1
解答题：函数与导数的综合应用
目录
题型一利用导数研究函数的单调性1
题型二利用导数研究函数的极值3
题型三利用导数研究函数的最值5
题型四利用导数解决恒成立与能成立7
题型五利用导数求解函数的零点9
题型六利用导数证明不等式11
题型七利用导数研究双变量问题13
题型八利用导数研究极值点偏移问题16
题型九隐零点问题综合应用19
题型十导数与数列综合问题23
必刷大题26
题型一
利用导数研究函数的单调性
大题典例
1. (24 - 25 高三上·海南·期中) 设函数f x
= x
ekx k≠0
.
(1) 求曲线y = f x
在点0,f 0
切线方程；
(2) 求函数f x
的单调区间;
【答案】(1)y = x；(2) 答案见解析
【解析】(1) 由题意知fx
= ekx-kxekx
e2kx
= 1-kx
ekx
，
所以f0
= 1，f 0
= 0，
故所求切线方程为y - 0 = x - 0，化简得y = x.
(2) 由(1) 知fx
= 1-kx
ekx
，
当k > 0，x < 1
k 时，fx
> 0，f x
单调递增，
x > 1
k 时，fx
< 0，f x
单调递减；
当k < 0，x < 1
k 时，fx
< 0，f x
单调递减，x > 1
k 时，fx
> 0，f x
单调递增，
所以当k > 0 时，f x
的单调递增区间是-∞, 1
k
，单调递减区间是
1
k ,+∞
，
当k < 0 时，f x
的单调递减区间是-∞, 1
k
，单调递增区间是
1
k ,+∞
.
2
解法指导
1、求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、
差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
2、求函数单调区间的步骤
(1) 确定函数f x
的定义域；
(2) 求fx
(通分合并、因式分解)；
(3) 解不等式fx
> 0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4) 解不等式fx
< 0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
3、含参函数单调性讨论依据：
(1) 导函数有无零点讨论(或零点有无意义)；
(2) 导函数的零点在不在定义域或区间内；
(3) 导函数多个零点时大小的讨论。
变式训练
2. (24 - 25 高三上·北京·期中) 已知函数f(x) = x3+ ax2+ bx - 1 在x = 1 处有极值-1.
(1) 求实数a，b 的值;
(2) 求函数g x
= ax + lnx2 的单调区间.
【答案】(1)a =-2,b = 1；(2)g x
的单调递增区间为0, 1
2
，单调递减区间为
1
2 ,+∞
【解析】(1) 已知函数f(x) = x3+ ax2+ bx - 1，则fx
= 3x2+ 2ax + b，
由题意
f1
=2a+b+3=0
f 1
=a+b=-1
，解得a =-2,b = 1，
当a =-2,b = 1 时，f(x) = x3- 2x2+ x - 1，fx
= 3x2- 4x + 1 = x-1
3x-1
，
当x < 1
3 或x > 1 时，fx
> 0，当1
3 < x < 1 时，fx
< 0，
所以f x
在-∞, 1
3
, 1,+∞
上均单调递增，在
1
3 ,1
上单调递减，
所以f x
在x = 1 处有极小值f 1
=-1，满足题意，
综上所述，a =-2,b = 1 符合题意；
(2) 由题意g x
= ax + lnx = lnx - 2x，则gx
= 1
x - 2 = 1-2x
x
, x>0
，
当0 < x < 1
2 时，gx
> 0，当x > 1
2 时，gx
< 0，
所以g x
的单调递增区间为0, 1
2
，g x
的单调递减区间为
1
2 ,+∞
.
3. (24 - 25 高三上·江苏常州·月考) 已知函数f(x) =
x-a
(x+1)2
(1) 当a = 0 时，求曲线y = f x
在点0,f 0
处的切线方程；
(2) 求函数f x
的单调区间．
【答案】(1)y = x；(2) 答案见解析
【解析】(1) 当a = 0 时，f(x) =
x
(x+1)2 x≠-1
，则f 0
= 0，
3
因为fx
=
1-x
(x+1)3 ，所以f0
= 1.
所以曲线y = f x
在0,f 0
处的切线方程为y = x.
(2) 函数的定义域为-∞,-1
∪-1,+∞
．fx
= -(x-(2a+1))
(x+1)3
，
令fx
= 0，解得x = 2a + 1.
当2a + 1 =-1，即a =-1 时，fx
= -1-x
(x+1)3 =-
1
(x+1)2 < 0
所以函数f x
的单调递减区间为-∞,-1
, -1,+∞
，无单调递增区间；
当2a + 1 <-1，即a <-1 时，
令fx
< 0，则x ∈-∞,2a+1
∪-1,+∞
，令fx
> 0，则x ∈2a+1,-1
，
函数f x
的单调递减区间为-∞,2a+1
, -1,+∞
，单调递增区间为2a+1,-1
；
当2a + 1 >-1，即a >-1 时，
令fx
< 0，则x ∈-∞,-1
∪2a+1,+∞
，令fx
> 0，则x ∈-1,2a+1
，
函数f x
的单调递减区间为-∞,-1
, 2a+1,+∞
，单调递增区间为-1,2a+1
．
综上所述：
当a =-1 时，函数f x
的单调递减区间为-∞,-1
, -1,+∞
，无单调递增区间；
当a <-1 时，函数f x
的单调递减区间为-∞,2a+1
, -1,+∞
，单调递增区间为2a+1,-1
；
当a >-1 时，函数f x
的单调递减区间为-∞,-1
, 2a+1,+∞
，单调递增区间为-1,2a+1
．
题型二
利用导数研究函数的极值
大题典例
4. (24 - 25 高三上·黑龙江·月考) 已知函数f(x) = ax2+ (a - 2)x - lnx.
(1) 当a = 0 时，求函数f(x) 在x = 1 处的切线;
(2) 当a > 0 时，若f(x) 的极小值小于0，求a 的取值范围
【答案】(1)3x + y - 1 = 0；(2)0 < a < 1.
【解析】(1) 当a = 0 时，f(x) =-2x - lnx,f(1) =-2，
所以f(x) =-2 - 1
x ，所以f(1) =-3，
所以函数f(x) 在x = 1 处的切线为y + 2 =-3(x - 1)，即3x + y - 1 = 0；
(2)f(x) 的定义域为(0, +∞)，且f(x) = (ax-1)(2x+1)
x
，
当a > 0 时，令f(x) > 0，则x > 1
a ，所以f(x) 单调递增；
令f(x) < 0，则0 < x < 1
a ，所以f(x) 单调递减.
故当x = 1
a 时，f(x) 取极小值，
所以f
1
a
= lna - 1
a + 1 < 0.
设g(a) = lna - 1
a + 1(a > 0)，
则g(a) = 1
a + 1
a2 > 0，所以g(a) 是增函数.
因为g(1) = 0，所以g(a) < 0 时，0 < a < 1.
4
综上所述，a 的取值范围是0 < a < 1.
解法指导
1、利用导数求函数极值的方法步骤
(1) 求导数f(x)；
(2) 求方程f(x) = 0 的所有实数根；
(3) 观察在每个根x0附近，从左到右导函数f(x) 的符号如何变化．
①如果f(x) 的符号由正变负，则f(x0) 是极大值；②如果由负变正，则f(x0) 是极小值；③如果在
f(x) = 0 的根x = x0的左右侧f(x) 的符号不变，则不是极值点．
根据函数的极值(点) 求参数的两个要领：
①列式: 根据极值点处导数为0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；
②验证: 求解后验证根的合理性. 本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
变式训练
5. (24 - 25 高三上·福建宁德·期中) 已知函数f x
=
1
ex+1 + a 为R 上的奇函数．
(1) 求a；
(2) 若函数g x
= 2 ex+1
f x
+ 2x，讨论g x
的极值．
【答案】(1)a =- 1
2 ；(2) 极大值为2ln2 - 1；无极小值.
【解析】(1) 因为函数f x
=
1
ex+1 + a 为R 上的奇函数，
由f 0
= 0, ∴a =- 1
2 ，
此时f x
=
1-ex
2 ex+1
，
则f -x
=
1-e-x
2 e-x+1
=
1- 1
ex
2
1
ex +1
= ex-1
ex
×
ex
2(ex+1) =
ex-1
2(ex+1) =-
1-ex
2(ex+1) =-f(x)，
所以f x
为奇函数．
所以a =- 1
2 ；
(2) 由(1) 得：g x
= 2 ex+1
f x
+ 2x = 2x - ex+ 1,g x
定义域为R，
∴gx
= 2 - ex，
由gx
> 0，得x < ln2；由gx
< 0，得x > ln2，
∴g x
在-∞,ln2
上单调递增，g x
在ln2,+∞
上单调递减，
所以g x
在x = ln2 处取得极大值，
g x
极大值= f ln2
= 2ln2 - 1；无极小值.
6. (24 - 25 高三上·河南安阳·月考) 已知函数f x
= lna+lnx
ln x+1
．
(1) 求f x
的定义域；
(2) 若f x
存在极大值，求a 的取值范围
【答案】(1)x ∈0,+∞
；(2)a ∈1,+∞
5
【解析】(1) 由f x
有意义可得
x>0
x+1>0
x+1≠1
，所以x ∈0,+∞
．
所以函数f x
的定义域为0,+∞
；
(2) 由题意可得fx
=
x+1
x
ln x+1
-lnx-lna
x+1
ln x+1
2
，
令函数h x
= x+1
x
ln x+1
- lnx，
则hx
= -ln x+1
x2
< 0 在0,+∞
上恒成立，
所以h x
在0,+∞
上单调递减，
当x →0 时，h x
= ln x+1
x
+ ln 1+ 1
x
→+∞，
当x →+∞时，h x
= ln x+1
x
+ ln 1+ 1
x
→0，
则有：①当lna ≤0，即a ∈0,1
时，h x
- lna ≥0，即fx
≥0 在0,+∞
上恒成立，
即f x
在0,+∞
上单调递增，无极大值，不合题意，故舍去；
②当lna > 0，即a ∈1,+∞
时，存在x0∈0,+∞
，使得h x0
= lna，
此时，当x ∈0,x0
时，h x
- lna > 0 ⇒fx
> 0，
当x ∈x0,+∞
时，h x
- lna < 0 ⇒fx
< 0，
则f x
在0,x0
上单调递增，在x0,+∞
上单调递减，
所以f x
存在极大值f x0
，符合题意．
综上所述a ∈1,+∞
．
题型三
利用导数研究函数的最值
大题典例
7. (24 - 25 高三上·江西·月考) 已知函数f x
= 3x-sinx+2
ex
．
(1) 求曲线y = f x
在点0,f 0
处的切线方程；
(2) 求f x
的最值．
【答案】(1)y = 2；(2)f x
的最大值为f 0
= 2，无最小值
【解析】(1) 因为f x
= 3x-sinx+2
ex
，
所以fx
=
3-cosx
ex-ex 3x-sinx+2
e2x
= -3x+sinx-cosx+1
ex
，
所以f 0
= 2，f0
= 0，
从而曲线y = f x
在点0,f 0
处的切线方程为y = 2；
(2) 设g x
=-3x + sinx - cosx + 1，显然g x
,fx
同号，
则gx
=-3 + cosx + sinx =
2sin x+ π
4
- 3 ≤
2 - 3 < 0，
所以g x
在-∞,+∞
上单调递减，
注意到g 0
= 0，
当x < 0 时，fx
> 0，当x > 0 时，fx
< 0，
6
所以f x
在-∞,0
单调递增，f x
在0,+∞
上单调递减，
当x 趋于负无穷时，f x
= 3x-sinx+2
ex
也是趋于负无穷，
当x 趋于正无穷时，f x
= 3x-sinx+2
ex
趋于0，
所以f x
的最大值为f 0
= 2，无最小值.
解法指导
函数f(x) 在区间[a,b] 上连续，在(a,b) 内可导，则求函数f(x) 最值的步骤为：
(1) 求函数f(x) 在区间(a,b) 上的极值；
(2) 将函数f(x) 的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b) 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一
个是最小值；
(3) 实际问题中，“驻点”如果只有一个，这便是“最值”点。
变式训练
8. (24 - 25 高三上·北京·期中) 已知函数f x
= x2-ax+1
ex(a ∈R) 在x = 2 处取得极小值.
(1) 求a 的值，并求函数f x
的单调区间；
(2) 求f x
在区间-2,0
上的最大值和最小值.
【答案】(1) 单调递增区间为-∞,-1
, 2,+∞
，单调递减区间为-1,2
；(2) 最大值为5e-1，最小值为1.
【解析】(1)fx
= 2x-a
ex+ x2-ax+1
ex= x2-ax+2x-a+1
ex，
由题意得f2
= 4-2a+4-a+1
e2= 0，解得a = 3，
f x
= x2-3x+1
ex，定义域为R，
fx
= x2-x-2
ex= x+1
x-2
ex，
令fx
> 0 得x > 2 或x <-1，令fx
< 0 得-1 < x < 2，
故f x
单调递增区间为-∞,-1
, 2,+∞
，单调递减区间为-1,2
，
此时函数f x
在x = 2 处取得极小值，满足题意；
(2) 由(1) 知，故f x
在-2,-1
上单调递增，在-1,0
上单调递减，
故f x
在x =-1 处取得极大值，也是最大值，f -1
= 5e-1，
又f 0
= 1,f -2
= 11e-2，其中1 < 11e-2，
故f x
在区间-2,0
上的最小值为1，
综上，f x
在区间-2,0
上的最大值为5e-1，最小值为1.
9. (24 - 25 高三上·湖北武汉·期中) 已知函数f x
= ax - lnx a∈R
．
(1) 若函数f x
在
1
e ,1
上的最小值为3
2 ，求a 的值；
(2) 若a = 0，函数g x
= ex+ f x
-1
x
，求g x
的最小值．
【答案】(1) e；(2)1.
【解析】(1) 因为f x
= ax - lnx，x ∈
1
e ,1
，故可得f(x) = a - 1
x ，1
x ∈1,e
，
①若a ≤1，f(x) ≤0，y = f(x) 在
1
e ,1
单调递减，f x
的最小值为f 1
= a = 3
2 ，不满足a ≤1；
②若1 < a < e，
7
令f(x) > 0，解得x ∈
1
a ,1
，故y = f(x) 在
1
a ,1
单调递增；
令f(x) < 0，解得x ∈
1
e , 1
a
，故y = f(x) 在
1
e , 1
a
单调递减；
故y = f(x) 的最小值为f
1
a
= 1 - ln 1
a = 3
2 ，即lna = 1
2 ，解得a =
e ，满足1 < a < e；
③若a ≥e，f(x) ≥0，y = f(x) 在
1
e ,1
单调递增，
f x
的最小值为f
1
e
= a
e + 1 = 3
2 ，解得a = e
2 ，不满足a ≥e；
综上所述，a =
e.
(2) 若a = 0，f x
=-lnx，g x
= ex+ f x
-1
x
= ex- lnx+1
x
，
定义域为0,+∞
，g(x) = ex+ lnx
x2 = x2ex+lnx
x2
，
令h x
= x2ex+ lnx(x > 0)，h(x) = ex x2+2x
+ 1
x = xex x+2
+ 1
x > 0，
故y = h x
在0,+∞
单调递增，又h 1
2
= 1
4
e - ln2 < 0，h 1
= e > 0，
故存在x0∈
1
2 ,1
，使得h x0
= 0，也即x2
0ex0+ lnx0= 0，且g(x0) = 0，
且当x ∈0,x0
，h x
< 0，g(x) < 0，y = g x
在0,x0
单调递减；
当x ∈x0,+∞
，h x
> 0，g(x) > 0，y = g x
在x0,+∞
单调递增；
故g x
的最小值为g x0
= ex0- lnx0+1
x0
；
由上述求解可知，x2
0ex0+ lnx0= 0,x0∈
1
2 ,1
，则x0ex0= 1
x0
ln 1
x0
，令m x
= xex,x > 0，
则m(x) = ex x+1
> 0，故m x
在0,+∞
单调递增；
x0ex0= 1
x0
ln 1
x0
，也即m x0
= m ln 1
x0
，又x0> 0,ln 1
x0
> 0，故x0= ln 1
x0
，即ex0= 1
x0
；
又g x0
= ex0- lnx0+1
x0
= 1
x0
- lnx0+1
x0
=- lnx0
x0
=
ln 1
x0
x0
= 1.
故y = g x
的最小值为1.
题型四
利用导数解决恒成立与能成立
大题典例
10. (24 - 25 高三上·河北衡水·月考) 已知函数f x
= ex x2-x+1
．
(1) 求函数f x
的单调区间；
(2) 函数f x
≤a 在-2,1
上恒成立，求最小的整数a．
【答案】(1) 单调增区间为-∞,-1
，0,+∞
，单调减区间为(-1,0)；(2)3
【解析】(1) 因为f x
= ex x2-x+1
，则fx
= ex x2+x
= x(x + 1)ex，
因为ex> 0 恒成立，由f(x) > 0，得到x <-1 或x > 0，由f(x) < 0，得到-1 < x < 0，
所以函数f x
的单调增区间为-∞,-1
，0,+∞
，减区间为(-1,0).
(2) 由(1) 知f x
= ex x2-x+1
在区间-2,-1
上单调递增，
在区间(-1,0) 上单调递减，在区间0,1
上单调递增，
8
又f -1
= 3
e ，f 1
= e，显然有f(-1) < f(1)，
所以f x
= ex x2-x+1
在区间-2,1
上最大值为e，
又函数f x
≤a 在-2,1
上恒成立，所以a ≥e，得到最小的整数a = 3.
解法指导
对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后
构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类
讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
变式训练
11. (24 - 25 高三上·四川成都·期中) 已知函数f x
= ex- a+1
x
(1) 讨论f x
的单调性；
(2) 若f x
= ex- a+1
x ≥b 对于x ∈R 恒成立，求b - a 的最大值.
【答案】(1) 答案见解析；(2)1 + 1
e
【解析】(1)fx
= ex- a+1
，当a ≤-1，f x
在R 上单调递增，
当a >-1，令fx
> 0 得x > ln a+1
，令fx
< 0 得x < ln a+1
，
故f x
在-∞,ln a+1
单调递减，ln a+1
,+∞
单调递增，
综上，当a ≤-1 时，f x
在R 上为单增递增；
当a >-1 时，f x
在-∞,ln a+1
单调递减，ln a+1
,+∞
单调递增；
(2) 由(1) 知，当a <-1，f x
在R 上为单调递增，
x →-∞,f x
→-∞，不合题意
当a =-1，f x
在R 上单调递增，x →-∞,f x
→0，
故b ≤0,b - a 的最大值为1，
当a >-1，f x
在-∞,ln a+1
单调递减，ln a+1
,+∞
单调递增，
所以f x
在x = ln a+1
处取得极小值，也是最小值，
f ln a+1
= eln a+1
- a+1
ln a+1
- b = a+1
- a+1
ln a+1
- b，
由不等式ex- a+1
x ≥b，可得a+1
- a+1
ln a+1
- b ≥0，
所以b - a ≤1 - a+1
ln a+1
，
令F x
= 1 - xlnx x>0
，则Fx
=-lnx - 1，
当0 < x < 1
e 时，Fx
> 0；当x > 1
e 时，Fx
< 0，
所以F x
在0, 1
e
上单调递增，在
1
e ,+∞
上单调递减，
即F x
max = F
1
e
= 1 + 1
e ，即b - a ≤1 + 1
e ，
综上，b - a 的最大值为1 + 1
e .
9
12. (24 - 25 高三上·浙江绍兴·月考) 已知函数f(x) = ex- ax - 1.
(1) 当a = 2 时，求f(x) 在区间0,1
上的值域；
(2) 若存在x0> 1，当x ∈0,x0
时，f(x) < 0，求a 的取值范围.
【答案】(1) [1 - 2ln2,0]；(2)a > e - 1
【解析】(1) 因为f(x) = ex- 2x - 1，所以f(x) = ex- 2，
所以当x < ln2 时，f(x) < 0，当x > ln2 时，f(x) > 0，
所以f(x) 在[0,ln2) 上递减，在[ln2,1] 上递增.
因为f(0) = 0，f(1) = e - 3，f(ln2) = 1 - 2ln2，且e - 3 < 0，
所以f(x) 的值域是[1 - 2ln2,0].
(2) 因为f(x) = ex- a.
①若a ≤1，当x > 0 时，f(x) > 0，所以f(x) 在(0, +∞) 上递增，
所以f(x) > f(0) = 0，不符合题意.
②若a > 1，当x < lna 时，f(x) < 0；当x > lna 时，f(x) > 0，
所以f(x) 在(0,lna) 上递減，在[lna, +∞) 上递增，
要存在x0> 1，当x ∈(0,x0)，f(x) < 0，
则只需f(1) = e - a - 1 < 0，所以a > e - 1.
题型五
利用导数求解函数的零点
大题典例
13. (24 - 25 高三上·江苏苏州·开学考试) 已知函数f x
= sinx + ex - 4x，e 为自然对数的底数，函数
g x
= x3- ax + 3.
(1) 若f x
在0,1
处的切线也是g x
的切线，求实数a 的值；
(2) 求f x
在-π,+∞
上的零点个数.
【答案】(1)a = 5；(2)2
【解析】(1)f(x) = cosx + ex- 4，则f(0) = cos0 + e0- 4 =-2，
所以切线方程为y =-2x + 1，
又g(x) = 3x2- a，设直线y =-2x + 1 与y = g(x) 图象的切点为(x0,y0)，
则3x2
0-a=-2
x3
0-ax0+3=-2x0+1
，解得x0=1
a=5
.
(2)f(x) = cosx + ex- 4，
当-π < x ≤0 时，cosx ≤1，ex≤1，f(x) < 0，所以函数f x
单调递减，
所以f x
≥f 0
= 1，此时函数f x
无零点；
当x > 0 时，设h(x) = cosx + ex- 4，则h(x) =-sinx + ex> 0，h(x) 即f(x) 递增，
f(0) =-2，f(2) = cos2 + e2- 4 > 0，
因此f(x) 在(0, +∞) 即(0,2) 在上有唯一零点，记零点为m，即f(m) = 0，
在(0,m) 上，f(x) < 0，f(x) 单调递减，在(m, +∞) 上，f(x) > 0，f(x) 单调递增，
又f(0) = 1 > 0，f(1) = sin1 + e - 4 < 0，f(2) = sin2 + e2- 4 > 0，f(π) = eπ- 4π > 0，
所以f(x) 在(0,1) 有一个零点，在(1,π) 上有一个零点，
综上所述，f(x) 在-π,+∞
上有2 个零点.
10
解法指导
导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的
探索、参数的分类讨论等)，需要对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极
值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问
题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是
需要思考的地方。
变式训练
14. (24 - 25 高三上·云南玉溪·月考) 已知函数f(x) = lnx - x + 2sinx
(1) 证明：f(x) 在区间0,π
存在唯一极大值点；
(2) 求f(x) 的零点个数．
【答案】(1) 证明见解析；(2)f(x) 有且仅有两个零点
【解析】(1) 设g(x) = f(x) = 1
x - 1 + 2cosx，
当x ∈(0,π) 时，g(x) =-2sinx - 1
x2 < 0，
所以g(x) 在(0,π) 上单调递减.
又因为g π
3
= 3
π - 1 + 1 = 3
π > 0,g π
2
= 2
π - 1 < 0，
所以g(x) 在
π
3 , π
2
上有唯一的零点a，
即函数f(x) 在(0,π) 上存在唯一零点，
当x ∈(0,a) 时，f(x) > 0,f(x) 在(0,a) 上单调递增；
当x ∈(a,π) 时，f(x) < 0,f(x) 在(a,π) 上单调递减，
所以f(x) 在(0,π) 上存在唯一的极大值点a.
(2) ①由(1) 知：f(x) 在(0,π) 上存在唯一的极大值点a π
3 <a< π
2
，
所以f(a) > f
π
2
= ln π
2 - π
2 + 2 > 2 - π
2 > 0，
又因为f
1
e2
=-2 - 1
e2 + 2sin 1
e2 <-2 - 1
e2 + 2 < 0，
所以f(x) 在(0,a) 上恰有一个零点，
又因为f(π) = lnπ - π < 2 - π < 0，
所以f(x) 在(a,π) 上也恰有一个零点.
②当x ∈[π,2π) 时，则sinx ≤0,f(x) ≤lnx - x，
设h(x) = lnx - x,h(x) = 1
x - 1 < 0，
所以h(x) 在[π,2π) 上单调递减，所以h(x) ≤h(π) < 0，
所以当x ∈[π,2π) 时，f(x) ≤h(x) ≤h(π) < 0 恒成立，
所以f(x) 在[π,2π) 上没有零点.
③当x ∈[2π, +∞) 时，f(x) ≤lnx - x + 2，
设φ(x) = lnx - x + 2,φ(x) = 1
x - 1 < 0，
11
所以φ(x) 在[2π, +∞) 上单调递减，
所以φ(x) ≤φ(2π) = ln2π - 2π + 2 < 2 - 2π + 2 = 4 - 2π < 0，
所以当x ∈[2π, +∞) 时，f(x) ≤φ(x) ≤φ(2π) < 0 恒成立，
所以f(x) 在[2π, +∞) 上没有零点.
综上，f(x) 有且仅有两个零点.
15. (24 - 25 高三上·四川绵阳·月考) 函数f(x) = 2x3- 3ax2+ 1.
(1) 若a = 1，求函数f(x) 在x =-1 处的切线方程；
(2) 证明：存在实数a 使得曲线y = f(x) 关于点(1, -3) 成中心对称图形；
(3) 讨论函数f(x) 零点的个数.
【答案】(1)y = 12x + 8；(2) 证明见解析；(3) 答案见解析
【解析】(1) 当a = 1 时，f(x) = 2x3- 3x2+ 1，f(x) = 6x2- 6x = 6x(x - 1)，
则f(-1) = 12，f(-1) =-4，
故f(x) 在x =-1 处的切线方程为y + 4 = 12(x + 1)，即y = 12x + 8.
(2) 由f(1) = 3 - 3a，
若存在这样的a，使得(1, -3) 为f(x) 的对称中心，
则3 - 3a =-3，a = 2
现在只需证明当a = 2 时，f(x) + f(2 - x) =-6，
事实上，f(x) + f(2 - x) = 2x3- 6x2+ 1 + 2(2 - x)3- 6(2 - x)2+ 1 = (12 - 12)x2+ (24 - 24)x - 6，
于是f(x) + f(2 - x) =-6
即存在实数a = 2 使得(1,f(1)) 即(1, -3) 是f(x) 的对称中心.
(3)f(x) = 6x2- 6ax = 6x(x - a)，
当a > 0 时，x ∈-∞,0
∪a,+∞
时，f(x) > 0，故f(x) 在-∞,0
, a,+∞
上单调递增，
x ∈(0,a) 时，f(x) < 0，f(x) 在(0,a) 单调递减，
则f(x) 在x = 0 处取到极大值，在x = a 处取到极小值，
由f(0) = 1 > 0，而f(-1) =-1 - 3a < 0，根据零点存在定理f(x) 在(-∞,0) 上有一个零点；
①若0 < a < 1，即f(a) = 1 - a3> 0，f(x) 在(0, +∞) 无零点，从而f(x) 在R 上有1 个零点；
②若a > 1，即f(a) = 1 - a3< 0，f(0)f(a) < 0，f(x) 在(0,a) 有一个零点，
f 2a
= 4a3+ 1 > 0,f a
f 2a
< 0，故f(x) 在(a, +∞) 有一个零点，
从而f(x) 在R 上有3 个零点；
③若a = 1，即f(a) = 1 - a3= 0，f(x) 在(0, +∞) 有一个零点，从而f(x) 在R 上有2 个零点；
当a = 0 时，f(x) 在R 上单调递增，f(0) = 1 > 0，x →-∞时，f(x) →-∞，
从而f(x) 在R 上有一个零点；
当a < 0 时，x ∈-∞,a
∪0,+∞
时f(x) > 0，
故f(x) 在-∞,a
, 0,+∞
上单调递增，x ∈(a,0) 时，f(x) < 0，f(x) 在(a,0) 上单调递减.
而f(a) = 1 - a3> 0，f(0) > 0，故f(x) 在(a, +∞) 无零点，
又f(2a - 1) = (2a - 1)2(a - 2) + 1，由(2a - 1)2> 1,a - 2 <-2，
故f(2a - 1) < 0，f(2a - 1)f(a) < 0，从而f(x) 在(-∞,a) 有一个零点，
从而f(x) 在R 上有一个零点.
综上：当a < 1 时，f(x) 在R 上只有1 个零点；
a = 1 时，f(x) 在R 上有2 个零点；
a > 1 时f(x) 在R 上有3 个零点.
12
题型六
利用导数证明不等式
大题典例
16. (24 - 25 高三上·广东·月考) 已知函数f x
= ex-a- lnx
x
- 1．
(1) 当a = 0 时，求曲线y = f x
在点1,f 1
处的切线方程；
(2) 当a = 1 时，证明：f x
≥0．
【答案】(1)y = e-1
x；(2) 证明见解析
【解析】(1) 当a = 0 时，f x
= ex- lnx
x
- 1,f 1
= e - 1，即切点为1,e-1
，
又fx
= ex+ lnx-1
x2
，则f1
= e - 1，即在点1,f 1
的切线的斜率为e - 1，
故曲线y = f x
在点1,f 1
处的切线方程为y - e-1
= e-1
x-1
，即y = e-1
x．
(2) 当a = 1 时，f x
= ex-1- lnx
x
- 1 x>0
，fx
= x2ex-1+lnx-1
x2
，
令φ x
= x2ex-1+ lnx - 1，
则φx
= x2+2x
ex-1+ 1
x > 0，所以φ x
在0,+∞
上单调递增，
又φ 1
= 0，所以当0 < x < 1 时，φ x
< 0，即当0 < x < 1 时，fx
< 0，
则f x
在0,1
上单调递减；
当x > 1 时，φ x
> 0，即当x > 1 时，fx
> 0，则f x
在1,+∞
上单调递增，
故f x
≥f 1
= e1-1- ln1
1
- 1 = 0．
解法指导
利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)，从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
变式训练
17. (24 - 25 高三上·广东广州·月考) 已知函数f x
= 1
3 x3- 3x + 4.
(1) 求曲线y = f x
在点
3,f
3
处的切线方程；
(2) 当x ∈0，3
时，求证：f x
≤x + 4.
【答案】(1)y = 4 - 2 3；(2) 证明见解析
【解析】(1) 由题可知f
3
= 4 - 2 3 ，fx
= x2- 3 ，则f
3
= 0，
所以曲线y = f x
在点
3,f
3
处的切线方程为y = 4 - 2 3；
(2) 令g x
= f x
- x - 4 = x3
3 - 4x x∈0,3
，
则gx
= x2- 4，令gx
= 0，解得x =-2 或x = 2，
13
当x ∈0，3
时，gx
，g x
的变化情况如下表所示：
x
0，2
2
2，3
fx
-
0
+
f x
单调递减
- 16
3
单调递增
又因为g 0
= 0，g 3
=-3,
所以g x
在区间0，3
的最大值为0.
即当x ∈0，3
时，g x
≤0 恒成立，亦即f x
≤x + 4 .
18. (24 - 25 高三上·河北保定·期中) 已知函数f x
= ex+ sinx - 2x,g x
= 2 - cosx.
(1) 已知直线x - y + a = 0 是曲线y = g x
,x ∈0,π
的切线，求实数a 的值；
(2) 求函数f x
的单调区间；
(3) 求证：f x
≥g x
恒成立.
【答案】(1)2 - π
2 ；(2)f x
在-∞,0
上单调递减，在0,+∞
上单调递增；(3) 证明见解析
【解析】(1) ∵gx
= sinx,x ∈0,π
，
∴gx
= sinx = 1，解得x = π
2 , ∴切点为
π
2 ,2
，
∴π
2 - 2 + a = 0, ∴a = 2 - π
2 .
(2) ∵fx
= ex+ cosx - 2，
当x ∈-∞,0
时，ex≤1,cosx ≤1, ∴fx
≤0,f x
单调递减，
当x ∈0,+∞
时，ex+cosx-2
= ex- sinx,ex≥1,sinx ≤1，
∴ex+cosx-2
≥0, ∴fx
单调递增，∴fx
≥f0
= 0,f x
单调递递增.
综上所述，f x
在-∞,0
上单调递减，在0,+∞
上单调递增.
(3)f x
≥g x
恒成立⇔ex+ sinx - 2x + cosx - 2 ≥0，
恒成立⇔sinx+cosx-2x-2
ex
+ 1 ≥0 恒成立.
令h x
= sinx+cosx-2x-2
ex
+ 1，
则hx
=
cosx-sinx-2
- sinx+cosx-2x-2
ex
= 2 x-sinx
ex
，
令m x
= x - sinx，则mx
= 1 - cosx ≥0, ∴m x
单调递增，
又∵m 0
= 0，∴当x ∈-∞,0
时，m x
≤0，即hx
≤0,h x
单调递减；
当x ∈0,+∞
时，m x
≥0，即hx
≥0,h x
单调递增；
∴h x
≥h 0
= 0, ∴f x
≥g x
恒成立.
题型七
利用导数研究双变量问题
大题典例
19. (24 - 25 高三上·福建龙岩·期中) 已知函数f(x) = 1
2 ax2- (2a + 1)x + 2lnx + 4a(a > 0).
14
(1) 求f x
的单调区间;
(2) 设g x
= x2- 2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f x1
< g x2
，求实数a 的取值范
围.
【答案】(1) 答案见解析；(2) {a ∣0 < a < 1 - ln2}
【解析】(1) 由f(x) = 1
2 ax2- (2a + 1)x + 2lnx + 4a，x > 0，
得f(x) = ax - (2a + 1) + 2
x = ax2-(2a+1)x+2
x
= (ax-1)(x-2)
x
.
令f(x) = 0，解得x1= 1
a ,x2= 2.
当0 < a < 1
2 时，1
a > 2，
当x ∈(0,2) 时，f(x) > 0,f(x) 单调递增；
当x ∈2, 1
a
时，f(x) < 0,f(x) 单调递减；
当x ∈
1
a ,+∞
时，f(x) > 0,f(x) 单调递增.
当a = 1
2 时，1
a = 2,f(x) ≥0 恒成立，f(x) 在(0, +∞) 上单调递增.
当a > 1
2 时，0 < 1
a < 2，
当x ∈0, 1
a
时，f(x) > 0,f(x) 单调递增；
当x ∈
1
a ,2
时，f(x) < 0,f(x) 单调递减；
当x ∈(2, +∞) 时，f(x) > 0,f(x) 单调递增.
综上所述，当0 < a < 1
2 时，f(x) 的单调递增区间为(0,2) 和
1
a ,+∞
，单调递减区间为(2，1
a
；
当a = 1
2 时，f(x) 的单调递增区间为(0, +∞)，无单调递减区间；
当a > 1
2 时，f(x) 的单调递增区间为0, 1
a
和(2, +∞)，单调递减区间为
1
a ,2
.
(2) 因为对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f x1
< g x2
，
所以f(x)max < g(x)max,g(x) = x2- 2x = (x - 1)2- 1,x ∈(0,2]，
当x = 2 时，g(x) 取得最大值，最大值为0.
由(1) 得，当0 < a ≤1
2 时，f(x) 在(0,2] 上单调递增，
即当x = 2 时，f(x) 取得最大值f(2) = 2a - (2a + 1) × 2 + 2ln2 + 4a = 2a - 2 + 2ln2，
所以2a - 2 + 2ln2 < 0，解得a < 1 - ln2，即0 < a < 1 - ln2.
当a > 1
2 时，f(x) 在0, 1
a
上单调递增，在
1
a ,2
上单调递减，
当x = 1
a 时，f(x) 取得最大值f
1
a
= 1
2a - (2a + 1) ⋅1
a + 2ln 1
a + 4a =- 1
2a - 2 - 2lna + 4a.
设s(a) =- 1
2a - 2 - 2lna + 4a,a > 1
2 ，
则s(a) =
1
2a2 - 2
a + 4 = 1-4a+8a2
2a2
> 0，s(a) 单调递增，
所以s(a) ≥s 1
2
= ln4 - 1 > 0 成立，所以f
1
a
< 0 无解.
综上所述，a 的取值范围为{a ∣0 < a < 1 - ln2}.
15
解法指导
双变量不等式的处理策略：
含两个变量的不等式，基本的思路是将之转化为一元的不等式，
具体转化方法主要有三种: 整体代换，分离变量，选取主元.
变式训练
20. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 已知x = 2 为函数f(x) = x(x - c)2- 1
e 的极小值点.
(1) 求c 的值；
(2) 设函数g(x) = kx
ex ，若对∀x1∈(0, +∞)，∃x2∈R，使得f(x1) - g(x2) ≥0，求k 的取值范围.
【答案】(1)c = 2；(2) (-∞, -1] ∪(0, +∞).
【解析】(1) 函数f(x) = x(x - c)2- 1
e 的定义域为R，求导得f(x) = (x - c) (3x - c)，
依题意，f(2) = (2 - c) (6 - c) = 0，解得c = 2 或c = 6，
当c = 2 时，f(x) = (x - 2) (3x - 2)，当x < 2
3 或x > 2 时，f(x) > 0，当2
3 < x < 2 时，f(x) < 0，
因此x = 2 为函数f(x) = x(x - c)2- 1
e 的极小值点，符合题意，则c = 2；
当c = 6 时，f(x) = (x - 6) (3x - 6)，当x < 2 或x > 6 时，f(x) > 0，当2 < x < 6 时，f(x) < 0，
因此x = 2 为函数f(x) = x(x - c)2- 1
e 的极大值点，不符合题意，
所以c = 2.
(2) 由(1) 知，函数f(x) 在0, 2
3
,(2, +∞) 上单调递增，在
2
3 ,2
上单调递减，因此f(x)min = f(2) =- 1
e ，
①当k > 0 时，对∀x1∈(0, +∞)，∃x2=- 1
k ，使得g(x2) = g - 1
k
=-e
1
k <-1 <- 1
e ≤f(x1)，
因此f(x1) - g(x2) ≥0，符合题意，则k > 0；
②当k = 0 时，g(x) = 0，取x1= 2，对∀x2∈R，有f(x1) - g(x2) < 0，不符合题意；
③当k < 0 时，函数g(x) = kx
ex ，求导得g(x) = k(1 - x)e-x，
当x < 1 时，g(x) < 0，g(x) 在(-∞,1) 上单调递减；
当x > 1 时，g(x) > 0，g(x) 在(1, +∞) 上单调递增，则g(x)min = g 1
= k
e ，
若对∀x1∈(0, +∞)，∃x2∈R，使得f(x1) - g(x2) ≥0，只需g(x)min ≤f(x)min，即k
e ≤- 1
e ，解得k ≤-1，
所以k 的取值范围为(-∞, -1] ∪(0, +∞).
21. (24 - 25 高三上·上海·期中) 已知实数a > 0，设f x
=- 2
3 ax3+ x2.
(1) 若a = 3，求函数y = f x
的图象在点1,-1
处的切线方程；
(2) 若a = 1
3 ，已知函数y = f x
，x ∈m,+∞
的值域为-∞,3
，求实数m 的取值范围；
(3) 若对于任意的x1∈2,+∞
，总存在x2∈1,+∞
，使得f x1
⋅f x2
= 1，求a 的取值范围.
【答案】(1)4x + y - 3 = 0；(2) - 3
2 ≤m < 3；(3) 3
4 ≤a ≤3
2
16
【解析】(1) 由题得f x
=-2x3+ x2，所以fx
=-6x2+ 2x，所以f1
=-4，
所以在点1,-1
的切线方程为y + 1 =-4 x-1
⇒4x + y - 3 = 0；
(2) 由题得f x
=- 2
9 x3+ x2，
所以fx
=- 2
3 x2+ 2x，
令fx
= 0，解得x = 0 或x = 3，
当x ∈-∞,0
时，fx
< 0，此时f x
在-∞,0
单调递减；
当x ∈0,3
时，fx
> 0，此时f x
在0,3
单调递增；
当x ∈3,+∞
时，fx
< 0，此时f x
在3,+∞
单调递减；
f 0
= 0,f 3
= 3，
当x < 3 时，解f x
=- 2
9 x3+ x2= 3，得x =- 3
2 ，即f - 3
2
= 3
因为f x
在x ∈-∞,0
单调递减，在x ∈0,3
单调递增，在x ∈3,+∞
单调递减，f 3
= 3
所以要使函数y = f x
，x ∈m,+∞
的值域为-∞,3
此时- 3
2 ≤m < 3.
(3) 由题可知，fx
= 2x - 2ax2 a>0
，
令fx
= 0，解得x = 0 或x = 1
a > 0，
当x ∈-∞,0
时，fx
< 0，此时f x
单调递减；
当x ∈0, 1
a
时，fx
> 0，此时f x
单调递增；
当x ∈
1
a ,+∞
时，fx
< 0，此时f x
单调递减；
所以有极小值f 0
= 0，有极大值f
1
a
=
1
3a2
令f x
= 0，解得x = 0 或x = 3
2a ，
所以有当x ∈0, 3
2a
，f x
> 0，当x ∈
3
2a ,+∞
，f x
< 0，
因为对于任意的x1∈2,+∞
，总存在x2∈1,+∞
，使得f x1
⋅f x2
= 1
f x1
= 0 不成立，故3
2a ≤2，即a ≥3
4
由题可知，对于任意的x1∈2,+∞
，总存在x2∈1,+∞
，使得f x1
=
1
f x2
，
不妨令集合A = f x
x>2
,B =
1
f x
x>1
，则有A ⊆B，
当3
2a < 1，即a > 3
2 时，有f 1
< 0，此时f x
在1,+∞
单调递减，
所以B =
1
f 1
,0
，A = -∞,f 2
显然A ⊆B 不成立；
当1 ≤3
2a ≤2，即3
4 ≤a ≤3
2 ，此时有f 2
≤0，f 1
> 0 ，f x
在2,+∞
单调递减，
所以A = -∞,f 2
，-∞,0
⊆B，故A ⊆B，
综上所述，3
4 ≤a ≤3
2 .
17
题型八
利用导数研究极值点偏移问题
大题典例
22. (24 - 25 高三上·云南·月考) 已知函数f x
= ex- 1
2 x2+ ax + a.
(1) 若f x
为增函数，求a 的取值范围；
(2) 若f x
有两个极值点x1,x2，证明：x1+ x2< 0.
【答案】(1) -1,+∞
；(2) 证明见解析
【解析】(1)fx
= ex- x + a,f x
为增函数，则fx
≥0 恒成立，
设g x
= ex- x + a，则gx
= ex- 1，
令gx
= 0，则x = 0，
当x < 0 时，gx
< 0，所以fx
在-∞,0
上单调递减；
当x > 0 时，gx
> 0，所以fx
在0,+∞
上单调递增，
所以x = 0 是函数fx
的极小值点，
故当f0
= 1 + a ≥0，即a ≥-1,fx
≥0 恒成立，
所以当f x
为增函数，a 的取值范围为-1,+∞
.
(2)fx
= ex- x + a，x →+∞,fx
→+∞，x →-∞,fx
→+∞，由(1) 知当f0
< 0，
即a <-1 时，f x
有两个极值点x1,x2，
故fx1
= fx2
= 0，设x1< 0，则x2> 0，
设h x
= fx
- f-x
= ex- x + a - e-x+x+a
= ex- e-x- 2x,x > 0，
则hx
= ex+ e-x- 2 > 0，
故h x
在0,+∞
上单调递增，所以h x
> h 0
= 0，
所以fx
> f-x
，又x2> 0，
故fx2
> f-x2
，
所以fx1
> f-x2
，
又x1< 0, -x2< 0,fx
在-∞,0
上单调递减，
故x1<-x2，所以x1+ x2< 0.
解法指导
1、和型x1+ x2< 2a(或x1+ x2> 2a) 问题的基本步骤：
①首先构造函数g x
= f x
- f 2a-x
，求导，确定函数y = f x
和函数y = g x
的单调
性；
②确定两个零点x1< a < x2，且f x1
= f x2
，由函数值g x1
与g a
的大小关系，
得g x1
= f x1
- f 2a-x1
= f x2
- f 2a-x1
与零进行大小比较；
③再由函数y = f x
在区间a,+∞
上的单调性得到x2 与2a - x1 的大小，从而证明相应问题；
2、积型x1x2< a f x1
= f x2
问题的基本步骤：
①求导确定f x
的单调性，得到x1,x2的范围；
②构造函数F x
= f x
- f a
x
，求导可得F x
恒正或恒负；
18
③得到f x1
与f
a
x1
的大小关系后，将f x1
置换为f x2
；
④根据x2 与a
x1
的范围，结合f x
的单调性，可得x2 与a
x1
的大小关系，由此证得结论.
变式训练
23. (23 - 24 高三上·天津·月考) 已知函数f x
=- 1
2 x2+ ax - lnx a∈R
.
(1) 当a = 1 时，求曲线y = f x
在点1,f 1
处的切线方程；
(2) 求f x
的单调区间；
(3) 若函数f x
有两个极值点x1,x2 x1<x2
，求证：4f x1
- 2f x2
≤1 + 3ln2.
【答案】(1)2x + 2y - 3 = 0；(2) 答案见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 当a = 1 时，f x
=- 1
2 x2+ x - lnx x>0
，
所以f 1
=- 1
2 + 1 = 1
2 ，故切点坐标为1, 1
2
，
又fx
=-x + 1 - 1
x ，所以f1
=-1，
故切线的斜率为-1，由点斜式可得y - 1
2 =- x-1
，即2x + 2y - 3 = 0，
故曲线f x
在点1,f 1
处的切线方程为2x + 2y - 3 = 0；
(2)f x
的定义域为0,+∞
，
又fx
=-x + a - 1
x =- x2-ax+1
x
，
①当a2- 4 ≤0，即-2 ≤a ≤2 时，fx
≤0 在0,+∞
上恒成立，
故f x
在0,+∞
上单调递减；
②当a2- 4 > 0，即a > 2 或a <-2，
令fx
= 0，解得x = a-
a2-4
2
,x = a+
a2-4
2
，
若a > 2 时，则当0 < x < a-
a2-4
2
或x > a+
a2-4
2
时，fx
< 0，
当a-
a2-4
2
< x < a+
a2-4
2
时，fx
> 0，
所以f x
在0, a-
a2-4
2
, a+
a2-4
2
,+∞
上单调递减，在
a-
a2-4
2
, a+
a2-4
2
上单调递
增；
若a <-2 时，fx
< 0 在0,+∞
上恒成立，
故f x
在0,+∞
上单调递减.
综上所述，当a ≤2 时，f x
在0,+∞
上单调递减，
当a > 2 时，f x
在0, a-
a2-4
2
, a+
a2-4
2
,+∞
上单调递减，
在
a-
a2-4
2
, a+
a2-4
2
上单调递增；
(3) 由(2) 可知，当a > 2 时，f x
有两个极值点x1,x2 x1<x2
，则x1+x2=a
x1x2=1
，
19
由题意可得：0 < x1< 1 < x2，
则4f x1
- 2f x2
= 4 - 1
2 x2
1+ax1-lnx1
- 2 - 1
2 x2
2+ax2-lnx2
=-2x2
1 + 4ax1- 4lnx1+ x2
2- 2ax2+ 2lnx2
=-2x2
1 + 4x1 x1+x2
- 4lnx1+ x2
2- 2x2 x1+x2
+ 2lnx2
= 2
x2
2
- x2
2+ 6lnx2+ 2，
令g x
= 2
x2 - x2+ 6lnx + 2 x>1
，
则gx
=- 4
x3 - 2x + 6
x = -2 x2-1
x-
2
x+
2
x3
，
当1 < x <
2 时，gx
> 0，则g x
单调递增，
当x >
2 时，gx
< 0，则g x
单调递减，
故当x =
2 时，g x
取得最大值g
2
=
2
2
2 -
2
2+ 6ln 2 + 2 = 1 + 3ln2，
所以4f x1
- 2f x2
≤1 + 3ln2.
24. (24 - 25 高三上·内蒙古包头·开学考试) 设函数f(x) = (x - 1)2ex- x，
(1) 证明：f(x) 有两个零点；
(2) 记f(x) 是f(x) 的导数，x1,x2为f(x) 的两个零点，证明：fx1+x2
2
>-1．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析.
【解析】(1) 由f(x) = 0，得(x - 1)2ex- x = 0，即(x - 1)2- x
ex = 0，令g(x) = (x - 1)2- x
ex ，
函数f(x) 有两个零点，即函数g(x) 有两个零点，求导得g(x) = (x - 1) 2+ 1
ex
，
当x < 1 时，g(x) < 0；当x > 1 时，g(x) > 0，函数g(x) 在(-∞,1) 上递减，在(1, +∞) 上递增，
又g(0) = 1 > 0,g(1) =- 1
e < 0,g(2) = 1 - 2
e2 > 0，
因此∃x1∈(0,1) 使得g(x1) = 0，∃x2∈(1,2) 使得g(x2) = 0，
所以函数f(x) 有两个零点.
(2) 由(1) 知函数f(x) = (x - 1)2ex- x 的零点x1,x2满足：0 < x1< 1 < x2< 2，
求导得f(x) = (x2- 1)ex- 1，要证fx1+x2
2
>-1，即证
x1+x2
2
2
-1
e
x1+x2
2
- 1 >-1，即证明x1+ x2>
2，
令h(x) = g(x) - g(2 - x) (0 < x < 1)，求导得h(x) = g(x) + g(2 - x)
= (x - 1) 2+ 1
ex
+ (1 - x) 2+
1
e2-x
= (1-x)(ex-e2-x)
e2
< 0，
函数h(x) 在(0,1) 上单调递减，则h(x) > h(1) = 0，由0 < x1< 1，得h(x1) > 0，
即g(x2) = g(x1) > g(2 - x1)，由0 < x1< 1 < x2< 2，得2 - x1∈(1,2)，且g(x) 在(1,2) 上单调递增，
因此x2> 2 - x1，即x1+ x2> 2，命题得证．
题型九
隐零点问题综合应用
大题典例
20
25. (23 - 24 高三下·湖南衡阳·一模) 已知函数f(x) = sinx - aln(b + x)
(1) 若f(x) 在x = π 处的切线方程为2x + y + 2π(ln2π - 1) = 0，求a、b 的值；
(2) 若b = 1 时，在-1, π
2
上f(x) ≥0 恒成立，求a 的取值范围；
【答案】(1)a = 2π，b = π；(2)a = 1
【解析】(1)f(x) = cosx -
a
b+x ，
由题意得f(π) = cosπ -
a
b+π =-2，
所以
a
b+π = 1，即a = b + π，
f(π) = sinπ - aln(b + π) =-2π + 2π(1 - ln2π)，
所以aln(b + π) = (b + π)ln(b + π) = 2πln2π，
故a = 2π，b = π.
(2)f(0) = sin0 - aln(1 + 0) = 0，
若-1, π
2
上f(x) ≥0 恒成立，即f(x)min = f(0)，
故f(0) 是f(x) 在-1, π
2
上的极小值，所以f(0) = 0，
f(x) = cosx -
a
1+x ，f(0) = cos0 -
a
1+0 = 1 - a = 0，解得a = 1，
下证a = 1 时，f(x)min = f(0)，
令g(x) = (1 + x)cosx - 1，g(x) = cosx - (1 + x)sinx，
①在0, π
2
上g(x) 单调递减，g(0) = 1，gπ
2
=-1 - π
2 < 0，
由零点存在定理，∃x0∈0, π
2
，使得g(x0) = 0，
在(0,x0] 上，g(x) ≥0，g(x) 单调递增，
在x0, π
2
上，g(x) ≤0，g(x) 单调递减，
g π
2
=-1，g(0) = 0，g(x0) > g(0) = 0，
由零点存在定理∃x1∈x0, π
2
，使得g(x1) = 0，
在(x0,x1) 上，f(x) = g(x)
1+x > 0，f(x) 单调递增，
在x1, π
2
上，f(x) = g(x)
1+x < 0，f(x) 单调递减，
所以0, π
2
上，f(0) = 0，f
π
2
= 1 - ln 1+ π
2
> 0，f(x)min = min f(0),f
π
2
= f(0)，
②在(-1,0] 上，f(x) = cosx -
1
1+x 单调递增，
f(x) ≤f(0) = 0，f(x) 单调递减，所以f(x)min = f(0)，
综上，只有当a = 1 时，在-1, π
2
上f(x)min = f(0)，所以a = 1.
解法指导
隐零点的处理思路：
21
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉
零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简
单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
变式训练
26. (24 - 25 高三上·浙江杭州·月考) 已知函数f x
= 1
2 ax2- a+1
x + lnx,g x
= xex- 1
2 ax2- 2．
(1) 讨论f x
的单调性；
(2) 证明：f x
+ g x
≥2lnx - ax - 1．
【答案】(1) 答案见解析；(2) 证明过程见解析
【解析】(1)f x
= 1
2 ax2- a+1
x + lnx 的定义域为0,+∞
，
故fx
= ax - a+1
+ 1
x = ax2- a+1
x+1
x
=
ax-1
x-1
x
，
若a ≤0 时，令fx
> 0 得0 < x < 1，令fx
< 0 得x > 1，
故f x
在0,1
上单调递增，在1,+∞
上单调递减，
当a > 0 时，若a = 1 时，fx
=
x-1
2
x
≥0，故f x
在0,+∞
上单调递增，
若0 < a < 1 时，1
a > 1，令fx
> 0 得0 < x < 1 或x > 1
a ，
令fx
< 0 得1 < x < 1
a ，
故f x
在0,1
，1
a ,+∞
上单调递增，在1, 1
a
上单调递减；
若a > 1 时，1
a < 1，令fx
> 0 得0 < x < 1
a 或x > 1，
令fx
< 0 得1
a < x < 1，
故f x
在0, 1
a
，1,+∞
上单调递增，在
1
a ,1
上单调递减；
综上，当a ≤0 时，f x
在0,1
上单调递增，在1,+∞
上单调递减；
当a = 1 时，f x
在0,+∞
上单调递增；
当0 < a < 1 时，f x
在0,1
，1
a ,+∞
上单调递增，在1, 1
a
上单调递减；
当a > 1 时，f x
在0, 1
a
，1,+∞
上单调递增，在
1
a ,1
上单调递减.
(2) 1
2 ax2- a+1
x + lnx + xex- 1
2 ax2- 2 ≥2lnx - ax - 1，
即xex- x - 1 - lnx ≥0，
令t x
= xex- x - 1 - lnx，定义域为0,+∞
，
tx
= x+1
ex- 1 - 1
x ，其在0,+∞
上单调递增，
又t
1
2
= 3
2 e
1
2 - 3 < 0，t1
= 2e - 2 > 0，
由零点存在性定理得，存在唯一的x0∈
1
2 ,1
，使得tx0
= 0，
22
即x0+1
ex0- 1 - 1
x0
= 0，故ex0= 1
x0
，
当x ∈0,x0
时，tx
< 0，当x ∈x0,+∞
时，tx
> 0，
故t x
= xex- x - 1 - lnx 在x ∈0,x0
上单调递减，在x ∈x0,+∞
上单调递增，
故t x
= xex- x - 1 - lnx 在x = x0处取得极小值，也是最小值，
其中t x0
= x0ex0- x0- 1 - lnx0= 1 - x0- 1 - lnx0=- x0+lnx0
，
ex0= 1
x0
两边取对数得x0= ln 1
x0
=-lnx0，故t x0
=- x0+lnx0
= 0，
所以f x
+ g x
≥2lnx - ax - 1，证毕.
27. (24 - 25 高三上·四川成都·期中) 已知函数f x
= ex- ax2- x - 1.
(其中e ≈2.71828)
(1) 当a = 0 时，证明：f x
≥0
(2) 若x > 0 时，f x
> 0，求实数a 的取值范围；
(3) 记函数g x
= ex-1
x
- 2lnx 的最小值为m，求证：m ∈
23
20 ,e-1
【答案】(1) 证明见解析；(2)a ≤1
2 ；(3) 证明见解析
【解析】(1) 当a = 0 时，f x
= ex- x - 1，∴fx
= ex- 1，
当x > 0 时，ex> 1，fx
> 0，f x
单调递增，
当x < 0 时，ex< 1，fx
< 0，f x
单调递减，
∴f x
≥f 0
= 0，得证.
(2) 法一：由f x
= ex- ax2- x - 1，∴fx
= ex- 2ax - 1，∴ex-2ax-1
= ex- 2a
①当a ≤1
2 时，x > 0，ex> 1，ex-2ax-1
> 0，
∴fx
单调递增，fx
> f0
= 0，
∴f x
单调递增，f x
> f 0
= 0，∴a ≤1
2 成立；
②当a > 1
2 时，当x ∈0,ln2a
，ex-2ax-1
< 0，
∴fx
单调递减，fx
< f0
= 0，
∴f x
单调递减，f x
< f 0
= 0，与条件矛盾，∴a > 1
2 不成立；
综上所述：a ≤1
2 .
法二：由f x
> 0，即a < ex-x-1
x2
成立，设u x
= ex-x-1
x2
ux
=
x-2
ex+x+2
x3
，设k x
= x-2
ex+ x + 2，kx
= x-1
ex+ 1
x-1
ex+1
= xex> 0，∴kx
单调递增，
kx
> k0
= 0，∴k x
单调递增
k x
> k 0
= 0 即ux
> 0，∴u x
单调递增，u x
> u 0
由洛必达法则lim
x→0
ex-x-1
x2
= lim
x→0
ex-1
2x
= lim
x→0
ex
2 = 1
2 ，∴a ≤1
2 .
(3)g x
= ex-1
x
- 2lnx，则gx
= xex-ex-2x+1
x2
，
设h x
= xex- ex- 2x + 1，则hx
= xex- 2，又因xex-2
= x+1
ex> 0，
∴hx
= xex- 2 在0,+∞
单调递增，
23
又∵h0
⋅h1
= -2
× e-2
< 0，
∴∃x0∈0,1
，使得hx0
= 0，即ex0= 2
x0
①，
且x ∈0,x0
，hx
< 0，h x
单调递减；
x ∈x0,1
，hx
> 0，h x
单调递增，
∴h x
min = h x0
= x0ex0- ex0- 2x0+ 1，
由①得h x0
= 3 - 2
x0
- 2x0< h 0
= 0，
又∵h 1
=-1 < 0，h 3
2
= 1
2 e
3
2 - 2 > 0，
∴∃x1∈1, 3
2
，使得h x1
= 0，即x1ex1- ex1- 2x1+ 1 = 0，即ex1= 2x1-1
x1-1 ，
且x ∈0,x1
，h x
< 0，g x
单调递减；
x ∈x1,+∞
，h x
> 0，g x
单调递增，
∴g x
min = g x1
= ex1-1
x1
- 2lnx1=
1
x1-1 - 2lnx1，
∵x1∈1, 3
2
，∴g x1
< g 1
= e - 1，
再设φ x
=
1
x-1 - 2lnx，则φ x
在1,+∞
单调递减，
∵x1∈1, 3
2
，∴φ x1
也即g x1
大于φ 3
2
= 2 - 2ln 3
2 ，
要证2 - 2ln 3
2 > 23
20 ，即证ln 3
2 < 17
40 ，又即证e
17
40 > 3
2 ，
由(2) 问ex> 1 + x + 1
2 x2，
∴e
17
40 > 1 + 17
40 + 1
2 ×
17
40
2
= 4849
3200 > 4800
3200 = 3
2 ，得证.
题型十
导数与数列综合问题
大题典例
28. (23 - 24 高三下·河北·三模) 已知函数f x
= xlnx - ax2+ 2a-1
x - a + 1 a∈R
．
(1) 若f x
≤0 在1,+∞
恒成立，求实数a 的取值范围；
(2) 证明：1
n+1 +
1
n+2 +
1
n+3 +⋯+
1
n+n + 1
4n > ln2．
【答案】(1) 1
2 ,+∞
；(2) 证明见解析
【解析】(1)f x
≤0 ⇔lnx - ax - a-1
x
+ 2a - 1 ≤0 在1,+∞
恒成立．
构造函数g x
= lnx - ax - a-1
x
+ 2a - 1 x≥1
，则g x
≤0 在1,+∞
恒成立．
gx
= 1
x - a + a-1
x2
=
x-1
1-a x+1
x2
当a ≤0 时，gx
≥0，所以g x
在1,+∞
上单调递增，
所以g x
≥g 1
= 0，矛盾，故舍去
24
当0 < a < 1
2 时，由gx
≥0 得1 < x < 1
a - 1，所以g x
在1, 1
a -1
上单调递增，
故∀x ∈1, 1
a -1
，均有g x
≥g 1
= 0，矛盾，故舍去
当a ≥1
2 时，gx
≤0，所以g x
在1,+∞
上单调递减，
所以g x
≤g 1
= 0，满足题意；
综上，实数a 的取值范围为
1
2 ,+∞
(2) 由(1) 知当a = 1
2 时，f x
≤0 恒成立，
即lnx ≤1
2
x- 1
x
在1,+∞
上恒成立，当且仅当x = 1 时取等号．
所以当x = n+1
n
时，可得ln n+1
n
< 1
2
n+1
n
-
n
n+1
= 1
2
1
n +
1
n+1
同理ln n+2
n+1 < 1
2
1
n+1 +
1
n+2
，ln n+3
n+2 < 1
2
1
n+2 +
1
n+3
，⋯，ln
n+n
n+ n-1
<
1
2
1
n+ n-1
+
1
n+n
两边分别累加得：
ln n+1
n
+ ln n+2
n+1 +⋯+ln
n+n
n+ n-1
<
1
2
1
n +
1
n+1
+
1
n+1 +
1
n+2
+⋯+
1
n+ n-1
+
1
n+n
即ln n+1
n
× n+2
n+1 ×⋯×
n+n
n+ n-1
< 1
2n +
1
n+1 +
1
n+2 +⋯+
1
n+ n-1
+ 1
4n
即
1
n+1 +
1
n+2 +
1
n+3 +⋯+
1
n+n + 1
4n > ln2
解法指导
导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式
中的自变量，通过多次求和(常常用到裂项相消法求和) 达到证明的目的，此类问题一般至少有
两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
变式训练
29. (23 - 24 高三下·四川雅安·一模) 已知函数f(x) = ax2+ (1 - a)x - lnx．
(1) 若f(x) 有2 个相异极值点，求a 的取值范围；
(2) 若f(x) ≥1，求a 的值；
(3) 设m 为正整数，若∀n ∈N *，1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
< m，求m 的最小值．
【答案】(1)a <-2 2 - 3 或2 2 - 3 < a < 0；(2)a = 0；(3)3.
【解析】(1) 函数f(x) = ax2+ (1 - a)x - lnx 的定义域为(0, +∞)，求导得f(x) = 2ax2+(1-a)x-1
x
，
由f(x) 有2 个相异极值点，得方程2ax2+ (1 - a)x - 1 = 0 有两个相异正实根x1,x2，
25
于是
Δ=(1-a)2+8a>0
x1+x2= a-1
2a >0
x1x2= -1
2a >0
，解得a <-2 2 - 3 或2 2 - 3 < a < 0，
所以a 的取值范围是a <-2 2 - 3 或2 2 - 3 < a < 0.
(2) 令g(x) = f(x) - 1 = ax2+ (1 - a)x - lnx - 1，求导得g(x) = 2ax + 1 - a - 1
x ，
当a > 0 时，函数g(x) 在(0, +∞) 上单调递增，而g(1) = a > 0，
g
1
4+a2
=
2a
4+a2 + 1 - a - 4 - a2≤- 5
2 - a - a2< 0，则∃x0∈
1
4+a2 ,1
，使得g(x0) = 0，
当x > x0时，g(x) > 0，因此函数g(x) 在(x0, +∞) 上单调递增，而g(1) = 0，
则当x0< x < 1 时，g(x) < 0，即f(x) < 1，不符合题意；
当a < 0 时，而x →+∞时，g(x) →-∞，不等式f(x) ≥1 不恒成立，不符合题意；
当a = 0 时，g(x) = x - lnx - 1，求导得g(x) = 1 - 1
x ，当0 < x < 1 时，g(x) < 0，当x > 1 时，g(x) > 0，
函数g(x) 在(0,1) 上单调递减，在(1, +∞) 上单调递增，g(x)min = g(1) = 0，
即对任意正数x，g(x) ≥0 恒成立，即不等式f(x) ≥1 恒成立，符合题意，
所以a = 0.
(3) 由(2) 知，对任意x > 0，不等式lnx ≤x - 1，当且仅当x = 1 时取等号，
令x = 3n-1
4n
+ 1，则ln 3n-1
4n +1
< 3n-1
4n ，
则ln 1+ 1
4
+ ln 1+ 3
42
+ ln 1+ 32
43
+⋯+ln 1+ 3n-1
4n
< 1
4 + 3
42 + 32
43 +⋯+ 3n-1
4n
=
1
4 1- 3n
4n
1- 3
4
= 1 - 3n
4n < 1，即ln
1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
< 1，
因此1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
< e，
当n ≥4 时，1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
> 1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
1+ 33
44
1+ 34
45
> 2，
所以对∀n ∈N *，1+ 1
4
1+ 3
42
1+ 32
43
⋯1+ 3n-1
4n
< m 时，正整数m 的最小值为3.
30. (24 - 25 高三上·上海·月考) 已知函数f(x) = lnx - k(x-1)
x
+ 1.
(1) 若k > 0，求函数y = f(x) 的极值；
(2) ①当x > 1 时，f(x) > 0 恒成立，求正整数k 的最大值；
②证明：(1 + 1 × 2) (1 + 2 × 3) ⋯[1 + n(n + 1)] > e
n 2-
3
n+1
【答案】(1) 极小值为f(k) = lnk - k + 2，没有极大值；
(2) ①正整数k 的最大值为3，②证明见解析.
【解析】(1) 函数f(x) = lnx - k(x-1)
x
+ 1 的定义域为0,+∞
，
导函数f(x) = x-k
x2
，x > 0，
令f(x) = 0，又k > 0，所以x = k，
所以当x > k 时，fx
> 0，函数f x
在k,+∞
上单调递增，
当0 < x < k 时，fx
< 0，函数f x
在0,k
上单调递减，
26
所以当x = k 时，函数f x
取极小值，极小值为f(k) = lnk - k + 2，
所以函数f x
的极小值为f(k) = lnk - k + 2，没有极大值；
(2) ①因为当x > 1 时，f(x) > 0 恒成立，
所以当x > 1 时，f x
min > 0，
由(1) 若k > 0 时，则f x
在0,k
上单调递减，在k,+∞
上单调递增，
(a) 当0 < k ≤1 时，f x
在1,+∞
上单调递增，f x
min > f 1
= 1 满足题意；
(b) 当k > 1 时，f x
在1,k
上单调递减，在k,+∞
上单调递增，
f(x)min = lnk - k + 2 > 0
令g x
= lnx - x + 2，则g(x) = 1-x
x
< 0，
所以g x
在1,+∞
上单调递减，
且g 2
= ln2 > 0，g 3
= ln3 - 1 > 0，g 4
= ln4 - 2 < 0，
所以存在x0∈3,4
使得g x0
= 0，
则g x
= lnx - x + 2 > 0 的解集为1,x0
，
综上满足条件的正数k 的取值范围0,x0
，其中x0∈3,4
，
所以正整数k 的最大值3；
(ii) 证明：要证(1 + 1 × 2) (1 + 2 × 3) ⋯[1 + n(n + 1)] > e
n 2-
3
n+1
两边取对数，即证ln
1+1×2
1+2×3
⋯1+n× n+1
> 2n -
3n
n+1
也即证ln 1+1×2
+ ln 1+2×3
+⋯+ln 1+n× n+1
> 2n -
3n
n+1
由①知lnx > 3(x-1)
x
- 1 = 2 - 3
x ，
令x = 1 + n n+1
，则ln 1+n n+1
> 2 -
3
n n+1
+1 > 2 -
3
n n+1
= 2 -
3
n -
3
n+1
所以ln 1+1×2
+ ln 1+2×3
+⋯+ln 1+n× n+1
> 2n - 3 1- 1
2 + 1
2 - 1
3 +⋯+ 1
n -
1
n+1
所以ln 1+1×2
+ ln 1+2×3
+⋯+ln 1+n× n+1
> 2n - 3 1-
1
n+1
= 2n -
3n
n+1
所以(1 + 1 × 2) (1 + 2 × 3) ⋯[1 + n(n + 1)] > e
n 2-
3
n+1
．
必刷大题
刷模拟
31. (24 - 25 高三上·福建泉州·期中) 已知函数f(x) = 1
2 ax2+ lnx - (a + 1)x，a ∈R．
(1) 当a > 0 时，讨论f(x) 的单调性；
(2) 当a > 0 时，设g(x) = f(x)
x
，若g(x) 既有极大值又有极小值，求a 的取值范围．
【答案】(1) 答案见解析；(2) 0,e-3
【解析】(1) 当a > 0 时，f(x) 的定义域为(0, +∞)，fx
= ax + 1
x - (a + 1) = (ax-1)(x-1)
x
，
当a = 1 时，fx
= (x-1)2
x
≥0 恒成立，f(x) 在(0, +∞) 上为增函数；
27
当a > 1 时，0 < 1
a < 1，fx
=
a x- 1
a
(x-1)
x
，
当0 < x < 1
a 或x > 1 时，fx
> 0，当1
a < x < 1 时，fx
< 0，
所以f(x) 的单调递增区间为0, 1
a
，(1, +∞)，单调递减区间为
1
a ,1
，
当0 < a < 1 时，1
a > 1，当0 < x < 1 或x > 1
a 时，fx
> 0，当1 < x < 1
a 时，fx
< 0，
所以f(x) 的单调递增区间为(0,1)，1
a ,+∞
，单调递减区间为1, 1
a
．
综上所述，当a = 1 时，f(x) 在(0, +∞) 上为增函数；
当a > 1 时，f(x) 的单调递增区间为0, 1
a
，(1, +∞)，单调递减区间为
1
a ,1
，
当0 < a < 1 时，f(x) 的单调递增区间为(0,1)，1
a ,+∞
，单调递减区间为1, 1
a
，
(2) 因为g(x) = f(x)
x
= 1
2 ax + lnx
x
- (a + 1)，所以gx
= 1
2 a + 1-lnx
x2
，
若g(x) 既有极大值又有极小值，则gx
至少存在两个变号零点，
即lnx-1
x2
= 1
2 a 至少有两个不同实数根，
记h(x) = lnx-1
x2
，则h(x) = 3-2lnx
x3
，
当0 < x < e
3
2 时，h(x) > 0，当x > e
3
2 时，h(x) < 0，
所以h(x) 在x = e
3
2 时，取得极大值h(e) =
3
2 -1
e3
= 1
2e3 ，
又x 趋近于0 时，h(x) 趋近于-∞，当x 趋近于+∞时，h(x) 趋近于0，
所以，h(x) 的图像如图所示，
由图可知，当0 < a
2 < 1
2e3 ，即0 < a < e-3时，gx
有两个变号零点，
且分别为g(x) 极大值点和极小值点，所以a 的取值范围为0,e-3
．
32. (24 - 25 高三上·山东·期中) 已知函数f(x) = ax3+ 2sinx - x.
(1) 求曲线y = f(x) 在点(0,f(0)) 处的切线方程；
(2) 当a = 1 时，讨论f(x) 的单调性；
(3) 当x ≥0 时，f(x) ≥0，求a 的取值范围.
【答案】(1)y = x；(2)f(x) 在R 上单调递增；(3)
1
π2 ,+∞
【解析】(1) 由题意可知f(0) = 0，
f(x) = 3ax2+ 2cosx - 1，则f(0) = 1，
故曲线y = f(x) 在点(0,f(0)) 处的切线方程为y = x.
(2) 当a = 1 时，f(x) = x3+ 2sinx - x. 则f(x) = 3x2+ 2cosx - 1.
28
当0 ≤x < 1 时，cosx > cos1 > cos π
3 = 1
2 ，此时
f(x) = 3x2+ 2cosx - 1 ≥2cosx - 1 > 0.
当x ≥1 时，f(x) = 3x2+ 2cosx - 1 ≥3x2- 2 - 1 ≥0.
故f(x) > 0 在[0, +∞) 上恒成立.
再由f(-x) = 3(-x)2+ 2cos(-x) - 1 = 3x2+ 2cosx - 1 = f(x) 可知f(x) 为偶函数，
于是f(x) > 0 在R 上恒成立. 故f(x) 在R 上单调递增.
(3) 当x = 0 时，f(x) = 0 符合题意.
当x > 0 时，由f(x) ≥0 可得a ≥x-2sinx
x3
.
令F(x) = x-2sinx
x3
，则F(x) = 2(3sinx-x-xcosx)
x4
.
令G(x) = 3sinx - x - xcosx，则G(x) = xsinx + 2cosx - 1.
令H(x) = xsinx + 2cosx - 1，则H(x) = xcosx - sinx.
令K(x) = xcosx - sinx，
当0 < x ≤π 时，K(x) =-xsinx < 0，故K(x) 在(0,π] 上单调递减.
又K(0) = 0，则此时K(x) < 0. 故H(x) 在(0,π] 上单调递减.
因为H(0) = 1 > 0，H(π) =-3 < 0，则存在x0∈(0,π)，使得H x0
= Gx0
= 0，
于是G(x) 在0,x0
上单调递增，在x0,π
上单调递减.
由于G(0) = 0，G(π) = 0，则当x ∈(0,π] 时，G(x) ≥0，此时F(x) ≥0.
因此F(x) 在(0,π] 上单调递增.
故当x ∈(0,π] 时，F(x) ≤F(π) = 1
π2 .
令L(x) = 2sinx + x3
π2 - x，x > π，则L(x) = 2cosx + 3x2
π2 - 1.
当x > π 时，L(x) = 2cosx + 3x2
π2 - 1 >-2 + 3π2
π2 - 1 = 0，则L(x) 在(π, +∞) 上单调递增，
此时L(x) > L(π) = 0. 故当x ∈(π, +∞) 时，F(x) = x-2sinx
x3
< 1
π2 .
故F(x) = x-2sinx
x3
≤1
π2 在(0, +∞) 上恒成立.
因此a 的取值范围为
1
π2 ,+∞
.
33. (24 - 25 高三上·北京房山·期中) 已知函数f x
= ax3 + bx2 + cx 在点x0 处取得极大值5，其导函数y
= fx
的图象经过点1,0
，2,0
，如图所示. 求：
(1)x0的值；
(2)a，b，c 的值；
(3) 函数f x
在区间-1,3
上的最大值和最小值.
29
【答案】(1)x0= 1；(2)a = 2，b =-9，c = 12；(3)f x
max = f 3
= 9，f x
min = f -1
=-23
【解析】(1) 由图象可知：在-∞,1
上，fx
> 0；在1,2
上，fx
< 0；在2,+∞
上，fx
> 0
∴f x
在-∞,1
，2,+∞
上单调递增，在1,2
上单调递减，
∴f x
在x = 1 处取得极大值，∴x0= 1；
(2) 因为fx
= 3ax2+ 2bx + c 且f1
= 0，f2
= 0，f 1
= 5，
得：
3a+2b+c=0
12a+4b+c=0
a+b+c=5
，解得：a = 2，b =-9，c = 12；
(3) 由(2) 得f x
= 2x3- 9x2+ 12x，则fx
= 6x2- 18x + 12 = 6 x-1
x-2
，
可知：f x
在-1,1
上单调递增，在1,2
上单调递减，在2,3
上单调递增，
∴f x
max = max f 1
,f 3
，f x
min = min f -1
,f 2
，
又f 1
= 5，f 3
= 9，f -1
=-2 - 9 - 12 =-23，f 2
= 4，
∴f x
max = f 3
= 9，f x
min = f -1
=-23.
34. (24 - 25 高三上·江苏盐城·期中) 设函数f x
= xex，x ∈R.
(1) 求f x
的极值；
(2) 已知实数a > 0，若存在正实数x 使不等式a ⋅3axln3 - f lnx
x
≤0 成立，求a 的取值范围；
(3) 已知不等式f m
- f n
> k m-n
2对满足m > n > 0 的一切实数m，n 恒成立，求实数k 的取
值范围.
【答案】(1) 极小值f(-1) =- 1
e ，无极大值；(2)0 < a ≤log3e
e
；(3)k ≤e.
【解析】(1) 由题设fx
= (x + 1)ex，
x <-1 时，fx
< 0，即f(x) 在(-∞, -1) 上递减，
x >-1 时，fx
> 0，即f(x) 在(-1, +∞) 上递增，
所以f(x) 有极小值f(-1) =- 1
e ，无极大值.
(2) 由a ⋅3axln3 - f lnx
x
≤0 且x ∈(0, +∞)，则ax ⋅3axln3 - f lnx
= 3axln3ax - xlnx ≤0，
所以，问题化为a > 0，∃x ∈(0, +∞) 使3axln3ax ≤xlnx 成立，
令y = xlnx，则y= 1 + lnx，且x = 1 时y = 0，
0 < x < 1
e 时y< 0，即y 在0, 1
e
上递减，对应值域为- 1
e ,0
；
x > 1
e 时y> 0，即y 在
1
e ,+∞
上递增，对应值域为- 1
e ,+∞
；
由于3ax > 1，于是x ≥3ax > 1
e ，即x ≥3ax > 1，此时0 < a ≤log3x
x
，
对于g(x) = log3x
x
且x ∈(1, +∞)，则g(x) =
log3 e
x
x2
，
故1 < x < e 时g(x) > 0，即g(x) 在(1,e) 上递增，
x > e 时g(x) < 0，即g(x) 在(e, +∞) 上递减，
所以g(x)max = g(e) = log3e
e
，故0 < a ≤log3e
e
.
(3) 由题设，令m - n = t > 0，而f m
- f n
= mem - nen> k m-n
2，
30
所以k < (n+t)en+t-nen
t2
= nen⋅et-1
t2
+ en⋅et
t 在n,t ∈(0, +∞) 上恒成立，
令φ(n) = nen⋅et-1
t2
+ en⋅et
t 在n ∈(0, +∞) 上递增，则φ(n) > φ(0) = et
t ，
令ϕ(t) = et
t ，则ϕ(t) = (t-1)et
t2
，
故t ∈(0,1) 上ϕ(t) < 0，即ϕ(t) 在(0,1) 上递减；
t ∈(1, +∞) 上ϕ(t) > 0，即ϕ(t) 在(1, +∞) 上递增；
所以ϕ(t) ≥ϕ(1) = e，
综上φ(n) > e，故只需k ≤e.
35. (23 - 24 高三下·广东佛山·一模) 已知函数f x
= ax2- 1 + 2lnx．
(1) 讨论f x
的单调性；
(2) 当a = 1 时，若存x1、x2在，满足f x1
=-f x2
，证明：x1+ x2≥2；
(3) 对任意的x > 0，fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1 恒成立，其中fx
是函数f x
的导数，求a 的取值
范围．
【答案】(1) 答案见解析；(2) 证明见解析；(3) -∞,1
【解析】(1)f x
的定义域为0,+∞
，fx
= 2ax + 2
x = 2 ax2+1
x
．
当a ≥0 时，fx
> 0，f x
在0,+∞
上单调递增；
当a < 0 时，令fx
= 0，得x =
- 1
a 或x =-
- 1
a (舍去)，
当x ∈0,
- 1
a
时，fx
> 0；当x ∈
- 1
a ,+∞
时，fx
< 0，
所以f x
在0,
- 1
a
上单调递增，在
- 1
a ,+∞
上单调递减．
综上，当a ≥0 时，f x
在0,+∞
上单调递增；
当a < 0 时，f x
在0,
- 1
a
上单调递增，在
- 1
a ,+∞
上单调递减．
(2) 方法一：当a = 1 时，f x
= x2- 1 + 2lnx，由f x1
=-f x2
，
得x2
1 - 1 + 2lnx1= x2
2- 1 + 2lnx2，即x2
1 + x2
2= 2 - 2ln x1x2
由于lnx ≤x - 1，事实上，令g x
= lnx - x + 1，gx
= 1
x - 1 = 1-x
x
，
x ∈0,1
时，gx
> 0；x ∈1,+∞
时，gx
< 0；所以g(x)max = g 1
= 0，
所以g x
= lnx - x + 1 ≤0，即lnx ≤x - 1．
所以x1+x2
2= 2x1x2+ 2 - 2ln x1x2
≥2x1x2+ 2 - 2 x1x2-1
= 4，
当且仅当x1x2= 1 时，等号成立，所以x1+ x2≥2，得证．
方法二：当a = 1 时，f x
= x2- 1 + 2lnx，f 1
= 0，
由(1) 知a = 1 时，f x
在0,+∞
上单调递增，
当x1≠x2时，可证x1+ x2> 2．
不妨设0 < x1< 1 < x2，要证x1+ x2> 2，即证x2> 2 - x1，即证f x2
> f 2-x1
，
因为f x1
=-f x2
，所以即证f x1
+ f 2-x1
< 0．
令g x
= f x
+ f 2-x
，其中0 < x < 1，
31
gx
= fx
+ f2-x
= 2x + 2
x - 2 2-x
-
2
2-x = 4(x-1)3
x x-2
因为0 < x < 1，所以gx
> 0，所以g x
在0,1
上单调递增，
所以g x
< g 1
= 0，所以f x1
+ f 2-x1
< 0，所以x1+ x2> 2．
当x1= x2时，因为f x1
=-f x2
，所以f x1
= f x2
= 0，
所以x1= x2= 1，所以x1+ x2= 2．
综上，x1+ x2≥2．
(3) 方法一：fx
= 2ax + 2
x ，由fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1，
得2ax ≤xe2x- lnx - 1，即a ≤xe2x- lnx+1
2x
，
所以对任意的x > 0，fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1 恒成立，
等价于a ≤
xe2x- lnx+1
2x
min，
由于ex≥x + 1，事实上，令g x
= ex- x - 1，g x
= ex- 1，
x ∈-∞,0
时，gx
< 0；x ∈0,+∞
时，gx
> 0；所以g(x)min = g 0
= 0，
所以g x
= ex- x - 1 ≥0，即ex≥x + 1．
所以xe2x- lnx+1
2x
= elnx+2x- lnx+1
2x
≥lnx+2x+1- lnx+1
2x
= 1，
当且仅当lnx + 2x = 0 时，等号成立(方程显然有解)，
即
xe2x- lnx+1
2x
min = 1，所以a ≤1．
所以a 的取值范围是0,1
．
方法二：fx
= 2ax + 2
x ，由fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1，得2ax ≤xe2x- lnx - 1，
即a ≤xe2x- lnx+1
2x
，所以对任意的x > 0，fx
≤xe2x+ 2
x - lnx - 1 恒成立，
等价于a ≤
xe2x- lnx+1
2x
min
令g x
= xe2x- lnx+1
2x
(x > 0)，
则gx
=
e2x+2xe2x- 1
x
2x-2 xe2x-lnx-1
4x2
= 2x2e2x+lnx
2x2
，
令h x
= 2x2e2x+ lnx，则hx
= 4xe2x 1+x
+ 1
x > 0，所以h x
在0,+∞
上单调递增，
又h 1
4
=
e
8
- 2ln2 < 0，h 1
= 2e2> 0，所以h 1
4
h 1
< 0，
所以存在x0∈
1
4 ,1
，使得h x0
= 0，
所以2x2
0e2x0+ lnx0= 0，即-lnx0= 2x2
0e2x0，所以ln -lnx0
= ln2 + 2lnx0+ 2x0，
所以ln -lnx0
+ -lnx0
= ln2x0+ 2x0，
令l x
= lnx + x(x > 0)，lx
= 1
x + 1 > 0，所以l x
在0,+∞
上单调递增，
因为l -lnx0
= l 2x0
，所以-lnx0= 2x0
又x ∈0,x0
时，gx
< 0；x ∈x0,+∞
时，gx
> 0，
所以g x
在0,x0
上单调递减，g x
在x0,+∞
上单调递增，
32
所以g(x)min = g x0
= x0e2x0-lnx0-1
2x0
= x0e-lnx0+2x0-1
2x0
= 1，
所以a ≤1，所以a 的取值范围是-∞,1
．
36. (23 - 24 高三下·浙江杭州·一模) 已知函数f x
= axlnx - x3- 1.
(1) 若a = 1，求f x
的单调区间;
(2) 若0 ≤a ≤3，求证:f x
< 0;
(3) 若h x
= f x
+x3+1
a
，∃x1≠x2使得h x1
= h x2
= b，求证:be + 1 < x1-x2
< b + 1.
【答案】(1) 单调递减区间是0,+∞
，无增区间；(2) 证明见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 当a = 1 时，f x
= xlnx - x3- 1，x ∈0,+∞
，
则fx
= lnx + 1 - 3x2
令h x
= fx
，则hx
= 1
x - 6x，
令hx
= 1
x - 6x > 0，∵x > 0，∴0 < x <
6
6 ，
∴fx
在区间0,
6
6
上单调递减增，在区间
6
6 ,+∞
上单调递减，
∴fx
≤f
6
6
= ln
6
6
+ 1
2 = 1
2
ln 1
6 +1
< 0，
∴f x
的单调递减区间是0,+∞
，无增区间.
(2) ∵x ∈0,+∞
，
当x ∈0,1
时，f x
< 0 显然成立，
当x ∈1,+∞
时，fx
= a lnx+1
- 3x2，令g x
= fx
，
∴gx
= a-6x2
x
< 0，
∴fx
在区间1,+∞
上单调递减，∴fx
< f1
= a - 3 ≤0，
∴f x
在区间1,+∞
上单调递减，∴f x
< f 1
=-2 < 0，
综上所述，当0 ≤a ≤3 时，f x
< 0.
(3)h x
= xlnx，
∴hx
= lnx + 1，令hx
< 0，则0 < x < 1
e ，
∴h x
在区间0, 1
e
上单调递减，在区间
1
e ,+∞
上单调递增，
∵h 1
e
=- 1
e ，∴b ∈- 1
e ,0
.
不妨设x1< x2，则x1∈0, 1
e
，x2∈
1
e ,1
，
先证：x2- x1< b + 1，
易知h x
在x = 1 处的切线方程为y = x - 1，该切线与直线y = b 的交点的横坐标为x3= b + 1，
令g x
= h x
- x-1
= xlnx - x + 1，则gx
= lnx，
当x ∈0,1
时，gx
< 0，此时g x
> g 1
= 0，
∴当x ∈0,1
时，y = x - 1 图像在h x
下方.
∴x3> x2- x1，∴x2- x1< x3< b + 1，
再证x2- x1> be + 1，设A 1
e ,- 1
e
，B 1,0
，
33
易知直线OA 方程为y =-x，直线AB 方程为y =
1
e-1 x-1
，
则直线OA，AB 与直线y = b 交点的横坐标为x4=-b，x5= e-1
b + 1，
∴x5- x4= be + 1，
∵x4=-b =-x1lnx1> x1，同理可证：x4< x2，
∴x1< x4< x2，类似的可以证明x1< x5< x2，
∴x5- x4< x2- x1，即be + 1 < x2- x1，
∴be + 1 < x1-x2
< b + 1
刷真题
37. (2024·全国·高考真题) 已知函数f x
= a x-1
- lnx + 1．
(1) 求f x
的单调区间；
(2) 当a ≤2 时，证明：当x > 1 时，f x
< ex-1恒成立．
【答案】(1) 见解析；(2) 见解析
【解析】(1)f(x) 定义域为(0, +∞)，f(x) = a - 1
x = ax-1
x
当a ≤0 时，f(x) = ax-1
x
< 0，故f(x) 在(0, +∞) 上单调递减；
当a > 0 时，x ∈
1
a ,+∞
时，f(x) > 0，f(x) 单调递增，
当x ∈0, 1
a
时，f(x) < 0，f(x) 单调递减.
综上所述，当a ≤0 时，f(x) 的单调递减区间为(0, +∞)；
a > 0 时，f(x) 的单调递增区间为
1
a ,+∞
，单调递减区间为0, 1
a
.
(2)a ≤2，且x > 1 时，ex-1- f(x) = ex-1- a(x - 1) + lnx - 1 ≥ex-1- 2x + 1 + lnx，
令g(x) = ex-1- 2x + 1 + lnx(x > 1)，下证g(x) > 0 即可.
g(x) = ex-1- 2 + 1
x ，再令h(x) = g(x)，则h(x) = ex-1- 1
x2 ，
显然h(x) 在(1, +∞) 上递增，则h(x) > h(1) = e0- 1 = 0，
即g(x) = h(x) 在(1, +∞) 上递增，
故g(x) > g(1) = e0- 2 + 1 = 0，即g(x) 在(1, +∞) 上单调递增，
故g(x) > g(1) = e0- 2 + 1 + ln1 = 0，问题得证
38. (2024·全国·高考真题) 已知函数f x
= 1-ax
ln 1+x
- x．
(1) 当a =-2 时，求f x
的极值；
(2) 当x ≥0 时，f x
≥0，求a 的取值范围．
【答案】(1) 极小值为0，无极大值；(2)a ≤- 1
2
【解析】(1) 当a =-2 时，f(x) = (1 + 2x)ln(1 + x) - x，
故f(x) = 2ln(1 + x) + 1+2x
1+x - 1 = 2ln(1 + x) -
1
1+x + 1，
因为y = 2ln(1 + x),y =-
1
1+x + 1 在-1,+∞
上为增函数，
故f(x) 在-1,+∞
上为增函数，而f(0) = 0，
故当-1 < x < 0 时，f(x) < 0，当x > 0 时，f(x) > 0，
34
故f x
在x = 0 处取极小值且极小值为f 0
= 0，无极大值.
(2)fx
=-aln 1+x
+ 1-ax
1+x - 1 =-aln 1+x
-
a+1
x
1+x
,x > 0，
设s x
=-aln 1+x
-
a+1
x
1+x
,x > 0，
则sx
= -a
x+1 -
a+1
1+x
2 =- a x+1
+a+1
1+x
2
=- ax+2a+1
1+x
2
，
当a ≤- 1
2 时，sx
> 0，故s x
在0,+∞
上为增函数，
故s x
> s 0
= 0，即fx
> 0，
所以f x
在0,+∞
上为增函数，故f x
≥f 0
= 0.
当- 1
2 < a < 0 时，当0 < x <- 2a+1
a
时，sx
< 0，
故s x
在0,- 2a+1
a
上为减函数，故在0,- 2a+1
a
上s x
< s 0
，
即在0,- 2a+1
a
上fx
< 0 即f x
为减函数，
故在0,- 2a+1
a
上f x
< f 0
= 0，不合题意，舍.
当a ≥0，此时sx
< 0 在0,+∞
上恒成立，
同理可得在0,+∞
上f x
< f 0
= 0 恒成立，不合题意，舍；
综上，a ≤- 1
2 .
39. (2024·全国·高考真题) 已知函数f(x) = ex- ax - a3．
(1) 当a = 1 时，求曲线y = f(x) 在点1,f(1)
处的切线方程；
(2) 若f(x) 有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．
【答案】(1) e-1
x - y - 1 = 0；(2) 1,+∞
【解析】(1) 当a = 1 时，则f(x) = ex- x - 1，f(x) = ex- 1，
可得f(1) = e - 2，f(1) = e - 1，
即切点坐标为1,e-2
，切线斜率k = e - 1，
所以切线方程为y - e-2
= e-1
x-1
，即e-1
x - y - 1 = 0.
(2) 解法一：因为f(x) 的定义域为R，且f(x) = ex- a，
若a ≤0，则f(x) ≥0 对任意x ∈R 恒成立，
可知f(x) 在R 上单调递增，无极值，不合题意；
若a > 0，令f(x) > 0，解得x > lna；令f(x) < 0，解得x < lna；
可知f(x) 在-∞,lna
内单调递减，在lna,+∞
内单调递增，
则f(x) 有极小值f lna
= a - alna - a3，无极大值，
由题意可得：f lna
= a - alna - a3< 0，即a2+ lna - 1 > 0，
构建g a
= a2+ lna - 1,a > 0，则ga
= 2a + 1
a > 0，
可知g a
在0,+∞
内单调递增，且g 1
= 0，
不等式a2+ lna - 1 > 0 等价于g a
> g 1
，解得a > 1，
所以a 的取值范围为1,+∞
；
解法二：因为f(x) 的定义域为R，且f(x) = ex- a，
若f(x) 有极小值，则f(x) = ex- a 有零点，
35
令f(x) = ex- a = 0，可得ex= a，
可知y = ex与y = a 有交点，则a > 0，
若a > 0，令f(x) > 0，解得x > lna；令f(x) < 0，解得x < lna；
可知f(x) 在-∞,lna
内单调递减，在lna,+∞
内单调递增，
则f(x) 有极小值f lna
= a - alna - a3，无极大值，符合题意，
由题意可得：f lna
= a - alna - a3< 0，即a2+ lna - 1 > 0，
构建g a
= a2+ lna - 1,a > 0，
因为则y = a2,y = lna - 1 在0,+∞
内单调递增，
可知g a
在0,+∞
内单调递增，且g 1
= 0，
不等式a2+ lna - 1 > 0 等价于g a
> g 1
，解得a > 1，
所以a 的取值范围为1,+∞
.
40. (2024·天津·高考真题) 已知函数f x
= xlnx．
(1) 求曲线y = f x
在点1,f 1
处的切线方程；
(2) 若f x
≥a x-
x
对任意x ∈0,+∞
成立，求实数a 的值；
(3) 若x1,x2∈0,1
，求证：f x1
- f x2
≤x1-x2
1
2．
【答案】(1)y = x - 1；(2)2；(3) 证明过程见解析
【解析】(1) 由于f x
= xlnx，故fx
= lnx + 1.
所以f 1
= 0，f1
= 1，所以所求的切线经过1,0
，且斜率为1，故其方程为y = x - 1.
(2) 设h t
= t - 1 - lnt，则ht
= 1 - 1
t = t-1
t
，从而当0 < t < 1 时ht
< 0，当t > 1 时ht
> 0.
所以h t
在0,1
上递减，在1,+∞
上递增，这就说明h t
≥h 1
，即t - 1 ≥lnt，且等号成立当且仅当
t = 1.
设g t
= a t-1
- 2lnt，则
f x
- a x-
x
= xlnx - a x-
x
= x a
1
x -1
-2ln 1
x
= x ⋅g
1
x
.
当x ∈0,+∞
时，1
x 的取值范围是0,+∞
，所以命题等价于对任意t ∈0,+∞
，都有g t
≥0.
一方面，若对任意t ∈0,+∞
，都有g t
≥0，则对t ∈0,+∞
有
0 ≤g t
= a t-1
- 2lnt = a t-1
+ 2ln 1
t ≤a t-1
+ 2 1
t -1
= at + 2
t - a - 2，
取t = 2，得0 ≤a - 1，故a ≥1 > 0.
再取t =
2
a ，得0 ≤a ⋅
2
a + 2
a
2 - a - 2 = 2 2a - a - 2 =-
a-
2
2，所以a = 2.
另一方面，若a = 2，则对任意t ∈0,+∞
都有g t
= 2 t-1
- 2lnt = 2h t
≥0，满足条件.
综合以上两个方面，知a 的值是2.
(3) 先证明一个结论：对0 < a < b，有lna + 1 < f b
- f a
b-a
< lnb + 1.
证明：前面已经证明不等式t - 1 ≥lnt，故blnb-alna
b-a
= alnb-alna
b-a
+ lnb =
ln b
a
b
a -1
+ lnb < 1 + lnb，
且blnb-alna
b-a
= blnb-blna
b-a
+ lna =
-ln a
b
1- a
b
+ lna >
- a
b -1
1- a
b
+ lna = 1 + lna，
36
所以lna + 1 < blnb-alna
b-a
< lnb + 1，即lna + 1 < f b
- f a
b-a
< lnb + 1.
由fx
= lnx + 1，可知当0 < x < 1
e 时fx
< 0，当x > 1
e 时fx
> 0.
所以f x
在0, 1
e
上递减，在
1
e ,+∞
上递增.
不妨设x1≤x2，下面分三种情况(其中有重合部分) 证明本题结论.
情况一：当1
e ≤x1≤x2< 1 时，
有f x1
- f x2
= f x2
- f x1
< lnx2+1
x2-x1
< x2- x1<
x2-x1 ，结论成立；
情况二：当0 < x1≤x2≤1
e 时，有f x1
- f x2
= f x1
- f x2
= x1lnx1- x2lnx2.
对任意的c ∈0, 1
e
，设φ x
= xlnx - clnc -
c-x ，则φx
= lnx + 1 +
1
2 c-x .
由于φx
单调递增，且有
φ
c
2e
1+
1
2c
= ln
c
2e
1+
1
2c
+ 1 +
1
2
c-
c
2e
1+
1
2c
< ln
1
e
1+
1
2c
+ 1 +
1
2
c- c
2
=-1 -
1
2c + 1 +
1
2c = 0，
且当x ≥c -
1
4 ln 2
c -1
2 ，x > c
2 时，由
1
2 c-x ≥ln 2
c - 1 可知
φx
= lnx + 1 +
1
2 c-x > ln c
2 + 1 +
1
2 c-x =
1
2 c-x - ln 2
c -1
≥0.
所以φx
在0,c
上存在零点x0，再结合φx
单调递增，即知0 < x < x0时φx
< 0，x0< x < c 时
φx
> 0.
故φ x
在0,x0
上递减，在x0,c
上递增.
①当x0≤x ≤c 时，有φ x
≤φ c
= 0；
②当0 < x < x0时，由于
cln 1
c =-2f
c
≤-2f
1
e
= 2
e < 1，故我们可以取q ∈
cln 1
c ,1
.
从而当0 < x <
c
1-q2 时，由
c-x > q c ，可得
φ x
= xlnx - clnc -
c-x <-clnc -
c-x <-clnc - q c =
c
cln 1
c -q
< 0.
再根据φ x
在0,x0
上递减，即知对0 < x < x0都有φ x
< 0；
综合①②可知对任意0 < x ≤c，都有φ x
≤0，即φ x
= xlnx - clnc -
c-x ≤0.
根据c ∈0, 1
e
和0 < x ≤c 的任意性，取c = x2，x = x1，就得到x1lnx1- x2lnx2-
x2-x1 ≤0.
所以f x1
- f x2
= f x1
- f x2
= x1lnx1- x2lnx2≤
x2-x1.
情况三：当0 < x1≤1
e ≤x2< 1 时，根据情况一和情况二的讨论，
可得f x1
- f
1
e
≤
1
e -x1 ≤
x2-x1 ，f
1
e
- f x2
≤
x2- 1
e ≤
x2-x1.
而根据f x
的单调性，知f x1
- f x2
≤f x1
- f
1
e
或f x1
- f x2
≤f
1
e
- f x2
.
故一定有f x1
- f x2
≤
x2-x1 成立.
综上，结论成立.
41. (2024·全国·高考真题) 已知函数f(x) = ln
x
2-x + ax + b(x - 1)3
(1) 若b = 0，且f(x) ≥0，求a 的最小值；
37
(2) 证明：曲线y = f(x) 是中心对称图形；
(3) 若f(x) >-2 当且仅当1 < x < 2，求b 的取值范围．
【答案】(1) - 2；(2) 证明见解析；(3)b ≥- 2
3
【解析】(1)b = 0 时，f x
= ln
x
2-x + ax，其中x ∈0,2
，
则fx
= 1
x +
1
2-x + a =
2
x 2-x
+ a,x ∈0,2
，
因为x 2-x
≤
2-x+x
2
2
= 1，当且仅当x = 1 时等号成立，
故fx
min = 2 + a，而fx
≥0 成立，故a + 2 ≥0 即a ≥-2，
所以a 的最小值为-2.，
(2)f x
= ln
x
2-x + ax + b x-1
3的定义域为0,2
，
设P m,n
为y = f x
图象上任意一点，
P m,n
关于1,a
的对称点为Q 2-m,2a-n
，
因为P m,n
在y = f x
图象上，故n = ln
m
2-m + am + b m-1
3，
而f 2-m
= ln 2-m
m
+ a 2-m
+ b 2-m-1
3=- ln
m
2-m +am+b m-1
3
+ 2a =-n + 2a，
所以Q 2-m,2a-n
也在y = f x
图象上，
由P 的任意性可得y = f x
图象为中心对称图形，且对称中心为1,a
.
(3) 因为f x
>-2 当且仅当1 < x < 2，故x = 1 为f x
=-2 的一个解，
所以f 1
=-2 即a =-2，
先考虑1 < x < 2 时，f x
>-2 恒成立.
此时f x
>-2 即为ln
x
2-x + 2 1-x
+ b x-1
3> 0 在1,2
上恒成立，
设t = x - 1 ∈0,1
，则ln t+1
1-t - 2t + bt3> 0 在0,1
上恒成立，
设g t
= ln t+1
1-t - 2t + bt3,t ∈0,1
，
则gt
=
2
1-t2 - 2 + 3bt2= t2 -3bt2+2+3b
1-t2
，
当b ≥0，-3bt2+ 2 + 3b ≥-3b + 2 + 3b = 2 > 0，
故gt
> 0 恒成立，故g t
在0,1
上为增函数，
故g t
> g 0
= 0 即f x
>-2 在1,2
上恒成立.
当- 2
3 ≤b < 0 时，-3bt2+ 2 + 3b ≥2 + 3b ≥0，
故gt
≥0 恒成立，故g t
在0,1
上为增函数，
故g t
> g 0
= 0 即f x
>-2 在1,2
上恒成立.
当b <- 2
3 ，则当0 < t <
1+ 2
3b < 1 时，gt
< 0
故在0,
1+ 2
3b
上g t
为减函数，故g t
< g 0
= 0，不合题意，舍；
综上，f x
>-2 在1,2
上恒成立时b ≥- 2
3 .
而当b ≥- 2
3 时，
38
而b ≥- 2
3 时，由上述过程可得g t
在0,1
递增，故g t
> 0 的解为0,1
，
即f x
>-2 的解为1,2
.
综上，b ≥- 2
3 .
42. ( 2024 · 北京· 高考真题) 设函数f x
= x + kln 1+x
k≠0
，直线l 是曲线y = f x
在点
t,f t
t>0
处的切线．
(1) 当k =-1 时，求f x
的单调区间.
(2) 求证：l 不经过点0,0
.
(3) 当k = 1 时，设点A t,f t
t>0
，C 0,f t
，O 0,0
，B 为l 与y 轴的交点，S△ACO 与S△ABO 分别
表示△ACO 与△ABO 的面积．是否存在点A 使得2S△ACO = 15S△ABO 成立？若存在，这样的点A 有
几个？
(参考数据：1.09 < ln3 < 1.10，1.60 < ln5 < 1.61，1.94 < ln7 < 1.95)
【答案】(1) 单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0, +∞)；(2) 证明见解析；(3)2
【解析】(1)f(x) = x - ln(1 + x),f(x) = 1 -
1
1+x =
x
1+x (x >-1)，
当x ∈-1,0
时，fx
< 0；当x ∈0,+∞
，fx
> 0；
∴f(x) 在(-1,0) 上单调递减，在(0, +∞) 上单调递增.
则f(x) 的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0, +∞).
(2)f(x) = 1 +
k
1+x ，切线l 的斜率为1 +
k
1+t ，
则切线方程为y - f(t) = 1+
k
1+t
(x - t) (t > 0)，
将(0,0) 代入则-f(t) =-t 1+
k
1+t
,f(t) = t 1+
k
1+t
，
即t + kln(1 + t) = t + t
k
1+t ，则ln(1 + t) =
t
1+t ，ln(1 + t) -
t
1+t = 0，
令F(t) = ln(1 + t) -
t
1+t ，
假设l 过(0,0)，则F(t) 在t ∈(0, +∞) 存在零点.
F(t) =
1
1+t - 1+t-t
(1+t)2 =
t
(1+t)2 > 0，∴F(t) 在(0, +∞) 上单调递增，F(t) > F(0) = 0，
∴F(t) 在(0, +∞) 无零点，∴与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).
(3)k = 1 时，f(x) = x + ln(1 + x),f(x) = 1 +
1
1+x = x+2
1+x > 0.
S△ACO = 1
2 tf(t)，设l 与y 轴交点B 为(0,q)，
t > 0 时，若q < 0，则此时l 与f(x) 必有交点，与切线定义矛盾.
由(2) 知q ≠0. 所以q > 0，
则切线l 的方程为y - t - ln t+1
= 1+
1
1+t
x-t
，
令x = 0，则y = q = y = ln(1 + t) -
t
t+1 .
∵2S△ACO = 15SABO，则2tf(t) = 15t ln(1+t)-
t
t+1
，
∴13ln(1 + t) - 2t - 15
t
1+t = 0，记h(t) = 13ln(1 + t) - 2t - 15t
1+t (t > 0)，
39
∴满足条件的A 有几个即h(t) 有几个零点.
ht
= 13
1+t - 2 -
15
t+1
2 = 13t+13-2 t2+2t+1
-15
t+1
2
= -2t2+9t-4
t+1
2
=
-2t+1
t-4
t+1
2
，
当t ∈0, 1
2
时，ht
< 0，此时h t
单调递减；
当t ∈
1
2 ,4
时，ht
> 0，此时h t
单调递增；
当t ∈4,+∞
时，ht
< 0，此时h t
单调递减；
因为h(0) = 0,h 1
2
0,h(4) = 13ln5 - 2013 × 1.6 - 20 = 0.8 > 0，
h(24) = 13ln25 - 48 - 15×24
25
= 26ln5 - 48 - 72
5 < 26 × 1.61 - 48 - 72
5 =-20.54 < 0，
所以由零点存在性定理及h(t) 的单调性，h(t) 在
1
2 ,4
上必有一个零点，在(4,24) 上必有一个零点，
综上所述，h(t) 有两个零点，即满足2SACO = 15SABO 的A 有两个.
43. (2024·上海·高考真题) 对于一个函数f x
和一个点M a,b
，令s x
= (x - a)2 +
f x
-b
2，若
P x0,f x0
是s x
取到最小值的点，则称P 是M 在f x
的“最近点”．
(1) 对于f(x) = 1
x (x > 0)，求证：对于点M 0,0
，存在点P，使得点P 是M 在f x
的“最近点”；
(2) 对于f x
= ex,M 1,0
，请判断是否存在一个点P，它是M 在f x
的“最近点”，且直线MP 与y
= f(x) 在点P 处的切线垂直；
(3) 已知y = f(x) 在定义域R 上存在导函数f(x)，且函数g(x) 在定义域R 上恒正，设点
M1 t-1,f t
-g t
，M2 t+1,f t
+g t
．若对任意的t ∈R，存在点P 同时是M1,M2在f x
的“最
近点”，试判断f x
的单调性．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 存在，P 0,1
；(3) 严格单调递减
【解析】(1) 当M(0,0) 时，s x
= (x - 0)2+
1
x -0
2
= x2+ 1
x2 ≥2
x2⋅1
x2 = 2，
当且仅当x2= 1
x2 即x = 1 时取等号，
故对于点M 0,0
，存在点P 1,1
，使得该点是M 0,0
在f x
的“最近点”．
(2) 由题设可得s x
= (x - 1)2+ ex-0
2= (x - 1)2+ e2x，
则sx
= 2 x-1
+ 2e2x，因为y = 2 x-1
,y = 2e2x均为R 上单调递增函数，
则sx
= 2 x-1
+ 2e2x在R 上为严格增函数，
而s0
= 0，故当x < 0 时，sx
< 0，当x > 0 时，sx
> 0，
故s x
min = s 0
= 2，此时P 0,1
，
而fx
= ex,k = f0
= 1，故f x
在点P 处的切线方程为y = x + 1.
40
而kMP = 0-1
1-0 =-1，故kMP ⋅k =-1，故直线MP 与y = f x
在点P 处的切线垂直．
(3) 设s1 x
= (x - t + 1)2+ f x
- f t
+g t
2，
s2 x
= (x - t - 1)2+ f x
- f t
-g t
2，
而s
1 x
= 2(x - t + 1) + 2 f x
- f t
+g t
fx
，
s
2 x
= 2(x - t - 1) + 2 f x
- f t
-g t
fx
，
若对任意的t ∈R，存在点P 同时是M1,M2在f x
的“最近点”，
设P x0,y0
，则x0既是s1 x
的最小值点，也是s2 x
的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点，
则存在x0, 使得s1
x0
= s2
x0
= 0，
即s1
x0
= 2 x0-t+1
+ 2fx0
f x0
- f(t)+g(t)
= 0 ①
s2
x0
= 2 x0-t-1
+ 2fx0
f x0
- f(t)-g(t)
= 0 ②
由①②相等得4 + 4g(t) ⋅fx0
= 0，即1 + fx0
g(t) = 0，
即fx0
=- 1
g(t) ，又因为函数g(x) 在定义域R 上恒正，
则fx0
=- 1
g(t) < 0 恒成立，
接下来证明x0= t，
因为x0既是s1 x
的最小值点，也是s2 x
的最小值点，
则s1 x0
≤s(t),s2 x0
≤s(t)，
即x0-t+1
2+ f x0
- f t
+g t
2≤1 + g t
2，③
x0-t-1
2+ f x0
- f t
-g t
2≤1 + g t
2，④
③+ ④得2 x0-t
2+ 2 + 2 f x0
- f(t)
2+ 2g2(t) ≤2 + 2g2(t)
即x0-t
2+ f x0
- f t
2≤0，因为x0-t
2≥0, f x0
- f t
2≥0
则x0-t=0
f x0
- f t
=0
，解得x0= t，
则ft
=- 1
g(t) < 0 恒成立，因为t 的任意性，则f x
严格单调递减.
