
：２＜ ＝２ｓｉｎ
ｘ
ｃｏｓ
ｘ
ｓｉｎ２
ｘ
＋２ｓｉｎ
２ｘ
ｃｏｓ２
ｘ
ｘ ｘ．
１ １ ． ＝２ｓｉｎ ｓｉｎ３
ａ ＋ ｂ ＜ｅ ( ) ( ) ( )
当ｘ π ２π 时 ｆ ′ ｘ 当ｘ π ２π 时
解析 函数ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ｘ ∈ ０， ∪ ，π ， （ ）＞０； ∈ ， ，
（１） （ ） （０，＋∞）， （ ）＝－ｌｎ ， ３ ３ ３ ３
令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 所以函数 ( ) ( )
（ ）＞０， ０＜ ＜１， （ ）＜０， ＞１， ｆ ′ ｘ ．所以ｆ ｘ 在区间 π ２π 单调递增 在区
ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减． （ ）＜０ （ ） ０， ， ，π ，
（ ） （０，１） ， （１，＋∞） ３ ３
( )
证明 由ｂ ａ ａ ｂ ａ ｂ（两边同除以ａｂ）得 １ ａ 间 π ２π 单调递减．
（２） ： ｌｎ － ｌｎ ＝ － ａ （１＋ｌｎ ） ，
３ ３
( ) ( ) 证明 因为ｆ ｆ 由 知 ｆ ｘ 在区间
１ ｂ 即 １ １ １ １ （２） ： （０）＝ （π）＝ ０， （１） ， （ ） ［０，π］
＝ ｂ （１＋ｌｎ ）， ａ １－ｌｎ ａ ＝ ｂ １－ｌｎ ｂ ， ( ) ( )
的最大值为ｆ π ３ ３ 最小值为ｆ ２π ３ ３．而ｆ ｘ 是
＝ ， ＝－ （ ）
令ｘ １ ｘ １ 则ｘ ｘ 为ｆ ｘ ｋ的两个实根 当ｘ ＋ ３ ８ ３ ８
１＝ ａ ， ２＝ ｂ ， １， ２ （ ）＝ ， →０
周期为 的周期函数 故 ｆ ｘ ３ ３．
时 ｆ ｘ ＋ 当ｘ 时 ｆ ｘ 且ｆ 故ｋ π ， ｜ （ ）｜≤
，（ ）→０ ， →＋∞ ， （ ）→－∞， （１）＝１， ∈（０， ８
１）， （３） 证明 ： 由于 （ｓｉｎ ２ｘ ｓｉｎ ２ ２ ｘ …ｓｉｎ ２ ２ ｎｘ ） ３ ２
不妨令ｘ １∈（０，１）， ｘ ２∈（１，ｅ）， 则 ２－ ｘ １＞１，ｅ－ ｘ １＞１， ＝｜ｓｉｎ ３ｘ ｓｉｎ ３ ２ ｘ …ｓｉｎ ３ ２ ｎｘ ｜
先证明ｘ １＋ ｘ ２＞２， 即证ｘ ２＞２－ ｘ １， ＝｜ｓｉｎ ｘ ｜｜ｓｉｎ ２ｘ ｓｉｎ ３ ２ ｘ …ｓｉｎ ３ ２ ｎ －１ｘ ｓｉｎ２ ｎｘ ｜｜ｓｉｎ ２ ２ ｎｘ ｜
即证ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ． ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｎ －１ｘ ２ ｎｘ
（ ２）＝ （ １）＜（２－ １） ＝｜ｓｉｎ ｜｜ （ ） （２ ）…（２ ）｜｜ｓｉｎ ２ ｜
令ｈ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｎ －１ｘ
（ ）＝ （ ）－（２－ ）， ∈（０，１）， ≤｜ （ ） （２ ）…（２ ）｜，
则ｈ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ æ ö ２ ３ ｎ ｎ
（ ）＝ （ ）＋ （２－ ）＝－ｌｎ －ｌｎ（２－ ） 所以 ２ｘ ２ ｘ ２ ｎｘ ç３ ３÷ ３ ．
ｘ ｘ ． ｓｉｎ ｓｉｎ ２ …ｓｉｎ ２ ≤è ø ＝ ｎ
＝－ｌｎ［ （２－ ）］ ８ ４
ｘ ｘ ｘ ｈ′ ｘ 恒成立 ４．（ 新高考 ， ， 分，难）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ ｘ．
∵ ∈（０，１），∴ （２－ ）∈（０，１），∴ （ ）＞０ ， ２０２２ Ⅱ ２２ １２ （ ）＝ ｅ －ｅ
ｈ ｘ 为增函数 ｈ ｘ ｈ ． 当ａ 时 讨论ｆ ｘ 的单调性
∴ （ ） ，∴ （ ）＜ （１）＝０ （１） ＝１ ， （ ） ；
ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｆ ｘ 当ｘ 时 ｆ ｘ 求ａ的取值范围
∴ （ １）－（２－ １）＜０， （ １）＜（２－ １）， （２） ＞０ ， （ ）＜－１， ；
ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ．
∴
再证
（
ｘ
２）＜
ｘ
（２－
．
１），∴ ２＞２－ １，∴ １＋ ２＞２
（３）
设ｎ
∈
Ｎ
，
证明
：
１
２ ＋
１
２ ＋…＋ ｎ
１
２ ｎ＞ｌｎ（
ｎ
＋１）
．
１＋ ２＜ｅ １ ＋１ ２ ＋２ ＋
设ｘ ｔｘ 则ｔ 解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ ｘ
２＝ １， ＞１， （１） ＝１ ， （ ）＝ ｅ －ｅ ， （ ）＝ ｅ ，
ａ ｂ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
结合ｌｎ ＋１ ｌｎ ＋１ １ ｘ １ ｘ ∈（－∞，０） ， （ ）＜０， （ ） ，
ａ ＝ ｂ ， ａ ＝ １， ｂ ＝ ２， 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增．
∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ）
可得ｘ ｘ ｘ ｘ 解法一：不等式ｆ ｘ 等价于ｘ ａｘ ｘ
１（１－ｌｎ １）＝ ２（１－ｌｎ ２）， （２） （ ）＜－１ ｅ －ｅ ＋１＜０，
４ ８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
令ｇ ｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ ａｘ ａｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ ２
（ ）＝ ｅ －ｅ ＋１， ＞０， （ ）＝（ ＋１）ｅ －ｅ ， 则ｈ′ ｘ １ ２ －２ ＋１ （ －１）
且ｇ′ ｘ ａｘ ａｘ ｘ － ａｘ ａｘ ａｘ ｘ ａｘ ａ （ ）＝１＋ｘ２ － ｘ ＝ ｘ２ ＝ ｘ２ ，
（ ）＝ｅ （ ＋１－ｅ ）≤ｅ ［ ＋１－（ － ＋１）］＝（２ －
１） ｘ ｅ ａｘ ， 易知ｈ′ （ ｘ ）＞０，∴ ｈ （ ｘ ） 在 （１，＋∞） 上单调递增 ，
① 当ａ ≤ １ 时 ， ｇ′ （ ｘ ）≤（２ ａ －１） ｘ ｅ ａｘ ≤０， ｇ （ ｘ ） 在 （０，＋∞） 上单 ∴ ｈ （ ｘ ）＞ ｈ （１）＝０，∴ ｘ － １ ｘ ＞２ｌｎ ｘ ，
２
调递减 所以ｇ ｘ ｇ 满足题意
， （ ）＜ （０）＝０， ； 令ｘ １ 则有 １ １ １
＝ １＋ ｎ ， １＋ ｎ － ＞２ｌｎ １＋ ｎ ，
当ａ １ 时 令ｈ ｘ ｇ′ ｘ ａｘ ａｘ ｘ １
② ＞ ， （ ）＝ （ ）＝（ ＋１）ｅ －ｅ ， １＋ ｎ
２
则ｈ′
（
ｘ
）＝（
ａ２ｘ
＋２
ａ
）ｅ
ａｘ
－ｅ
ｘ
，
故ｈ′
（０）＝２
ａ
－１＞０， １
ｎ
＋１
∴ ＞ｌｎ ｎ ，
所以存在δ 使得当ｘ δ 时 ｈ′ ｘ ｎ２ ｎ
＞０， ∈（０， ） ， （ ）＞０， ＋
所以ｈ ｘ 在 δ 上单调递增 ｎ
（ ） （０， ） ， １ １ １ ２ ３ ＋１
故当ｘ ∈（０， δ ） 时 ， ｈ （ ｘ ）＞ ｈ （０）＝０， ∴ １ ２ ＋１ ＋ ２ ２ ＋２ ＋…＋ ｎ２ ＋ ｎ＞ｌｎ １ ＋ｌｎ ２ ＋…＋ｌｎ ｎ ＝
所以ｇ ｘ 在 δ 上单调递增 ｌｎ（ ｎ ＋１） ．原式得证．
（ ） （０， ） ，
故ｇ （ ｘ ）＞ ｇ （０）＝０， 不满足题意． 证法二：由 （２） 可知 ， 当ａ ＝ １时 ， ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｅ １ ２ ｘ －ｅ ｘ ＜－１（ ｘ ＞０），
( ] ２
综上可知 ａ的取值范围是 １ ． ( )
， －∞，
２
令ｘ
＝ｌｎ １＋ ｎ
１
（
ｎ
∈
Ｎ
），
解法二：函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ ｆ ′ ｘ ａｘ ａｘ ｘ．
（ ） ， （ ）＝（１＋ ）ｅ －ｅ ( )
（导函数中含有参数，要根据参数对导函数取值符号的影响分 得 １ １ ２ｌｎ ( １＋ｎ１) ｌｎ ( １＋ｎ１)
ｌｎ １＋ ｎ ·ｅ －ｅ ＜－１，
段讨论）
( )
对于ｘ 当ａ 时 ｆ ′ ｘ ａｘ ａｘ ｘ ａｘ ｘ 整理得 １ １ １
∈（０，＋∞）， ≥１ ， （ ）＝（１＋ ）ｅ －ｅ ＞ｅ －ｅ １＋ ｎ ｌｎ １＋ ｎ － ｎ ＜０，
ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上单调递增．
≥ｅ －ｅ ＝０，∴ （ ）＞０， （ ） （０，＋∞）
１
ｆ ｆ ｘ 不满足题意． ｎ ( ) ｎ
∵ （０）＝－１，∴ （ ）＞－１， １ １ ＋１
当ａ
≤０
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）≤ｅ
ａｘ
－ｅ
ｘ
＜１－ｅ
ｘ
＜０
且等号不恒成立
，
∴
１
＞ｌｎ １＋ ｎ ，∴ ｎ２
＋
ｎ＞ｌｎ ｎ ，
ｆ ｘ 在 上单调递减． １＋ ｎ
∴ （ ） （０，＋∞）
∵ 当 ｆ （０ ａ ）＝－ １ １， 时 ∴ ｆ （ ｆ ｘ ′ ）＜ ｘ －１， ( 满足 ｘ 题 ) 意． ｘ ２ ｘ ｘ ２ ( ｘ ｘ ２ ) ． ∴∑ｋ＝ ｎ １ ｋ １ ２ ＋ ｋ＞∑ｋ＝ ｎ １ ｌｎ ｋ ＋ ｋ １ ＝ｌｎ ( ２ １ × ２ ３ ×…× ｎ ＋ ｎ １ ) ＝ｌｎ（ ｎ ＋１），
０＜ ≤ ， （ ）≤ １＋ ｅ －ｅ ＝ｅ １＋ －ｅ
２ ２ ２ 即 １ １ １ ｎ ．
（当导函数的正负不能直接判断时，可考虑构造新函数，通过 ２ ＋ ２ ＋…＋ ｎ２ ｎ＞ｌｎ（ ＋１）
１ ＋１ ２ ＋２ ＋
研究新函数的单调性判断）
考点 2 利用导数研究函数零点 学生用书P33
ｘ ｘ ｘ
令ｇ ｘ ２ 则ｇ′ ｘ １ １ ２
（ ）＝１＋ －ｅ ， （ ）＝ － ｅ ＜０， １．（ 全国乙文， ， 分，中）函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ 存在 个零
２ ２ ２ ２０２３ ８ ５ （ ）＝ ＋ ＋２ ３
ｇ ｘ 在 上单调递减 点 则ａ的取值范围是 Ｂ
∴ （ ） （０，＋∞） ， ， （ ）
ｘ
ｇ ｘ ｇ ｆ ′ ｘ ２ ｇ ｘ ｆ ｘ 在 上
∴ （ ）＜ （０）＝０，∴ （ ）＝ｅ · （ ）＜０， （ ） （０，＋∞） Ａ．（－∞，－２） Ｂ．（－∞，－３）
单调递减．
Ｃ．（－４，－１） Ｄ．（－３，０）
ｆ ｆ ｘ 满足题意．
∵ （０）＝－１，∴ （ ）＜－１， ２．（ 全国乙文， ， 分，中）已知函数 ｆ ｘ ａｘ １ ａ
２０２２ ２０ １２ （ ）＝ － ｘ －（ ＋
当 １ ａ 时 ｆ ′ ｘ ａｘ ａｘ （１－ ａ ） ｘ ．
＜ ＜１ ， （ ）＝ｅ ［１＋ －ｅ ］ ｘ．
２ １）ｌｎ
令ｈ ｘ ａｘ （１－ ａ ） ｘ 当ａ 时 求ｆ ｘ 的最大值
（ ）＝１＋ －ｅ ， （１） ＝０ ， （ ） ；
则ｈ′ ｘ ａ ａ （１－ ａ ） ｘ． 若ｆ ｘ 恰有一个零点 求ａ的取值范围．
（ ）＝ ＋（ －１）ｅ （２） （ ） ，
ｈ′ ｘ 为减函数 又ｈ′ ａ ｘ ｈ′ ｘ
∵ （ ） ， （０）＝２ －１＞０， →＋∞， （ ）＜０， 解析 当ａ 时 ｆ ｘ １ ｘ ｘ
ｘ 使得ｈ′ ｘ ． （１） ＝０ ， （ ）＝－ ｘ －ｌｎ （ ＞０），
∴ ∃ ０∈（０，＋∞）， （ ０）＝０
（当导函数的零点存在，但不易求出时，可引入虚拟零点）
ｆ ′ ｘ １ １ ｘ 令 ｆ ′ ｘ 得ｘ
当ｘ ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 在 ｘ 上单调递增
∴ （ ）＝ ｘ２ － ｘ （ ＞０）， （ ）＝０， ＝１，
∴ ∈（０， ０） ， （ ）＞０， （ ） （０， ０） ，
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ
ｈ
（
ｘ
）＞
ｈ
（０）＝０，
∈（０，１） ， （ ）＞０， ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０，
∴
当ｘ
∈（０，
ｘ
０）
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＝ｅ
ａｘ
·
ｈ
（
ｘ
）＞０，
∴ ｆ （ ｘ ） 在 （０，１） 上单调递增 ， 在 （１，＋∞） 上单调递减．
ｆ ｘ ｆ ．
ｆ
（
ｘ
）
在
（０，
ｘ
０）
上单调递增． ∴ （ ）ｍａｘ＝ （１）＝－１
∵ ｆ （０）＝－１，∴ ｆ （ ｘ ）＞－ ( １， 不满足 ] 题意． （２） ｆ ′ （ ｘ ）＝ ａ ＋ｘ １ ２ － ａ ＋ ｘ １ ＝ （ ａｘ －１ ｘ ） ２ （ ｘ －１）．
综上 ａ的取值范围是 １ ．
， －∞，
２ （ｉ）
当ａ
≤０
时
，
ａｘ
－１≤０
恒成立
，
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
证法一：构造函数ｈ ｘ ｘ １ ｘ ｘ ∴０＜ ＜１ ， （ ）＞０， （ ） ，
（３） （ ）＝ － ｘ －２ｌｎ （ ＞１）， ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
＞１ ， （ ）＜０， （ ） ，
专题三 导数及其应用 ４ ９
ｆ ｘ ｆ ａ ．
∴ （ ）ｍａｘ＝ （１）＝ －１＜０ 当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有两个零点 和 １ ．
此时ｆ ｘ 无零点 不合题意． ＝ ， （ ） －１
（ ） ， ４ ２
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得ｘ 或ｘ １ 当 １ ｃ １ 时 ｆ ｘ 有三个零点 ｘ ｘ ｘ 且 ｘ
（ｉｉ） ＞０ ， （ ）＝０， ＝１ ＝ ａ ， － ＜ ＜ ， （ ） １， ２， ３， １ ∈
４ ４
( ) ( ) ( )
当 ａ 时 １ １ ｘ １ １ ｘ １ ．
① ０＜ ＜１ ，１＜ ａ ， －１，－ ， ２∈ － ， ， ３∈ ，１
２ ２ ２ ２
综上 若ｆ ｘ 有一个绝对值不大于 的零点 则ｆ ｘ 所有零
ｘ １ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 ， （ ） １ ， （ ）
∴１＜ ＜ ａ ， （ ）＜０， （ ） ， 点的绝对值都不大于 ．
１
证法二（分离参数法）：设ｘ 为ｆ ｘ 的一个绝对值不大于 的
０＜ ｘ ＜１ 或ｘ ＞ ａ １ 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）＞０， ｆ （ ｘ ） 单调递增 ， ０ （ ） １
( ) ( ) 零点 根据题意 ｆ ｘ ｘ３ ３ ｘ ｃ 且 ｘ
ｆ ｘ 在 １ 上单调递增 在 １ 上单调递
， ， （ ０）＝ ０－
４
０＋ ＝０， ｜ ０｜≤１，
∴ （ ） （０，１）， ａ ，＋∞ ， １， ａ
减
，
ｆ
（
ｘ
）
的极大值为ｆ
（１）＝
ａ
－１＜０，
则ｃ
＝－
ｘ３
０＋
４
３ ｘ
０，
且
｜
ｘ
０｜≤１，
令ｃ
（
ｘ
）＝－
ｘ３
＋
４
３ ｘ
（－１≤
ｘ
≤１），
ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ｘ 恰有 个零点． ( )( )
→＋∞ ， （ ）＞０，∴ （ ） １ 则ｃ′ ｘ ｘ２ ３ ｘ １ ｘ １
（ ）＝－３ ＋ ＝－３ ＋ － ，
当ａ 时 １ ｆ ｘ 在 上单调递增 ｆ ４ ２ ２
② ＝１ ，１＝ ａ ， （ ） （０，＋∞） ， （１）＝ ０， ( ) ( )
当ｘ １ １ 时 ｃ′ ｘ ｃ ｘ 单调递减．
符合题意． ∈ －１，－ ∪ ，１ ， （ ）＜０， （ ）
２ ２
( ) ( )
当ａ 时 １ ｆ ｘ 在 １ 上单调递增 在 当ｘ １ １ 时 ｃ′ ｘ ｃ ｘ 单调递增
③ ＞１ ， ａ ＜１， （ ） ０， ａ ，（１，＋∞） ， ∈ － ， ， （ ）＞０， （ ） ，
２ ２
( ) ( ) ( )
１ 上单调递减 又ｃ １ ｃ １ ｃ １ １ ｃ １ １
ａ ，１ ， （－１）＝ ， （１）＝－ ， － ＝－ ， ＝ ，
４ ４ ２ ４ ２ ４
ｆ ｘ 的极小值为ｆ ａ ｘ 时 ｆ ｘ
（ ） （１）＝ －１＞０， →０ ， （ ）→－∞， 所以 １ ｃ １ ．
ｆ ｘ 恰有 个零点． － ≤ ≤
∴ （ ） １ ４ ４
综上所述 ａ ．
， ＞０ 设ｘ 为ｆ ｘ 的零点 则必有ｆ ｘ ｘ３ ３ ｘ ｃ
３．（
２０２０
课标
Ⅲ
理，
２１
，
１２
分，难）设函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
＋
ｂｘ
＋
ｃ
，
曲线ｙ １ （ ） ， （ １）＝ １－
４
１＋ ＝０，
( ( ))
ｆ ｘ 在点 １ ｆ １ 处的切线与ｙ轴垂直． 即 １ ｃ ｘ３ ３ ｘ １
＝ （ ） ， － ≤ ＝－ １＋ １≤ ，
２ ２ ４ ４ ４
求ｂ { ｘ３ ｘ ｘ ｘ ２
（１） ； 即 ４ １－３ １－１＝（ １－１）（２ １＋１） ≤０，解得 ｘ
（２） 若ｆ （ ｘ ） 有一个绝对值不大于 １ 的零点 ， 证明 ： ｆ （ ｘ ） 所有零 ４ ｘ３ １－３ ｘ １＋１＝（ ｘ １＋１）（２ ｘ １－１） ２ ≥０， －１≤ １≤１，
点的绝对值都不大于 ． ｘ ．所以ｆ ｘ 所有零点的绝对值都不大于 ．
１ ｜ １｜≤１ （ ） １
解析 （１） ｆ ′ （ ｘ ）＝３ ｘ２ ＋ ｂ． ４．（ ２０２１ 新高考 Ⅱ ， ２２ ， １２ 分，难）已知函数ｆ （ ｘ ）＝（ ｘ －１）ｅ ｘ － ａｘ２
( )
依题意得ｆ ′ １ ＝０， 即 ３ ＋ ｂ ＝０ ．故ｂ ＝－ ３ ． ＋ ｂ．
２ ４ ４ 讨论函数ｆ ｘ 的单调性
（１） （ ） ；
证法一：由 知ｆ ｘ ｘ３ ３ ｘ ｃ ｆ ′ ｘ ｘ２ ３ ． 从下面两个条件中选一个 证明 ｆ ｘ 有一个零点．
（２） （１） （ ）＝ － ＋ ， （ ）＝３ － （２） ， ： （ ）
４ ４
２
１ ａ ｅ ｂ ａ
令ｆ ′ ｘ 解得ｘ １ 或ｘ １ ． ① ＜ ≤ ， ＞２ ；
（ ）＝０， ＝－ ＝ ２ ２
２ ２
ｆ ′ ｘ 与ｆ ｘ 随ｘ的变化情况为 ａ １ ｂ ａ．
（ ） （ ） ： ②０＜ ＜ ， ≤２
２
( ) ( ) ( )
ｘ １ １ １ １ １ １
解析
（１）∵
ｆ
（
ｘ
）＝（
ｘ
－１）ｅ
ｘ
－
ａｘ２
＋
ｂ
，
－∞，－ － － ， ，＋∞
２ ２ ２ ２ ２ ２ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ ａ ．
∴ （ ）＝ ｅ －２ ＝ （ｅ －２ ）
ｆ ′ ｘ 当ａ 时 ｘ ａ 对任意ｘ Ｒ恒成立
（ ） ＋ ０ － ０ ＋ ① ≤０ ，ｅ －２ ＞０ ∈ ，
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ
ｆ ｘ ｃ １ ｃ １ ∈（－∞，０） ， （ ）＜０，
（ ） ↗ ＋ ↘ － ↗ 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ．
４ ４ ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０
( ) 因此ｙ ｆ ｘ 在 上单调递减 在 上单调递增．
因为ｆ ｆ １ ｃ １ 所以当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有大于 ＝ （ ） （－∞，０） ， （０，＋∞）
（１）＝ － ＝ ＋ ， ＜－ ， （ ） １ 当ａ 时 令 ｘ ａ ｘ ａ ．
２ ４ ４ ② ＞０ ， ｅ －２ ＝０⇒ ＝ｌｎ（２ ）
的零点．
当 ａ １ 时 ａ ．
( ) （ｉ） ０＜ ＜ ，ｌｎ（２ ）＜０
因为ｆ ｆ １ ｃ １ 所以当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有小于 ２
（－１）＝ ＝ － ， ＞ ， （ ） －１ ｙ ｆ ′ ｘ 的大致图象如图 所示．
２ ４ ４ ＝ （ ） １
的零点．
由题设可知 １ ｃ １ ．
－ ≤ ≤
４ ４ 图 图
１ ２
当ｃ １ 时 ｆ ｘ 只有两个零点 １ 和 ．
＝－ ， （ ） － １ 因此当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ
４ ２ ∈（－∞，ｌｎ（２ ））∪（０，＋∞） ， （ ）＞０，
５ ０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ｘ
∈（ｌｎ（２ ），０） ， （ ）＜０， 令ｈ ｘ ｘ －１ ｘ
所以ｆ ｘ 在 ａ 和 上单调递增 （ ）＝ｌｎ －ｘ （ ＞０），
（ ） （－∞，ｌｎ（２ ）） （０，＋∞） ， ＋１
在 ａ 上单调递减． ｘ２
（ｌｎ（２ ），０） 则ｈ′ ｘ １ ２ ＋１
（ ）＝ ｘ － ｘ ２ ＝ｘ ｘ ２＞０，
（ ＋１） （ ＋１）
当ａ １ 时 ａ 此时ｆ ′ ｘ 对任意ｘ Ｒ恒成
（ｉｉ） ＝ ，ｌｎ（２ ）＝０， （ ）≥０ ∈ ｈ ｘ 在 上单调递增 则ｈ ｘ 最多有一个零点．
２ ∴ （ ） （０，＋∞） ， （ ）
立 故ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增．
， （ ） 又ｈ １－１
（１）＝ｌｎ１－ ＝０，
１＋１
当ａ １ 时 ａ
（ｉｉｉ） ＞ ，ｌｎ（２ ）＞０， 方程 有且仅有一解 为ａ 即为所求．
２ ∴ ① ， ＝１，
ｙ ｆ ′ ｘ 的大致图象如图 所示． 证明 由 知 ｆ ｘ ｘ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ 当 ｘ 时
＝ （ ） ２ （２） ： （１） ， （ ）＝ｅ － ， （ ）＝ －ｌｎ ， ＜０ ，
因此 当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 当ｘ 时 ｆ ｘ 单调递增
， ∈（－∞，０）∪（ｌｎ（２ ），＋∞） ， （ ）＞０， （ ） ， ＞０ ， （ ） ；
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｇ ｘ 单调递减 当ｘ 时 ｇ ｘ 单调递增．
∈（０，ｌｎ（２ ）） ， （ ）＜０， ０＜ ＜１ ， （ ） ， ＞１ ， （ ）
所以ｆ ｘ 在 和 ａ 上单调递增 在 不妨设直线ｙ ｂ与ｙ ｆ ｘ 的图象的两交点的横坐标分别为
（ ） （－∞，０） （ｌｎ（２ ），＋∞） ， （０， ＝ ＝ （ ）
ａ 上单调递减． ｘ ｘ 与ｙ ｇ ｘ 的图象的两交点的横坐标分别为ｘ ｘ 且
ｌｎ（２ ）） １， ２， ＝ （ ） ２， ３，
（２） 选 ① ． ｘ １＜ ｘ ２＜ ｘ ３ ．则 ｅ ｘ １－ ｘ １＝ｅ ｘ ２－ ｘ ２＝ ｘ ２－ｌｎ ｘ ２＝ ｘ ３－ｌｎ ｘ ３，
证明 ： 由 （１） 知 ， ｆ （ ｘ ） 在 （－∞，０） 上单调递增 ， 在 （０，ｌｎ（２ ａ ）） ∴ ｅ ｘ １－ ｘ １＝ ｘ ２－ｌｎ ｘ ２＝ｅ ｌｎ ｘ ２－ｌｎ ｘ ２ ．
上单调递减 在 ａ 上单调递增 又ｆ ｂ 易知ｘ ｘ 则 ｘ
， （ｌｎ（２ ），＋∞） ， （０）＝ －１＞０， １∈（－∞，０）， ２∈（０，１）， ｌｎ ２∈（－∞，０），
ｆ æ ç ｂ ö ÷ æ ç ｂ ö ÷ － ｂ ａ 又ｆ （ ｘ ） 在 （－∞，０） 上单调递减 ，
è－ ａ ø＝è－ ａ －１øｅ ＜０， ∴ ｘ １＝ｌｎ ｘ ２， 同理ｘ ２＝ｌｎ ｘ ３， ｘ ３＝ｅ ｘ ２ ．
所以ｆ （ ｘ ） 在 （－∞，０］ 上有唯一零点． 又 ｅ ｘ ２－ ｘ ２＝ ｘ ２－ｌｎ ｘ ２，∴ ｌｎ ｘ ２＋ｅ ｘ ２＝２ ｘ ２ ．
当ｘ 时 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ． ｘ ｘ ｘ 成等差数列．
∈（０，＋∞） ， ∴ ｌｎ ２＋ｅ ２＝ １＋ ３＝２ ２ ∴ １， ２， ３
ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ ａ ２ ａ ｂ 存在直线ｙ ｂ 其与两条曲线ｙ ｆ ｘ 和ｙ ｇ ｘ 共有三个
（ ）≥（ｌｎ（２ ））＝［ｌｎ（２ ）－１］·２ － ｌｎ（２ ）＋ ∴ ＝ ， ＝ （ ） ＝ （ ）
ａ ａ ａ ｂ ａ ａ ａ ａ ． 不同的交点 并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
＝ ｌｎ（２ ）［２－ｌｎ（２ ）］＋ －２ ＞ ｌｎ（２ ）［２－ｌｎ（２ ）］ ，
２ ６．（ 新课标 ， ， 分，难）
因为 １ ａ ｅ 所以 ａ ２０２３ Ⅱ ２２ １２
２
＜ ≤
２
， ０＜ｌｎ（２ ）≤２，
（１）
证明
：
当
０＜
ｘ
＜１
时
，
ｘ
－
ｘ２
＜ｓｉｎ
ｘ
＜
ｘ
；
所以ｆ
（
ｘ
）＞０
对任意ｘ
＞０
恒成立．
（２）
已知函数ｆ
（
ｘ
）＝ｃｏｓ
ａｘ
－ｌｎ（１－
ｘ２
），
若ｘ
＝０
是ｆ
（
ｘ
）
的极大
综上 ｆ ｘ 在Ｒ上有一个零点． 值点 求ａ的取值范围．
， （ ） ，
选
②
． 解析
（１）
证明
：
令ｇ
（
ｘ
）＝
ｘ
－
ｘ２
－ｓｉｎ
ｘ
，０＜
ｘ
＜１，
则ｇ′
（
ｘ
）＝１－
证明 由 知ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 ｘ ｘ 令Ｇ ｘ ｇ′ ｘ 得Ｇ′ ｘ ｘ 在区间
： （１） （ ） （－∞，ｌｎ（２ ）） ， ２ －ｃｏｓ ， （ ）＝ （ ）， （ ）＝－２＋ｓｉｎ ＜０ （０，
在 ａ 上单调递减 在 上单调递增 上恒成立 所以ｇ′ ｘ 在区间 上单调递减 因为ｇ′
（ｌｎ（２ ），０） ， （０，＋∞） ， １） ， （ ） （０，１） ， （０）
ｆ ｂ 所以ｇ′ ｘ 在区间 上恒成立 所以ｇ ｘ 在区间
（０）＝ －１＜０， ＝０， （ ）＜０ （０，１） ， （ ）
当ｘ
→＋∞
时
，
ｆ
（
ｘ
）→＋∞，
所以一定存在ｘ
０∈（０，＋∞）， （０，１）
上单调递减
，
所以ｇ
（
ｘ
）＜
ｇ
（０）＝０，
即当
０＜
ｘ
＜１
时
，
ｘ
－
ｘ２
使得ｆ ｘ ． ｘ．
（ ０）＝０ ＜ｓｉｎ
结合单调性知ｆ ｘ 在 上有唯一零点． 令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｈ′ ｘ ｘ 在区间
（ ） ［０，＋∞） （ ）＝ｓｉｎ － ，０＜ ＜１， （ ）＝ｃｏｓ －１＜０ （０，１）
当ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ ａ 上恒成立 所以ｈ ｘ 在区间 上单调递减 所以 ｈ ｘ
∈（－∞，０） ， （ ）≤（ｌｎ（２ ））＝ ｌｎ（２ ）·［２－ｌｎ（２ ）］ ， （ ） （０，１） ， （ ）＜
ｂ ａ 即ｆ ｘ 对任意ｘ 恒成立． ｈ 即当 ｘ 时 ｘ ｘ．
＋ －２ ＜０， （ ）＜０ ＜０ （０）＝０， ０＜ ＜１ ，ｓｉｎ ＜
综上
，
ｆ
（
ｘ
）
在Ｒ上有一个零点． 综上
，
当
０＜
ｘ
＜１
时
，
ｘ
－
ｘ２
＜ｓｉｎ
ｘ
＜
ｘ．
５．（ 新高考 ， ， 分，难）已知函数ｆ ｘ ｘ ａｘ和ｇ ｘ 函数ｆ ｘ 的定义域为 ．
２０２２ Ⅰ ２２ １２ （ ）＝ｅ － （ ） （２） （ ） （－１，１）
＝
ａｘ
－ｌｎ
ｘ有相同的最小值． 当ａ
＝０
时
，
ｆ
（
ｘ
）＝１－ｌｎ（１－
ｘ２
），
ｆ
（
ｘ
）
在
（－１，０）
上单调递减
，
求ａ 在 上单调递增 ｘ 不是ｆ ｘ 的极大值点 所以ａ ．
（１） ； （０，１） ， ＝０ （ ） ， ≠０
证明 存在直线ｙ ｂ 其与两条曲线ｙ ｆ ｘ 和ｙ ｇ ｘ 共 ｘ
（２） ： ＝ ， ＝ （ ） ＝ （ ） 当ａ 时 ｆ ′ ｘ ａ ａｘ ２ ｘ ．
有三个不同的交点 并且从左到右的三个交点的横坐标成等 ＞０ ， （ ）＝－ ｓｉｎ ＋ ｘ２， ∈（－１，１）
， １－
差数列． { }
当 ａ 时 取ｍ １ ｘ ｍ
（ｉ） ０＜ ≤ ２ ， ＝ｍｉｎ ａ ，１ ， ∈（０， ），
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ａ ｇ′ ｘ ａ １ ．
（１） （ ）＝ｅ － ， （ ）＝ － ｘ 则ａｘ
∈（０，１），
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 恒成立 ｆ ｘ 在Ｒ上无最小值 不符合 ｘ ｘ
≤０ ， （ ）＞０ ， （ ） ， 由 可得 ｆ ′ ｘ ａ ａｘ ２ ａ２ｘ ２
题意． ａ ． （１） （ ） ＝ － ｓｉｎ ＋ ｘ２ ＞ － ＋ ｘ２
∴ ＞０ １－ １－
ｘ ａ２ｘ２ ａ２
令ｆ ′ ｘ 得ｘ ａ 令ｇ′ ｘ 得ｘ １ ． （ ＋２－ ）
（ ）＝０， ＝ｌｎ ， （ ）＝０， ＝ ａ ＝ ｘ２ ，
１－
( ) 因为ａ２ｘ２ ａ２ ｘ２ 所以ｆ ′ ｘ
易知ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ ａ ｇ ｘ ｇ １ ａ ＞０，２－ ≥０，１－ ＞０， （ ）＞０，
（ ）ｍｉｎ＝ （ｌｎ ）＝ － ｌｎ ， （ ）ｍｉｎ＝ ａ ＝１＋ｌｎ ， 所以ｆ ｘ 在 ｍ 上单调递增 不合题意．
（ ） （０， ） ，
ａ ( )
ａ ａ ａ ａ 即 ａ －１ ． 当ａ 时 取ｘ １ 则ａｘ
∴ － ｌｎ ＝１＋ｌｎ ， ｌｎ ＝ａ ① （ｉｉ） ＞ ２ ， ∈ ０， ａ ⊆（０，１）， ∈（０，１），
＋１
专题三 导数及其应用 ５ １
ｘ ｘ 在唯一的零点ｎ．
由 可得ｆ ′ ｘ ａ ａｘ ２ ａ ａｘ ａ２ｘ２ ２
（１） （ ）＝－ ｓｉｎ ＋
１－
ｘ２＜－ （ － ）＋
１－
ｘ２ 当ｘ
∈（０，
ｎ
）
时
，
ｈ
（
ｘ
）＜０，
又因为ｘ
＞０，１－
ｘ２
＞０
．
ｘ ｘ
＝
１－
ｘ２（－
ａ３ｘ３
＋
ａ２ｘ２
＋
ａ３ｘ
＋２－
ａ２
），
则ｆ ′
（
ｘ
）＜
１－
ｘ２（－
ａ３ｘ３
＋
ａ２ｘ２
＋
ａ３ｘ
＋２－
ａ２
）＜０
．
( )
即当ｘ ｎ 时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 在 ｎ 上单调
设ｈ ｘ ａ３ｘ３ ａ２ｘ２ ａ３ｘ ａ２ ｘ １ ∈（０， ）⊆（０，１） ， （ ）＜０， （ ） （０， ）
（ ）＝－ ＋ ＋ ＋２－ ， ∈ ０， ａ ，
递减．
则ｈ′
（
ｘ
）＝－３
ａ３ｘ２
＋２
ａ２ｘ
＋
ａ３
， 又因为ｆ ｘ 是偶函数 所以ｆ ｘ 在 ｎ 上单调递增
( ) （ ） ， （ ） （－ ，０） ，
因为ｈ′
（０）＝
ａ３
＞０，
ｈ′ １
ａ ＝
ａ３
－
ａ
＞０，
且ｈ′
（
ｘ
）
的图象是开口 所以ｘ
＝０
是ｆ
（
ｘ
）
的极大值点．
综合 知ａ ．
( ) （ｉ）（ｉｉ） ＞ ２
向下的抛物线 所以 ｘ １ 均有ｈ′ ｘ 所以ｈ ｘ 当ａ 时 由于将ｆ ｘ 中的ａ换为 ａ所得解析式不变 所以
， ∀ ∈ ０， ａ ， （ ）＞０， （ ） ＜０ ， （ ） － ，
( ) ａ 符合要求．
在 １ 上单调递增． ＜－ ２
０， ａ 故ａ的取值范围为 ．
( ) ( )
（－∞，－ ２）∪（ ２，＋∞）
因为ｈ ａ２ ｈ １ 所以ｈ ｘ 在 １ 内存
（０）＝２－ ＜０， ａ ＝２＞０， （ ） ０， ａ
学生用书P34 （３）
若对任意ｘ
∈
Ｒ
，
有ｆ
（
ｘ
）≤ｅ
ｘ －１恒成立
，
求ａ的取值范围．
ｘ ｘ
１．（ 江苏南通第二次适应性调研， ）已知函数ｆ ｘ ｘ 解析 当ａ 时 ｆ ｘ 则ｆ ′ ｘ １－ ｆ ′
２０２４ １６ （ ）＝ｌｎ － （１） ＝０ ， （ ）＝ ｘ， （ ）＝ ｘ ， （１）＝
ｅ ｅ
ａｘ ｇ ｘ ２ ａ ．
， （ ）＝ ａｘ， ≠０ ｆ １
０， （１）＝ ，
求函数ｆ ｘ 的单调区间 ｅ
（１） （ ） ；
若ａ 且ｆ ｘ ｇ ｘ 恒成立 求ａ的最小值． 所以切线方程为ｙ １ ． 分
（２） ＞０ （ ）≤ （ ） ， ＝ （３ ）
ｅ
ａｘ
解析 （１） ｆ ′ （ ｘ ）＝ １ ｘ － ａ ＝ １－ ｘ （ ａ ≠０）， ｘ ＞０， 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ － ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ － ｘ ｘ １－ ｘ －ｅ ２ ｘ ．
（２） ＝１ ， （ ）＝ ｅ －ｅ ， （ ）＝（１－ ）ｅ －ｅ ＝ ｘ
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 恒成立 从而 ｆ ｘ 在 上单调 ｅ
＜０ ， （ ）＞０ ， （ ） （０，＋∞） 分
递增 （４ ）
； 令ｇ ｘ ｘ ２ ｘ ｇ′ ｘ ２ ｘ
（ ）＝１－ －ｅ ， （ ）＝－１－２ｅ ＜０，
当ａ 时 由ｆ ′ ｘ 得 ｘ １ 由ｆ ′ ｘ 得ｘ １ 故ｇ ｘ 在Ｒ上单调递减 而ｇ 因此 是ｇ ｘ 在Ｒ上
＞０ ， （ ）＞０ ０＜ ＜ ａ ； （ ）＜０ ＞ ａ ， （ ） ， （０）＝０， ０ （ ）
的唯一零点
( ) ( ) ，
从而ｆ ｘ 在 １ 上单调递增 在 １ 单调递减． 即 是ｆ ′ ｘ 在Ｒ上的唯一零点． 分
（ ） ０， ａ ， ａ ，＋∞ ０ （ ） （６ ）
当ｘ变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如表
综上 当ａ 时 ｆ ｘ 的单调递增区间为 没有单调 ， （ ）， （ ） ：
， ＜０ ， （ ） （０，＋∞），
递减区间 ｘ
； （－∞，０） ０ （０，＋∞）
( )
当ａ 时 ｆ ｘ 的单调递增区间为 １ 单调递减区间 ｆ ′ ｘ
＞０ ， （ ） ０， ａ ， （ ） ＋ ０ －
( ) ｆ ｘ ↗ 极大值 ↘
（ ）
为 １ ．
ａ ，＋∞ ｆ ｘ 的单调递增区间为 单调递减区间为 ．
（ ） （０，＋∞）； （－∞，０）
分
令ｈ ｘ ｆ ｘ ｇ ｘ ｘ ａｘ ２ 要使ｆ ｘ ｇ ｘ 恒成 （８ ）
（２） （ ）＝ （ ）－ （ ）＝ｌｎ － －ａｘ， （ ）≤ （ ）
ｆ ｘ 的极大值为ｆ 无极小值． 分
（ ） （０）＝－１， （９ ）
立 只要使ｈ ｘ 恒成立 只要使ｈ ｘ ．
ｈ′ （
，
ｘ ）＝ １ ｘ － ａ
（
＋ａ
）
２ ｘ
≤
２ ＝
０
－（ ａｘ ＋１ ａ ）
，
ｘ２ （ ａｘ －２） ，
（ ）ｍａｘ≤０
（３） 由题意知 ｘ ｘ ｅ － ｘ － ａ ｅ ｘ ≤ｅ ｘ －１ ， 即 ２ ｘ ａ ≥ ｘ
ｘ
ｅ ２ ｘ
－ ｘ
ｅ － ｘ ｅ
ｘ －１
， ｘ 即ａ ≥ ｅ
ｘ
２ ｘ－ １ ｅ ，
由于ａ ＞０， ｘ ＞０， 所以ａｘ ＋１＞０ 恒成立 ， 设ｍ （ ｘ ）＝ ｅ ２ ｘ－ １ ｅ ， 则ｍ′ （ ｘ ）＝ ｅ （ － ｅ ２ ２ ｘ ） ｅ ２ ＝ １ ｅ － ２ ２ ｘ ， （１１ 分 ）
当 ｘ ２ 时 ｈ′ ｘ 当ｘ ２ 时 ｈ′ ｘ
０＜ ＜ ａ ， （ ）＞０， ＞ ａ ， （ ）＜０， 令ｍ ｘ 解得ｘ １
（ ）＝０， ＝ ，
( ) ２
( )
所以ｈ ｘ ｈ ２ ２ 解得ａ ２
（ ）ｍａｘ＝ ａ ＝ｌｎ ａ －３≤０， ≥
ｅ
３， 当ｘ
∈ －∞，
１ 时
，
ｍ′
（
ｘ
） ＞０，
ｍ
（
ｘ
）
单调递增
，
当 ｘ
∈
２
( )
所以ａ的最小值为 ２ ． １ 时 ｍ′ ｘ ｍ ｘ 单调递减
３ ，＋∞ ， （ ）＜０， （ ） ，
ｅ ２
ｘ ( )
２．（ ２０２４ 东北三省四市一模， １６ ）已知函数ｆ （ ｘ ）＝
ｅ
ｘ－ ａ ｅ ｘ ， ａ ∈ Ｒ． 所以ｍ （ ｘ ）ｍａｘ＝ ｍ １
２
＝
２
１
ｅ
－ １
ｅ
＝－
２
１
ｅ
， （１４ 分 ）
当ａ 时 求曲线ｆ ｘ 在ｘ 处的切线方程
（１） ＝０ ， （ ） ＝１ ； 所以ａ １ ． 分
当ａ 时 求ｆ ｘ 的单调区间和极值 ≥－ （１５ ）
（２） ＝１ ， （ ） ； ２ｅ
５ ２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
３．（ 广东广州一模， ）已知函数 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｃ
２０２４ １７ （ ）＝ ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ， ∈ 则ｘ ｘ ｘ ｘ
． １＋ ２＝２＞０， １ ２＝－ ，
（－π，π） ３
求ｆ ｘ 的单调区间和极小值 当ｃ 时 ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ 令ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ 解得ｘ
（１） （ ） ； （ｉ） ＝０ ， （ ）＝ －３ ， （ ）＝ －３ ＝０， ＝０
（２） 证明 ： 当ｘ ∈［０，π） 时 ，２ ｆ （ ｘ ）≤ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ． 或ｘ ＝３，∴ ｆ （ ｘ ） 有两个零点 ；
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 由ｆ ′ ｘ ｃ
（１） （ ）＝－ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ， （ ）＝０ 当 ｃ 时 ｘ ｘ ｘ ｘ
（ｉｉ） －３＜ ＜０ ， １＋ ２＝２＞０， １ ２＝－ ＞０，
３
得ｘ 或π或 π
＝０ － ， ｆ ′ ｘ 有两个正根 不妨令 ｘ ｘ 则 ｘ２ ｘ ｃ
２ ２ ∴ （ ）＝０ ， ０＜ １＜ ２， ３ １－６ １－ ＝０，
函数ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递增 在 ｘ ｘ 上单调递减
当 ｘ π时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 ∴ （ ） （－∞， １） ， （ １， ２） ，
－π＜ ＜－ ， （ ）＞０， （ ） ； 在 ｘ 上单调递增
２ （ ２，＋∞） ，
当
－
π
＜
ｘ
＜０
时
，
ｆ ′
（
ｘ
）＜０，
ｆ
（
ｘ
）
单调递减
；
∵
ｆ
（
ｘ
１）＝
ｘ３
１－３
ｘ２
１－（
ｘ
１－１）（３
ｘ２
１－６
ｘ
１）＝ －２
ｘ
１（
ｘ２
１－３
ｘ
１＋３）＜０，
２ ｆ ｃ
（３）＝－２ ＞０，
当 ｘ π时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 函数ｆ ｘ 有且仅有一个零点
∴ （ ） ；
０＜ ＜ ， （ ）＞０， （ ） ；
２ ｃ
当ｃ 时 ｘ ｘ ｘ ｘ
当π ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减． （ｉｉｉ） ＞０ ， １＋ ２＝２， １ ２＝－ ３ ＜０，
＜ ＜π ， （ ）＜０， （ ）
２ ｆ ′ ｘ 有一个正根和一个负根 不妨令ｘ ｘ
( ) ( ) ∴ （ ）＝０ ， １＜０＜ ２，
ｆ ｘ 的单调递增区间为 π π 单调递减区 函数ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递增 在 ｘ ｘ 上单调递减
∴ （ ） －π，－ ， ０， ； ∴ （ ） （－∞， １） ， （ １， ２） ，
２ ２ 在 ｘ 上单调递增
( ) ( ) （ ２，＋∞） ，
间为 － π
２
，０ ， π
２
，π ， ｆ （ ｘ ）极小值＝ ｆ （０）＝１ ． ∵ ｆ （ ｘ １）＞ ｆ （０）＝ ｃ ＞０， ｆ （ ｘ ２）＜ ｆ （１）＝－２＜０，
函数ｆ ｘ 有且仅有三个零点．
证明 令Ｆ ｘ ｘ － ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ∴ （ ）
（２） ： （ ）＝ｅ ＋ｅ －２（ｃｏｓ ＋ ｓｉｎ ）， ∈［０，π），
综上 当ｃ 时 函数ｆ ｘ 有三个零点
则Ｆ Ｆ′ ｘ ｘ － ｘ ｘ ｘ． ， ＞０ ， （ ） ；
（０）＝０， （ ）＝ｅ －ｅ －２ ｃｏｓ
当ｃ 时 函数ｆ ｘ 有两个零点
因为ｘ 所以 ｘ 所以 ｘ ｘ ｘ ＝０ ， （ ） ；
∈［０，π）， ｃｏｓ ≤１， ２ ｃｏｓ ≤２ ， 当ｃ 时 函数ｆ ｘ 有一个零点．
从而Ｆ′ ｘ ｘ － ｘ ｘ ｘ ｘ － ｘ ｘ 当且仅当ｘ 时取 ＜０ ， （ ）
（ ）＝ｅ －ｅ －２ ｃｏｓ ≥ｅ －ｅ －２ ， ＝０
等号． ５．（ 浙江杭州二模， ）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ １ ｘ２ ａ
２０２４ １６ （ ）＝ ｌｎ（ ＋２）－ （
令ｈ ｘ ｘ － ｘ ｘ ｘ 显然ｈ ． ２
（ ）＝ｅ －ｅ －２ ， ∈［０，π）， （０）＝０ Ｒ ．
∈ ）
ｈ′ （ ｘ ）＝ ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ －２≥２ ｅ ｘ ·ｅ － ｘ －２＝０， 当且仅当 ｘ ＝０ 时取 讨论函数ｆ ｘ 的单调性．
（１） （ ）
等号
， 若函数ｆ ｘ 有两个极值点
（２） （ ） ，
所以ｈ （ ｘ ） 在 ［０，π） 上单调递增 ， 所以ｈ （ ｘ ）≥ ｈ （０）＝０， 求实数ａ的取值范围
（ｉ） ；
从而Ｆ′ （ ｘ ）≥ ｈ （ ｘ ）≥０， 所以Ｆ （ ｘ ） 在 ［０，π） 上单调递增 ， 证明 函数ｆ ｘ 有且只有一个零点．
（ｉｉ） ： （ ）
所以Ｆ （ ｘ ）≥ Ｆ （０）＝０， 故 ｅ ｘ ＋ｅ － ｘ ≥２ ｆ （ ｘ ） ． 解析 函数ｆ ｘ 的定义域为 ｆ′ ｘ ａ ｘ
４．（ 湖南九校联盟联考， ）已知函数 ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ ｃ （１） （ ） （－２，＋∞）， （ ）＝ｘ －
２０２４ １７ （ ）＝ ＋ ＋ ＋ ＋２
ａ ｂ ｃ Ｒ 其图象的对称中心为 ． ｘ ２ ａ
（ ， ， ∈ ）， （１，－２） －（ ＋１） ＋ ＋１
求ａ ｂ ｃ的值 ＝ ｘ ，
（１） － － ； ＋２
判断函数ｆ ｘ 的零点个数． 当ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递减
（２） （ ） ≤－１ ， （ ） （－２，＋∞） ；
解析 函数ｆ ｘ 的图象关于点 中心对称 当 ａ 时 令ｆ ′ ｘ 即 ｘ ２ ａ 解得 ｘ
（１）∵ （ ） （１，－２） ， －１＜ ＜０ ， （ ）＝ ０， －（ ＋１） ＋ ＋１＝０， １＝
ｙ ｆ ｘ 为奇函数． ａ ｘ ａ ．因为 ａ 所以 ａ 则
∴ ＝ （ ＋１）＋２ － ＋１－１， ２＝ ＋１－１ －１＜ ＜０， ０＜ ＋１＜１， －２＜
从而有ｆ ｘ ｆ ｘ 即ｆ ｘ ｆ ｘ
（ ＋１）＋２＋（－ ＋１）＋２＝０， （ ＋１）＋（－ ＋１）＝－４， － ａ ＋１－１＜－１，
又ｆ ｘ ｘ ３ ａ ｘ ２ ｂ ｘ ｃ ｘ３ ａ ｘ２ ａ
（ ＋１）＝（ ＋１） ＋ （ ＋１） ＋ （ ＋１）＋ ＝ ＋（ ＋３） ＋（２ ＋ 所以当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ
∈（－２，－ ＋１－１） ， （ ）＜０，
ｂ ｘ ａ ｂ ｃ
＋３） ＋ ＋ ＋ ＋１， 当ｘ ａ ａ 时 ｆ ′ ｘ
ｆ ｘ ｘ ３ ａ ｘ ２ ｂ ｘ ｃ ｘ３ ａ ｘ２ ａ ｂ ∈（－ ＋１－１， ＋１－１） ， （ ）＞０，
（１－ ）＝（１－ ） ＋ （１－ ） ＋ （１－ ）＋ ＝－ ＋（ ＋３） －（２ ＋
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ
ｘ ａ ｂ ｃ ∈（ ＋１－１，＋∞） ， （ ）＜０，
＋３） ＋ ＋ ＋ ＋１，
{ ａ {ａ 所以ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ａ
２ ＋６＝０， 解得 ＝－３， （ ） （－２，－ ＋１－１） ， （－ ＋１－１，
∴ ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ａ 上单调递增 在 ａ 上单调递减
２ ＋２ ＋２ ＋２＝－４， ＋ ＝０， ＋１－１） ， （ ＋１－１，＋∞） ；
ａ ｂ ｃ ．
∴ － － ＝－３ 当ａ 时 ａ 所以 ｘ ａ 时
≥０ ，－ ＋１－１≤－２， ∈（－２， ＋１－１） ，
由 可知 ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ｃｘ ｃ ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｃ 令
（２） （１） ， （ ）＝ －３ － ＋ ， （ ）＝ ３ －６ － ， ｆ ′ ｘ 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在
ｆ ′ ｘ 则Δ ｃ （ ）＞０， ∈（ ＋１－１，＋∞） ， （ ）＜０， （ ）
（ ）＝０， ＝３６＋１２ ， ａ 上单调递增 在 ａ 上单调递减．
当Δ ｃ 即ｃ 时 ｆ ′ ｘ （－２， ＋１－１） ， （ ＋１－１，＋∞）
① ＝３６＋１２ ≤０， ≤－３ ， （ ）≥０， 由 知 ａ ．
ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 （２）（ｉ） （１） －１＜ ＜０
∴ （ ） ，
证明 由 知ｆ ｘ 在ｘ ａ 处取得极大值 在ｘ
ｆ ｆ ｃ ｃ ｃ （ｉｉ） ： （１） （ ） ＝ ＋１－１ ， ＝
∵ （１）＝－２＜０， （３）＝２７－３×９－３ ＋ ＝－２ ＞０，
函数ｆ ｘ 有且仅有一个零点 ａ 处取得极小值
∴ （ ） ； － ＋１－１ ，
当Δ ｃ 即ｃ 时 设ｆ ′ ｘ 的两根为ｘ ｘ 因为 ａ 所以 ａ 则 ａ
② ＝３６＋１２ ＞０， ＞－３ ， （ ）＝０ １， ２， －１＜ ＜０， ０＜ ＋１＜１， １＜ ＋１＋１＜２，
专题三 导数及其应用 ５ ３
只要证 ｓｉｎ θ －１ θ ２θ ｃｏｓ θ －１ θ ２θ
因为ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ １ ａ ｅ ＋ｌｎ ｓｉｎ ＜ｓｉｎ ，ｅ ＋ｌｎ ｃｏｓ ＜ｃｏｓ ，
（ ）极大值＝ （ ＋１－１）＝ ｌｎ（ ＋１＋１）－ （ ＋１－ ( )
２ 因为θ π 则 θ θ
１） ２ ＜０， ｆ （－ ａ ＋１－１）＜ ｆ （ ａ ＋１－１）＜０， ∈ ０， ２ ， ｓｉｎ ∈（０，１），ｃｏｓ ∈（０，１），
所以只要证对任意 ｘ 有 ｘ －１ ｘ ｘ２
所以ｆ ｘ 在 ａ 上没有零点 又 ａ 则 ４ ０＜ ＜１， ｅ ＋ｌｎ ＜ ，
（ ） （－ ＋１－１，＋∞） ， －１＜ ＜０， ａ ＜ 只要证对任意 ｘ 有 ｘ ｘ ｘ ２
－１＜ ＜０， ｅ ＋ｌｎ（１＋ ）＜（１＋ ） （※），
则 ４ａ －４ ４ａ －４ 则 ４ａ ２ 所以 因为由 知 当ａ 时 若ｘ 则ｆ ｘ ｆ
－４， ０＜ｅ ＜ｅ ，－２＜ｅ －２＜ｅ －２， ０＜（ｅ －２） ＜４， （２） ： ＝１ ， ＜０， （ ）＜（０）＝１，
ｆ ４ａ １ ４ａ ２ 所以ｆ ｘ 在 ａ 上 所以 ｅ ｘ － ｘ２ － ｘ ＜１， 即 ｅ ｘ ＜ ｘ２ ＋ ｘ ＋１①，
（ｅ －２）＝４－ （ｅ －２） ＞０， （ ） （－２，－ ＋１－１）
２ 令ｈ ｘ ｘ ｘ ｘ
（ ）＝ｌｎ（１＋ ）－ （－１＜ ＜０），
存在一个零点．
ｘ
则ｈ′ ｘ １ － 所以当 ｘ 时 ｈ′ ｘ
综上 函数ｆ ｘ 有且只有一个零点． （ ）＝ ｘ－１＝ ｘ， －１＜ ＜０ ， （ ）＞０，
， （ ） １＋ １＋
６．（ ２０２４ 山东青岛二模， １８ ）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ － ａｘ２ － ｘ ， ｆ ′ （ ｘ ） 为 所以ｈ （ ｘ ） 在 （－１，０） 上单调递增 ；
ｆ ｘ 的导数． 则ｈ ｘ ｈ 即 ｘ ｘ ｘ
（ ） （ ）＜ （０）＝０， ｌｎ（１＋ ）＜ （－１＜ ＜０）②，
（１） 讨论ｆ ′ （ ｘ ） 的单调性 ； 由 ①＋② 得 ｅ ｘ ＋ｌｎ（１＋ ｘ ）＜ ｘ２ ＋２ ｘ ＋１＝（ ｘ ＋１） ２ ，
（２） 若ｘ ＝０ 是ｆ （ ｘ ） 的极大值点 ， 求ａ的取值范围 ； 所以 成立
（※） ，
( )
（３） 若θ ∈ ０， π ， 证明 ：ｅ ｓｉｎ θ －１ ＋ｅ ｃｏｓ θ －１ ＋ｌｎ（ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ）＜１ ． 所以 ｅ ｓｉｎ θ －１ ＋ｅ ｃｏｓ θ －１ ＋ｌｎ（ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ）＜１ 成立．
２ ７．（ 山东泰安一模， ）已知函数ｆ ｘ ａ ａｘ ａ ．
解析 由题知ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ ２０２４ １８ （ ）＝ ｅ （ ≠０）
（１） （ ）＝ｅ －２ －１， 若ａ 曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线与直线ｘ ｙ
令ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ａｘ 则ｇ′ ｘ ｘ ａ （１） ＞０， ＝ （ ） （０， （０）） ＋ －
（ ）＝ （ ）＝ｅ －２ －１， （ ）＝ｅ －２ ， 垂直 证明 ｆ ｘ ｘ
当ａ 时 ｇ′ ｘ ｆ ′ ｘ 在区间 上单调递增 ２＝０ ， ： （ ）＞ｌｎ（ ＋２）；
≤０ ， （ ）＞０， （ ） （－∞，＋∞） ， ａｘ ａｘ
当ａ 时 令ｇ′ ｘ 解得ｘ ａ 若对任意的ｘ ｘ 且ｘ ｘ 函数ｇ ｘ ｆ ｘ ｅ １－ｅ ２ 证
＞０ ， （ ）＝０， ＝ｌｎ（２ ）， （２） １， ２ １＜ ２， （ ）＝ （ ）－ ｘ ｘ ，
当ｘ ａ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ ａ 时 １－ ２
∈（－∞，ｌｎ（２ ）） ， （ ）＜０， ∈（ｌｎ（２ ），＋∞） ， 明 函数ｇ ｘ 在 ｘ ｘ 上存在唯一零点．
ｇ′ ｘ
： （ ） （ １， ２）
（ ）＞０， 解析 证明 ｆ ′ ｘ ａ２ ａｘ
所以 ｆ ′ ｘ 在区间 ａ 上单调递减 在区间 （１） ：∵ （ ）＝ ｅ ，
（ ） （－∞，ｌｎ（２ ）） ， ｆ ′ ａ２ 由ａ 解得ａ ｆ ｘ ｘ．
ａ 上单调递增． ∴ （０）＝ ＝１， ＞０ ＝１，∴ （ ）＝ｅ
（ｌｎ（２ ），＋∞） 设μ ｘ ｘ ｘ 则μ′ ｘ ｘ
综上 当ａ 时 ｆ ′ ｘ 在区间 上单调递增 （ ）＝ｅ － －１， （ ）＝ｅ －１，
， ≤０ ， （ ） （－∞，＋∞） ； 当ｘ 时 μ′ ｘ μ ｘ 在 上单调递减
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 在区间 ａ 上单调递减 在区间 ∴ ∈（－∞，０） ， （ ）＜０， （ ） （－∞，０） ，
＞０ ， （ ） （－∞，ｌｎ（２ ）） ， 当ｘ 时 μ′ ｘ μ ｘ 在 上单调递增
ａ 上单调递增． ∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞） ，
（ｌｎ（２ ），＋∞） μ ｘ μ 即 ｘ ｘ ｘ 时等号成立．
由题知ｆ ′ 当ａ 时 ∴ （ ）≥ （０）＝０， ｅ ≥ ＋１， ＝０
（２） （０）＝０， ≤０ ， ｘ
由 知 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上单 设ｍ ｘ ｘ ｘ 则ｍ′ ｘ １ １－
（１） ， ∈（－∞，０） ， （ ）＜０， （ ） （－∞，０） （ ）＝ｌｎ － ＋１， （ ）＝ ｘ －１＝ ｘ ，
调递减
， 当ｘ 时 ｍ′ ｘ ｍ ｘ 在 上单调递增
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上单调递增 ∴ ∈（０，１） ， （ ）＞０， （ ） （０，１） ，
∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞） ， 当ｘ 时 ｍ′ ｘ ｍ ｘ 在 上单调递减
所以ｘ 是函数ｆ ｘ 的极小值点 不符合题意 ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０， （ ） （１，＋∞） ，
＝０ （ ） ， ； ｍ ｘ ｍ 即 ｘ ｘ
∴ （ ）≤ （１）＝０， ｌｎ ≤ －１，
当 ａ １ 时 ａ ｘ ｘ 当ｘ 时等号成立．
０＜ ＜ ，ｌｎ（２ ）＜０， ∴ ｌｎ（ ＋２）≤ ＋１， ＝－１
２ ｘ ｘ ｘ （取等的条件不能同时成立）
由 知 当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ ∴ ｅ ＞ ＋１＞ｌｎ（ ＋２） ，
（１） ， ∈（ｌｎ（２ ），０） ， （ ）＜０， （ ） （ｌｎ（２ ）， 即ｆ ｘ ｘ ．
上单调递减 （ ）＞ｌｎ（ ＋２）
０） ， ａｘ ａｘ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上单调递增 证明 ｇ ｘ ａ ａｘ ｅ １－ｅ ２ ａ
∈（０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞） ， （２） ：∵ （ ）＝ ｅ － ｘ ｘ （ ≠０），
所以ｘ 是函数ｆ ｘ 的极小值点 不符合题意 １－ ２
＝０ （ ） ， ； ｇ′ ｘ ａ２ ａｘ （注意：ｘ ，ｘ 是常数，故分式求导后为 ）
∴ （ ）＝ ｅ ＞０， １ ２ ０
当ａ ＝
２
１ 时 ，ｌｎ（２ ａ ）＝ ０， 则当 ｘ ∈（－∞，＋∞） 时 ， ｆ ′ （ ｘ ）≥０， ∴ ｇ （ ｘ ） 在 （ ｘ １， ｘ ２） 上单调递增 ，
ａｘ ａｘ
ｆ
题
（ ｘ
意
） 在
；
（－∞，＋∞） 上单调递增 ， 所以 ｆ （ ｘ ） 无极值点 ， 不符合 又 ∵ ｇ （ ｘ １）＝ ａ ｅ ａｘ １－ ｅ ｘ
１
１－
－
ｅ ｘ
２
２
ａ ａｘ ｘ ｘ ａｘ ａｘ
当ａ １ 时 ａ ｅ １ （ １－ ２）－（ｅ １－ｅ ２ ）
＞ ，ｌｎ（２ ）＞０， ＝ ｘ ｘ
２ １－ ２
当
当
ｘ
ｘ
∈
∈
（
（０
－
，
∞
ｌｎ
，
（
０
２
）
ａ
时
））
，
时
ｆ
，
′ （
ｆ
ｘ ）
′ （
＞
ｘ
０
）
，
＜
ｆ
０
（
，
ｘ ）
ｆ
在
（ ｘ
（
）
－
在
∞
（
，
０
０
，
）
ｌ
上
ｎ（
单
２ ａ
调
））
递
上
增
单
，
调 ＝－ｘ ２
ｅ
－
ａｘ
ｘ
１
１ ［
ａ
（
ｘ
１－
ｘ
２）＋ｅ
ａ （ ｘ ２－ ｘ １）
－１］
递
所
减
以
，
ｘ ＝０ 是函数ｆ （ ｘ ） 的极大值点 ， 符合题意．
＝－ｘ
２
ｅ
－
ａｘ
ｘ
１
１
［ｅ
ａ （ ｘ ２－ ｘ １）
－
ａ
（
ｘ
２－
ｘ
１）－１］，
综上所述 ， ａ的取值范围是 ( １ ２ ，＋∞ ) ． ｇ （ ｘ ２）＝ｘ ２ ｅ － ａｘ ｘ ２ １ ［ｅ ａ （ ｘ １－ ｘ ２） － ａ （ ｘ １－ ｘ ２）－１］，
（３） 证明 ： 要证 ｅ ｓｉｎ θ －１ ＋ｅ ｃｏｓ θ －１ ＋ｌｎ（ｓｉｎ θ ｃｏｓ θ ）＜１， 由 （１） 知当ｘ ≠０ 时 ，ｅ ｘ ＞ ｘ ＋１， 即 ｅ ｘ － ｘ －１＞０，
只要证 ｅ ｓｉｎ θ －１ ＋ｅ ｃｏｓ θ －１ ＋ｌｎ ｓｉｎ θ ＋ｌｎ ｃｏｓ θ ＜ｓｉｎ ２θ ＋ｃｏｓ ２θ ， ∴ ｅ ａ （ ｘ ２－ ｘ １） － ａ （ ｘ ２－ ｘ １）－１＞０，ｅ ａ （ ｘ １－ ｘ ２） － ａ （ ｘ １－ ｘ ２）－１＞０，
５ ４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
又 ｅ
ａｘ
１ ｅ
ａｘ
２ ｇ ｘ
ｘ２
ｘ ．
ｘ ｘ ＞０，ｘ ｘ ＞０， （ ）＝ －１， ∈［０，＋∞）
２－ １ ２－ １ ２
ｇ ｘ ｇ ｘ 又 ｇ ｘ 在 ｘ ｘ 上单调递增 判断ｇ ｘ ｆ ｘ 是否 ｘ 恒成立 并给出
∴ （ １）＜０， （ ２）＞０， ∵ （ ） （ １， ２） ， （１） （ ）≥ （ ） ∀ ∈［０，＋∞） ，
函数ｇ ｘ 在 ｘ ｘ 上存在唯一零点． 理由
∴ （ ） （ １， ２） ；
证明
８．（ 安徽皖北协作区联考， ）已知函数ｆ ｘ １ ｘ ａ （２） ：
２０２４ １９ （ ）＝ （２ － ） ｍ ｎ
４ 当 ｍ ｎ π时 ｓｉｎ －ｓｉｎ ｎ
① ０＜ ＜ ＜ ， ｍ ｎ ＞ｃｏｓ ；
２ ｘ ｂ ｘ 的图象在点 ｆ 处的切线方程为ｙ ｘ ５ ． ２ －
·ｅ － ｅ （０， （０）） ＝－ － ｆ ′ ａ ｆ ′ ａ
求ｆ ｘ 的解析式
４
②
当ａ
ｉ＝
１
ｉ （
ｉ
∈
Ｎ
），
ｋ
ｉ＝
（ ｉ
ａ
＋１）－
ａ
（ ｉ）
（
ｉ
＝１，２，…，
ｎ
－１）
（１） （ ） ； ２ ｉ ＋１－ ｉ
证明 ｘ ｆ ｘ ｘ ． ｎ－ １ ｎ
（２） ：∀ ∈（０，＋∞）， （ ）＞２ｌｎ －２ 时 ｋ ６ －７．
参考数据 ：ｅ ４ ５ ≈２ ． ２３ ． ，∑ｉ＝ １ ｉ＞ ６
( ) 解析 ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ 恒成立 理由如下
解析 由题可知 切点为 ５ 切线的斜率为 （１） （ ）≥（ ）∀ ∈［０，＋∞） ， ：
（１） ， ０，－ ， －１， ｘ２
４ 令ｈ ｘ ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ
ｆ ′ （ ｘ ）＝
(
ｘ ＋ １－
ａ)
ｅ ２ ｘ － ｂ ｅ ｘ ， 则ｈ
（
′ ｘ
）＝
ｘ
（ ）－
ｘ
（
ｘ
）＝
２
－１＋ｃｏｓ
令
，
ｑ
∈
ｘ
［０，
ｈ
＋
′
∞
ｘ
），
２ （ ）＝ －ｓｉｎ ， ∈［０，＋∞）， （ ）＝ （ ），
ì ａ 则ｑ′ ｘ ｘ 在 上恒成立 故ｑ ｘ ｈ′ ｘ 在
ï ｂ ５ （ ）＝１－ｃｏｓ ≥０ ［０，＋∞） ， （ ）＝ （ ）
ï－ － ＝－ ， 上单调递增
所以í ４ ４ 解得ａ ｂ ［０，＋∞） ，
ï ａ ＝１， ＝１， 其中ｈ′ 故ｈ′ ｘ 在 上恒成立 故ｈ ｘ 在
ï１－ ｂ （０）＝０， （ ）≥０ ［０，＋∞） ， （ ）
î － ＝－１， 上单调递增
２ ［０，＋∞） ，
所以ｆ ｘ １ ｘ ２ ｘ ｘ． 故ｈ （ ｘ ）≥ ｈ （０）＝０， 即ｇ （ ｘ ）≥ ｆ （ ｘ ）∀ ｘ ∈［０，＋∞） 恒成立．
（ ）＝ （２ －１）ｅ －ｅ ( )
４
证明 ｙ ｘ在 π 上单调递增 故 ｍ ｎ
证明 要证明 ｘ ｆ ｘ ｘ （２） ：① ＝ｓｉｎ ０， ， ｓｉｎ ＜ｓｉｎ ，
（２） ： ∀ ∈（０，＋∞）， （ ）＞２ｌｎ －２， ２
ｍ ｎ
即证明 ｘ １ ｘ ２ ｘ ｘ ｘ ． 又ｍ ｎ ｎ 故要证ｓｉｎ －ｓｉｎ ｎ
∀ ∈（０，＋∞）， （２ －１）ｅ －ｅ －２ｌｎ ＋２＞０ － ＜０，ｃｏｓ ＞０， ｍ ｎ ＞ｃｏｓ ，
４ －
只需证 ｍ ｎ ｎ ｎ ｍ
令函数Ｆ ｘ １ ｘ ２ ｘ ｘ ｘ （ － ）ｃｏｓ ＋ｓｉｎ －ｓｉｎ ＞０，
（ ）＝ （２ －１）ｅ －ｅ －２ｌｎ ＋２， 令ｒ ｘ ｘ ｎ ｎ ｘ ｎ ｘ ｎ
４ （ ）＝（ － ）ｃｏｓ －ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ，０＜ ＜ ，
则Ｆ′ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ２ ｘ２ ｅ ２ ｘ － ｘ ｅ ｘ －２ （ ｘ ｅ ｘ －２）（ ｘ ｅ ｘ ＋１） ｘ ． 则只需证明ｒ （ ｍ ）＞０，
（ ）＝ ｅ －ｅ － ｘ ＝ ｘ ＝ ｘ ， ＞０
ｒ′ ｘ ｎ ｘ
当ｘ 时 ｘ ｘ 设ｇ ｘ ｘ ｘ 则ｇ′ ｘ ｘ ｘ （ ）＝ｃｏｓ －ｃｏｓ ， ( )
＞０ ， ｅ ＋１＞０， （ ）＝ ｅ －２， （ ）＝（１＋ ）ｅ ＞０，
令ｐ ｘ ｎ ｘ 则函数ｐ ｘ 在 π 上单调递增
所以函数ｇ ｘ 在 上为增函数 （ ）＝ｃｏｓ －ｃｏｓ ， （ ） ０， ，
（ ） （０，＋∞） ， ２
又ｇ ( ４ ) ４ ４ ５ ４ ． ｇ 所以当 ０＜ ｘ ＜ ｎ时 ， ｐ （ ｘ ）＜ ｐ （ ｎ ）＝０，
＝ ｅ －２≈ ×２２３－２＜０， （１）＝ｅ－２＞０，
５ ５ ５ 所以ｒ′ ｘ 所以ｒ ｘ 在 ｎ 上单调递减
（ ）＜０， （ ） （０， ） ，
( )
所以存在唯一的ｘ ０∈ ４ ，１ ， 使得ｇ （ ｘ ０）＝０， 所以ｒ （ ｘ ）＞ ｒ （ ｎ ）＝０， 故ｒ （ ｍ ）＞ ｒ （ ｎ ）＝０，
５ ｍ ｎ
即ｘ ０ｅ ｘ ０－２＝０， 所以ｘ ０ｅ ｘ ０＝２， ｘ ０＝ｌｎ２－ｌｎ ｘ ０， 所以当 ０＜ ｍ ＜ ｎ ＜ π ２ 时 ， ｓｉｎ ｍ － － ｓ ｎ ｉｎ ＞ｃｏｓ ｎ．
当ｘ
∈（０，
ｘ
０）
时
，
Ｆ′
（
ｘ
）＜０，
Ｆ
（
ｘ
）
单调递减
， 由 知 ｘ
ｘ２
ｘ ｆ ′ ｘ ｘ
当ｘ ｘ 时 Ｆ′ ｘ Ｆ ｘ 单调递增 ② （１） ，ｃｏｓ ＞１－ ， ＞０， （ ）＝ｓｉｎ ，
∈（ ０，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） ， ２
所以Ｆ （ ｘ ）≥ Ｆ （ ｘ ０）＝
４
１ （２ ｘ ０－１）ｅ ２ ｘ ０－ｅ ｘ ０－２ｌｎ ｘ ０＋２ 由于 ０＜
２
１ ｉ ＋１＜
２
１ ｉ ＜ π
２
，
１ ｘ ４ ２ ｘ １ １
＝ ＝ｘ ４ ２ （ － ２ ｘ １ ２ ０ － － ｘ １ ２ ） － ｘ ２ ２ ０ ｌ － ｎ ｘ ２ ０ ＋ － ２ ２ ｘ （ ０＋ ｌｎ ２ ２－ ０）＋２ 所以ｋ ｉ＝ ｆ ′ （ ａ ｉ ａ ＋１ ｉ ＋ ） １ － － ｆ ａ ｉ ′ （ ａ ｉ） ＝ ｓｉｎ ２ ２ １ ｉ ｉ ＋ ＋ １ １ － － ｓ ２ １ ｉｎ ｉ ２ ｉ ＞ｃｏｓ ２ １ ｉ ＞１－ ２ ２ １ ｉ ＋１，
０ ０ ０ ｎ－ １ æ ö æ ö æ ö
所以 ｋ ç １ ÷ ç １ ÷ ç １ ÷
＝－ｘ １ ２ ＋２ ｘ ０－２ｌｎ２＋２ ． ∑ｉ＝ １ ｉ＞è１－ ２ ３ ø＋è１－ ２ ５ ø＋…＋è１－ ２ ２ ｎ －１ ø
０ [ ( )ｎ ]
( ) １ １ －１
设函数ｈ ｔ １ ｔ ｔ ４ æ ö １－
（ ）＝－ｔ２ ＋２ －２ｌｎ２＋２，∈ ，１ ， ｎ ç １ １ １ ÷ ｎ ８ ４
５ ＝ －１－è ３ ＋ ５ ＋…＋ ２ ｎ －１ ø＝ －１－
( ) ２ ２ ２ １
则当 ４ ｔ 时 ｈ′ ｔ ２ ｈ ｔ 在 ４ 上单调递增
１－
５ ＜ ＜１ ， （ ）＝ ｔ３ ＋２＞０， （ ） ５ ，１ ， ( )ｎ －１ ｎ ４
( ) ｎ ７ １ １ ６ －７．
＝ － ＋ · ＞
所以ｈ ｔ ｈ ４ ２５ ８ ３ 原不 ６ ６ ４ ６
（ ）＞ ＝－ ＋ －２ｌｎ ２＋２＝ ＋２－２ｌｎ ２＞０，
５ １６ ５ ８０
等式得证． 学生用书P36
９．（ 河南 二十名校质检一， ）已知函数ｆ ｘ ｘ 创新考法 （多选）（ 湖北八市联考， ）已知函数ｆ ｘ
２０２４ ＴＯＰ １８ （ ）＝－ｃｏｓ ， ２０２４ １１ （ ）＝
专题三 导数及其应用 ５ ５
ａｘ３ ｂｘ２ ｃｘ ｄ存在两个极值点ｘ ｘ ｘ ｘ 且 ｆ ｘ ｘ 当ａ 时 ｍ ｎ
＋ ＋ ＋ １， ２（ １＜ ２）， （ １）＝ － １， Ｂ． ＜０ ， ＋２＝
ｆ ｘ ｘ ．设ｆ ｘ 的零点个数为ｍ 方程 ａ ｆ ｘ ２ ｂｆ ｘ ｃ ｍｎ一定能被 整除
（ ２）＝ ２ （ ） ， ３ （ （ ）） ＋２ （ ）＋ ＝ Ｃ． ３
的实根个数为ｎ 则 ＡＢ ｍ ｎ的取值集合为
０ ， （ ） Ｄ． ＋ ｛４，５，６，７｝
当ａ 时 ｎ
Ａ． ＞０ ， ＝３
