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５ ６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
微专题一 隐零点问题
学生用书P207
导数的零点很多时候无法直接求解或者猜测出来 我们称 切线为ｙ ｘ ．
， ＝－ ＋１
之为 隐零点 即能确定零点存在 但无法用显性数字表达 求ａ ｂ的值
“ ”（ ， ）， （１） ， ；
这类问题对学生的综合能力要求比较高 往往为考查的难点． 求证 函数ｆ ｘ 在区间 上单调递增
， （２） ： （ ） （１，＋∞） ；
解决 隐零点 问题的基本思路如下 求函数ｆ ｘ 的零点个数 并说明理由．
“ ” ： （３） （ ） ，
形式上虚设 变量为ｘ时 设零点为ｘ （ｘ ｂ）
（１） ， ， ０； 解析 （ ）ｆ ′（ｘ） ａ １－ ＋ ，
运算上代换 对于含有隐零点ｘ 的恒等式 根据需要通过移 １ ＝ － ｘ
（２） ， ０ ， ｅ
项将含有ｘ 的一项或几项移在等号一边代换到另外式子中 由ｆ（ ） ｂ ， ｆ ′（ ） ａ （ ｂ） ，
０ ； ０ ＝－ ＝１ ０ ＝ － １－ ＝－１
数值上估算 估算零点所在的区间 解得ａ ，ｂ ．
（３） ， ； ＝１ ＝－１
策略上等价转化 运用充要条件等价转化或恒等变形 ｘ ｘ ｘ ｘ
（４） ， ； （ ）证明：由（ ）知ｆ（ｘ） ｘ －１， ｆ ′（ｘ） ２－ ｅ ＋ －２，
方法上分离参数 零点ｘ 用数学式子表示出来 ２ １ ＝ － ｘ ＝１－ ｘ ＝ ｘ
（５） ， ０ ； ｅ ｅ ｅ
技巧上反客为主 零点 ｘ 作为主变量 其他变量作为参 设ｇ（ｘ） ｘ ｘ ，
（６） ， ０ ， ＝ｅ ＋ －２
变量． 因为ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递增，
１ ＋∞
例1 （ 北京市广渠门中学开学考试， ）已知函数ｆ ｘ 则ｇ（ｘ） ｇ（ ） ，
２０２４ ２０ （ ）＝ ＞ １ ＝ｅ－１＞０
ｘ ＋ ａ ｌｎ ｘ ， ｇ （ ｘ ）＝ｅ － ｘ －ｌｎ ｘ －２ ｘ． 所以ｆ ′（ｘ） ＞０ 在（ １ ， ＋∞ ）上恒成立，
讨论函数ｆ ｘ 的单调性 所以函数ｆ（ｘ）在区间（ ， ）上单调递增．
（１） （ ） ； １ ＋∞
若ｇ ｘ 求ｘ ｘ 的值 （ ）第一步：求导构造函数．
（ （ ２ ３ ） ） 证明 （ ： ｘ ０ － ） ｘ ＝ ｌｎ ０ ｘ ， ≤ｅ － ０ ｘ ＋ ＋ ｘ ｌｎ ２． ０ ； 令 ３ ｆ ′（ｘ） ＝０ ，得 ｅ ｘ ＋ ｘ －２＝０ ，
解析 （ ）函数ｆ（ｘ）的定义域为（ ， ）， 第二步：运用单调性及零点存在定理估算隐零点的合适取值
１ ０ ＋∞
ａ ｘ ａ 区间．
由ｆ ′（ｘ） ＋ ，当ａ 时， ｆ ′（ｘ） ，
＝１＋ ｘ ＝ ｘ ≥０ ＞０ 易知ｇ（ｘ）在Ｒ上单调递增，且ｇ（ ） ，ｇ（ ） ，
０ ＝－１＜０ １ ＝ｅ－１＞０
当ａ 时，令ｆ ′（ｘ） ，则 ｘ ａ， 故存在唯一零点ｘ （ ， ）使得ｇ（ｘ ） ．
＜０ ＜０ ０＜ ＜－ ０∈ ０ １ ０ ＝０
令ｆ ′（ｘ） ，则ｘ ａ． 第三步：恒等移项进行等价转化．
＞０ ＞－
所以当ａ 时，函数ｆ（ｘ）在（ ， ）上单调递增， 所以存在唯一零点ｘ （ ， ）满足ｆ ′（ｘ ） ，得 ｘ ｘ ，
≥０ ０ ＋∞ ０∈ ０ １ ０ ＝０ ｅ ０＋ ０－２＝０
当ａ 时，函数ｆ（ｘ）在（ ， ａ）上单调递减，在（ ａ， ）上单调 则 ｘ ｘ ．
＜０ ０ － － ＋∞ ｅ ０＝２－ ０
递增． 第四步：用隐零点判断函数的单调性．
（ ）由ｇ（ｘ ） （虚设零点）， 当ｘ （ｘ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ，此时ｆ（ｘ）单调递增，当ｘ （ ，
２ ０ ＝０ ∈ ０ ＋∞ ＞０ ∈ －∞
得 ｅ － ｘ ０－ｌｎ ｘ ０－２ ｘ ０＝０ ， ｘ ０ ）时， ｆ ′（ｘ） ＜０ ，此时ｆ（ｘ）单调递减．
即 ｅ － ｘ ０－ ｘ ０＝ｌｎ ｘ ０＋ ｘ ０① ， 第五步：用隐零点求函数的最小值．
令ｔ ＝ｅ － ｘ ０ ，则 － ｘ ０＝ｌｎ ｔ ② ， 所以ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） ｘ ｘ ０－１ ｘ ０ｅ ｘ ０－ ｘ ０＋１ ｘ ０ （ ２－ ｘ ０ ） － ｘ ０＋１
将 ② 代入 ① 可得 ｌｎ ｔ ＋ ｔ ＝ｌｎ ｘ ０＋ ｘ ０ ， ｍｉｎ ＝ ０ ＝ ０－ ｅ ｘ ０ ＝ ｅ ｘ ０ ＝ ２－ ｘ ０
由（ ）可知，当ａ 时， ｆ（ｘ） ｘ ｘ在（ ， ）上单调递增， ｘ（ ｘ ）
１ ＝１ ＝ ＋ｌｎ ０ ＋∞ ０ １－ ０ ＋１．
所以ｔ ＝ｅ － ｘ ０＝ ｘ ０ ， ＝ ２－ ｘ ０
所以ｘ ０＋ｌｎ ｘ ０＝ ｘ ０＋ｌｎ ｅ － ｘ ０＝ ｘ ０－ ｘ ０＝０ ． 第六步：用第二步中估算隐零点判断最小值的符号得ｆ（ｘ）的零
（ ）证明：第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性． 点个数．
３
设ｍ（ｘ） ｘ ｘ ｘ － ｘ ｘ２， 因为ｘ （ ， ），所以 ｘ ，ｘ（ ｘ ） ，
＝ － ｌｎ －ｅ － ０∈ ０ １ ２－ ０＞０ ０ １－ ０ ＞０
则ｍ′（ｘ） ｇ（ｘ） － ｘ ｘ ｘ， 则ｆ（ｘ） ，所以函数ｆ（ｘ）的零点个数为 ．
＝ ＝ｅ －ｌｎ －２ ｍｉｎ＞０ ０
易判断ｇ（ｘ）在（ ， ）上单调递减． 例3 （ 广东百校联考）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ｍ 其中
０ ＋∞ ２０２４ （ ）＝ｅ －ｌｎ（ － ）（
第二步：借助导函数“隐零点”判断函数的单调性． 为自然对数的底数 ．
ｅ ）
由（ ）可知，ｇ（ｘ ） ，则ｘ ｘ ， 当ｍ 时 求ｆ ｘ 的最小值
２ ０ ＝０ ０＋ｌｎ ０＝０ （１） ＝－１ ， （ ） ；
所以若ｘ ∈ （ ０ ，ｘ ０ ），则ｍ′（ｘ） ＝ ｇ（ｘ） ＞０ ， （２） 若对定义域内的一切实数ｘ ， 都有ｆ （ ｘ ）＞４， 求整数ｍ的最小
若ｘ ∈ （ｘ ０ ， ＋∞ ），则ｍ′（ｘ） ＝ ｇ（ｘ） ＜０ ， 值． （ 参考数据 ：ｅ ５ ４ ≈３ ． ４９）
所以函数ｍ（ｘ）在（ ０ ，ｘ ０ ）上单调递增，在（ｘ ０ ， ＋∞ ）上单调递减． 解析 （ １ ）ｍ ＝－１ 时， ｆ（ｘ） ＝ｅ ｘ －ｌｎ （ｘ ＋１ ），
第三步：用代换法证明不等式．
所以ｍ（ｘ） ≤ ｍ（ｘ ０ ），ｍ（ｘ ０ ） ＝ ｘ ０－ ｘ ０ｌｎ ｘ ０－ｅ － ｘ ０－ ｘ２ ０ ， 故ｆ ′（ｘ） ＝ｅ ｘ －ｘ ＋ １ １ ，ｘ ＞－１ ，
又 ｌｎ ｘ ０＝－ ｘ ０ ， ｅ － ｘ ０＝ ｘ ０ ， 因为ｙ ｘ，ｙ １ 在（ ， ）上均为增函数，故 ｆ ′（ｘ）在
所以ｍ（ｘ
０
）
＝
ｘ
０＋
ｘ２
０－
ｘ
０－
ｘ２
０＝０
（用代换法解决隐零点问题）， ＝ｅ ＝－ｘ
＋１
－１ ＋∞
所以ｍ（ｘ） ＜０ ，即ｘ － ｘ ｌｎ ｘ ≤ｅ － ｘ ＋ ｘ２． （ －１ ， ＋∞ ）上为增函数，
ｘ ｂ 而ｆ ′（ ） ，故当ｘ （ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ，
例2 已知函数ｆ ｘ ａｘ ＋ 曲线ｙ ｆ ｘ 在 ｆ 处的 ０ ＝０ ∈ ０ ＋∞ ＞０
（ ）＝ － ｘ ， ＝ （ ） （０， （０）） 当ｘ （ ， ）时， ｆ ′（ｘ） ，
ｅ ∈ －１ ０ ＜０
专题三 导数及其应用 ５ ７
所以ｆ（ｘ）在（ ， ）上为减函数，在（ ， ）上为增函数， 故ｆ（ｘ ） ｘ ｘ ，故 ｘ ｘ ，故ｘ ，
－１ ０ ０ ＋∞ ０ ＝ｅ ０＋ ０ ｅ ０＋ ０＞４ ０＞１
故ｆ（ｘ） ｆ（ ） ．
ｍｉｎ＝ ０ ＝１ 故ｍ ｘ １ １ ，故ｍ ．
（ ）ｆ（ｘ）的定义域为（ｍ， ）， ｆ ′（ｘ） ｘ １ ，
＝ ０－
ｅ
ｘ
０
＞１－
ｅ
＞０ ≥１
２ ＋∞ ＝ｅ －ｘ ｍ
－ 若ｍ ，则 ｘ １ ，即ｘ １ ，
因为ｙ ｘ，ｙ １ 在（ｍ， ）上均为增函数，故ｆ ′（ｘ）在（ｍ，
＝１ １＝ ０－
ｅ
ｘ
０
０－
ｅ
ｘ
０
－１＝０
＝ｅ ＝－ｘ ｍ ＋∞
－ 因为ｙ ｘ ，ｙ １ 在（ ， ）上均为增函数，
）上为增函数， ＝ －１ ＝－ ｘ １ ＋∞
＋∞ ｅ
而ｆ ′（ ｍ ） ｜ ｍ ｜＋１ １ １ ， 故ｖ（ｘ） ｘ １ 在（ ， ）上为增函数，
｜ ｜＋１ ＝ｅ － ｍ ｍ＞１－ ＝０ ＝ － ｘ－１ １ ＋∞
｜ ｜＋１－ １ ｅ
当ｘ → ｍ（从ｍ的右侧）时， ｆ ′（ｘ） →－∞ ， 而ｖ ( ５ ) ｅ ５ ４ －４，但 ５ ４，故 ５ ４ ，即ｖ ( ５ ) ，
故ｆ ′（ｘ）在（ｍ， ）上存在一个零点ｘ ， ＝ ５ ｅ ＜２４３＜２５６＝４ ｅ ＜４ ＜０
＋∞ ０ ４ ４ｅ ４ ４
且ｘ （ｍ，ｘ ）时， ｆ ′（ｘ） ；ｘ （ｘ ， ）时，
ｆ ′（ｘ ∈ ） ， ０ ＜０ ∈ ０ ＋∞ 故ｘ ０＞ ５ ，但 ｅ ５ ４ ＋ ５ ≈３ ． ４９＋１ ． ２５＞４ ，即 ｅ ｘ ０＋ ｘ ０＞４ 成立，
＞０ ４ ４
故ｆ（ｘ）在（ｍ，ｘ ）上为减函数，在（ｘ ， ）上为增函数， 故ｍ 时， ｆ（ｘ） 恒成立，故整数ｍ的最小值为 ．
０ ０ ＋∞ ＝１ ＞４ １
故ｆ（ｘ） ｆ（ｘ ） ｘ （ｘ ｍ） ，
ｍｉｎ＝ ０ ＝ｅ ０－ｌｎ ０－ ＞４
而 ｘ １ ，故ｘ （ｘ ｍ），且ｍ ｘ １ ，
ｅ ０＝ｘ
０－
ｍ ０＝－ｌｎ ０－ ＝ ０－
ｅ
ｘ
０
学生用书P37
１．（ 广东茂名二模， ）已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ．
２０２４ １６ （ ）＝ｅ ｓｉｎ － 当ａ １ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ＋１ ．
若曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｘ ｙ 求 ＝ ， （ ）＝（ ＋１）（ｅ －１）
（１） ＝ （ ） （０， （０）） ＋ ＝０， ２
实数ａ的值
；
当ｘ
＋１≥０
时
，
有
ｅ
ｘ ＋１
－１≥０，
得 ｆ ′
（
ｘ
）≥０，
函数 ｆ
（
ｘ
）
在区间
[ ] 上单调递增
若ａ ３ 求函数ｆ ｘ 在区间 π 上的最大值． ［－１，＋∞） ；
（２） ＝ ， （ ） ０， 当ｘ 时 有 ｘ ＋１ 得 ｆ ′ ｘ 函数 ｆ ｘ 在区间
２ ２ ＋１＜０ ， ｅ －１＜０， （ ）＞０， （ ）
解析 因为ｆ ｘ ｘ ｘ ａｘ 上单调递增．
（１） （ ）＝ｅ ｓｉｎ － ， （－∞，－１）
所以ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ａ 所以ｆ ′ ａ．
（ ）＝ｅ（ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ）－ ， （０）＝１－ 综上 当ａ １ 时 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增．
， ＝ ， （ ）
因为曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｘ ｙ ２
＝ （ ） （０， （０）） ＋ ＝０，
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ恒成立
所以ｆ ′ 所以 ａ 所以ａ ． （２） ∈（０，＋∞） ， （ －１）≥１＋ｌｎ － ，
（０）＝－１， １－ ＝－１， ＝２
ｘ ｘ ｘ ｘ
即 ａ ｅ －１－ｌｎ ＋ 恒成立
当ａ ３ 时 ２ ≤ ｘ ，
（２） ＝ ，
２ (ｘ ｘ ｘ ｘ)
因此只需 ａ ｅ －１－ｌｎ ＋ ．
令ｈ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ３ ２ ≤ ｘ
（ ）＝ （ ）＝ｅ（ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ）－ ，
ｍｉｎ
２
ｈ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 令ｇ ｘ ｘ ｅ ｘ －１－ｌｎ ｘ ＋ ｘ ｘ
（ ）＝ｅ（ｓｉｎ ＋ｃｏｓ ＋ｃｏｓ －ｓｉｎ ）＝２ｅ ｃｏｓ ， （ ）＝ ｘ ， ＞０，
[ ]
当ｘ
∈ ０，
π 时
，
ｈ′
（
ｘ
）≥０，
ｈ
（
ｘ
）
单调递增
， 则ｇ′ ｘ
ｘ２
ｅ
ｘ
＋ｌｎ
ｘ
．
２
( )
（ ）＝ ｘ２
又ｈ
（０）＝１－
３
＝－
１
＜０，
ｈ π
＝ｅ
π ２
－
３
＞ｅ－
３
＞０，
令ｈ
（
ｘ
）＝
ｘ２
ｅ
ｘ
＋ｌｎ
ｘ
，
ｘ
＞０，
２ ２ ２ ２ ２
所以存在唯一的ｘ
(
π
)
使得ｈ ｘ
则ｈ′
（
ｘ
）＝（
ｘ２
＋２
ｘ
）ｅ
ｘ
＋
１
ｘ ＞０，
０∈ ０， ， （ ０）＝０，
２
( ) 所以ｈ ｘ 在区间 上单调递增．
（ ） （０，＋∞）
当ｘ ｘ 时 ｈ ｘ ｆ ｘ 单调递减 当ｘ ｘ π 时 ( )
∈［０， ０） ， （ ）＜０， （ ） ； ∈ ０， ２ ， 因为ｈ ｈ １ １ １ ２ 所以 ｈ ｘ 在
（１）＝ ｅ＞０， ＝ ｅ －ｌｎ ２＜０， （ ） （０，
ｈ ｘ ｆ ｘ 单调递增． ２ ４
（ ）＞０， （ ） ( )
( )
又ｆ
（０）＝０，
ｆ π
＝ｅ
π ２
－
３π
＞ｅ－
１０
＝ｅ－２
．
５＞０，
＋∞） 内存在唯一零点ｘ ０， 且ｘ ０∈ １
２
，１ ，
２ ４ ４
( ) 所以当 ｘ ｘ 时 ｈ ｘ
所以ｆ （ ｘ ）ｍａｘ＝ ｆ π
２
＝ｅ π ２ － ３
４
π． 即ｇ′
（
ｘ
）
０＜
＜０
＜
，
函 ０ 数 ， ｇ
（
（ ｘ
）
） 在 ＜０ 区 ， 间
（０，
ｘ
０）
上单调递减
，
２．（ ２０２４ 辽宁抚顺一模， １９ ）已知函数ｆ （ ｘ ）＝ ｘ ｅ ｘ ＋１ － ａｘ２ －２ ａｘ． 当ｘ ＞ ｘ ０ 时 ， ｈ （ ｘ ）＞０，
即ｇ′ ｘ 函数ｇ ｘ 在区间 ｘ 上单调递增．
当ａ １ 时 判断ｆ ｘ 的单调性 （ ）＞０， （ ） （ ０，＋∞）
（１） ＝
２
， （ ） ； 又因为ｈ
（
ｘ
０）＝
ｘ２
０ｅ
ｘ
０＋ｌｎ
ｘ
０＝０，
若ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ恒成立 求实数ａ ｘ
（ 的 ２ 取 ） 值范 ∈ 围 （０ ． ，＋∞） ， （ －１）≥１＋ｌｎ － ， 即ｘ ０ｅ ｘ ０＝－ ｌｎ ｘ ０ ＝－ｘ １ ｌｎ ｘ ０＝－ｅ －ｌｎ ｘ ０ ｌｎ ｘ ０ ． （∗）
０ ０
解析 函数ｆ ｘ 的定义域为Ｒ ｆ ′ ｘ ｘ ＋１ ｘ ｘ ＋１ ａｘ 设ｍ ｘ ｘ ｘ 当ｘ 时 ｍ′ ｘ ｘ ｘ 所以ｍ ｘ 在
（１） （ ） ， （ ）＝ｅ ＋ ｅ －２ （ ）＝ ｅ ， ＞０ ， （ ）＝（ ＋１）ｅ ＞０， （ ）
ａ ｘ ｘ ＋１ ａ 上单调递增
－２ ＝（ ＋１）（ｅ －２ ）， （０，＋∞） ，
５ ８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
( ) 当ｈ ｔ 时ｔ 即 ｘ ．
因为ｘ １ 所以ｘ ｘ ∴ （ ）＝０ ∈（１，２）， １＜ ０＜２
０∈ ，１ ， ０＞０，－ｌｎ ０＞０， ｘ
２ ４．（ 四川南充二模） 设函数 ｆ ｘ －２ ｘ ｇ ｘ
由 知ｍ ｘ ｍ ｘ ２０２４ （ ） ＝ ｘ ｅ ， （ ）
（∗） （ ０）＝ （－ｌｎ ０）， ＋１
ｘ ｍｘ ｍ
所以ｘ ｘ 即 ｘ １ ． ２ｅ －２ － ．
０＝－ｌｎ ０， ｅ ０＝ｘ ＝ ｘ２
０
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 若函数ｆ ｘ 在区间 ａ ａ 上是单调函数 求ａ的取
所以ｇ ｘ ｇ ｘ ０ｅ ０－１－ｌｎ ０＋ ０ １－１＋ ０＋ ０ ． （１） （ ） （ －１， ＋２） ，
（ ）ｍｉｎ＝ （ ０）＝ ｘ ＝ ｘ ＝２ 值范围
０ ０ ；
所以 ａ 即ａ 故实数ａ的取值范围为 ．
２ ≤２， ≤１， （－∞，１］ 设 ｍ ｅ 证明 函数ｇ ｘ 在区间 上存在最
３．（
２０２４
江西赣州一模，
１９
）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ －１
－ｌｎ
ｘ． （２） ０≤ ＜
２
， ： （ ） （０，＋∞）
求ｆ ｘ 的单调区间 ２
（１） （ ） ； 小值Ａ 且 ｅ Ａ ｅ ．
， ＜ ≤
已知ｍ ．若函数ｇ ｘ ｆ ｘ ｍ ｘ 有唯一的零点ｘ ． ２ ２
（２） ＞０ （ ）＝ （ ）－ （ －１） ０
ｘ
证明 ｘ ． 解析 ｆ ｘ －２ ｘ 的定义域为
：１＜ ０＜２ （１） （ ）＝ ｘ ｅ （－∞，－１）∪（－１，
解析 易知函数的定义域为 ． ＋１
（１） （０，＋∞）
ｆ ′ ｘ
ｘ
＋１－
ｘ
＋２ ｘ
ｘ
－２ ｘ
ｘ２
－
ｘ
＋１ ｘ 恒成立
∵ ｆ （ ｘ ）＝ｅ ｘ －１ －ｌｎ ｘ ，∴ ｆ ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ －１ － １ ｘ ， ＋∞）， （ ）＝ （ ｘ ＋１） ２ ｅ ＋ｘ ＋１ ｅ ＝ （ ｘ ＋１） ２ｅ ＞０ ，
所以函数ｆ ｘ 在 上单调递增．
（ ） （－∞，－１），（－１，＋∞）
令ｌ （ ｘ ）＝ｅ ｘ －１ － １ ｘ ， ｘ ＞０， 则ｌ′ （ ｘ ）＝ｅ ｘ －１ ＋ｘ １ ２＞０， 由函数ｆ （ ｘ ） 在区间 （ ａ －１， ａ ＋２） 上是单调函数 ，
得ａ 或ａ
当ｘ 时 ｌ ｘ 即ｆ ′ ｘ 为增函数 ＋２≤－１ －１≥－１，
∴ ＞０ ，（ ） （ ） ，
即ａ 或ａ ．故ａ的取值范围是 ．
又
∵
ｆ ′
（１）＝０，
≤－３ ≥０ （－∞，－３］∪［０，＋∞）
ｘ ｍｘ ｍ
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 证明 由ｇ ｘ ２ｅ －２ － ｘ
∴ ∈（０，１） ， （ ）＜０， （ ） ； （２） ： （ ）＝ ｘ２ ， ＞０，
当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
∈（１，＋∞） ， （ ）＞０， （ ） ， ｘ ｘ ｘ ｍｘ ｍ ｘ (ｘ )
ｆ ｘ 的单调递减区间为 单调递增区间为 ． 得ｇ′ ｘ ２ ｅ －４ｅ ＋２ ＋２ ２（ ＋１） －２ ｘ ｍ
∴ （
证
）
明 ｇ ｘ ｆ ｘ ｍ
（０
ｘ
，１），
ｘ －１ ｘ ｍｘ ｍ
（１，
ｍ
＋∞） （ ）＝ ｘ３ ＝ ｘ３ ｘ
＋１
ｅ ＋ ，
（２） ：∵ （ ）＝ （ ）－ （ －１）＝ｅ －ｌｎ － ＋ （ ＞０）， ｘ
因为ｘ 所以 ＋１
ｇ′ ｘ ｘ －１ １ ｍ ｘ ｍ ＞０， ｘ３ ＞０，
∴ （ ）＝ｅ － ｘ － （ ＞０， ＞０），
ｘ ｘ
由 可知ｇ′ ｘ 在 上单调递增 且ｇ′ ｍ 设φ ｘ －２ ｘ ｍ ｘ 由 得 φ ｘ －２ ｘ ｍ 在
（１） （ ） （０，＋∞） ， （１）＝－ ＜０， （ ）＝ｘ ｅ ＋ ， ＞０， （１） （ ）＝ ｘ ｅ ＋ （０，
＋１ ＋１
又ｇ′ ｍ ｍ １ ｍ ｍ ｍ 上单调递增
（１＋ ）＝ｅ － ｍ－ ＞ｅ －（ ＋１）＞０， ＋∞） ，
１＋
存在唯一的ｔ ｍ 使得ｇ′ ｔ 又 ｍ ｅ 则φ ｅ ｍ φ ｍ
∴ ∈（１，１＋ ）⊆（１，＋∞） （ ）＝０， ０≤ ＜ ， （１）＝－ ＋ ＜０， （２）＝ ≥０，
当ｘ ｔ 时ｇ′ ｔ ｇ ｘ 单调递减 当ｘ ｔ 时 ２ ２
∴ ∈（０，） （ ）＜０， （ ） ； ∈（ ，＋∞） ｘ
ｇ′ （ ｔ ）＞０， ｇ （ ｘ ） 单调递增 ， 所以 ∃ ｘ ０∈（１，２］， 使得 φ （ ｘ ０）＝ ｘ ０－２ ｅ ｘ ０＋ ｍ ＝ ０， 即 ｍ ＝
∴
若
ｇ
ｇ
（ ｘ
ｘ
）ｍｉｎ＝
ｘ
ｇ
－１
（ ｔ ）＝
ｘ
ｅ ｔ －
ｍ
１ －
ｘ
ｌｎ
ｍ
ｔ － ｍｔ
有
＋ ｍ
唯
．
一的实数解ｘ 则ｘ ｔ ｘ ２－
ｘ
０ ｅ ｘ ０ ，
０＋１
{
（ ）＝ｅ －ｌｎ － ＋ ＝０ ０， ０＝ ＞１， ０＋１
ｇ′ （ ｔ ）＝ｅ ｔ －１ － １ ｔ － ｍ ＝０， 且当ｘ ＜ ｘ ０ 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＜０， ｇ （ ｘ ） 单调递减 ， 当ｘ ＞ ｘ ０ 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＞０，
ｇ ｘ 单调递增
∴ （ ） ，
ｇ （ ｔ ）＝ｅ ｔ －１ －ｌｎ ｔ － ｍｔ ＋ ｍ ＝０， 所以ｇ ｘ ｇ ｘ ２ｅ ｘ ０－ ｍ （２ ｘ ０＋１） ｅ ｘ ０ （２ ｘ ０－１） Ａ
消去ｍ可得 （２－ ｔ ）ｅ ｔ －１ －ｌｎ ｔ ＋１－ １ ｔ ＝０（ ｔ ＞１）， （ ）≥ （ ０）＝ ｘ２ ０ ＝ ｘ ０（ ｘ ０＋１） ＝ ，
ｘ ｘ
设ｈ ｘ ｅ（２ －１） ｘ
令ｈ （ ｔ ）＝（２－ ｔ ）ｅ ｔ －１ －ｌｎ ｔ ＋１－ １ ｔ （ ｔ ＞１）， （ ）＝ ｘ （ ｘ ＋１） ， ∈（１，２］，
ｘ ｘ ｘ２ ｘ
æ ö 则ｈ′ ｘ ｅ（２ ＋１）（ － ＋１） 恒成立
则ｈ′ （ ｔ ）＝（１－ ｔ ）ｅ ｔ －１ － １ ｔ ＋ｔ １ ２ ＝（１－ ｔ ）è ç ｅ ｔ －１ ＋ｔ １ ２ ø ÷ ＜０， （ ）＝ ｘ ｘ２ ｘ （ ｘ ＋１） ２ ＞０ ，
所以ｈ ｘ ｅ（２ －１）在ｘ 上单调递增
ｈ ｔ 在ｔ 上为减函数 且ｈ ｈ １ （ ）＝ ｘ ｘ ∈（１，２］ ，
∴ （ ） ∈（１，＋∞） ， （１）＝１＞０， （２）＝ － （ ＋１）
２ ( ２ ] ２
所以ｈ ｘ ｅ ｅ 即 ｅ Ａ ｅ ．
ｌｎ２＜０， （ ）∈ ， ， ＜ ≤
２ ２ ２ ２
