第12讲 导数隐零点问题
目录
思维导图...........................................................................................................................................................................1
高考分析...........................................................................................................................................................................2
学习目标...........................................................................................................................................................................2
知识要点...........................................................................................................................................................................3
解题策略...........................................................................................................................................................................5
题型归纳...........................................................................................................................................................................7
处理隐零点问题的六种方法.............................................................................7
题型01：自变量代换（直接代换）...........................................................................................................................7
题型02：参数代换..................................................................................................................................................12
题型03：变形代换..................................................................................................................................................17
题型04：同构代换..................................................................................................................................................19
题型05：等价变形，化隐为显................................................................................................................................22
题型06：与三角函数有关的“隐零点”问题...........................................................................................................24
隐零点题型归纳............................................................................................27
题型01：不含参数的隐零点问题.............................................................................................................................27
题型02：含参数的隐零点问题................................................................................................................................31
题型03：已知参数的取值范围证明不等式..............................................................................................................35
题型04：不等式中含参数问题求参数的整数值.......................................................................................................38
题型05：利用隐零点解决讨论零点问题..................................................................................................................42
题型06：隐零点与不等式的证明.............................................................................................................................44
巩固提升.........................................................................................................................................................................52
零点是
数与函数零点的
型，核心特征
函数零点存在但无法直接求解（超越方程如
隐
导
进阶压轴题
为
e
x
+x=0），需通
“
零点→代
消参
过设
换
/
化”解
，是新高考
数解答
的高
点，常与参数范
、不等式
明
转
题
导
题
频难
围
证
结
合考
。
查
一、考纲定位与命题趋势
1. 考
要求：依托
数研究函数
性、极
，
合零点存在性定理确定
零点存在，通
而不求的代数
纲
导
单调
值结
隐
过设
代
化，考
化与化
、数形
合、
推理核心素养。
换实现问题转
查转
归
结
逻辑
2. 命
：近
题趋势
5 年新高考全国卷/地方卷考
率超
查频
60%，多作
数解答
第
为导
题
2 小
；
体以
问压轴载
e
x、,ln
x 与多
式
合的超越函数
主，
型聚焦含参不等式
明
项
结
为
题
证
/参数范
求解
围
/最
求解，
度
，区分
值
难
为压轴级
度高。
3. 命
特点：不直接要求求零点，
需利用零点的等式条件（
题
仅
f(x0)=0）和
性条件（
单调
f '(x0)=0），
“超越
实现
式→代数式”的
化，
避复
求解。
转
规
杂
二、高考考情分布
1.
型与分
题
值
①
出
在解答
（
数模
），多
第
仅
现
题导
块
为
2 小
，分
问
值4-6 分；
②常与“含参函数的最值/极
”“恒成立
”“不等式
明”融合，极少
独命
。
值
问题
证
单
题
2. 核心考
体
查载
新高考高
函数模型（均
超越函数，零点无法
式求解）：
频
为
显
①f(x)=e
x-ax-b
②f(x)=x\ln x-ax+1
③f(x)=e
x-ln x-a。
3. 考
地域与
次
查
频
新高考Ⅰ卷/Ⅱ卷、江
卷、浙江卷
高
考
卷，每年至少
苏
为
频
查
1 卷涉及；全国甲/乙卷偶考，多作
区分尖
为压轴题
子生。
零点作
数
核心考点，学
目
按基
掌握、能力提升、
突破、素养落地分
，适配不同
考
隐
为导
压轴
习
标
础
压轴
层
备
段，兼
解
方法、
推理和
范，
合高考考
要求。
阶
顾
题
逻辑
应试规
贴
查
一．基
目
（全
掌握，保底得分）
础
标
员
1. 理解
零点核心特征：明确
零点是“存在但无法
式求解的超越函数零点”，掌握“
而不求”的核心思
隐
隐
显
设
想，能区分
零点与普通
零点
的解
差异。
隐
显
问题
题
2. 熟
零点基
模型：掌握
记隐
础
e
x-ax、x\ln x-ax 两
高
超越函数的
零点特征，能快速
高考中
零
类
频
隐
识别
隐
点的考
体。
查载
3. 掌握核心前提步
：会
骤
对f '(x)二次求
，判定
导
f '(x)的
性；能
取
单调
选
0、1、e、1/e 等特殊点，
合零点
结
存在性定理
明
证
f '(x)
零点的存在性与唯一性。
隐
4. 完成基
代
：能
零点
础
换
设隐
x0并写出核心等式f '(x0)=0，
解析式
“消参数
对简单
实现
/消
一超越
”的
单
项
基
代
，将超越式
化
初等代数式。
础
换
转
为
二．提升目
（重点掌握，突破中档
）
标
压轴
1. 精通
零点四步法：能完整套用“求
定
→
零点写等式→代
消元→定范
求
”的解
步
，无
隐
导
调
设
换
围
结论
题
骤
跳
，适配高考中
一
零点的所有基
型。
逻辑
跃
单
隐
础题
2. 掌握代
消元技巧：能根据
型需求，灵活
“消超越
先”或“消参数
先”的代
策略，
理含
换
题
选择
项优
优
换
处
e
x
+ln x、高次多
式
项
+超越
的复
解析式代
。
项
杂
换
3.
零点范
精准
限：能通
“特殊点
取→区
中点代入→多次
限”，将
零点
实现隐
围
缩
过
选
间
缩
隐
x0的范
小至
围缩
合适区
（如从
间
(1,2)缩为(1,1.5)），
足后
性分析和不等式
明需求。
满
续单调
证
4. 解决
一
型
合
：能独立解决
零点与“函数最
单
题
综
问题
隐
值/极
求解”“含参恒成立求参数范
”的融合
值
围
问
，步
范，能
准高考
卷核心得分点。
题
骤规
踩
阅
三．
目
（拔高掌握，冲刺
分）
压轴
标
满
1. 攻克复
融合
型：能解决
零点与“极
点偏移”“双
零点”“多元不等式
明”的高
，掌握
杂
题
隐
值
隐
证
阶压轴题
“多
零点
元→分
写核心等式→
立代
→整体推
”的解
。
隐
设
别
联
换
导
题逻辑
2. 灵活运用
助技巧：能
合放
法、构造新函数法，
理
零点范
限后仍无法
明的不等式
；能
辅
结
缩
处
隐
围缩
证
问题
根据参数特征，
取参数相关特殊点（如
选
x=1/a、x=e
a）快速定位
零点范
。
隐
围
3.
解
化提速：能快速判断
零点
的最
解
路径，避免无效步
；
高考高
模型，能形成
实现
题优
隐
问题
优
题
骤对
频
“条件反射式”解
，
短思考和
算
，适配高考
奏。
题缩
计
时间
应试节
4. 掌握
：能
零点
的每一步推
出
依据，尤其是“
严谨逻辑论证
对隐
问题
导给
严谨
f '(x)
性判定”“
零点存
单调
隐
在性
明”“代
等价性
”，避免高考
漏洞
失分。
证
换
验证
逻辑
类
知识点一：零点和隐零点
1.零点：
函数
设
y = f ( x)，若
数
实
x0
足
满
f ( x0)=0，
称
则
x0
函数
为
y = f ( x)的零点.从函数
像上看，函数
图
y = f ( x)的零点即
其
像
为
图
x
交点的横坐
轴
标.
2.隐零点：若x0
函数
为
y = f ( x)的零点，但x0无法精确求解，
称
则
x0
藏的零点，即
零点
为隐
隐
.有些函数的
零点表面上看不可求，但
合函数的性
上可以求出，
零点不能称
零点
结
质实际
这类
为隐
.例如，x =0不能称
函数
为
f ( x)=e
x−x−1的
零点
隐
.
知识点二：零点存在定理
零点存在定理：
函数
设
y = f ( x)是定
在
义
（a,b)上的
函数，且
足
连续
满
f (a)f (b)<0，
存在
数
则
实
x0，使得f ( x0)=0.换
句
，函数
话说
y = f ( x)在（a,b)上存在零点.
合函数的性
，
可以精确判断函数
结
质还
（a,b)在（a,b)上的
零点个数.另外，
定理往往用来判断零点所属区
该
间.
知识点三：隐零点解题策略
第一步：用零点存在定理判断
函数零点的存在性，列出零点
足的方程，并
合函数的
性得到
零
导
满
结
单调
隐
点的取
范
值
围.当函数的
零点不可求
，首先可用特殊
行“投石
路”
隐
时
值进
问
.特殊
的
取原
是：
值
选
则
①在含有ln x的复合函数中，常令x =e
k，尤其是令x =e
0=1
行
探；
进
试
②在含e
x的复合函数中，常令x = ln k(k >0)，尤其是令x = ln1=0
行
探
进
试
.
第二步：以零点
分界点，
明
函数符号的正
，
而得到
函数最
的表达式
为
说
导
负进
题设
值
.
第三步：将零点
足的方程适当
形，利用
零点具有的性
整体代入函数最
表达式中
行化
，达到
满
变
隐
质
值
进
简
求函数最
、求参数取
范
、
明不等式、解不等式等目的，使
解
值
值
围证
问题获
.
注：
同
于
数
零点
，需要重点关注其中的三个
程，包括零点确定性
程、最
表达式的
形
程
时对
导
隐
问题
过
过
值
变
过
及整体代人
程，具体内容如下
过
:
（1）
性零点确
，确
性零点可直接利用零点存在性定理，也可由函数的
像特征，以及
条件来推
隐
认
认隐
图
题设
而
性零点的范
界定，主要由所求
来决定，解析尽可能
小其取
范
导
隐
围
问题
缩
值
围
（2）表达式的
形
程中，尽可能将复
的表达式
形
常
的整式或分式，特
注意替
其中的指数或
变
过
杂
变
为
见
别
换
数函数式，
后
的探究做
对
为
续
铺垫
（3）整体代人
程基于的是数学的
而不求思想，
于其中的超越式，尽可能化
常
的代数式
过
设
对
为
见
注：1.理解
零点定
隐
义：
确定方法
总结
"
零点
隐
"本
上
是零点，是基于精准求解而
定的零点划分，学
需要关注其本
，把
质
还
设
习时
质
握“
以精确定位”和
难
"准确求极值"对"
零点
隐
"的定
，故“
零点”的存在性是一定的。另外需要关注“
零点”的
义
隐
隐
确定方法，上述
了零点存在性定理、函数
像、
条件三种，理解方法原理，掌握方法技巧极
关
。故教
总结
图
题设
为
键
学中需要注重
“
零点”两大内容的剖析，一是“
零点”的定
定，二是
对隐
隐
义设
"
零点
隐
"的确定方法，教学中可对
比"
零点
显
"，
合
例具体探究
结
实
.
2.
三步策略
归纳
：
化解析思
上述所
的
强
维
归纳
"三步法"是求解
数
导
"
零点
隐
"的重要方法，构建了"零点判断→
性分析→
单调
代入
化”的解析思路
转
.三步
程之
密相关，具有
密的
序，
格按照
方法求解可
的高效
过
间紧
严
逻辑顺
严
该
实现问题
作答.而在
教学中，除了需要指
学生掌握“三步法”的构建思路外，
要注重解
引
，培养学生的解析思
实际
导
还
题
导
维.
学生
探究
程，通
引
来完善学生的数学思
，从根本上提升学生的能力
让
亲历
过
过设问
导
维
.
3.
掌握
方法
转换
：
累
形
形
是求解
数“
零点”
的重要
，将直接确定
走向，
需要使用一定
积
变
经验变
转换
导
隐
问题
环节
问题
该环节
的方法技巧.常
的
方法有分离参数、
更主元、整体代
、分离函数等，
于涉及参数的不等式
，可采
见
转换
变
换
对
问题
用分离参数来
化，然后基于代数式构造函数来研究性
，同
配合整体代
函数的
化，而
更主元常
简
质
时
换实现
简洁
变
用于
函数无法求出零点的情形
导
. 教学中要指
学生掌握上述
技巧的内涵，然后
合
例具体
解，帮助
导
转换
结
实
讲
学生
累
化
，提升学生的运算能力
积
简
经验
.
知识点四：常见题型解题方法
1、不含参函数的隐零点问题
已知不含参函数f ( x)，导函数方程f '( x)=0的根存在，却无法求出，设方程f '( x)=0的根为x0，则有：
①关系式f '( x0)=0成立；②注意确定x0的合适范围.
2、含参函数的隐零点问题
已知含参函数f ( x ,a)，其中a为参数，导函数方程f '( x ,a)=0的根存在，却无法求出，设方程
f '( x)=0的根为x0，则有①有关系式f '( x0)=0成立，该关系式给出了x0,a的关系；②注意确定x0的合
适范围，往往和a的范围有关.
3、函数零点的存在性
（1）函数零点存在性定理：设函数f (x)在闭区间[a,b]上连续，且f (a)f (b)<0，那么在开区间(a,b)内
至少有函数f (x)的一个零点，即至少有一点x0∈(a,b)，使得f (x0)=0.
① 若f (a)f (b)<0，则f (x)的零点不一定只有一个，可以有多个
② 若f (a)f (b)>0，那么f (x)在[a,b]不一定有零点
③ 若f (x)在[a,b]有零点，则f (a)f (b)不一定必须异号
(2)若f (x)在[a,b]上是单调函数且连续，则f (a)f (b)<0⇒f (x)在(a,b)的零点唯一.
一．高考核心解题方法——隐零点“设而不求”四步法
零点
的解
步
固定且唯一，高考
卷按步
点
分，核心是“
零点→用零点→消参数
隐
问题
题
骤
阅
骤踩
给
设
/超越式
→求范围/
明”，具体步
：
证
骤
第一步：求
定
，找
零点存在性
导
调
隐
1. 求f(x)的定
域和
数
义
导
f '( x)，分析f '( x)的
性（通常
单调
f '( x)在定
域内
增
义
单调递
/
减，可通
二次
递
过
求导f''(x)
）；
验证
2. 找两个特殊点x1,x2，使f '(x1)·f '(x2)<0，由零点存在性定理确定f '( x)有唯一零点x0（即f(x)的唯一极值
点）；
3. 划分f(x)的
区
：
单调
间x<x0时f '( x)<0，f(x)
减；
递
x>x0时f '( x)>0，f(x)
增（反之亦然），确定
递
f(x0)
最
。
为
值
第二步：
零点，写核心等式
设隐
设f '( x)的唯一零点为x0，写出核心等式f '(x0)=0，此等式是后
代
的关
（如
续
换
键
e
x0=a、ln x0+1=a）。
第三步：代
消元，
化超越式
换
转
利用核心等式f '(x0)=0，将f(x0)中的参数a 或超越
（
项e
x0、\lnx0）消去，
化
含
转
为仅
x0的初等函数（如将e
x0=a 代
入f(x0)=e
x0-a x0，得f(x0)=a(1-x0)）。
第四步：确定x2范
，求
域
围
值
/
明不等式
证
1. 由第一步中f '(x1)·f '(x2)<0，确定
零点
隐
x0的取
区
（如
值
间
x0∈(1,2)，区
尽可能小，通常
开区
）；
间
为
间
2. 令g(x0)=代
后的
换
f(x0)，分析g(x)在x0所属区
的
性，求其
域
间
单调
值
/
明
证
g(x0)≥0/定
，即可得原
值
问题
的
。
结论
二、高考高频解题技巧（提速+避错）
1. 二次求
判
导
f '( x)
性
单调
f '( x)(x)的
性是确定
零点唯一性的关
，若
单调
隐
键
f '( x)解析式复
，直接求二次
数
杂
导
f''(x)，由f''(x)的
符号直接判定f '(x)的
性（如
单调
f''(x)>0，则f’(x)
增）。
单调递
2. 特殊点
取技巧（找
选
f '(x1)·f '(x2)<0）
取的特殊点多
选
为0,1,e,1/e 或参数相关的点（如x=1/a），
足
算
满
计
f’(x)
能直接判断符号，
例：
时
举
①若f '( x)=e
x-a，选x=ln a（若a>0）、x=0；
②若f '( x)=ln x+1-a，选x=1、x=e
1-a。
3. 代
消元的核心原
换
则
消超越
先，消参数次之：若同
含
项优
时
e
x0和参数a，先消e
x0/lnx0，
化
代数式；若
明含参不等式，先
转
为
证
消参数a，
化
含
转
为仅
x0的不等式。
4. x0范
的精准
限
围
缩
若初始范
（如
围
(1,2)）无法
明
，通
代入区
中点
限（如代入
证
结论
过
间
缩
x=1.5，判断f’(1.5)的符号，将范围
缩为(1,1.5)），
限后
缩
g(x0)的
性更易判断。
单调
2. 高
失分陷阱（高考易
分点，占比超
频
丢
80%）
①未
明
证
f '( x)的
性，直接
“
单调
说f '( x)有唯一零点x0”，缺乏
依据，扣
逻辑
2-3 分；
②未
取特殊点
，直接
零点
选
验证
设隐
x0，未
明零点存在性，扣
证
2 分；
③代
消元
形
，
致后
算
；
换
时变
错误导
续计
错误
④未确定x0的取
区
，直接分析
值
间
g(x0)的
性，无依据，扣
单调
2 分；
⑤
限
缩
x0范
，代入中点后未判断符号，直接
限，
不
，扣
围时
缩
逻辑
严谨
1 分；
⑥
明不等式
，未
合
证
时
结
g(x0)的
性，直接
出
，缺乏推
程，扣
单调
给
结论
导过
2-3 分。
处理隐零点问题的六种方法
题型01：自变量代换（直接代换）
【典型例题1】已知f (x)= ln x−ax +1(a∈R)．
(1)讨论f (x)的
性；
单调
(2)若f (x)≤1
2 a x
2−x对x∈(0,+ ∞)恒成立，求整数a 的最小
．
值
【答案】(1)分
，答案
解析；
类讨论
见
(2)2
【解析】（1）求导f
'( x)= 1
x −a，根据a≤0和a>0两种情况讨论.
（2）把不等式分离参量得a≥2(ln x + x +1)
x
2+2 x
，求函数
的最大
，但是求
后求不出具体的
值
导
根，所以
零点，整体代入求解
设隐
.
（1）f (x)的定
域
义
为
，
（ⅰ）当a≤0
，
时f
'( x)>0，∴f ( x)在x∈(0,+∞)上
增；
单调递
（ⅱ）当a>0
，令
时
，
令
，
∴当a≤0
，
时f (x)在x∈(0,+∞)上
增；
单调递
当a>0
，
时f (x)在x∈(0, 1
a)上
增，在
单调递
上
减．
单调递
（2）由
，可得：
，
∵x>0，∴原命
等价于
题
a≥2(ln x + x +1)
x
2+2 x
对x∈(0,+∞)恒成立．
令
，∴
，
令
，∴
，∴G( x)在x∈(0,+∞)上
增．
单调递
又
，
故存在唯一的x0∈(0.5,1)，使得
．
当0< x< x0
，
时
，∴F
'( x)>0，
∴F( x)在x∈(0, x0)上
增，
单调递
当x> x0
，
时G( x)>0，∴F
'( x)<0，
∴F( x)在
上
减．
单调递
∴
，
∴a≥1
x0
，
时x0∈(
1
2 ,1)恒成立．
∴a≥2，又
，∴a 的最小整数值为2．
【点睛】求某个函数的
性
，
极
点不容易求出，
用
零点解决
单调
时发现
值
则
隐
.
第一步
出
零点
设
隐
x0，然后代入得到等式φ(x0)=0，
第二步根据
出的
零点得到函数的
区
，求出函数的极
设
隐
单调
间
值g(x0)
第三步极值g(x0)分离出φ(x0)代入，化
成新的表达式
简
h(x0)
第四步求h(x0)的最值.
【典型例题2】已知函数f ( x)= x−ln x−2．
（1）
明：
证
f ( x)在区间(3,4)内存在唯一的零点；
（2）若
于任意的
对
x∈(1,+∞)，都有x ln x + x>k (x−1)，求整数k的最大
．
值
【答案】（1）
明
解析；（
证
见
2）3．
【解析】（1）先利用
数
明
导
证
f ( x)在(3,4)上
增，再
合零点存在定理，得
；
单调递
结
证
（2）参
分离得
变
k < x ln x + x
x−1
，令g( x)= x ln x + x
x−1
，原
化
求
问题转
为
g( x)在(1,+∞)上的最小
，
合（
值结
1）中结
和
零点的思
，即可得解．
论
隐
维
（1）
明：∵
证
f ( x)= x−ln x−2，
∴
，
当x∈(3,4)
，
时f '( x)=1−1
x >0，
∴f ( x)在(3,4)上
增，
单调递
∵f (3)=3−ln3−2=1−ln3<0，f (4)= 4−ln 4−2=2−ln 4>0，
∴f ( x)在区间(3,4)内存在唯一的零点．
（2）解：∵x ln x + x>k( x−1)，且x∈(1,+∞)，
∴k < x ln x + x
x−1
，
令g( x)= x ln x + x
x−1
，则g'( x)= x−ln x−2
( x−1)
2
，x>1，
由（1）知，f ( x)= x−ln x−2在(1,+∞)上
增，且在区
单调递
间(3,4)内存在唯一的零点，
零点
设该
为x0∈(3,4)，则f (x0)= x0−ln x0−2=0，
故当x∈(1, x0)
，
时f ( x)<0，即g'( x)<0，g( x)在
上
减，
单调递
当
，
时f ( x)>0，即g'( x)>0，g( x)在
上
增，
单调递
∴g( x)(x0)
x0ln x0+ x0
x0−1
x0(x0−2)+ x0
x0−1
0min
，
∴k < g( x)0min，
故整数k的最大值为3．
【点睛】本
考
利用
数研究函数的零点，以及不等式
，考
化与划
思想，
推理能力和运算能力，
题
查
导
问题
查转
归
逻辑
属于
．
较难题
【变式训练1-1】已知函数f ( x)= ln x.
(1)求函数y = f ( x)−x的
区
；
单调
间
(2)求
：函数
证
g( x)=e
x−e
2f ( x)的
象在
图
x
上方
轴
.
【答案】(1)
增区
单调递
间为
，
减区
单调递
间为
；
(2)
明
解析
证
见
.
【解析】(1)求y
'，根据y
'正
即可求
负
y 的
区
；
单调
间
(2)求
，根据
零点的范
求出
围
g(x)的最小
，
明其最小
大于零即可
值证
值
.
（1）y
' = 1
x −1= 1−x
x
( x>0)，
令y
' =0则x =1.
当0< x<1
，
时y
'>0，∴函数在
上
增；
单调递
当1< x
，
时y
'<0，∴函数在
上
减
单调递
.
即y = f ( x)−x的
增区
是
单调递
间
，
减区
是
单调递
间
；
（2）g( x)=e
x−e
2ln x( x>0)，
g
'( x)=e
x−e
2
x
，易知
增，
单调递
又g
'(1)=e−e
2<0，g
'(2)=e
2−e
2
2 = e
2
2 >0，
∴在(0,+ ∞)上存在一个
，
使得：g
'(x0)=e
x0−e
2
x0
=0，即：e
x0= e
2
x0
，且ln x0=−x0+2，
当x∈(0, x0)，有g
'( x)<0, g( x)
减；
单调递
当
，有g
'( x)>0, g( x)
增
单调递
.
∴g( x)≥g(x0)=e
x0−e
2ln x0= e
2
x0
+e
2 x0−2e
2= x0
2−2 x0+1
x0
e
2>0，
∴g( x)=e
x−e
2ln x >0，
∴函数g( x)=e
x−e
2f ( x)的
象在
图
x
上方
轴
.
【点睛】本
考
零点，关
是判断
题
查隐
键
，且
单调
g
'(1)<0，g
'(2)>0，由此得出在(1，2)之间
存在零点x0，
据此求出g(x)的最小
，
明此最小
大于零即可
值证
值
.
【变式训练1-2】已知函数
，其中m
正
数
为
实
.
(1)当m=1
，求曲
时
线
在点(1,f (1))
的切
与两坐
成的三角形面
；
处
线
标轴围
积
(2)当x∈[
1
2 ,1]
，
时
，求m的取
范
值
围.
【答案】(1)2
(2)0,1
【解析】（1）由
数的几何意
求出切
方程即可求解；
导
义
线
（2）当x =1
，
时0≥0成立，所以m∈R；当x∈1
2 ,1)
，
时m≤(
2 x−ln x−2
x
2−x )min
，令g( x)= 2 x−ln x−2
x
2−x
，
x∈1
2 ,1)，利用
数研究函数的
性，可得
导
单调
g( x)在1
2 ,1)上
减，然后利用求出
单调递
即可得答案.
(1)
解：当m=1
，
时
，
，
所以f
'(1)=1，f (1)=−1，
所以曲线
在点(1,f (1))
的切
方程
处
线
为y −(−1)= f
'(1)(x−1)，即y = x−2，
切
与两坐
交点
设
线
标轴
为A (2,0),B (0,−2)，
所以S△AOB= 1
2 ×2×2=2；
(2)
解：由
意，当
题
x∈[
1
2 ,1]
，
时
即m(x
2−x)≥2 x−ln x−2恒成立，
当x =1
，
时0≥0成立，所以m∈R；
当x∈1
2 ,1)
，因
时
为x
2−x<0，所以m≤2 x−ln x−2
x
2−x
恒成立，即m≤(
2 x−ln x−2
x
2−x )min
，
令g( x)= 2 x−ln x−2
x
2−x
，x∈1
2 ,1)，则g
'( x)= −2 x
2+3 x +(2 x−1)ln x−1
(x
2−x)
2
，
令h( x)=−2 x
2+3 x +(2 x −1)ln x −1，x∈1
2 ,1)，则h
'( x)=−4 x +2ln x−1
x +5，
h
″( x)=−4+ 2
x + 1
x
2 = −4 x
2+2 x +1
x
2
，
令φ( x)=−4 x
2+2 x +1，x∈1
2 ,1)，
由二次函数的知
有
识
φ( x)在1
2 ,1)上
减，
单调递
因为φ( 1
2 )=1>0，φ(1)=−1<0，所以存在x0∈(
1
2 ,1)使得φ( x0)=0，
所以x∈1
2 , x0)
，
时h
″( x)>0，x∈(x0,1)
，
时h
″( x)<0，
所以
在
1
2 , x0)上
增，在
单调递
(x0,1)上
减，
单调递
又h
'( 1
2 )=1−2ln2<0,h
'(1)=0，所以h
'(x0)>0，
所以存在α ∈(
1
2 , x0)，使得h
'(α )=0，
所以当x∈1
2 ,α)
，
时
，x∈(α ,1)
，
时h
'( x)>0，
所以
在
1
2 ,α)上
减，在
单调递
(α ,1)上
增，又
单调递
h( 1
2 )=h(1)=0，
所以
，即g
'( x)≤0，
所以g( x)在1
2 ,1)上
减，
单调递
所以g(x)>
lim
x→1 2 x−ln x−2
x
2−x
=
lim
x→1 2−1
x
2 x−1
=1，
所以0<m≤1，
上，
综
m的取
范
值
围为0,1.
【变式训练1-3】已知函数f (x)= x e
x−ax +2.
（1）若曲线
在点(0,f (0))
的切
与坐
成的三角形面
处
线
标轴围
积为4，求
数
实
a的
；
值
（2）当
，
明：
时证
f (x)≥ln x +3.
【答案】（1）a= 1
2
或a= 3
2
；（2）
明
解析
证
见
.
【解析】（1）求
可得
导
解析式，利用
数的几何意
，求得切
斜率
导
义
线
k = f
'(0)，又f (0)=2，代入点斜式方程，
可求得切
方程，分
令
线
别
x =0、y =0，
合面
结
积为4，即可求得答案.
（2）当
，所求
形
时
变
为x⋅e
x−ax−ln x−1≥x⋅e
x−x−ln x−1，设g(x)= x e
x−x−ln x−1(x>0)，利
用
数求得
导
g( x)的
性和极
，
合分析，即可得
单调
值综
证.
（1）由f
' (x)=(x +1)e
x−a，∴f
' (0)=1−a，
又f (0)=2，∴切
方程
线
为y =(1−a) x +2，（a≠1）.
当x =0
，
时y =2；当y =0
，
时x =
2
a−1
，
由
意可得
题
S = 1
2 ×2×
2
|a−1|= 4，解得a= 1
2
或a= 3
2
.
（2）f (x)−ln x−3= x e
x−ax−ln x−1，x>0，
当
，
时x⋅e
x−ax−ln x−1≥x⋅e
x−x−ln x−1，
令g(x)= x e
x−x−ln x−1(x>0)，则g
' (x)=(x +1)(e
x−1
x)，
设g
' (x)的零点为x0，则e
x0−1
x0
=0，即x0e
x0=1且ln x0=−x0，
∴g(x)在(0, x0)上
减，
递
上
增，
递
∴g(x)(x0)0ln x0min，
∴x>0
，
时g(x)≥0恒成立，从而f (x)−ln x−3≥0恒成立，
∴当
，
时f (x)≥ln x +3.
（或根据x⋅e
x−x−ln x−1=e
x + ln x−x−ln x−1≥x + ln x +1−x−ln x−1=0
明）
证
【点睛】解
的关
是掌握
数的几何意
，利用
数求函数
性、极（最）
的方法，并灵活
用，
点在于，
题
键
导
义
导
单调
值
应
难
需根据a 的范
，
行合理
形，
而直接求
即可，属中档
围进
变
进
证
题.
【变式训练1-4】已知函数f (x)= x(e
x+1)−a(e
x−1).
（1）若曲线
在点(1,f (1))
切
的斜率
处
线
为1，求
数
实
a的
；
值
（2）当
，
时f (x)>0恒成立，求
数
实
a的取
范
值
围.
【答案】（1）2；（2）−∞,2.
【解析】（1）求出函数的
数，根据
导
f
' (1)=1，得到关于a的方程，求出a的
即可；
值
（2）求出函数的
数，通
导
过讨论a的范
，求出函数的
性，从而确定
围
单调
a的范
即可．
围
(1)f
' (x)= x e
x+e
x+1−ae
x，
因为f
' (1)=e+e+1−ae =1，所以a=2.
(2)设g(x)= f
' (x)=e
x+1+ x e
x−ae
x，
则g
' (x)=e
x+( x +1)e
x−ae
x =( x +2−a)e
x，
设h(x)= x +2−a，
注意到f (0)=0，f
' (0)= g(0)=2−a，
①当a≤2
，
时h(x)= x +2−a>0在(0,+∞)上恒成立，
所以g
' (x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上
增，
单调递
所以g(x)>g(0)=2−a≥0，所以f
' (x)>0在(0,+∞)上恒成立.
所以f (x)在(0,+∞)上
增，
单调递
所以f (x)>f (0)=0在(0,+∞)上恒成立，符合
意
题
.
②当a>2
，
时h(0)=2−a<0，h(a)=2>0，∃x0∈(0，a)，使得h(x0)=0，
当x∈(0，x0)
，
时h(x)<0，所以g
' (x)<0，所以g(x)在(0，x0)上
减，所以
单调递
f
' (x)在(0，x0)上单调
减，
递
所以f
' (x)<f
' (0)=2−a<0，所以f (x)在(0，x0)上
减，所以当
单调递
x∈(0，x0)
，
时f (x)<f (0)=0，不符
合
意
题
.
上所述，
综
a≤2，即
数
实
a 的取
范
值
围为−∞,2.
【点睛】本
考
了
数在函数的
性，最
中的
用，考
分
思想，
化思想，是一道
合
．
题
查
导
单调
值
应
查
类讨论
转
综
题
题型02：参数代换
【典型例题1】已知函数f (x)= ln (x +1)+a x
2，a>0.
（1）
函数
讨论
f (x)的
性；
单调
（2）若函数f (x)在区间(−1,0)有唯一零点x0，
明：
证
e
−2< x0+1<e
−1.
【答案】（Ⅰ）
解析
见
;（Ⅱ）
解析
见
.
【解析】
分析：（Ⅰ）求
得
试题
导
f ' (x)= 2a x
2+2ax +1
x +1
， 分Δ<0， Δ=0，Δ>0，三种情况
可得
区
讨论
单调
间.
（Ⅱ）由（1）及f (0)=0可知：
当极大
等于零，即
仅
值
f (x1)=0且 f‘(x1)=0
所以2a x0
2+2a x0+1=0，且f (x0)=ln(x0+1)+a x0
2=0，消去a得ln(x0+1)−
x0
2(x0+1)
=0，构造函数，
明
证
且零点存在且唯一即可
单调
.
解析：（Ⅰ）
试题
f ' (x)=
1
x +1 +2ax = 2a x
2+2ax +1
x +1
，x>−1，
令g(x)=2a x
2+2ax +1，Δ= 4 a
2−8a= 4 a(a−2)，
若Δ<0，即0<a<2，则g(x)>0，
当x∈(−1,+ ∞)
，
时f ' (x)>0，f (x)
增，
单调递
若Δ=0，即a=2，则g(x)≥0，
当
仅
x =−1
2
，等号成立，
时
当x∈(−1,+ ∞)
，
时f ' (x)≥0，f (x)
增
单调递
.
若Δ>0，即a>2，则g(x)有两个零点x1= −a−❑√a(a−2)
2a
，x2= −a+ ❑√a(a−2)
2a
，
由g(−1)= g(0)=1>0，g(−1
2)<0得−1< x1<−1
2 < x2<0，
当x∈(−1, x1)
，
时g(x)>0，f ' (x)>0，f (x)
增；
单调递
当x∈(x1, x2)
，
时g(x)<0，f ' (x)<0，f (x)
减；
单调递
当x∈(x2,+ ∞)
，
时g(x)>0，f ' (x)>0，f (x)
增
单调递
.
上所述，
综
当0<a≤2
，
时f (x)在(−1,+∞)上
增；
单调递
当a>2
，
时f (x)在(−1, −a−❑√a(a−2)
2a
)和(
−a+ ❑√a(a−2)
2a
,+∞)上
增，
单调递
在(
−a−❑√a(a−2)
2a
, −a+ ❑√a(a−2)
2a
)上
减
单调递
.
（Ⅱ）由（1）及f (0)=0可知：
当极大
等于零，即
仅
值
f (x1)=0
，符合要求
时
.
此
，
时x1就是函数f (x)在区间(−1,0)的唯一零点x0.
所以2a x0
2+2a x0+1=0，从而有a=−
1
2 x0(x0+1)
，
又因为f (x0)=ln(x0+1)+a x0
2=0，所以ln(x0+1)−
x0
2(x0+1)
=0，
令x0+1=t，则lnt −t −1
2t =0，
设h(t )=lnt + 1
2t −1
2，则h' (t )= 2t −1
2t
2 ，
再由（1）知：0<t < 1
2
，h' (t )<0，h(t )
减，
单调递
又因为h(e
−2)= e
2−5
2
>0，h(e
−1)= e−3
2
<0，
所以e
−2<t <e
−1，即e
−2< x0+1<e
−1
【点晴】本
考
函数
数与
性
题
查
导
单调
.确定零点的个数
：可利用数形
合的
法判断交点个数，如果函数
问题
结
办
较为
复
，可
合
数知
确定极
点和
区
从而确定其大致
象
杂
结
导
识
值
单调
间
图
.方程的有解
就是判断是否存在零点的
问题
问
，可参
分离，
化
求函数的
域
理
题
变
转
为
值
问题处
. 恒成立
以及可
化
恒成立
的
，往往可利用参
问题
转
为
问题
问题
变
分离的方法，
化
求函数最
理．也可构造新函数然后利用
数来求解
转
为
值处
导
.注意利用数形
合的数学思想方法
结
.
【典型例题2】已知函数f ( x)= ln x +a．
(1)若曲线
在(1,f (1))
的切
点
处
线经过
，求
数
实
a 的
；
值
(2)若
任意
对
x∈(0,+ ∞)，都有e
x−a≥f (x)（e
自然
数的底），求
：
为
对
证a≤1．
【答案】(1)a=2
(2)
明
解析
证
见
【解析】
(1)f
' (x)= 1
x
，所以f
' (1)=1，f (1)=a，
所以曲线
在点(1,f (1))
的切
方程
处
线
为y = x +a−1，
因
切
点
为
线经过
，所以1=0+a−1
解得a=2．
(2)设g(x)=e
x−a−ln x−a，则g
' (x)=e
x−a−1
x
，
设g
'(x0)=e
x0−a−1
x0
=0，则a= x0+ ln x0，
因为g
' (x)在(0,+ ∞)上
增，
递
所以当x∈(0, x0)
，
时g
' (x)<0，当
，
时g
' (x)>0
所以g(x)在(0, x0)上
减，在
递
(x0,+ ∞)上
增，
递
所以gmin( x)= g(x0)=e
x0−a−ln x0−a= 1
x0
−x0−2ln x0≥0，
令h(x)= 1
x −x−2ln x，则h
' (x)=−1
x
2 −1−2
x = −1−x
2−2 x
x
2
=−( x +1)
2
x
2
<0
所以h(x)= 1
x −x−2ln x在(0,+∞)
减，
递
因为h(1)=0，
所以x0≤1，所以a= x0+ ln x0≤1．
【点睛】此
考
数的
合
用，考
数的几何意
，考
利用
数
明不等式，解
的关
是构造函数
题
查导
综
应
查导
义
查
导
证
题
键
g(x)=e
x−a−ln x−a，利用
数求得
导
gmin( x)= g(x0)=e
x0−a−ln x0−a= 1
x0
−x0−2ln x0≥0，再利用函数
h(x)= 1
x −x−2ln x的
性
合
单调
结
h(1)=0可
得
，考
数学
化思想，属于
证
结论
查
转
较难题
【变式训练2-1】已知函数f (x)= ln x−a x
2+ x．
(1)若
任意
数
对
实
x∈(0,+ ∞)，都有f (x)<0恒成立，求
数
实
a 的取
范
；
值
围
(2)当a= 1
2
，若
时
f (x1)+ f (x2)=1，求x1+ x2的最小
．
值
【答案】(1)
(2)2
【解析】（1）已知当a≤0
，
时f (1)=1−a>0不
足；
而
当
满
进
讨论
a>0
，存在唯一零点
时
x0∈(
1
2a ,1+ 1
a)，当
x∈(0, x0)
，
时f ( x)
增，当
单调递
x∈( x0,+∞)
，
时
f ( x)
减，故
单调递
f ( x)0ln x0
x0
2
1
2 max
，解得
0< x0<1
，最后利用
求解；
（2）由
知
题
，再令
x1+ x2
2
=t得
t
2−2t +1−2lnt ≤0，故研究函数 m(t )=t
2−2t +1−2ln t
性
得
质
m(t )
在
上有唯一的零点 x0，
且
足
满
1≤t ≤x0,m(t )≤0，
而得答案
进
.
(1)
解：当a≤0
，
时f (1)=1−a>0，不
足
任意
数
满
对
实
x∈(0,+∞)，都有f (x)<0恒成立；
当a>0
，
时f ' (x)= 1
x −2ax +1，
令g(x)= f ' (x)= 1
x −2ax +1，则g' (x)=−1
x
2 −2a<0
所以函数f ' (x)= 1
x −2ax +1
减，
单调递
由于f '(
1
2a)=2a>0，f '(1+ 1
a)=
a
a+1 −2a−1= −2a
2−2a−1
a+1
<0，
所以存在唯一零点x0∈(
1
2a ,1+ 1
a)，使得 f '( x0)=0, 1
x0
−2a x0+1=0，
所以当x∈(0, x0)
，
时f
'( x)>0,f ( x)
增，当
单调递
x∈( x0,+∞)
，
时f
'( x)<0,f ( x)
减，
单调递
所以
令h(x)= ln x + x
2 −1
2
， h' (x)= 1
x + 1
2 >0，
故h(x)= ln x + x
2 −1
2
在定
域内是的
函数，
义
单调
由于h(1)=0，
所以
的解集
为
0< x0<1
，
所以
，即
数
实
a 的取
范
是
值
围
(2)
解：当a= 1
2
，
时cosθ =
❑√5
3
，
由
，
所以ln x1 x2−1
2 ( x1+ x2)
2+ x1 x2+ x1+ x2=1，
所以
，
令x1+ x2
2
=t，则2t
2−2t +1≤lnt
2+t
2，即 t
2−2t +1−2lnt ≤0，
令m(t )=t
2−2t +1−2ln t ,m'(t )=2t −2−2
t = 2(t
2−t −1)
t
.
令m'(t )=0⇒t = 1+ ❑√5
2
所以0<t < 1+ ❑√5
2
，
时
， m(t )
减，
单调递
，
时
m' (t )>0， m(t )
增，
单调递
由于m(1)=0,m(3)= 4−2ln3>0，
所以m(t )
在
上有唯一的零点 x0∈( 1+ ❑√5
2
,3)
，且
足
满
1≤t ≤x0,m(t )≤0
，
所以2≤x1+ x2≤2 x0，
所以( x1+ x2)min，当且
当
仅
等号成立
时
.
【点睛】“
零点”
：求解
数
，如果
干中未提及零点或零点不明确，依据有关理
（如函数零点的
隐
问题
导
压轴题时
题
论
存在性定理）或函数的
象，能
判断出零点确
存在，但是无法直接求出，不妨称之
性零点
图
够
实
为隐
.我
一般可
们
对
零点“
而不求”，通
一种整体的代
和
渡，再
合其他条件，从而最
解决
．我
称
零
设
过
换
过
结
终
问题
们
这类问题为隐
点”
（零点大小确定的叫“
零点”）．
理此
的策略可考
“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
问题
显
处
类问题
虑
数方程思想”
化等，从操作步
看，可遵循如下
理方法：
转
骤
处
第一步：用零点存在性定理判定
函数零点的存在性，列出零点方程
导
f ' (x0)=0，并
合
结
f ( x)的
性得到零点
单调
的范
；
里
注意，确定
性零点范
的方式是多种多
的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的
围这
应
隐
围
样
象特征得到，甚至可以由
直接得到，等等；至于
性零点范
精确到多少，由所求解
决定，因此必要
图
题设
隐
围
问题
尽可能
小其范
；
时
缩
围
第二步：以零点
分界点，
明
函数
为
说
导
f ' (x)的正
，
而得到
负进
f ( x)的最
表达式；
里
注意，
行代数式的替
值
这
应
进
程中，尽可能将目
式
形
整式或分式，那么就需要尽可能将指、
数函数式用有理式替
，
是能否
换过
标
变
为
对
换这
继
深入的关
；
续
键
第三步：将零点方程g( x0)=0适当
形，整体代入最
式子
行化
明；有
候第一步中的零点范
可以
变
值
进
简证
时
围还
适当
小．
函数零点
然
形，但只要抓住特征
缩
导
虽
隐
(零点方程)，判断其范围(用零点存在性定理)，最后整体代入即
可．（即注意零点的范
和性
特征）
围
质
【变式训练2-2】
函数
设
f (x)=2e
x−(x −a)
2(a∈R)，e
自然
数的底数
为
对
.
（1）若f (x)在0,+ ∞)上
增，求
单调递
a的取
范
；
值
围
（2）
明：若
证
x ≥0,ln 2−2≤a<−1，则f (x)≥0．
【答案】（1）a≥−1（2）
解析
见
【解析】(1)利用
函数
导
2(e
x−x +a)≥0恒成立,求解即可.
(2)利用(1)中的
与零点存在定理可得存在
结论
x0∈0,ln2,使得g(x0)=e
x0−x0+a=0,再利用
零点的方法
隐
,求
得f (x)在0,+∞)上的最小值,再代入极
点的关系化
明即可
值
简证
.
解：（1）因为f (x)在0,+ ∞)上
增
单调递
,
所以f ' (x)=2e
x−2(x −a)=2(e
x−x +a)≥0恒成立.
令g(x)=e
x−x +a,当x∈0,+ ∞),g' (x)=e
x−1≥0
g(x)在0,+∞)上
增
单调递
,
依
意有
题
g(x)(0)min,得a≥−1
（2）由（1）可知,g(x)在0,+ ∞)上
增
单调递
,当ln2−2≤a<−1时,
g(0)=1+a<0,g(ln 2)=2−ln 2+a≥0,
存在x0∈0,ln2,使得g(x0)=e
x0−x0+a=0,
且当x∈(0, x0)时,g(x)<0,即f ' (x)<0,f (x)在(0, x0)上
减
单调递
当
时,g(x)>0,即f ' (x)>0,f (x)在(0, x0)上
增
单调递
所以f (x)在0,+∞)上的最小值为
f (x0)=2e
x0−(x0−a)
2=2(x0−a)−(x0−a)
2=(x0−a)(2+a−x0)
ln 2−2≤a<−1,x0∈0,ln 2,x0−a>0,2+a−x0≥0
f (x0)≥0,即f (x)≥0成立
或者f (x0)=2e
x0−(x0−a)
2=2e
x0−(e
x0)
2=e
x0(2−e
x0)
x0∈0,ln2,1<e
x0<2
f (x0)≥0,即f (x)≥0成立
【点睛】本
主要考
了函数恒成立的
题
查
问题,同
也考
了
零点
的
用
时
查
隐
问题
应
,需要根据
意列出
的不等式
题
对应
,再
根据
数求解
性与极
的方法
明即可
导
单调
值
证
.属于难题.
题型03：变形代换
【典型例题1】已知函数f (x)= 1
2 x
2−aln x +(1−a) x +1(a∈R)．
(1)
函数
讨论
f (x)的
性；
单调
(2)当a=1
，求
：
时
证f (x)≤x(e
x−1)+ 1
2 x
2−2ln x．
【答案】(1)当a≤0
，
时f (x)在(0,+ ∞)上
增；当
为单调递
a>0
，
时f (x)在
上
减，在
为单调递
(a,+ ∞)上为单调
增
递
.(2)
明
解析
证
见见
.
【解析】(1)由已知条件得函数f (x)的定
域
义
为(0,+ ∞)，
f
' (x)= x−a
x +1−a= x
2+(1−a) x−a
x
= (x−a)(x +1)
x
，
因为x>0, x +1>0
①当a≤0
，
时f
' (x)>0在(0,+ ∞)上恒成立，
故f (x)在(0,+∞)上
增
为单调递
.
②当a>0
，当
时
x>a
，
时f
' (x)>0，当
，
时f
' (x)<0
故f (x)在
上
减，在
为单调递
(a,+∞)上
增；
为单调递
上所述：当
综
a≤0
，
时f (x)在(0,+∞)上
增
为单调递
当a>0
，
时f (x)在
上
减，在
为单调递
(a,+ ∞)上
增
为单调递
(2)当a=1
，
时f (x)= 1
2 x
2−lnx +1
要
原式成立，需
证
证ln x +1≤x(e
x−1)成立，
即需证x e
x−ln x−x−1≥0成立，
令g(x)= x e
x−ln x−x−1(x>0)，则g
' (x)=e
x+ x e
x−1
x −1=(x +1)(e
x−1
x)，
令u(x)=e
x−1
x
，则u
' (x)=e
x+ 1
x
2 >0，故u(x)在(0,+∞)上
增，
单调递
u(
1
2)= ❑√e−2<0，u(1)=e−1>0，由零点存在性定理可知，存在x0使u(x0)=0，
在
则
(0, x0)上u(x)<0，在(x0,+ ∞)上u(x)>0，
即在(0, x0)上g
' (x)<0，在(x0,+ ∞)上g
' (x)>0，
则g(x)在(0, x0)上
减，在
单调递
(x0,+ ∞)
增，在
单调递
x = x0
取得最小
，
处
值
由u(x0)=0可得u(x0)=e
x0−1
x0
=0，即e
x0 x0=1，
两
同取
数
边
对
ln(e
x0 x0)= ln1，即x0+ ln x0=0，
g(x)的最小值为g(x0)= x0e
x0−ln x0−x0−1=0，
即x e
x−ln x−x−1≥0成立，
故当a=0
，
时f ( x)≤x(e
x−1)−1
2 x
2成立.
【点睛】本
考
利用
数
函数的
性，利用
数
明不等式
题
查
导
讨论
单调
导
证
. 解答本
的关
是构造函数
题
键
g(x)= x e
x−ln x−x−1(x>0)，分析其
性，得出其最小
，从而得出函数在在
单调
值
x = x0
取得最小
，而
处
值
x0
足
满
e
x0 x0=1，两
同取
数得
边
对
x0+ ln x0=0，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题.
【变式训练3-1】已知函数 f (x)=ae
x+ 1−ln x
x
.
(1)若a=0,求f (x)的极
；
值
(2)若f (x)≥1恒成立，求
数
实
a 的取
范
值
围.
【答案】(1)f (x)的极小值为−1
e
2，无极大值
(2) 1
e
2 ,+∞)
【解析】（1）由
可求
函数，利用
数求出函数的
区
，
而再求出极
即可；
题
导
导
单调
间进
值
（2）令g( x)=ax e
x+1−ln x−x ,，求
函数，分
导
a≤0和a>0两种情况，分析
函数的符号，求得
导
g(x)的最
，
值
而可得答案
继
.
（1）当a=0,f ( x)= 1−ln x
x
, x>0，
令f
'( x)= −2+ ln x
x
2
=0，解得x =e
2，
当
则
x∈(0,e
2),f
'( x)<0,f ( x)
减，当
单调递
x∈(e
2,+∞),f
'( x)>0,f ( x)
增，
单调递
故f ( x)的极小值为f (e
2)=−1
e
2，无极大
；
值
（2）由
意可得
题
ax e
x+1−ln x ≥x , x>0,
令g( x)=ax e
x+1−ln x−x ,则g
'( x)=( x +1)(ae
x−1
x)=( x +1)⋅ae
x⋅x−1
x
,
当a≤0
，
时g
'( x)<0, g(1)=ae≤0,则x>1
，
时g( x)<g(1)≤0，不合
意；
题
当a>0
，
时设h(x)=ae
x⋅x−1, x>0，
h(
1
a)=ae
1
a ⋅1
a −1=e
1
a −1>0，h(0)=−1<0，
所以存在x0∈(0, 1
a)
，
时h(x0)=ae
x0⋅x0−1=0，
因为h
' (x)=ae
x⋅x +ae
x =ae
x(x +1)>0，所以h(x)在(0,+ ∞)上
增，
单调递
所以当x∈(0, x0)，h( x)<0；当
，h( x)>0，
当
则
x∈(0, x0)，g
'( x)<0；当
，g
'( x)>0，
则g( x)在(0, x0)
减，在
单调递
(x0,+ ∞)
增，
单调递
所以g( x)(x0)0e
x0
0ln x0min
因为ae
x0= 1
x0
，所以a x0e
x0=1，即ln a+ x0=−ln x0,
故g( x)(x0)0ln a0ln amin解得a≥1
e
2
上所述，
数
综
实
a 的取
范
值
围1
e
2 ,+ ∞).
【点睛】
于利用
数研究函数的
合
的求解策略：
对
导
综
问题
1、通常要构造新函数，利用
数研究函数的
性，求出最
，从而求出参数的取
范
；
导
单调
值
值
围
2、利用可分离
量，构造新函数，直接把
化
函数的最
．
变
问题转
为
值问题
3、根据恒成立或有解求解参数的取
，一般涉及分离参数法，但
中很少碰到分离参数后构造的新函
值时
压轴试题
数能直接求出最
点的情况，
行求解，若参
分离不易求解
，就要考
利用分
法和放
法，注意恒
值
进
变
问题
虑
类讨论
缩
成立与存在性
的区
．
问题
别
题型04：同构代换
【典型例题】已知函数f ( x)= ln x + x
2−kx +1(k ∈R), g( x)= x
2−3 x + x e
x.
(1)求函数f (x)的
区
；
单调
间
(2)若不等式f ( x)≤g( x)恒成立，求
数
实
k 的取
范
值
围.
【答案】(1)答案
解析
见
(2)2,+ ∞)
【解析】（1）先求定
域，再求
，分
义
导
k ≤0与k >0，
函数
区
，在
讨论
单调
间
k >0
，根据根的判
式
行分
，
时
别
进
类讨论
最
求出函数的
区
；
终
单调
间
（2）参
分离，得到
变
k ≥ln x +3 x +1−x e
x
x
，构造h(x)= ln x +3 x +1−x e
x
x
，x>0，求
后，构造
导
k (x)=−x
2e
x−ln x，x>0，求
利用
零点，同构等方法求出
导
隐
h(x)max，得到
数
实
k 的取
范
值
围.
（1）f ( x)= ln x + x
2−kx +1，定
域
义
为(0,+ ∞)，
则f
'( x)= 1
x +2 x−k = 2 x
2−kx +1
x
，
当k ≤0
，
时2 x
2−kx +1>0恒成立，故f
' (x)>0，
所以f (x)的
增区
单调递
间为(0,+ ∞)，无
减区
；
递
间
当k >0
，
时
令u(x)=2 x
2−kx +1，
当Δ=k
2−8≤0，即0<k ≤2❑√2
，
时2 x
2−kx +1≥0恒成立，故f
' (x)≥0，
所以f (x)的
增区
单调递
间为(0,+ ∞)，无
减区
；
递
间
当Δ=k
2−8>0，即k >2❑√2
，
时
此时设2 x
2−kx +1=0的两根为x1= k +
❑√k
2−8
4
，x2= k −
❑√k
2−8
4
，
两根均大于0，且x2< x1，
令f
' (x)>0得：x> k +
❑√k
2−8
4
或0< x< k −
❑√k
2−8
4
，
令f
' (x)<0得：k −
❑√k
2−8
4
< x< k +
❑√k
2−8
4
，
故f (x)的
增区
单调递
间为(
k +
❑√k
2−8
4
,+ ∞),(0, k −
❑√k
2−8
4
)，
减区
单调递
间为
(
k −
❑√k
2−8
4
, k +
❑√k
2−8
4
)；
上：当
综
k ≤2❑√2
，
时f (x)的
增区
单调递
间为(0,+ ∞)，无
减区
；
递
间
当k >2❑√2
，
时f (x)的
增区
单调递
间为(
k +
❑√k
2−8
4
,+∞),(0, k −
❑√k
2−8
4
)，
减区
单调递
间为
(
k −
❑√k
2−8
4
, k +
❑√k
2−8
4
)；
（2）由于f ( x)= ln x + x
2−kx +1的定
域
义
为(0,+ ∞)，
可只需考虑x>0
，不等式
时
f ( x)≤g( x)恒成立，
即ln x + x
2−kx +1≤x
2−3 x + x e
x，化
得：
简
k ≥ln x +3 x +1−x e
x
x
，
令h(x)= ln x +3 x +1−x e
x
x
，x>0，
则h
' (x)=(
1
x +3−e
x−x e
x)x−(ln x +3 x +1−x e
x)
x
2
= −x
2e
x−ln x
x
2
，
令k (x)=−x
2e
x−ln x，x>0，
k
' (x)=−2 x e
x−x
2e
x−1
x <0在x>0上恒成立，
故k (x)=−x
2e
x−ln x在(0,+ ∞)上
减，
单调递
因为k (1)=−e<0，k(
1
3)= ln3−e
1
3
9 >0，
故存在x0∈(
1
3 ,1)，使得k (x0)=−x0
2e
x0−ln x0=0，
即x0e
x0= 1
x0
ln 1
x0
=e
ln 1
x0 ln 1
x0
，
设
，x∈(
1
3 ,1)，
则v
' (x)=(x +1)e
x>0在x∈(
1
3 ,1)上恒成立，
故
在x∈(
1
3 ,1)上
增，
单调递
所以x0= ln 1
x0
，即e
x0= 1
x0
，−x0= ln x0，
当x∈(0, x0)
，
时k (x)>0，h
' (x)>0，
当
，
时k (x)<0，h
' (x)<0，
故x∈(0, x0)
，
时h(x)
增，
单调递
，
时h(x)
减，
单调递
故h(x)在x = x0
取得极大
，也是最大
，
时
值
值
故h(x) ln x0+3 x0+1−x0e
x0
x0
−x0+3 x0+1−1
x0
max
，
故k ≥2，所以
数
实
k 的取
范
是
值
围
2,+∞)
【点睛】
零点的
理思路：
隐
处
第一步：用零点存在性定理判定
函数零点的存在性，其中
点是通
合理
，敏
捕捉零点存在的区
，有
导
难
过
赋值
锐
间
需
合函数
性明确零点的个数；
时还
结
单调
第二步：虚
零点并确定取范
，抓住零点方程
施代
，如指数与
数互
，超越函数与
函数的替
，利
设
围
实
换
对
换
简单
换
用同构思想等解决，需要注意的是，代
可能不止一次
换
.
【变式训练4-1】已知函数f ( x) = x⋅e
3 x．
（1）求曲线y = f ( x)在点(0,f (0))
的切
方程；
处
线
（2）若
任意的
对
x>0，f ( x)−ln x ≥(a+2) x +1恒成立，求
数
实
a的取
范
．
值
围
【答案】（1）y = x；（2）(−∞,1].
【解析】（1）求出函数的
数，
算
导
计
f (0)，
，求出切
方程即可；
线
（2）
化
问题转
为a+2⩽e
3 x−ln x
x −1
x
，令g( x)=e
3 x−ln x
x −1
x
，根据函数的
性求出
单调
g( x)的最小
，（可
值
根据同构法也可根据
元法求最
），求出
换
值
a的范
即可；
围
（1）f
'( x) =( x e
3 x)
' =e
3 x+3 x e
3 x =(1+3 x) e
3 x．所以f
'(0) =1．又f (0) =0，
所以曲线y = f ( x)在点(0,f (0))
的切
方程
处
线
为y = x．
（2）f ( x)−ln x ≥(a+2) x +1⇔a+2≤e
3 x−ln x
x −1
x
．
令g( x) =e
3 x−ln x
x −1
x
，则g
'( x) = 3 x
2e
3 x+ ln x
x
2
．
令h( x) =3 x
2e
3 x+ ln x，则h
'( x) =6 x e
3 x+9 x
2e
3 x+ 1
x >0，所以h( x)是增函数．
又h(
1
3)= e
3 −ln3< 3
3 −ln3=lne−ln3<0，h(1) =3e>0，由零点存在定理及h( x)是增函数，
知存在唯一的x0∈(
1
3 ,1)，使得h( x0) =0．
当x ∈(0, x0)
，
时h( x)<0，g
'( x) <0，g( x)
减，
单调递
当x∈( x0,+ ∞)
，
时h( x)>0，g
'( x)>0，g( x)
增，
单调递
所以g( x)( x0) e
3 x0 ln x0
x0
1
x0 min
．
由h( x0) =3 x0
2e
3 x0+ ln x0=0，得3 x0
2e
3 x0= ln 1
x0
，即e
3 x0ln e
3 x0= 1
x0
ln 1
x0
．
令p( x) = x ln x( x >1)，则p
'( x) =1+ ln x >0，p( x) = x ln x( x >1)是增函数．
又1
x0
>1，e
3 x0>e
0=1，所以e
3 x0= 1
x0
①
①两
取自然
数，得
边
对
3 x0= ln 1
x0
，即3 x0=−ln x0，所以−ln x0
x0
=3②
由①②，得g( x)( x0) e
3 x0 1
x0
ln x0
x0
min
．
于是a+2≤3，即
．所以
数
实
a的取
范
是
值
围
(−∞,1]．
【点睛】不等式恒成立
常
方法：① 分离参数
问题
见
a≥f (x)恒成立(a≥f (x)max即可)或a≤f (x)恒成立（
a≤f (x)min即可）；② 数形
合
结
(
象在
图
y = g(x) 上方即可)；③
最
讨论
值f (x)min或f (x)max恒成立；④
参数，排除不合
意的参数范
，
出符合
意的参数范
讨论
题
围筛选
题
围.
题型05：等价变形，化隐为显
【典型例题】已知函数f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a．
（1）当a=e
，求曲
时
线
在点(1,f (1))
的切
与两坐
成的三角形的面
；
处
线
标轴围
积
（2）若不等式f (x)≥1恒成立，求a 的取
范
．
值
围
【答案】（1）2
e−1
（2）[1,+ ∞)
【解析】（1）利用
数的几何意
求出在点
导
义
(1,f (1))切
方程，即可得到坐
交点坐
，最后根据三角形面
公
线
标轴
标
积
式得
果；
结
（2）方法一：利用
数研究函数
导
f (x)的
性，当
单调
a=1
，由
时
f
' (1)=0得f (x)min= f (1)=1,符合
意；当
题
a>1
，
时
可证
，从而f
' (x)存在零点x0>0，使得f
'( x0)=ae
x0−1−1
x0
=0，得到f ( x)min，利用零点的条件，
合指数
数的运算化
后，利用基本不等式可以
得
结
对
简
证
f (x)≥1恒成立；当
，研究
时
f (1).即可得到不符
合
意
题
.
合可得
综
a 的取
范
值
围.
（1）
，
，
.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数f (x)在点(1,f(1)
的切
方程
处
线
为y −e−1=(e−1)( x−1),即y =(e−1) x +2,
∴切
与坐
交点坐
分
线
标轴
标
别为(0,2),( −2
e−1 ,0),
∴所求三角形面积为1
2 ×2×| −2
e−1 |=
2
e−1
．
（2）［方法一］：通性通法
∵f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a,
，且a>0.
设g( x)= f '( x),则
∴g(x)在(0,+∞)上
增，即
单调递
在(0,+∞)上
增，
单调递
当a=1
，
时f
'(1)=0,∴f (x)min= f (1)=1,∴f (x)≥1成立.
当a>1
，
时1
a <1 ，
，
,
∴存在唯一x0>0，使得f
'( x0)=ae
x0−1−1
x0
=0，且当x∈(0, x0)时f
'( x)<0，当
时f
'( x)>0，
，
，
因此f ( x)0
x0−1ln x0ln amin
= 1
x0
+ ln a+ x0−1+ ln a≥2ln a−1+2❑√
1
x0
⋅x0=2ln a+1>1,
∴f (x)>1,∴f (x)≥1恒成立；
当
，
时
f (1)=a+ ln a<a<1,∴f (1)<1,f ( x)≥1不是恒成立.
上所述，
数
综
实
a 的取
范
是
值
围
[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由
得
，即e
ln a+ x−1+ ln a+ x−1≥ln x + x，而ln x + x =e
ln x+ ln x，所以
．
令h(m)=e
m+m，则h
'(m)=e
m+1>0，所以h(m)在R 上
增．
单调递
由
，可知h(ln a+ x−1)≥h(ln x)，所以ln a+ x−1≥ln x，所以
ln a≥(ln x−x +1)max．
令F( x)= ln x−x +1，则F
'( x)= 1
x −1= 1−x
x
．
所以当
，
时F
'( x)>0, F( x)
增；
单调递
当x∈(1,+ ∞)
，
时F
'( x)<0, F( x)
减．
单调递
所以[ F( x)]max，则ln a≥0，即a≥1．
所以a 的取
范
值
围为a≥1．
［方法三］：换元同构
由
意知
题
a>0, x>0，令ae
x−1=t，所以ln a+ x−1= ln t，所以ln a= ln t −x +1．
于是f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a=t −ln x + ln t −x +1．
由于f ( x)≥1,t −ln x + ln t −x +1≥1⇔t + ln t ≥x + ln x，而y = x + ln x在x∈(0,+ ∞)
增函数，故
时为
t ≥x，即ae
x−1≥x，分离参数后有a≥
x
e
x−1．
令g( x)=
x
e
x−1，所以g
'( x)= e
x−1−x e
x−1
e
2 x−2
= e
x−1(1−x)
e
2 x−2
．
当0< x<1
，
时g
'( x)>0, g( x)
增；当
单调递
x>1
，
时g
'( x)<0, g( x)
减．
单调递
所以当x =1
，
时g( x)=
x
e
x−1取得最大值为g(1)=1．所以a≥1．
［方法四］：
因
定
域
为
义
为(0,+∞)，且
，所以f (1)≥1，即a+ ln a≥1．
令S(a)=a+ ln a，则S
'(a)=1+ 1
a >0，所以S(a)在区间(0,+∞)内
增．
单调递
因为S(1)=1，所以a≥1
，有
时
S(a)≥S(1)，即a+ ln a≥1．
下面
明当
证
a≥1
，
时
恒成立．
令T (a)=ae
x−1−ln x + ln a，只需
当
证
a≥1
，
时T (a)≥1恒成立．
因为T
'(a)=e
x−1+ 1
a >0，所以T (a)在区间[1,+∞)内
增，
单调递
则[T (a)]x−1ln xmin．
因此要
明
证
a≥1
，
时T (a)≥1恒成立，只需
明
证
[T (a)]x−1ln xmin即可．
由e
x≥x +1,ln x ≤x−1，得e
x−1≥x ,−ln x ≥1−x．
上面两个不等式两
相加可得
边
e
x−1−ln x ≥1，故a≥1
，
时
恒成立．
当
，因
时
为f (1)=a+ ln a<1，
然不
足
显
满
恒成立．
所以a 的取
范
值
围为a≥1．
【点睛】（2）方法一：利用
数判断函数
导
f (x)的
性，求出其最小
，由
单调
值
f min即可求出，解法
稍麻
，但是此
虽
烦
类
，也是本
的通性通法；
题
题
方法二：利用同构思想将原不等式化成
，再根据函数h(m)=e
m+m的
性以及
单调
分离参数法即可求出，是本
的最
解；
题
优
方法三：通
先
元，令
过
换
ae
x−1=t，再同构，可将原不等式化成t + lnt ≥x + ln x，再根据函数y = x + ln x的单调
性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用f (1)≥1可得a的取
范
，再
行充分性
明即可．
值
围
进
证
题型06：与三角函数有关的“隐零点”问题
【典型例题】已知函数f (x)=cos x + 1
4 x
2−1.
（1）
明：
证
f (x)≤0，x∈[−π
2 , π
2]；
（2）判断
的零点个数，并
出
明
程
给
证
过
.
【答案】（1）
明
解析；（
证
见
2）三个零点，
明
解析
证
见
.
【解析】（1）由函数
是偶函数，只需利用
数
明函数
导
证
在区间[0, π
2]上的最大值f (x)max即可；
（2）由（1）得出函数
在区间[−π
2 , π
2]上只有一个零点，然后利用函数
符号得出
函数在区
值
该
间3,+∞)
上无零点，利用
数分析函数的
性，并分析极
的符号，
合零点存在定理得出
函数在区
导
单调
值
结
该
间(
π
2 ,3)上有
且只有一个零点，由偶函数的性
得出
函数在区
质
该
间(−∞,−π
2)上也只有一个零点，从而得出函数
有三个零点.
（1）∵f (x)=cos x + 1
4 x
2−1，x∈[−π
2 , π
2]，
函数
偶函数，
则该
为
只需证f (x)max，其中x∈[0, π
2].
f
' (x)=−sin x + 1
2 x，∴f
″ (x)= 1
2 −cos x.
当x∈[0, π
2]
，令
时
f
″ (x)=0，得x = π
3
.
当x∈[0, π
3]
，
时f
″ (x)≤0，此
，函数
时
y = f
' (x)
减；
单调递
当x∈[
π
3 , π
2]
，
时f
″ (x)≥0，此
，函数
时
y = f
' (x)
增
单调递
.
∵f
' (0)=0，f
'(
π
2)= π
4 −1<0，
当x∈[0, π
2]
，
时f
' (x)≤0，此
，函数
时
减，
单调递
则f (x)≤f (0)=0，
因此，
任意的
对
x∈[−π
2 , π
2]，f (x)≤0；
（2）三个零点，
明如下：
证
由（1）可知，当x∈[−π
2 , π
2]
，函数
时
有一个零点x =0.
当x∈3,+ ∞)
，
时f (x)≥cos x−1+ 9
4 >0，此
，函数
时
无零点；
当
，
时f
' (x)= 1
2 x−sin x，f
″ (x)= 1
2 −cos x>0.
此
，函数
时
y = f
' (x)
增，
单调递
f
'(
π
2)= π
4 −1<0，f
' (3)= 3
2 −sin3>0.
由零点存在定理可知，存在x0∈(
π
2 ,3)，使得f
'(x0)=0.
当x∈(
π
2 , x0)
，
时f
' (x)<0，此
，函数
时
减；
单调递
当x∈(x0,3)
，
时f
' (x)>0，此
，函数
时
增
单调递
.
∵f(
π
2)= π
2
16 −1<0，f (x0)<f(
π
2)<0，f (3)=cos3+ 5
4 >0.
由零点存在定理知，函数
在区间(
π
2 , x0)上无零点，在区间
上有且只有一个零点，即函数
在区间(
π
2 ,3)上有且只有一个零点.
由于函数
偶函数，所以，函数
为
在−∞,−3上无零点，在(−3,−π
2)上有且只有一个零点.
上所述，函数
综
有三个零点.
【点睛】本
考
利用
数
明不等式，以及利用
数研究函数的零点个数
，解
要充分利用
数研究函
题
查
导
证
导
问题
题时
导
数的
性，并
合零点存在定理
行分析，考
分析
和解决
的能力，属于
单调
结
进
查
问题
问题
难题.
【变式训练 6-1】已知函数f ( x)= x(1−sin x).
（1）求函数f (πx)在(−20,20)上的零点之和；
（2）
明：
证
f ( x)在
上只有1 个极
点
值
.
【答案】（1）−10（2）
解析
详见
【解析】（1）f (πx)= πx(1−sin π x)=0得到x =0或x = 1
2 +2k(k ∈Z )，据此
算答案
计
.
（2）求导设g( x)= f
'( x)，则g
'( x)= x sin x −2cos x，判断函数g( x)在(0,m)上
减，在
单调递
(m, π
2)上单调
增，又
递
，g(
π
2)=0，得到答案.
（1）解：令f (πx)= πx(1−sin π x)=0，得x =0或sin π x =1，
即x =0或πx = π
2 +2kπ(k ∈Z )，即x =0或x = 1
2 +2k(k ∈Z )
所以f (πx)在(−20,20)上的零点之和为
−39
2 −35
2 −31
2 −⋯−3
2 +0+ 1
2 + 5
2 +⋯+ 37
2 =(−39
2 + 37
2 )×20
2
=−10
（2）
明
证
设g( x)= f
'( x)=1−sin x −x cos x，g
'( x)= x sin x −2cos x，
h( x)= g
'( x)，h
'( x)= x cos x +3sin x，
当x∈(0, π
2)
，
时h
'( x)>0，则h( x)= g
'( x)
增函数
为
.
因为g
'(0)=−2<0，g
'(
π
2)= π
2 >0，所以∃m∈(0, π
2)，g
'(m)=0
所以当x∈(0,m)
，
时g
'( x)<0；当x∈(m, π
2)
，
时g
'( x)>0，
从而g( x)的(0,m)上
减，在
单调递
(m, π
2)上
增
单调递
又
，g(
π
2)=0，所以必存在唯一的x0∈(0, π
2)，使得g(x0)=0，
当x∈(0, x0)
，
时g( x)>0；当x∈(x0, π
2)
，
时g( x)<0
故f ( x)
在
上只有1 个极
点
值
x0
【点睛】本
考
了函数的零点和极
点，
合性
，其中灵活掌握
零点的相关知
技巧是解
的关
题
查
值
综
较强
隐
识
题
键.
【变式训练 6-2】已知f ( x)= 1
2 x
2−x +asin x．
(1)若在x = π
的切
的斜率是
处
线
π −2，求当λ≤f ( x)在
恒成立
的
时
λ的取
范
；
值
围
(2)设g( x)= f ( x)−1
2 x
2+2 x−ln( x +1)，当x∈(0,π )时g( x)有唯一零点，求a 的取
范
．
值
围
【答案】(1)(−∞,0]；
(2)(−∞,0).
【解析】（1）根据
数的几何意
，求得参数
导
义
a；再利用
数求解
导
f (x)在区
上的最小
，即可求得参数的范
；
间
值
围
（2）
参数
对
a分
，当
类讨论
a<0
，利用
数研究其
性，即可判断零点个数；当
时
导
单调
a≥0
，根据
时
g(x)≥x−ln (x +1)，再
明
证
x−ln (x +1)>0，即可求得此
的零点个数，再
合
意
行取舍即可
时
结
题
进
.
（1）f ( x)= 1
2 x
2−x +asin x，则f
'( x)= x −1+acos x
∴f
'(π )= π −1−a= π −2,∴a=1
令φ( x)= x−1+cos x，则φ
'( x)=1−sin x ≥0恒成立，
在R上
增，当
单调递
x>0
，
时φ( x)>φ(0)=0，即f
'( x)>0恒成立，
∴f ( x)在
上
增，
单调递
∴f ( x)min
∵λ≤f ( x)恒成立，∴λ≤f ( x)min
∴λ的取
范
是
值
围
(−∞,0]
（2）g( x)= f ( x)−1
2 x
2+2 x−ln( x +1)= x +asin x−ln( x +1)，g
'( x)=1+acos x−
1
x +1
①当a<0时
在(0,π )上
增，
单调递
g
'(0)<0,g
'(π )=1−a−
1
π +1 >0，
∴存在x0∈(0,π )使得g
'(x0)=0，
当x∈(0, x0)
，
时g
'( x)<0，g( x)
减，
单调递
当x∈(x0,π)
，
时g
'( x)<0，g( x)
增
单调递
又g(0)=0, g(π )= π −ln(π +1)>0，故存在唯一的t ∈(x0,π),使得g(t )=0，
足
意；
满
题
②当a≥0
，由
时
x∈(0,π )可得g(x)≥x−ln (x +1)，令h(x)= x−ln (x +1)，
则h
'( x)=1−
1
x +1 =
x
x +1，当x∈(0,π )
，
时h
'( x)>0，故
在(0,π )上
增，
单调递
则h( x)>h(0)=0，则g( x)>0在(0,π )上恒成立，故g( x)在(0,π )上无零点．
上所述，
综
a 的取
范
是
值
围
(−∞,0)．
【小
】关
点点睛：本
考
数的几何意
，以及利用
数
理恒成立
和零点
；其中第二
理的关
结
键
题
查导
义
导
处
问题
问题
问处
是在当
键
a≥0
，
行适度的放
，属
合困
时进
缩
综
难题.
隐零点题型归纳
题型01：不含参数的隐零点问题
【典型例题1】已知函数f (x)=−ax
e
x + x−1
2 x
2．
(1)讨论f (x)的
性．
单调
(2)当a=1
，
明：
时证
f (x)<
x
x +1
对x∈(0,+ ∞)恒成立．
【答案】(1)f (x)
区
、
性
解析；
单调
间单调
见
(2)
明
解析
证
见
.
【解析】(1)因为f
' (x)=−a−ax
e
x
+1−x = (1−x)(e
x−a)
e
x
，
当a≤0
，
时e
x−a>0，由f
' (x)>0，得x<1，由f
' (x)<0，得x>1，
所以f (x)在
上
增，在
单调递
(1,+∞)上
减，
单调递
当0<a<e
，由
时
f
' (x)>0，得ln a< x<1，由f
' (x)<0，得x<ln a或x>1，
所以f (x)在(−∞,ln a)和(1,+ ∞)上
减，在
单调递
(ln a,1)上
增，
单调递
当a=e
，
时f
' (x)≤0，当且
当
仅
x =1
取“
时
=”，则f (x)在R 上
减，
单调递
当a>e
，由
时
f
' (x)>0，得1< x<ln a，由f
' (x)<0，得x<1或
，
所以f (x)在
和(ln a,+∞)上
减，在
单调递
(1,ln a)上
增
单调递
.
(2)当a=1，x>0
，
时f (x)<
x
x +1 ⇔x
e
x + 1
2 x
2+
x
x +1 −x>0⇔1
e
x + 1
2 x +
1
x +1 −1>0，
令g(x)= 1
e
x + 1
2 x +
1
x +1 −1，则g
' (x)=−1
e
x + 1
2 −
1
(x +1)
2，
然
显
g
' (x)在(0,+ ∞)上
增，且
单调递
g
' (1)= 1
4 −1
e <0，g
'(2)=−1
e
2 −1
3
2 + 1
2 >−2
e
2 + 1
2 >0，
即存在x0∈(1,2)，使得g
'(x0)=0，当0< x< x0
，
时g
' (x)<0，
当x> x0
，
时g
' (x)>0，
于是得g(x)在(0, x0)上
减，在
单调递
(x0,+ ∞)上
增，
单调递
即g(x)(x0) 1
e
x0
1
2 0
1
x0+1 min
，而g
'(x0)=−1
e
x0 + 1
2 −
1
(x0+1)
2 =0，即1
e
x0 = 1
2 −
1
(x0+1)
2，
因此，g(x) 1
2
1
(x0+1)
2
1
2 0
1
x0+1
x0
(x0+1)
2
1
2 0
1
2 min
，而x0>1，即g(x)min，
所以f (x)<
x
x +1
对x∈(0,+ ∞)恒成立.
【点睛】涉及双
量的不等式
明
，将所
不等式等价
化，构造新函数，再借助
数探
函数的
性、极
变
证
问题
证
转
导
讨
单调
(最)
理
值问题处
.
【典型例题2】已知函数f (x)= 1
2 x
2−aln x +(1−a) x +1(a∈R)．
(1)
函数
讨论
f (x)的
性；
单调
(2)当a=1
，求
：
时
证f (x)≤x(e
x−1)+ 1
2 x
2−2ln x．
【答案】(1)当a≤0
，
时f (x)在(0,+ ∞)上
增；当
为单调递
a>0
，
时f (x)在
上
减，在
为单调递
(a,+ ∞)上为单调
增
递
.(2)
明
解析
证
见见
.
【解析】(1)由已知条件得函数f (x)的定
域
义
为(0,+ ∞)，
f
' (x)= x−a
x +1−a= x
2+(1−a) x−a
x
= (x−a)(x +1)
x
，
因为x>0, x +1>0
①当a≤0
，
时f
' (x)>0在(0,+ ∞)上恒成立，故f (x)在(0,+ ∞)上
增
为单调递
.
②当a>0
，当
时
x>a
，
时f
' (x)>0，当
，
时f
' (x)<0
故f (x)在
上
减，在
为单调递
(a,+∞)上
增；
为单调递
上所述：当
综
a≤0
，
时f (x)在(0,+∞)上
增
为单调递
当a>0
，
时f (x)在
上
减，在
为单调递
(a,+ ∞)上
增
为单调递
(2)当a=1
，
时f (x)= 1
2 x
2−lnx +1
要
原式成立，需
证
证ln x +1≤x(e
x−1)成立，即需证x e
x−ln x−x−1≥0成立，
令g(x)= x e
x−ln x−x−1(x>0)，则g
' (x)=e
x+ x e
x−1
x −1=(x +1)(e
x−1
x)，
令u(x)=e
x−1
x
，则u
' (x)=e
x+ 1
x
2 >0，故u(x)在(0,+∞)上
增，
单调递
u(
1
2)= ❑√e−2<0，u(1)=e−1>0，由零点存在性定理可知，存在x0使u(x0)=0，
在
则
(0, x0)上u(x)<0，在(x0,+ ∞)上u(x)>0，
即在(0, x0)上g
' (x)<0，在(x0,+ ∞)上g
' (x)>0，
则g(x)在(0, x0)上
减，在
单调递
(x0,+ ∞)
增，在
单调递
x = x0
取得最小
，
处
值
由u(x0)=0可得u(x0)=e
x0−1
x0
=0，即e
x0 x0=1，
两
同取
数
边
对
ln(e
x0 x0)= ln1，即x0+ ln x0=0，
g(x)的最小值为g(x0)= x0e
x0−ln x0−x0−1=0，即x e
x−ln x−x−1≥0成立，
故当a=0
，
时f ( x)≤x(e
x−1)−1
2 x
2成立.
【点睛】本
考
利用
数
函数的
性，利用
数
明不等式
题
查
导
讨论
单调
导
证
. 解答本
的关
是构造函数
题
键
g(x)= x e
x−ln x−x−1(x>0)，分析其
性，得出其最小
，从而得出函数在在
单调
值
x = x0
取得最小
，而
处
值
x0
足
满
e
x0 x0=1，两
同取
数得
边
对
x0+ ln x0=0，从而得出最小值为0，从而得证. 属于难题.
【变式训练1-1】已知函数f (x)= ln x−x e
x+ x +m(x>0,m∈R).
(1)若g(x)= f (x)−ln x，求g(x)在[1,2]上的最大
与最小
之差；
值
值
(2)若f (x)<0，
明：
证
m<1
【答案】(1)2e
2−e−1 (2)
明
解析
证
见
【解析】(1)由
意得
题
g(x)= f (x)−ln x =−x e
x+ x +m, x∈[1,2]，则g
' (x)=−e
x(1+ x)+1, x ∈[1,2]，
由于y =e
x , y =1+ x , x∈[1,2]都是
增函数，故
递
g
' (x)=−e
x(1+ x)+1, x ∈[1,2]是
减函数，
递
则g
' (x)=−e
x(1+ x)+1< g
' (1)=−2e+1<0，
故g(x)=−x e
x+ x +m, x∈[1,2]
减函数，
为递
则g(x)e e
2
minmax，
故g(x)e e
2e
2eminmax；
(2)
明：由
证
f (x)= ln x−x e
x+ x +m<0，( x>0) ，
可得m< x e
x−ln x−x，
设h( x)= x e
x−ln x−x ,h
'( x)=( x +1)(e
x−1
x )，
令φ( x)=e
x−1
x ,φ
'( x)=e
x+ 1
x
2 >0 ，故φ( x)=e
x−1
x ,( x>0)
增，
单调递
又φ( 1
2 )=e
1
2 −2<0,φ(1)=e−1>0，
故存在x0∈( 1
2 ,1) ，使得e
x0= 1
x0
，
当0< x< x0
，
时h
'( x)=( x +1)(e
x−1
x )<0，h( x)= x e
x−ln x −x
减，
单调递
当x> x0
，
时h
'( x)=( x +1)(e
x−1
x )>0，h( x)= x e
x−ln x−x
增，
单调递
故h( x)00e
x0ln x00ln x00min，
由于e
x0= 1
x0
，则x0=−ln x0，故h( x)00e
x0ln x00ln x00min，所以m<1.
【变式训练1-2】已知函数f ( x)=−a x
2+ x ln x +2.
(1)若f (x)有两个极
点，求
数
值
实
a 的取
范
；
值
围
(2)当a=0
，
明：
时证
f ( x)> x−2
x
.
【答案】(1)
;(2)
明
解析
证
见
【解析】（1）f ( x)的定
域
义
为(0,+∞)，f
'( x)= ln x−2ax +1，由
意
题
f
'( x)=0在(0,+∞)上有两解，
即ln x−2ax +1=0，即2a= ln x +1
x
有两解.
令g( x)= ln x +1
x
( x>0)，即g( x)的
象与直
图
线
有两个交点.
g
'( x)= −ln x
x
2
=0，得x =1，当
，
时g
'( x)>0，g( x)
增；
递
当x∈(1,+ ∞)
，
时g
'( x)<0，g( x)
减，
递
∴g( x)max，g(
1
e)=0，
x→0
，
时g( x)→−∞；
，
时g( x)→0，
∴0<2a<1，∴0<a< 1
2，∴a 的取
范
是
值
围
.
（2）当a=0
，
时f ( x)= x ln x +2，即证x ln x +2> x−2
x
，即证x ln x +2−x + 2
x >0，
令h( x)= x ln x +2−x + 2
x ( x>0)，h
'( x)= ln x−2
x
2，令m( x)= ln x−2
x
2，则m
'( x)= 1
x + 4
x
3，
当x>0
，
时m
'( x)>0，∴h
'( x)在(0,+∞)
增
递
.
h
'(1)=−2<0，h
'(e)=1−2
e
2 >0，
∴存在唯一的x0∈(1,e)，使得h
'( x0)= ln x0−2
x0
2 =0，
当x0∈(0, x0)
，
时
，
减；
递
当
，
时h
'( x)>0，
增，
递
∴h( x)0min.
又∵x0∈(1,e)，h
'( x0)=0，∴ln x0−2
x0
2 =0，
∴h( x0)= x0ln x0+2−x0+ 2
x0
= 2
x0
+2−x0+ 2
x0
=2−x0+ 4
x0
>2−e+ 4
e >0，
，∴f ( x)> x−2
x
.
【变式训练1-3】已知函数f (x)= ln x
x + a
x +2的
象在点
图
(1,f (1))
的切
方程
处
线
为y −3=0．
(1)判断函数f (x)的
性．
单调
(2)
明：当
证
x>0
，
时f (x)≤e
2 x．
【答案】
解析
见
【解析】(1)解：因为f
' (x)= 1−ln x
x
2
−a
x
2，所以f
' (1)=1−a=0，解得a=1，所以f
' (x)= −ln x
x
2
．
函数f (x)的定
域
义
为(0,+ ∞)，令f
' (x)>0，得0< x<1；
令f
' (x)<0，得x>1．所以函数f (x)的增区间为
，减区间为(1,+∞).
(2)
明：要
证
证f (x)≤e
2 x，即证ln x
x + 1
x +2≤e
2 x，只需证x(e
2 x−2)−ln x −1≥0．
令g(x)= x(e
2 x−2)−ln x−1，其中x>0，
则g
' (x)=(2 x +1)e
2 x−1+2 x
x
=(2 x +1)(e
2 x−1
x)．
令h(x)=e
2 x−1
x
(x>0)，则h
' (x)=2e
2 x+ 1
x
2 >0，所以h(x)在(0,+ ∞)上
增．
单调递
因为h(
1
4)= ❑√e−4<0，h(
1
2)=e−2>0，所以存在x0∈(
1
4 , 1
2)，使h(x0)=e
2 x0−1
x0
=0，可得
2 x0=−ln x0，
当x∈(0, x0)
，
时h(x)<0，即g
' (x)<0，则g(x)在(0, x0)上
减；
单调递
当
，
时h(x)>0，即g
' (x)>0，则g(x)在(x0,+∞)上
增．
单调递
所以g(x)(x0)0(e
2 x0−2)ln x00(
1
x0
−2)0min
．所以g(x)≥0，所以f (x)≤e
2 x．
【点睛】利用
数
明不等式
，方法如下：
导
证
问题
直接构造函数法：
明不等式
证
f (x)> g(x)（或f (x)< g(x)）
化
明
转
为证
f (x)−g(x)>0
（或f (x)−g(x)<0），
而构造
助函数
进
辅
；
（2）适当放
构造法：一是根据已知条件适当放
；二是利用常
放
；
缩
缩
见
缩结论
（3）构造“形似”函数，稍作
形再构造，
原不等式同解
形，根据相似
构构造
助函数
变
对
变
结
辅
.
【变式训练1-4】已知函数f (x)= e
x
e
m −ln x，其中m∈R.
（Ⅰ）当m=1
，求函数
时
f (x)的
区
；
单调
间
（Ⅱ）当m=2
，
明：
时证
f (x)>0.
【答案】（Ⅰ）
减区
单调递
间为(0,1)，
增区
单调递
间为(1,+∞)；（Ⅱ）
明
解析
证
见
.
【解析】解：（Ⅰ）当m=1
，
时f (x)= e
x
e −ln x.则f ' (x)= e
x
e −1
x
.
∵f ' (x)在(0,+ ∞)上
增（增函数
单调递
+增函数=增函数），且f ' (1)=0，
∴当x∈(0,1)
，
时f ' (x)<0；当x∈(1,+∞)
，
时f ' (x)>0.
∴f (x)的
减区
单调递
间为(0,1)，
增区
单调递
间为(1,+∞).
（Ⅱ）当m=2
，
时f (x)= e
x
e
2 −ln x.则f ' (x)= e
x
e
2 −1
x
.
∵f ' (x)在(0,+ ∞)上
增，且
单调递
f ' (1)= 1
e −1<0，f ' (2)=1−1
2 >0，
∴存在唯一的x0∈(1,2)，使得f ' (x0)=0.
∴当x∈(0, x0)
，
时f ' (x)<0，即f (x)在
上
减；
单调递
当
，
时f ' (x)>0，即f (x)在
上
增，∴
单调递
f (x)最小值= f (x0)= e
x0
e
2 −ln x0.
又e
x0
e
2 = 1
x0
，即ln e
x0−2= ln 1
x0
.化
，得
简
x0−2=−ln x0.∴f (x)最小值= e
x0
e
2 −ln x0= 1
x0
+ x0−2.
∵x0∈(1,2)，∴f (x)最小值= 1
x0
+ x0−2>2❑√
1
x0
⋅x0−2=0.∴当m=2
，
时f (x)>0.
题型02：含参数的隐零点问题
【典型例题1】已知f ( x)=a ln x−x⋅ln x(a>0).
(1)求f (x)在(1,f (1))的切
方程；
线
(2)求
：
证f (x)
有一个极
；
仅
值
(3)若存在a，使f (x)≤a+b
任意
对
x∈(0,+ ∞)恒成立，求
数
实
b的取
范
值
围.
【答案】(1)(a−1) x−y +1−a=0 (2)
明
解析
证
见
(3)−e ,+ ∞)
【解析】(1)当a>0
，
时f
' (x)= a
x −ln x−1( x>0),得f
' (1)=a−1，又f (1)=0.
所以f (x)在(1,f (1))的切
方程
：
线
为y =(a−1)⋅(x−1).即(a−1) x−y +1−a=0；
(2) f
' (x)= a
x −ln x−1( x>0),令f
' (x)= a
x −ln x−1= p(x)，
由于a>0，得p
' (x)=−a
x
2 −1
x <0.所以f
' (x)在(0,+ ∞)
减
单调递
.
又f
'(
1
e)=ae−(ln 1
e +1)=ae>0,f
' (a+1)=
a
a+1 −[ln(a+1)+1]<0,
所以存在唯一x0∈(
1
e ,a+1)，使得f
'(x0)=0.
所以f (x)于(0, x0)
增，
单调递
(x0,+ ∞)
减
单调递
.f ( x)极大值= f (x0)，无极小值.所以f (x)
有一个极
仅
值.
(3)任意x∈(0,+ ∞),f (x)≤a+b，则a+b≥[ f (x)]max.
由（2）知[ f (x)]max= f (x0)=aln x0−x0⋅ln x0.
又f
'(x0)= a
x0
−ln x0−1=0，则a= x0⋅ln x0+ x0.
若存在a，使f (x)≤a+b，即aln x0−x0⋅ln x0≤a+b，
得b≥aln x0−x0⋅ln x0−a=(x0ln x0+ x0)⋅ln x0−x0ln x0−(x0ln x0+ x0)=h(x0)，
化
转
为b≥h(x0)min.
h(x0)= x0(ln x0)
2−x0ln x0−x0(x0>0)
h
'(x0)=(ln x0)
2+ln x0−2=(ln x0+2)⋅(ln x0−1)
当h
'(x0)>0
，
时ln x0<−2或ln x0>1, x0∈(0, 1
e
2)∪(e ,+∞)；
当h
'(x0)<0
，
时−2<ln x0<1, x0∈(
1
e
2 ,e)；
所以h(x0)于(0, 1
e
2)
增，
单调递(
1
e
2 ,e)
减，
单调递
(e ,+∞)
增
单调递
当x0∈(0, 1
e
2)
，
时h(x0)= x0(ln x0)
2−x0ln x0−x0= x0(ln x0)
2−(ln x0+1)x0
由于(ln x0+1)<−1，则−x0⋅(ln x0+1)>0，又x0(ln x0)
2>0.
h(x0)= x0(ln x0)
2−(ln x0+1)x0>0
当x0∈(
1
e
2 ,+∞)
，
时[h(x0)]min=h(e)=−e
上：当
综
x0∈(0,+ ∞)
，
时[h(x0)]min=h(e)=−e,得b≥−e.故b∈−e ,+∞).
【点睛】不等式恒成立
、存在性
的求解，有相同点：即分离常数法
问题
问题
.也有不同点，如a≥f (x)恒成立
，
问题
化
转
为a≥f (x)max；a≥f (x)能成立
，
化
问题则转
为a≥f (x)min.
【典型例题2】已知函数f (x)= a−1−x
e
x
(x>0) (e
自然
数的底数，
为
对
a∈R)．
(1)求f (x)的
区
和极
；
单调
间
值
(2)设g(x)= ln x +1
x
+ x−f
' (x)⋅e
x，若
任意的
对
x∈(0,+∞)，都有g(x)≤e
x恒成立，求a的取
范
值
围.
【答案】
解析
见
【解析】(1)f
' (x)= −e
x−e
x(a−1−x)
(e
x)
2
= x−a
e
x
，x＞0，
当a≤0
，－
时
a≥0，f
' (x)>0，∴f (x)在(0,+ ∞)上
增，无极
；
单调递
值
当a>0
，令
时
f
' (x)=0，得x =a，
当x∈(0,a)
，
时f
' (x)<0；当x∈(a,+ ∞)
，
时f
' (x)>0；
∴f (x)在
上
减，在
单调递
(a,+∞)
增，极小
单调递
值为f (a)=−1
e
a ，无极大值.
上，当
综
a≤0
，
时f (x)的增区间为(0,+ ∞)，无减区
，无极
；
间
值
当a>0
，
时f (x)的减区间为
，增区间为(a,+ ∞)，极小值为−1
e
a，无极大值.
(2)∵
任意的
对
x>0，不等式g(x)≤e
x恒成立，
即
在(0,+ ∞)上恒成立，
令F (x)= x e
x−ln x−1
x
( x>0)，则F
' (x)= x
2e
x+ ln x
x
2
，
令h(x)= x
2e
x+ ln x，则h
' (x)=(x
2+2 x)e
x+ 1
x >0，∴
在(0,+∞)上
增函数，
为
又∵h(1)=e>0，h(
1
e)= e
1
e
e
2 −1=e
1
e −2
−1<0，
∴∃x0∈(
1
e ,1)，使得h(x0)=0，即x0
2e
x0+ ln x0=0，
当0< x< x0
，
时h(x)<0，可得F
' (x)<0，∴F (x)在(0, x0)上
减；
单调递
当x> x0
，
时h(x)>0，可得F
' (x)>0，∴F (x)在(x0,+∞)上
增，
单调递
∴F (x)min= F (x0)= x0e
x0−ln x0−1
x0
，
由x0
2e
x0+ ln x0=0，可得x0e
x0=−ln x0
x0
= 1
x0
ln 1
x0
=(ln 1
x0)e
ln 1
x0，
令t (x)= x e
x，则t (x0)=t(ln 1
x0)，
又由t
' (x)=(x +1)e
x>0，∴t (x)在(0,+ ∞)上
增，
单调递
∴x0= ln 1
x0
，可得ln x0=−x0，∴e
x0= 1
x0
，即x0e
x0=1，
∴F( x)min= F (x0)= x0e
x0−ln x0−1
x0
= 1+ x0−1
x0
=1，∴a≤1，
上所述，
足条件
综
满
a的取
范
是
值
围
−∞,1.
【点睛】本
关
是参
分离不等式
题
键
变
g(x)≤e
x，将
化
求
问题转
为
F (x)= x e
x−ln x−1
x
在x>0
的最小
，
化
时
值转
通
数
为
过导
F
' (x)研究F(x)的
性和最小
单调
值.在求解
程中，需要
数二次求
，从而判断
数的零点，
零
过
对导
导
导
该
点
零点，故需采用
零点的
方法求解
为隐
隐
讨论
.在
理方程
处
x0
2e
x0+ ln x0=0
，
需要采用同构思想构造函数
时还
t (x)= x e
x，达到
化的目的
简
.
【变式训练2-1】已知函数f (x)= ln x +a．
(1)若曲线
在(1,f (1))
的切
点
处
线经过
，求
数
实
a 的
；
值
(2)若
任意
对
x∈(0,+ ∞)，都有e
x−a≥f (x)（e
自然
数的底），求
：
为
对
证a≤1．
【答案】
解析
见
【解析】(1)f
' (x)= 1
x
，所以f
' (1)=1，f (1)=a，
所以曲线
在点(1,f (1))
的切
方程
处
线
为y = x +a−1，
因
切
点
为
线经过
，所以1=0+a−1,解得a=2．
(2)设g(x)=e
x−a−ln x−a，则g
' (x)=e
x−a−1
x
，
设g
'(x0)=e
x0−a−1
x0
=0，则a= x0+ ln x0，
因为g
' (x)在(0,+ ∞)上
增，所以当
递
x∈(0, x0)
，
时g
' (x)<0，当
，
时g
' (x)>0
所以g(x)在(0, x0)上
减，在
递
(x0,+ ∞)上
增，
递
所以gmin( x)= g(x0)=e
x0−a−ln x0−a= 1
x0
−x0−2ln x0≥0，
令h(x)= 1
x −x−2ln x，则h
' (x)=−1
x
2 −1−2
x = −1−x
2−2 x
x
2
=−( x +1)
2
x
2
<0,所以h(x)= 1
x −x−2ln x在
(0,+ ∞)
减，
递
因为h(1)=0，所以x0≤1，所以a= x0+ ln x0≤1．
【点睛】此
考
数的
合
用，考
数的几何意
，考
利用
数
明不等式，解
的关
是构造函数
题
查导
综
应
查导
义
查
导
证
题
键
g(x)=e
x−a−ln x−a，利用
数求得
导
gmin( x)= g(x0)=e
x0−a−ln x0−a= 1
x0
−x0−2ln x0≥0，再利用函数
h(x)= 1
x −x−2ln x的
性
合
单调
结
h(1)=0可
得
，考
数学
化思想，属于
证
结论
查
转
较难题.
【变式训练2-2】已知函数f (x)= x + 2a
x −(a−2)ln x (a∈R)，g(x)=(b−1) x−2
x −x e
x．
(1)判断函数f (x)的
性；
单调
(2)当a=1
，关于
时
x 的不等式f (x)+ g(x)≤−1恒成立，求
数
实
b 的取
范
．
值
围
【答案】(1)答案
解析；
见
(2)−∞,1.
【解析】(1)f (x)的定
域
义
为(0,+∞)，求
得：
导
f
'( x)=1−2a
x
2 −a−2
x
= x
2+(2−a)x−2a
x
2
= ( x +2)( x−a)
x
2
，
若a≤0
，
时则f
' (x)>0，此时f (x)在(0,+ ∞)
增；
单调递
若a>0
，
当
时则
0< x<a时f
' (x)<0，f (x)在
减，
单调递
当x>a
，
时
f
' (x)>0，f(x)在(a,+ ∞)
增
单调递
.
(2)当a=1
，
时f (x)+ g(x)=bx + ln x−x e
x，
由
意
题
b≤e
x−ln x
x −1
x
在(0,+∞)上恒成立，
令h(x)=e
x−ln x
x −1
x
，则h
' (x)=e
x−1−ln x
x
2
+ 1
x
2 = x
2e
x+ ln x
x
2
，
令u(x)= x
2e
x+ ln x，则u
' (x)=(x
2+2 x)e
x+ 1
x >0，所以u( x)在(0,+∞)上
增，
递
又u(1)=e>0,u(
1
2)=
❑√e
4 −ln 2<0，所以u( x)在
上有唯一零点x0，
由u( x0)=0得x0e
x0=−ln x0
x0
，
当x❑∈(0, x0)
，
时u(x)<0即h
' (x)<0，h(x)
减；
单调递
x❑∈(x0,+ ∞)
，
时u(x)>0即h
' (x)>0，h(x)
增，
单调递
所以h(x0)为h(x)在定
域内的最小
义
值.
即h(x)min=h(x0)=e
x0−ln x0
x0
−1
x0
.
令k (x)= x e
x( 1
2 < x<1)，
方程
则
e x
x =−ln x
x
等价于k (x)=k (−ln x)，
又易知k (x)
增，所以
单调递
x =−ln x，即e
x= 1
x
所以，h(x)的最小值h(x0)=e
x0−ln x0
x0
−1
x0
= 1
x0
−−x0
x0
−1
x0
=1
所以b≤1，即
数
实
b的取
范
是
值
围
−∞,1
【点睛】利用
数研究不等式恒成立或存在型
，首先要构造函数，利用
数研究函数的
性，求出最
，
导
问题
导
单调
值进
而得出相
的含参不等式，从而求出参数的取
范
；也可分离
量，构造函数，直接把
化
函数的最
应
值
围
变
问题转
为
值
问题.
题型03：已知参数的取值范围证明不等式
【典型例题1】已知函数f (x)=ax e
x−(x +1)
2
（a∈R，e
自然
数的底数）．
为
对
(1)若f (x)在x=0
的切
与直
处
线
线y=ax 垂直，求a 的
；
值
(2)
函数
讨论
f (x)的
性；
单调
(3)当a≥1
e
2
，求
：
时
证f (x)≥ln x−x
2−x−2．
【答案】(1)a=1 (2)答案
解析
见
(3)
明
解析
证
见
【解析】(1)f
'( x)=( x +1)(ae
x−2)，则f
'(0)=a−2，由已知(a−2)a=−1，解得a=1
(2)f
'( x)=( x +1)(ae
x−2)
（ⅰ）当a≤0
，
时ae
x−2<0，
所以f
'( x)>0⇒x <−1，f
'( x)<0⇒x >−1，
则f ( x)在(−∞,−1)上
增，在
单调递
(−1,+∞)上
减；
单调递
（ⅱ）当a>0
，令
时
ae
x−2=0，得x = ln 2
a
，
①0<a<2e
，
时ln 2
a >−1，所以f
'( x)>0⇒x<−1或x>ln 2
a
，f
'( x)<0⇒−1< x<ln 2
a
，
则f ( x)在(−∞,−1)上
增，在
单调递
(−1,ln 2
a)上
减，在
单调递
(ln 2
a ,+∞)上
增；
单调递
②a=2e
，
时f
'( x)=2( x +1)(e
x +1−1)≥0，则f ( x)在(−∞,+ ∞)上
增；
单调递
③a>2e
，
时ln 2
a <−1，所以f
'( x)>0⇒x<ln 2
a
或
，f
'( x)<0⇒ln 2
a < x<−1，
则f ( x)在(−∞,ln 2
a)上
增，在
单调递
(ln 2
a ,−1)上
减，在
单调递
(−1,+∞)上
增．
单调递
上，
综
a≤0
，
时f ( x)在(−∞,−1)上
增，在
单调递
(−1,+ ∞)上
减；
单调递
0<a<2e
，
时f ( x)在(−∞,−1)上
增，在
单调递
(−1,ln 2
a)上
减，在
单调递
(ln 2
a ,+∞)上
增；
单调递
a=2e
，
时f ( x)在(−∞,+∞)上
增；
单调递
a>2e
，
时f ( x)在(−∞,ln 2
a)上
增，在
单调递
(ln 2
a ,−1)上
减，在
单调递
(−1,+ ∞)上
增．
单调递
(3)方法一：f ( x)≥ln x −x
2−x −2( x >0)等价于ax e
x−ln x −x +1≥0( x >0)
当a≥1
e
2
，
时ax e
x−ln x −x +1≥x e
x−2−ln x −x +1( x >0)
令g( x)= x e
x−2−ln x−x +1, g
'( x)=( x +1)(e
x−2−1
x)
令h( x)=e
x−2−1
x
，则
在区间(0,+∞)上
增
单调递
∵h(1)= 1
e −1<0,h(2)= 1
2 >0，
∴存在
，使得h(x0)=0，即e
x0−2= 1
x0
, x0−2=−ln x0
当x∈(0, x0)
，
时g
'( x)<0，则g( x)在(0, x0)上
减，
单调递
当
，
时g
'( x)>0，则g( x)在(x0,+∞)上
增
单调递
∴g( x)(x0)0e
x0−2ln x000 1
x0 00min
∴g( x)≥0，故f ( x)≥ln x−x
2−x−2
方法二：当a≥1
e
2
，
时ax e
x−ln x −x +1≥x e
x−2−ln x −x +1( x >0)
g( x)= x e
x−2−ln x−x +1=e
ln x + x−2−(ln x + x−2)−1
令t = ln x + x−2，则
，
令k(t )=e
t−t −1，则k
'(t )=e
t−1
当
，
时k
'(t )<0；当t >0
，
时k
'(t )>0
∴k(t )在区间(−∞,0)上
减，
单调递
(0,+∞)上
增．
单调递
∴k(t )≥k(0)=0，即g( x)≥0;∴f ( x)≥ln x −x
2−x −2，
【关
点点睛】解决本
的关
：一是
数几何意
的运用，二是通
函数等于零，比
方程的根
分
键
题
键
导
义
过导
较
对问题
类讨
，三是
零点的运用及放
法的运用
论
隐
缩
.
【变式训练3-1】已知函数f (x)= x−1
4
(2−a) x
2−1
2 a x
2ln x (e =2.71828⋅⋅⋅)
(1)当a=−1
2
，
明函数
时证
f (x)有两个极
点；
值
(2)当0<a≤1
，函数
时
g(x)= f (x)−1
2 b x
2−bx在(0,+∞)上
减，
明
单调递
证
b≥1+ 1
e
3
【答案】(1)
明
解析
证
见
;(2)
明
解析
证
见
【解析】(1)定
域
义
为(0,+ ∞)
当a=−1
2
时,f (x)= x−5
8 x
2+ 1
4 x
2l n x ,f '( x)=1−5
4 x + 1
2 x ln x + 1
4 x =1−x + 1
2 x ln x
令F (x)=1−x + 1
2 x ln x , F ' (x)= 1
2
(ln x−1)
∵x∈(0,e)
，
时F ' (x)<0，F (x)
减，
单调递
x∈(e ,+∞)
，
时F ' (x)>0，F (x)
增
单调递
F (x)(e) 1
2 e<(
1
e)
3
2e (e
2)
min
所以∃x1∈(0,e),∃x2∈(e ,+ ∞)使F (x1)= F (x2)=0,此时x∈(0, x1)
，
时F (x)>0，f (x)
增，
单调递
，
时F (x)<0，f (x)
减
单调递
x∈(x2,+ ∞)
，
时F (x)>0，f (x)
增
单调递
;∴x1, x2是函数f (x)的两个极
点．
值
(2)∵g(x)= x−1
4
(2−a) x
2−1
2 a x
2ln x−1
2 b x
2−bx在(0,+ ∞)上
减
单调递
∴g
' (x)=1−x−ax ln x−bx−b≤0恒成立;∴b≥1−x−ax ln x
x +1
恒成立
①x ≥1
，令
时
G (x)=1−x−ax ln x
∵0<a≤1，∴G
' (x)=−1−a ln x−a<0
∴G (x)在1,+ ∞)
减，∴
单调递
G (x)(1)max
又∵x +1>0∴1−x−ax ln x
x +1
≤0，∴b≥0
②0< x<1
，
时ln x<0，∵0<a≤1，∴ax ≤x
∴ax ln x ≥x ln x，∴−ax ln x ≤−x ln x
1−x−ax ln x ≤1−x−x ln x
又∵x +1>0，∴1−x−ax ln x
x +1
≤1−x−x ln x
x +1
令h(x)= 1−x−x ln x
x +1
, x∈(0,1),h' (x)= −x−3−ln x
(x +1)
2
令φ(x)=−x−3−ln x，∴φ' (x)=−1−1
x <0
∴φ(x)
减，∵
单调递
φ(
1
e
4)=1−1
e
4 >0,φ(
1
e
3)=−1
e
3 <0
∃x0∈(
1
e
4 , 1
e
3)使φ(x0)=−x0−3−ln x0=0，即ln❑x0=−x0−3
x∈(0, x0)
，
时φ(x)>0,h
' (x)>0,h(x)
增
单调递
x∈(x0,1)
，
时ϕ(x)<0,h
' (x)<0,h(x)
减
单调递
h(x)(x0)
1−x0−x0ln x0
x0+1
1−x0−x0(−x0−3)
x0+1
0max
∴x0∈(
1
e
4 , 1
e
3)∴x0+1∈(1+ 1
e
4 ,1+ 1
e
3)∴h(x)< 1
e
3
max
，∴b≥1+ 1
e
3;
上
综
b≥1+ 1
e
3
【变式训练3-2】已知函数f ( x)=e
x−2，函数g( x)= aln x +b
x
(a,b∈R)在x =e
取得最大
处
值.
(1)求a 的取
范
；
值
围
(2)当0<a≤2
，求
：
时
证f ( x)> g( x).
【答案】(1)(0,+ ∞) (2)
明
解析
证
见
【解析】(1)
然
显
a≠0, g
'( x)= (a−b)−a ln x
x
2
，由已知g
'(e)=0得b=0.故g( x)= aln x
x
(a≠0).
若a<0，当x∈(0,e)
，
时g
'( x)<0；
当正数x∈(e ,+∞)
，
时g
'( x)>0.g( x)有最小
，不符合
意
值
题
.
若a>0，当x∈(0,e)
，
时g
'( x)>0；
当x∈(e ,+ ∞)
，
时g
'( x)<0.
g( x)有最大值g(e)= a
e
，故a 的取
范
值
围为(0,+∞).
(2)由（1）知a>0，当x∈(0,1]
，
时f ( x)>0,g( x)≤0，所以f ( x)> g( x).
当x∈(1,+ ∞)
，因
时
为2ln x
x
≥a ln x
x
，只需证e
x−2> 2ln x
x
，即证x e
x−2−2ln x>0
令F( x)= x e
x−2−2ln x ,( x>1)，F
'( x)=( x +1)e
x−2−2
x = (x
2+ x)e
x−2−2
x
设φ( x)=(x
2+ x)e
x−2−2,( x>1),φ
'( x)=(x
2+3 x +1)e
x−2>0，故φ( x)在
上
增函数
为
.
所以φ(1)= 2
e −2<0,φ(
3
2)= 15
4 ❑√e −2>0，
所以存在x0∈(1, 3
2)，使得φ(x0)=0，此时e
x0−2=
2
x0
2+ x0
.
当x∈(1, x0)
，
时φ( x)<0，即F
'( x)<0；
当
，
时φ( x)>0，即F
'( x)>0.故F( x)(x0)
2
x0+1 ln x0
min.
又因为y =
2
x +1 −2ln x在
减函数，且
为
x0∈(1, 3
2)，
所以F (x)(x0)
2
x0+1 ln x0 4
5 ln 3
2
2
5(2−ln 243
32 )min
故当x∈(1,+ ∞)
，
时x e
x−2−2ln x>0，即e
x−2> 2ln x
x
，所以f ( x)> g( x).
上，当
综
0<a≤2
，
时f ( x)> g( x).
解法二：由（1）知a>0，当x∈(0,1]
，
时f ( x)>0,g( x)≤0，所以f ( x)>g( x).
当x∈(1,+ ∞)
，因
时
为2ln x
x
≥a ln x
x
，只需证e
x−2> 2ln x
x
，即证e
x
x > 2e
2ln x
x
2
.
令φ1( x)= e
x
x ( x>1),φ1
'( x)= ( x−1)e
x
x
2
>0,φ1( x)在
上
增，所以
单递
φ1( x)>φ1(1)=e；
令φ2( x)= 2e
2ln x
x
2
,( x>1),φ2
'( x)= 2e
2(1−2ln x)
x
3
，由φ2
'( x)=0得x = ❑√e.
当x∈(1,❑√e)
，
时φ2
'( x)>0,φ2( x)
增；
单调递
当
，
时φ2
'( x)<0,φ2( x)
减
单调递
.
当x = ❑√e
，
时φ2( x)2❑√e emax，故φ2( x)≤e
所以φ1( x)>φ2( x),
上，当
综
0<a≤2
，
时f ( x)>g( x).
【点睛】不等式
明
是近年高考命
的
点，利用
数
明不等式的方法主要有两个：（
证
问题
题
热
导
证
1）不等式两
作差构
边
造函数，利用
数研究函数的
性，求出函数最
即可；（
导
单调
值
2）
察不等式的特点，
合已解答
把要
的不
观
结
问题
证
等式
形，并运用已
先行放
，再化
或者
一步利用
数
明
变
证结论
缩
简
进
导
证
.
题型04：不等式中含参数问题求参数的整数值
【典型例题1】已知函数f (x)= x (1+ ln x)．
(1)求函数f (x)的
区
；
单调
间
(2)若m∈Z，m(x−1)<f (x)
任意的
对
x∈(1,+ ∞)恒成立，求m 的最大
．
值
【答案】(1)
增区
递
间为(e
−2,+ ∞)，
减区
递
间为(0,e
−2);(2)3
【解析】(1)函数f (x)= x (1+ ln x)的定
域
义
为(0,+∞)，
由f
' (x)= ln x +2，令f
' (x)=0可得x =e
−2，
当x ∈(0,e
−2)
，
时f
' (x)<0，函数f (x)= x (1+ ln x)在(0,e
−2)上
减，
单调递
当x∈(e
−2,+ ∞)
，
时f
' (x)>0，函数f (x)= x (1+ ln x)在(e
−2,+∞)上
增，
单调递
∴函数f (x)= x (1+ ln x)的
增区
递
间为(e
−2,+ ∞)，
减区
递
间为(0,e
−2)．
(2)当x∈(1,+ ∞)
，不等式
时
m(x−1)<f (x)可化为m< x + x ln x
x−1
，
设
，由已知可得m<[g( x)]min，
又g'( x)= (ln x +2)( x−1)−x−x ln x
(x−1)
2
= x−ln x−2
(x−1)
2
，
令
，则h'( x)=1−1
x >0，
∴h( x)= x−ln x−2在(1,+∞)上
增函数，
为
又h(3)=1−ln3<0，h(4)=2−ln 4>0，
∴存在
，使得h( x0)=0，即x0−2= ln x0．
当x∈(1, x0)
，
时g
' (x)<0，函数
在(1, x0)上
减，
单调递
当
，
时g
' (x)>0，函数
在( x0,+ ∞)上
增，
单调递
∴[g( x)]0 x0+ x0ln x0
x0−1
x0
2−x0
x0−1 0min
，∴m< x0，∴m 的最大值为3．
【典型例题2】已知函数f (x)= x−ln x−2.
(1)判断函数的
性；
单调
(2)若
于任意的
对
x∈(1,+ ∞)，都有xln x + x>k (x−1)，求整数k的最大值.
【答案】(1)在(1,+ ∞)上
增，在
单调递
上
减；
单调递
(2)3.
【解析】（1）f (x)的定
域
义
为(0,+ ∞)，求
得：
导
f
' (x)=1−1
x = x−1
x
，
令f
' (x)>0，则x>1，令f
' (x)<0，则0< x<1，
所以f (x)在(1,+∞)上
增，在
单调递
上
减
单调递
.
（2）
，xln x + x>k( x−1)⇔k < xln x + x
x−1
，
令g(x)= xln x + x
x−1
，x>1，则g
' (x)= x−ln x−2
( x−1)
2
，
由（1）知，f (x)= x−ln x−2在(1,+ ∞)上
增，且
单调递
f (3)=1−ln3<0,f (4)=2−ln 4>0，
则f (x)在区间(3,4)内存在唯一的零点x0，使f (x0)= x0−ln x0−2=0，即ln x0= x0−2，
当
则
x∈(1, x0)
，
时f (x)<0，g
' (x)<0，有g(x)在
上
减，
单调递
当
，
时f (x)>0，g
' (x)>0，g(x)在(x0,+∞)上
增，
单调递
于是得g( x)min= g(x0)= x0ln x0+ x0
x0−1
= x0(x0−2)+ x0
x0−1
= x0∈(3,4)，因此，k < g( x)min= x0∈(3,4)，
所以整数k的最大值为3.
【典型例题3】
函数
设
f (x)=e
x−ax−2.
(1)若曲线y = f ( x)在点(0,f (0))
的切
斜率
处
线
为1，求
数
实
a的
；
值
(2)求f ( x)的
区
；
单调
间
(3)若a=1，k
整数，且当
为
x>0
，
时(x−k )f
' (x)+ x +1>0恒成立，求k的最大值.
【答案】(1)a=0;(2)答案
解析
见
;(3)最大值为2
【解析】(1)由已知条件得f
' (x)=e
x−a，
在点(0,f (0))
的切
斜率
处
线
为k = f ' (0)=1−a=1，即a=0，
(2)f (x)的定
域
义
为
, f
' (x)=e
x−a，
若a≤0，则f
' (x)>0，则f (x)在
上
增；
单调递
若a>0，由f
' (x)=e
x−a>0得
，由f
' (x)=e
x−a<0得x<ln a，
则f (x)
增区
单调递
间为(ln a,+∞)，
减区
单调递
间为(−∞,ln a)；
(3)由a=1得(x −k )f
' (x)+ x +1=(x −k )(e
x−1)+ x +1>0，整理得x e
x+1>k (e
x−1)，
当x>0
，
时e
x−1>0，即k < x +1
e
x−1
+ x (x>0)
令g(x)= x +1
e
x−1
+ x，则g
' (x)= −x e
x−1
(e
x−1)
2 +1= e
x(e
x−x−2)
(e
x−1)
2
.
令h(x)=e
x−x−2，由（2）知，函数h(x)=e
x−x−2在(0,+∞)上
增，
单调递
其中h(1)<0，h(2)>0，
∵由零点存在性定理可知h(x)在(0,+ ∞)上存在唯一的零点x0，即e
x0= x0+2，
∴在(0, x0)上h(x)<0，在(x0,+ ∞)上h(x)>0，
∴在(0, x0)上g
' (x)<0，在(x0,+ ∞)上g
' (x)>0，
∴g(x)在(0, x0)上
减，在
单调递
(x0,+ ∞)上
增，
单调递
∴g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(x0)= x0+1
e
x0−1
+ x0=
x0+1
x0+2−1 + x0=1+ x0，
又∵1< x0<2，∴2< x0+1<3，即2<g(x0)<3，
∴k ≤2，且k
整数，∴
为
k的最大值2.
【变式训练4-1】已知函数 f (x)=ax + xln x 的
象在点
图
x =e ( e
自然
数的底数
为
对
)
的切
斜率
处
线
为3．
(1)求
数
实
a 的值;
(2)若 k ∈Z， 且存在 x>1 使 k (x−1)>f (x) 成立， 求 k 的最小
．
值
【答案】(1)1(2)4
【解析】(1)由
意知：
题
f
' (x)=a+ln x +1，f
'(e()lne+)，解得a=1；
(2)由（1）知：f (x)= x + xln x，存在x>1 使 k (x−1)>f (x) 成立等价于k >(
x + x ln x
x−1 )min
，
令g( x)= x + x ln x
x−1
( x>1)，
则g
'( x)= (1+ ln x +1)( x−1)+ x + x ln x
(x−1)
2
= x−ln x−2
(x−1)
2
，令
，
则
，所以
在
上
增，
单
又h(3)=1−ln3<0,h(4)=2−ln 4>0，故存在
使h( x0)=0，即x0−ln x0−2=0，
故当x∈(1, x0)
，
时g
'( x)<0, g( x)
减，故当
单
，
时g
'( x)>0, g( x)
增，
单
故g( x)0 x0+ x0ln x0
x0−1
x0+ x0(x0−2)
x0−1
0min
，故k > x0，
又
且k ∈Z，故k 的最小值为4.
【变式训练4-2】已知函数f (x)= x e
4 x，g(x)= 2ln x +1
x
（e
自然
数的底数）
为
对
.
(1)求f (x)的极
；
值
(2)（i）
明∶
证
m(x)=2 x
3e
4 x+ln x与n(x)=e
2 x−1
x
有相同的零点；
（ii）若2f (x)−g(x)−x>10ax (a∈Z)恒成立，求整数a 的最大值.
【答案】(1)f (x)的极小值为f(−1
4)=−1
4 e
，无极大
；
值(2)（i）
明
解析，（
证
见
ii）1
【解析】(1)由
意可知，
题
f
' (x)=(4 x +1)e
4 x，
令f
' (x)=0，即(4 x +1)e
4 x =0，解得x =−1
4
；
当x>−1
4
，
时f
' (x)>0，所以f (x)在(−1
4 ,+ ∞)
的
增；
单调
递
当x<−1
4
，
时f
' (x)<0，所以f (x)在(−∞,−1
4)
的
减；
单调
递
当x =−1
4
，
时f (x)取得极小值为f(−1
4)=−1
4 e
，无极大
；
值
(2)（i）由m(x)=2 x
3e
4 x+ln x知m
' (x)=(8 x
3+6 x
2)e
4 x+ 1
x >0，所以m(x)在(0,+∞)上
增；
单调递
由n(x)=e
2 x−1
x 知n
' (x)=2e
2 x+ 1
x
2 >0(x>0)，所以n(x)在(0,+∞)上
增；
单调递
又n(
1
4)= ❑√e−4<0,n(
1
2)=e−2>0，故必存在唯一x0∈(
1
4 , 1
2)使得n(x0)=0，
即有e
2 x0= 1
x0
,2 x0= ln 1
x0
=−ln x0，
故m(x0)=2 x0
3e
4 x0+ ln x0=2 x0
3⋅(
1
x0)
2
−2 x0=0，
所以m(x)=2 x
3e
4 x+ln x与n(x)=e
2 x−1
x
有相同的唯一零点x = x0；
（ii）由2f (x)−g(x)−x>10ax，得10a+1< 2f ( x)−g( x)
x
=2e
4 x−2ln x +1
x
2
恒成立，
10a+1<(2e
4 x−2ln x +1
x
2 )min
在(0,+ ∞)恒成立，
令h(x)=2e
4 x−2ln x +1
x
2
，x∈(0,+ ∞)，则h
'( x)=8e
4 x+ 4 x ln x
x
4
= 4
x
3 (2 x
3e
4 x+ ln x)，
由（i）知m
' (x)=(8 x
3+6 x
2)e
4 x+ 1
x >0
增且
单调递
m(x)=2 x
3e
4 x+ln x存在唯一零点x = x0；
当
则
x∈(0, x0)
，
时
，h(x)
减；
单调递
当
，
时h
'( x)>0，h(x)
增；故
单调递
h(x)(x0)min；
由（i）知e
2 x0= 1
x0
,2 x0= ln 1
x0
=−ln x0；又n(
1
3)=e
2
3 −3<0,n(
1
2)=e−2>0，
故
一步确定
进
x0∈(
1
3 , 1
2)；
故h( x)(x0)e
4 x0 2ln x0+1
x0
2
2
x0
2
−4 x0+1
x0
2
1
x0
2
4
x0 min
，
即10a+1≤12，解得a≤1.1，又a∈Z；所以整数a 的最大值为1.
【点睛】求解不等式
的关
：
问题
键
适当
形，灵活
化，
合
条件，有
需要
不等式
行“除法”
形，
变
转
结
题设
时
对
进
变
从而分离参数，有
需要
行移
形，可使不等式两
具有相同的
构特点；
时
进
项变
边
结
构造函数，利用
数求解，若分离参数，
直接构造函数，并借助
数加以
导
则
导
求解，若
化
不等式两
具有相同的
构特点，
可根据
构特点构造函数，并借助
数加以求解
转
为
边
结
则
该结
导
.
【变式训练4-3】已知函数f (x)=(x−a)e
x(a∈R).
（1）讨论f (x)的
性；
单调
（2）当a=2
，
函数
时设
g(x)= f (x)+ ln x−x−b,b∈Z，若g(x)≤0
任意的
对
x∈(
1
3 ,1)恒成立，求b 的最小
值.
【答案】（1）
减区
单调递
间为(−∞,a−1)，
增区
单调递
间为(a−1,+ ∞)；（2）−3.
【解析】（1）因为f (x)=(x−a)e
x，所以f
' (x)=(x−a+1)e
x，
当x∈(−∞,a−1)
，
时f
' (x)<0；
当x∈(a−1,+ ∞)
，
时f
' (x)>0，
故f (x)的
减区
单调递
间为(−∞,a−1)，
增区
单调递
间为(a−1,+ ∞).
（2）由g(x)=(x−2)e
x+ ln x−x−b，
因为g(x)≤0
任意的
对
x∈(
1
3 ,1)恒成立，
b≥(x−2)e
x+ ln x−x
任意的
对
x∈(
1
3 ,1)恒成立，
构造函数h(x)=(x−2)e
x+ ln x−x，h
' (x)=(x−1)e
x+ 1
x −1=(x−1)(e
x−1
x).
∵x∈(
1
3 ,1)，∴x−1<0，且t (x)=e
x−1
x
增，
单调递
∵t(
1
2)=e
1
2 −2<0，t (1)=e−1>0，
∴一定存在唯一的x0∈(
1
2 ,1)，使得t (x0)=0.即e
x0= 1
x0
，x0=−ln x0.
∴h(x)在(
1
3 , x0)上
增，在
单调递
(x0,1)上
减
单调递
.
∴h(x)(x0)(x0−2)
x0ln x00= x0−2
x0
0max
=1−2(x0+ 1
x0)∈(−4 ,−3).
∵b∈Z，∴b 的最小值为−3.
题型05：利用隐零点解决讨论零点问题
【典型例题】已知函数f (x)=(x−1)e
x−ln x−a(x−1)，其中
数
实
a≥0.
(1)当a=e−1
，求函数
时
f (x)的
性；
单调
(2)若函数f (x)有唯一零点，求a的值.
【答案】(1)f (x)在(0,1)上
增，在
单调递
(1,+ ∞)上
减
单调递
;(2)a=e−1
【解析】（1）∵a=e−1，∴f ( x)=(x −1)e
x−ln x −(e−1)(x −1)
f
'( x)=e
x⋅x−1
x −e+1
令
(x>0) ;
g
' (x)=e
x x +e
x+ 1
x
2 >0
∴g( x)在(0,+∞)上
增，即
单调递
f
'( x)在(0,+∞)上
增
单调递
f
'(1)=0,∴令f
'( x)>0，则x>1，
令f
'( x)<0，则0< x<1
∴f (x)在(0,1)上
减，在
单调递
(1,+∞)上
增
单调递
（2）∵f (x)=(x−1)e
x−ln x−a(x−1);
f
'( x)=e
x⋅x−1
x −a
令
(x>0)
h
' (x)=e
x x +e
x+ 1
x
2 >0
∴
在(0,+∞)上
增，即
单调递
f
'( x)在(0,+∞)上
增
单调递
设m( x)=e
x−x −1，则m
' (x)=e
x−1
当x>0
，
时m
' (x)>0，所以m(x)在(0,+ ∞)上
增
单调递
当x<0
，
时m
' (x)<0，所以m(x)在(−∞,0)上
减
单调递
所以m(x)≥m(0)=0;所以e
x−x−1≥0，即e
x≥x +1
所以f
' (1+a)=(1+a)e
1+a−
1
1+a −a>(1+a)(a+2)−
1
1+a −a=a
2+2a+2−
1
1+a =(a+1)
2+
a
1+a >0
又f
'(
1
2)=
❑√e
2 −2−a<0 ，
所以存在唯一的t ∈(
1
2 ,1+a)，使得f
' (t )=0，即t e
t−1
t −a=0（1）
当x∈(0,t )
，
时f
' (x)<0，f (x)在(0,t )上
减
单调递
当x∈(t ,+∞)
，
时f
' (x)>0，f (x)在(t ,+∞)上
增
单调递
所以f (x)(t )min，又因
函数
为
f (x)有唯一的零点，
所以f (t )=0，即(t −1)e
t−lnt −a(t −1)=0（2）
由（1）（2）得(t −1)e
t−ln t −(t e
t−1
t)(t −1)=0
即(t −1)
2e
t + ln t + 1
t −1=0
令n(x)=(x−1)
2e
x+ ln x + 1
x −1
n
' (x)=(x
2−1)e
x+ 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 [x
2(x +1)e
x+1]
又因为
(x>0)
所以函数n(x)在(0,1)上
减，在
单调递
(1,+ ∞)上
增
单调递
而n(1)=0，则t =1
代入（1）得a=e−1;
上：
综
a=e−1
【变式训练5-1】己知函数f ( x)= ln x +ax( x−1), x∈(1,+∞)．
(1)若不等式f ( x)<0恒成立，求
数
实
a 的取
范
；
值
围
(2)判断函数f ( x)的零点的个数
【答案】(1)(−∞,−1]；(2)当a≥0或a≤−1
，函数
时
f ( x)无零点；当−1<a<0
，函数
时
f ( x)有一个零点．
【解析】（1）因为f ( x)= ln x +ax( x−1), x∈(1,+∞)，∴f
'( x)= 2a x
2−ax +1
x
，
①若a≥0，因为x>1，所有ln x>0,ax( x−1)≥0，
所以f ( x)>0，不符合
意；
题
②若a<0，由f
'( x)= 2a x
2−ax +1
x
=0⇒2a x
2−ax +1=0，
令
，因为△=a
2−8a>0，
方程
设
2a x
2−ax +1=0两根为x1, x2，
则x1+ x2= 1
2 , x1 x2= 1
2a <0，不妨设x1<0< x2，
当x2>1
，在
时
(1, x2)上，f
'( x)>0，f ( x)
增，
单调递
f (x2)>f (1)=0，不合
意；
题
所以x2≤1，故h(1)=a+1≤0，即a≤−1，
，在
这时
上，f
'( x)<0，f ( x)
减，
单调递
所以
恒成立；
上，
综
a 的取
范
是
值
围
(−∞,−1]；
（2）当a≥0
，因
时
为x>1，所有ln x>0,ax( x−1)≥0，
所以f ( x)>0，函数无零点；
当a<0
，（
时
i）若x1<0<1< x2，则
，即−1<a<0，
由（1）知，f ( x)在(1, x2)上
增，
单调递
(x2,+ ∞)上
减，
单调递
f (x2)>f (1)=0，
由h(1−1
a)=2a(1−1
a)
2
−a(1−1
a)+1=a+ 2
a −2<0=h(x2)，可知1−1
a > x2,
又f(1−1
a)= ln(1−1
a)+a(1−1
a)(−1
a)= ln(1−1
a)−(1−1
a)<1−1
a −(1−1
a)=0，
所以存在x0∈(x2,1−1
a)使f (x0)=0，
所以当−1<a<0
，
时f ( x)有一个零点；
（ii）若x1<0< x2≤1，即a≤−1
，
时则f ( x)在
上
减，
单调递
，f ( x)无零点；
上，当
综
a≥0或a≤−1
，函数
时
f ( x)无零点；
当−1<a<0
，函数
时
f ( x)有一个零点．
题型06：隐零点与不等式的证明
【典型例题1】
函数
设
f (x)=e
x−a
2 x
2−x−1，其中a∈R，e是自然
数的底数
对
.
（1）当a=0
，求
时
f (x)的最小
；
值
（2）当a=e
，
时设f (x)的极小
点
值
为x0，
明：
证
−2<f (x0)< e
2 −2.
【答案】
解析
见
【解析】（1）当a=0
，
时f (x)=e
x−x−1，f
' (x)=e
x−1，所以f
' (x)>0⇔x>0，f
' (x)<0⇔x<0，
从而f (x)在(−∞,0)上
减，在
单调递
(0,+ ∞)上
增，故
单调递
f (x)(0)min.
（2）当a=e
，
时f (x)=e
x−e
2 x
2−x−1，f
' (x)=e
x−ex−1，f
″ (x)=e
x−e，
所以f
″ (x)>0⇔x>1，f
″ (x)<0⇔x<1，从而f
' (x)在−∞,1上
减，在
单调递
1,+ ∞)上
增，
单调递
又f
' (0)=0，f
' (1)=−1<0，f
' (2)=e
2−2e−1>0，
所以f
' (x)在R 上有两个零点x =0和t，其中t ∈(1,2)，
且当x∈(−∞,0)
，
时f
' (x)>0，当x∈(0,t )
，
时f
' (x)<0，
当x∈(t ,+∞)
，
时f
' (x)>0，
从而f (x)在(−∞,0)上
增，在
单调递
(0,t )上
减，在
单调递
(t ,+ ∞)上
增，
单调递
故x =t是函数f (x)唯一的极小
点，所以
值
x0=t，从而f (x0)= f (t )=e
t−e
2 t
2−t −1，
由于t ∈(1,2)，且f (x)在(1,t )上
减，所以
递
f (t )<f (1)= e
2 −2，
另一方面，f
' (t )=e
t−et −1=0，故e
t =et +1，所以f (t )=et +1−e
2 t
2−t −1= e
2 t
2+(e−1)t，
易知二次函数y =−e
2 t
2+(e−1)t在(1,2)上
减，所以
单调递
f (t )>−e
2 ×2
2+(e−1)×2=−2，
上所述，
综
−2<f (t )< e
2 −2，即−2<f (x0)< e
2 −2.
【点睛】遇到零点不可求的情形
，可虚
零点，运用零点代
，化
函数极
的策略来解决
，
是
零点
时
设
换
简
值
问题这
隐
问
常用的
理方法
题
处
.例如在本
中，
题
f
' (x)有一个零点不可求，我
采取的是
零点
们
设该
为t，利用f
' (t )=0去化简
f (t )，再
不等式的方法来
理
证
处
问题.
【典型例题2】已知f (x)=e
x+a x
2，f
' (x)是f (x)的
函数，其中
导
a∈R.
（1）当a>0
，
明：存在唯一的
时证
x0∈(−1
2a ,0)，使得f
'(x0)=0；
（2）若存在
数
实
a、b，使得f (x)≥b恒成立，求a−b的最小值.
【答案】
解析
见
【解析】（1）由
意，
题
f
' (x)=e
x+2ax，f
″ (x)=e
x+2a，
当a>0
，
时f
″ (x)>0，所以f
' (x)在R 上
增，
单调递
因为f
'(−1
2a)=e
−1
2a −1<0，f
' (0)=1>0，所以存在唯一的x0∈(−1
2a ,0)，使得f
'(x0)=0.
（2）当a<0
，
任意的
时对
x<−❑√|
b−1
a |，
f (x)=e
x+a x
2<1+a x
2<1+a⋅|
b−1
a |=1−|b−1|≤1−(1−b)=b，
所以
任意的
数
对
实
b，f (x)≥b不可能恒成立；
当a=0
，
时f (x)=e
x，要使f (x)≥b恒成立，只需b≤0，所以a−b=−b≥0，
当a>0
，由（
时
1）可得存在唯一的x0∈(−1
2a ,0)，使得f
'(x0)=0，
且f
' (x)>0⇔x> x0，f
' (x)<0⇔x< x0，
所以f (x)在(−∞, x0)上
减，在
单调递
(x0,+ ∞)上
增，从而
单调递
f (x)(x0)
x0
0
2
min，
因为f (x)≥b恒成立，所以e
x0+a x0
2≥b，故a−b≥a−e
x0−a x0
2①，
又f
'(x0)=e
x0+2a x0=0，所以a=−e
x0
2 x0
，
代入不等式①可得a−b≥−e
x0
2 x0
−e
x0−(−e
x0
2 x0)x0
2，整理得：a−b≥x0
2−2 x0−1
2 x0
e
x0，
设g(x)= x
2−2 x−1
2 x
e
x(x<0)，则g
' (x)= x
3−x
2−x +1
2 x
2
e
x = (x−1)
2(x +1)
2 x
2
e
x，
所以g
' (x)>0⇔−1< x<0，g
' (x)<0⇔x<−1，
故g(x)在(−∞,−1)上
减，在
单调递
(−1,0)上
增，从而
单调递
g(x)≥g(−1)=−1
e
，所以a−b≥g(x0)≥−1
e
，
当a= 1
2e
，b= 3
2e
取等号，
上所述，
时
综
a−b的最小值为−1
e
.
【典型例题3】已知函数f (x)=ae
x+ a+1
x
−2(a+1)，x>0，其中a∈R.
（1）当a=1
，
明：
时证
f (x)有最小值m 且m>0；
（2）设a>0，且f (x)≥0恒成立，求a 的取
范
值
围.
【答案】
解析
见
【解析】（1）当a=1
，
时f (x)=e
x+ 2
x −4 (x>0)，所以f
' (x)=e
x−2
x
2，f
″ (x)=e
x+ 4
x
3 >0，
从而f
' (x)在(0,+ ∞)上
增，
单调递
又f
'(
1
2)= ❑√e−8<0，f
' (1)=e−2>0，所以f
' (x)有唯一的零点x0且x0∈(
1
2 ,1)，
当x∈(0, x0)
，
时f
' (x)<0，故f (x)
减，当
单调递
x∈(x0,+∞)
，
时f
' (x)>0，故f (x)
增，
单调递
所以f (x)有最小值m，且m= f (x0)=e
x0+ 2
x0
−4，由f
'(x0)=e
x0−2
x0
2 =0可得e
x0= 2
x0
2，
从而m=e
x0+ 2
x0
−4 = 2
x0
2 + 2
x0
−4 = −4 x0
2+2 x0+2
x0
2
=−2(x0−1)(2 x0+1)
x0
2
，因为x0∈(
1
2 ,1)，所以m>0.
（1）由
意，
题
a>0，f
' (x)=ae
x−a+1
x
2 ，f
″ (x)=ae
x+ 2(a+1)
x
3
>0，所以f
' (x)在(0,+∞)上
增
单调递
，
当x>max{1,ln a+1
a }
，
时f
' (x)=ae
x−a+1
x
2 >ae
x−(a+1)=a(e
x−a+1
a )>0，
又f
'(
1
2)=a ❑√e−4 (a+1)=(❑√e−4)a−4<0，所以f
' (x)在(0,+∞)上有唯一的零点，
设为x1，则f
' (x)<0⇔0< x < x1，f
' (x)>0⇔x > x1，故f (x)在(0, x1)上
减，在
单调递
(x1,+∞)上
增，
单调递
所以f (x)(x1)
x1 a+1
x1
(a+1)
min
①，
因为f
'(x1)=ae
x1−a+1
x1
2 =0，所以ae
x1= a+1
x1
2 ，代入式①可得a+1
x1
2 + a+1
x1
−2(a+1)≥0，
所以1
x1
2 + 1
x1
−2≥0，
合
结
x1>0可解得：0< x1≤1，由ae
x1= a+1
x1
2 可得1
a = x1
2e
x1−1，
然当
显
0< x1≤1
，
时−1< x1
2e
x1−1≤e−1，−1< 1
a ≤e−1，
又a>0，所以1
a >0，故0< 1
a ≤e−1，从而a≥
1
e−1
，所以
数
实
a 的取
范
是
值
围
1
e−1 ,+∞).
【典型例题4】
函数
设
f (x)=e
x−2ln x−2(x>0)，
明：
证
f (x)>0.
【答案】
解析
见
【解析】
法
证
1：由
意，
题
f
' (x)=e
x−2
x = x e
x−2
x
，设g(x)= x e
x−2(x>0)，
则g
' (x)=(x +1)e
x>0，所以g(x)在(0,+ ∞)上
增，
单调递
又g(x)=−2<0，g(1)=e−2>0，所以g(x)在(0,1)上有1 个零点x0，
且当0< x< x0
，
时g(x)<0，所以f
' (x)<0，
当x> x0
，
时g(x)>0，所以f
' (x)>0，从而f (x)在(0, x0)上
减，在
单调递
(x0,+∞)上
增，
单调递
故f (x)(x0)
x0ln x0min①，
因为g(x0)= x0e
x0−2=0，所以e
x0= 2
x0
，两
取
数得：
边
对
x0= ln 2
x0
= ln2−ln x0，故ln x0= ln 2−x0，
代入式①得f (x0)= 2
x0
−2(ln 2−x0)−2= 2
x0
+2 x0−2ln 2−2>2❑√
2
x0
⋅2 x0−2ln 2−2=2−2ln 2>0，
从而f (x)min，所以f (x)>0.
法
证
2：设φ(x)=e
x−ex (x>0)，则φ
' (x)=e
x−e，所以φ
' (x)>0⇔x>1，φ
' (x)<0⇔x< x<1，
从而φ(x)在(0,1)上
减，在
单调递
(1,+∞)上
增，故
单调递
φ(x)≥φ(1)=0，所以e
x≥ex，
故f (x)=e
x−2ln x−2≥ex−2ln x−2，
设h(x)=ex −2ln x−2(x>0)，则h
' (x)=e−2
x = ex −2
x
，所以h
' (x)>0⇔x> 2
e
，h
' (x)<0⇔0< x< 2
e
，
故h(x)在(0, 2
e)上
减，在
单调递
(
2
e ,+∞)上
增，
单调递
从而h(x)≥h(
2
e)=e× 2
e −2ln 2
e −2=2−2×(ln 2−1)−2=2−2ln 2>0，
因为f (x)≥h(x)，所以f (x)>0.
法
证
3：设
(x>0)，则r
' (x)= 1
x −1= 1−x
x
，所以r
' (x)>0⇔0< x<1，
r
' (x)<0⇔x>1，从而r (x)在(0,1)上
增，在
单调递
(1,+∞)上
减，
单调递
故r (x)≤r (1)=0，所以ln x ≤x−1，
故f (x)=e
x−2ln x−2≥e
x−2(x−1)−2=e
x−2 x，
设t (x)=e
x−2 x (x>0)，则t
' (x)=e
x−2，
所以t
' (x)>0⇔x>ln2，t
' (x)<0⇔0< x<ln2，
故t (x)在(0,ln 2)上
减，在
单调递
(ln 2,+ ∞)上
增，从而
单调递
t (x)≥t (ln 2)=e
ln2−2ln 2=2−2ln 2>0，
因为f (x)≥t (x)，所以f (x)>0.
法
证
4：易证e
x≥ex，ln x ≤x−1，所以f (x)=e
x−2ln x−2≥ex −2(x−1)−2=(e−2) x>0.
【变式训练6-1】已知函数f (x)=(ae
x−a−x)e
x
足
满
f (x)≥0
任意的
对
x∈R恒成立，其中e
自然
数的
为
对
底数.
（1）求a 的
；
值
（2）
明：
证
f (x)存在唯一的极大
点
值
x0，且0<f (x0)< 1
4
.
【答案】
解析
见
【解析】（1）由
意，
题
f (x)≥0⇔(ae
x−a−x)e
x≥0⇔ae
x−a−x ≥0，
设
(x∈R)，则g
' (x)=ae
x−1，且g(x)≥0恒成立，
当a≤0
，
然
任意的
时显
对
x>0，g(x)=ae
x−a−x =a(e
x−1)−x<0，不合
意；
题
当a>0
，
时g
' (x)>0⇔x>ln 1
a
，g
' (x)<0⇔x<ln 1
a
，
所以g(x)在(−∞,ln 1
a)上
减，在
单调递
(ln 1
a ,+ ∞)上
增，
单调递
从而g(x)(ln 1
a)
ln 1
a ln 1
a ln a
min
，
因为g(x)≥0恒成立，所以1−a+ ln a≥0①，
设φ(a)=1−a+ ln a(a>0)，则φ
' (a)=−1+ 1
a = 1−a
a
，所以φ
' (a)>0⇔0<a<1，φ
' (a)<0⇔a>1，
从而φ(a)在(0,1)上
增，在
单调递
(1,+∞)上
减，
单调递
故φ(a)≤φ(1)=0，即1−a+ ln a≤0②，
合①②可得只能
结
1−a+ ln a=0，且此时a=1，
上所述，
数
综
实
a 的值为1.
（2）由（1）可得f (x)=(e
x−1−x)e
x，所以f
' (x)=(e
x−1)e
x+(e
x−1−x)e
x =(2e
x−x−2)e
x，
设h(x)=2e
x−x−2(x∈R)，则h
' (x)=2e
x−1，
所以h
' (x)>0⇔x>ln 1
2
，h
' (x)<0⇔x<ln 1
2
，从而h(x)在(−∞,ln 1
2)上
减，在
单调递
(ln 1
2 ,+∞)上单调递
增，
故h(x)(ln 1
2)
ln 1
2 ln 1
2 ln 2
min
，
因为h(−2)=2e
−2>0，所以h(x)在(−2,ln 1
2)上有一个零点，
作
记
x0，
又h(0)=0，所以h(x)共有x0和0 这2 个零点，且h(x)>0⇔x< x0或x>0，h(x)<0⇔x0< x<0，
从而f
' (x)>0⇔x< x0或x>0，f
' (x)<0⇔x0< x<0，
故f (x)在(−∞, x0)上
增，在
单调递
(x0,0)上
减，在
单调递
(0,+ ∞)上
增，
单调递
所以f (x)有唯一的极大
点
值
x0，且f (x0)=(e
x0−1−x0)e
x0③，
因为h(x0)=2e
x0−x0−2=0，所以e
x0= x0+2
2
，代入③化
得：
简
f (x0)=−x0
2+2 x0
4
，
因为−2< x0<ln 1
2
，所以−1< x0+1<1−ln 2，从而0≤(x0+1)
2<1，
故−1≤x0
2+2 x0=(x0+1)
2−1<0，所以0<−x0
2+2 x0
4
≤1
4
，
然
显
h(−1)=2e
−1−1≠0，所以x0≠−1，从而
−x0
2+2 x0
4
≠1
4
，故0<−x0
2+2 x0
4
< 1
4
，所以0<f (x0)< 1
4
.
【变式训练6-2】已知函数f (x)=ln x−1
2 a x
2+ x，a∈R.
(1)若f (1)=0，求函数f (x)的极
；
值
(2)若关于x的不等式f (x)≤ax−1恒成立，求整数a的最小
；
值
(3)若a=−2，正
数
实
x1, x2
足
满
，
明：
证
.
【答案】(1)极大值为0，无极小
；
值(2)2；(3)
明
解析
证
见
.
【解析】(1)∵f (1)=1−a
2 =0，∴a=2，
此时f (x)=ln x−x
2+ x，x>0，
f
' (x)= 1
x −2 x +1= −2 x
2+ x +1
x
= −(2 x +1)(x−1)
x
，x>0，
由f
' (x)<0得x>1，由f
' (x)>0得0< x<1，
∴f (x)的
增区
单调
间为(0，1)，
减区
单调
间为(1，+ ∞)，∴f (x)有极大值为f (1)=0，无极小
；
值
(2)由f (x)≤ax−1恒成立，得ln x−1
2 a x
2+ x ≤ax−1在(0，+∞)上恒成立，
等价于
问题
a≥ln x + x +1
1
2 x
2+ x
在(0，+∞)上恒成立.
令g(x)=ln x + x +1
1
2 x
2+ x
，只要a≥g(x)max. ∵g
' (x)=
(x +1)(−1
2 x−ln x)
(
1
2 x
2+ x)
2
.
令h(x)=−1
2 x−ln x，∵h
' (x)=−1
2 −1
x <0，∴h(x)在(0，+∞)上
减
单调递
.
∵h(
1
2)=ln2−1
4 >0，h(1)=−1
2 <0，
∴在(0，＋)上存在唯一的x0∈(
1
2 ,1)，使得h(x0)=0，即−1
2 x0−ln x0=0，∴ln x0=−1
2 x0.
∴当x∈(0, x0)
，
时g
' (x)>0，g(x)
增，
单调递
当
，
时g
' (x)<0，g(x)
减，
单调递
∴g(x)max= g(x0)=ln x0+ x0+1
1
2 x0
2+ x0
=
1+ 1
2 x0
x0(1+ 1
2 x0)
= 1
x0
∈(1,2)，即g(x)max∈(1，2)，
∵a≥g(x)max，∴整数a的最小值为2；
(3)由
可知
题
x1>0，x2>0.
当a=−2
，
时f (x)=ln x + x
2+ x，x>0.
∵
，∴ln x1+ x1
2+ x1+ln x2+ x2
2+ x2+ x1 x2=0，
∴(x1+ x2)
2+(x1+ x2)= x1 x2−ln(x1 x2)，
令t = x1 x2>0，
由
则
φ(t )=t −lnt得，φ
' (t )= t −1
t
，
易知φ(t )在(0，1)上
减，在
单调递
(1，+ ∞)上
增，
单调递
∴φ(t )≥φ(1)=1，∴(x1+ x2)
2+(x1+ x2)≥1
，解得
成立.
【点睛】本
第二
关
是
函数
题
问
键
讨论
h(x)=−1
2 x−ln x的零点和
性和，从而参
分离后函数的最小
，解
单调
变
值
题
程中零点无法求出，属于
零点，可以
而不求，利用
零点将
数式
式
行
算
过
隐
设
隐
对
转换为幂
进
计
.第三
的关
是
问
键
将方程
形，把
变
x1+ x2看成整体
行求解
进
.
【变式训练6-3】已知函数f (x)=aln x + a+1
x
+ x (a∈R).
(1)当a<−1
，
时讨论f (x)的
性；
单调
(2)若函数g(x)= x
2+ x−1
x
，
明：当
证
a=1
，
时x⋅f (x)> g(x).
【答案】(1)答案
解析
见
;(2)
明
解析
证
见
【解析】(1)f (x)的定
域
义
(0,+ ∞).
f
' (x)= a
x −a+1
x
2 +1= x
2+ax−(a+1)
x
2
= [x +(a+1)](x−1)
x
2
.
当a<−1
，分下面三种情况
：
时
讨论
①当a=−2
，
时f
' (x)= ( x−1)
2
x
2
≥0恒成立，所以f (x)在(0,+∞)
增；
单调递
②当
，
时−(a+1)>1，
令f
' (x)>0，得0< x<1，或x>−(a+1)，
所以f (x)在
和(−a−1,+ ∞)
增，在
单调递
(1,−a−1)
减；
单调递
③当−2<a<−1
，
时−(a+1)<1，令f
' (x)>0，得0< x<−(a+1)，或x>1，
所以f (x)在(0,−a−1)和(1,+ ∞)
增，在
单调递
(−a−1,1)
减
单调递
.
上，当
综
，
时f (x)在
和(−a−1,+ ∞)
增函数，在
为
(1,−a−1)
减函数；
为
a=−2
，
时f (x)在(0,+ ∞)
增函数；
为
当−2<a<−1
，
时f (x)在(0,−a−1)和(1,+∞)
增函数，在
为
(−a−1,1)
减函数
为
.
（2）当a=1
，要
明
时
证
xf (x)= xln x +2+ x
2>g(x)= x
2+ x−1
x ( x>0)，即证xln x +2−x + 1
x >0.
设F (x)= xln x +2−x + 1
x
，则F
' (x)=ln x−1
x
2，
又函数y = F
' (x)在(0,+ ∞)
增函数，而
为
F
' (1)=−1<0, F
' (e)=1−1
e
2 >0，
所以存在x0∈(1,e)，使得
，且有ln x0= 1
x0
2，
所以F (x)在(0, x0)
减函数，在
为
(x0,+ ∞)
增函数
为
.
所以F( x)min= F (x0)= x0ln x0+2−x0+ 1
x0
= x0(
1
x0
2)+2−x0+ 1
x0
= 2
x0
−x0+2，
令H (x)= 2
x −x +2，
然在
显
(1,e)
减函数，所以
为
H (x0)> H (e)，
即2
x0
−x0+2> 2
e −e+2，而2
e −e+2>0，所以
，
即F( x)min= F (x0)>0，故当x>0
，
时x⋅f (x)>g(x)恒成立.
【变式训练6-4】已知函数f (x)=e
x+ax−3，曲线
在点(0,f (0))
的切
方程
处
线
为
.
(1)求
数
实
a的
及函数
值
f (x)的
区
；
单调
间
(2)若x>0
，
时(m−x)e
x<m+2，求[m]的最大
（注：
值
[m]表示不超
数
过实
m的最大整数）.
【答案】(1)a=−1，减区
是
间
(−∞,0)，增区
是
间
(0,+ ∞)；(2)2
【解析】(1)
，f
'(0)=1+a，又f (0)=−2，所以1+a=0，a=−1，f
'( x)=e
x−1，
，
时f
'( x)<0，x>0
，
时f
'( x)>0，
所以减区
是
间
(−∞,0)，增区
是
间
(0,+∞)；
(2)x>0
，
时e
x>1，(m−x)e
x<m+2⇒(e
x−1)m< x e
x+2，m< x e
x+2
e
x−1
，
设g( x)= x e
x+2
e
x−1
，则g
'( x)= e
x(e
x−x−3)
(e
x−1)
2
，
由（1）f ( x)=e
x−x −3，f ( x)min，
f (1)=e−4<0，f (2)=e
2−5>0，
所以f ( x)在(1,2)上存在唯一零点，
零点
设
为
，e
x0= x0+3，
所以0< x< x0
，
时g
'( x)<0，g( x)
减，
递
x> x0
，
时g
'( x)>0，g( x)
增，
递
g( x)0 x0e
x+2
e
x0−1 min
= x0( x0+3)+2
x0+2
= x0+1∈(2,3)，
m< x0+1，所以
足
意的
满
题
m的最大整数为2．即[m]max．
【变式训练6-5】已知函数f (x)=aln x + a+1
x
+ x (x∈R).
(1)讨论f (x)的
性；
单调
(2)若函数g(x)= 1
e
x + 1
x ，
明：当
证
a=1
，
时f (x)> g(x).
【答案】(1)答案
解析
见
;(2)
明
解析
证
见
【解析】(1)f (x)的定
域
义
(0,+ ∞)
f ' (x)= a
x −a+1
x
2 +1= x
2+ax−(a+1)
x
2
= [x +(a+1)]( x−1)
x
2
.
当a≥−1
，
时
，所以x +(a+1)>0恒成立，
所以f (x)在
减，在
单调递
(1,+∞)
增；
单调递
当a<−1，分下面三种情况
：
讨论
①当a=−2
，
时f ' (x)= (x−1)
2
x
2
≥0恒成立，所以f (x)在(0,+∞)
增；
单调递
②当
，
时−(a+1)>1，令f
' (x)>0.得0< x<1，或x>−(a+1).
所以f (x)在
和(−a−1,+ ∞)
增，在
单调递
(1,−a−1)
减；
单调递
③当−2<a<−1
，
时0＜−(a+1)<1，令f ' (x)>0，得0< x<−(a+1)，或x>1，
所以f (x)在(0,−a−1)和(1,+ ∞)
增，在
单调递
(−a−1,1)
减
单调递
.
上，当
综
，
时f (x)在
和(−a−1,+ ∞)
增函数，在
为
(1,−a−1)
减函数；
为
a=−2
，
时f (x)在(0,+ ∞)
增函数；当
为
−2<a<−1
，
时
f (x)在(0,−a−1)和(1,+ ∞)
增函数，在
为
(−a−1,1)
减函数；
为
当a≥−1
，
时f (x)在
减函数，在
为
(1,+ ∞)
增函数
为
.
(2)当a=1
，要
明
时
证
ln x + 2
x + x = f (x)>g(x)= 1
e
x + 1
x ( x>0)，
即证x ln x + x
2+1> x
e
x ，设G(x)= x
e
x ( x>0)，
易知G (x)= x
e
x 在
增函数，在
为
(1,+∞)
减函数，
为
所以G(x)(1) 1
e max
；设F (x)= x ln x + x
2+1，
则F ' (x)= ln x +2 x +1，又函数y = F ' (x)在(0,+ ∞)
增函数，
为
而F
'(
1
e)= 2
e >0，F '(
1
e
2)=−1+ 2
e
2 <0，
所以存在x0∈(
1
e
2 , 1
e)，使得F ' (x0)=0，且有
，
所以F (x)在(0, x0)
减函数，在
为
(x0,+ ∞)
增函数
为
.
所以F (x)(x0)0ln x00
2
0(−2 x0−1)0
2
0
2
0min.
设H (x)=−x
2−x +1，
然在
显
(
1
e
2 , 1
e)
减函数，
为
所以H (x0)> H(
1
e)，即−x0
2−x0+1>−1
e
2 −1
e +1，
而−1
e
2 −1
e +1> 1
e ，所以−x0
2−x0+1> 1
e
，
即F (x)(x0) 1
e
(x)max
min
，故当x>0
，
时
F (x)>G (x)恒成立，所以f (x)>g(x)成立.
【点睛】
数是研究函数的
性、极
（最
）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知
点，
数的
用
导
单调
值
值
识
对导
应
的考
主要从以下几个角度
行：（
查
进
1）考
数的几何意
，往往与解析几何、微
分相
系．（
查导
义
积
联
2）利用
数求函
导
数的
区
，判断
性；已知
性，求参数．（
单调
间
单调
单调
3）利用
数求函数的最
（极
），解决生活中的
化
．
导
值
值
优
问题
（4）考
数形
合思想的
用．
查
结
应
【变式训练6-6】
函数
设
f (x)=ax−ln x−2(a>0).
(1)若a= 2
e
，求f (x)在点(e ,f (e))
的切
方程；
处
线
(2)求f (x)的
减区
；
单调递
间
(3)求
：不等式
证
f (x)>ax−e
x恒成立.
【答案】(1)x−ey −2e =0
;(2)
;(3)
明
解析
证
见
【解析】(1)当a= 2
e
，
时f (x)= 2
e x−ln x−2，f
' (x)= 2
e −1
x
，
∴f
' (e)= 1
e
，又f (e)=−1，
∴f (x)在点(e ,f (e))
的切
方程
：
处
线
为y +1= 1
e
(x−e)，即x−ey −2e =0.
(2)由
意得：
题
f (x)定
域
义
为(0,+ ∞)，f
' (x)=a−1
x = ax−1
x
(a>0)；
令f
' (x)=0，解得：x = 1
a >0，
∴当x∈(0, 1
a)
，
时f
' (x)<0；当x∈(
1
a ,+ ∞)
，
时f
' (x)>0；∴f (x)的
减区
单调递
间为
.
(3)设g(x)= f (x)−ax +e
x =e
x−ln x−2，则g
' (x)=e
x−1
x
(x>0)，
∵y =e
x在(0,+ ∞)上
增，
单调递
y = 1
x 在(0,+∞)上
减，
单调递
在(0,+ ∞)上
增，又
单调递
g
'(
1
2)= ❑√e−2<0，g
' (1)=e−1>0，
∴∃x0∈(
1
2 ,1)，使得g
'(x0)=0，则e
x0= 1
x0
，x0=−ln x0，
∴g(x)在(0, x0)上
减，在
单调递
(x0,+ ∞)上
增，
单调递
∴g(x)(x0)e
x0ln x0
1
x0 0
❑√
x0⋅1
x0 min
（当且
当
仅
x0=1
取等号），
时
又x0∈(
1
2 ,1)，∴g(x0)>0，
，即f (x)>ax−e
x恒成立.
1．已知函数f ( x)=e
x+cos x−2,f
'( x)为f ( x)的
数
导
.
(1)当x ≥0
，求
时
的最小
；
值
(2)当x ≥−π
2
，
时x e
x+ x cos x−a x
2−2 x ≥0恒成立，求a的取
范
值
围.
【答案】
解析
见
【解析】（1）由
意，
题
f
'( x)=e
x−sin x，令g( x)=e
x−sin x，则g
'( x)=e
x−cos x，
当x ≥0
，
时e
x≥1，cos x ≤1，所以g
'( x)≥0，从而g( x)在
上
增，
单调递
则g( x)的最小值为g(0)=0，故
的最小值0；
（2）由已知得当x ≥−π
2
，
时x(e
x+cos x−ax−2)≥0恒成立，
令h(x)=e
x+cos x−ax−2，h
' (x)=e
x−sin x−a，
①当
，若
时
x ≥0
，由（
时
1）可知h
' (x)≥1−a≥0，∴h(x)
增函数，
为
∴h(x)≥h(0)=0恒成立，∴x⋅h(x)≥0恒成立，即x(e
x+cos x−ax−2)≥0恒成立，
若x∈−π
2 ,0)，令m(x)=e
x−sin x−a 则m
' (x)=e
x−cos x，
令n(x)=e
x−cos x，则n
' (x)=e
x+sin x，
令p(x)=e
x+sin x，则p
' (x)=e
x+cos x，
∵在p
' (x)在x∈−π
2 ,0)内大于零恒成立，∴函数p(x)在区间−π
2 ,0)
增，
为单调递
又∵p(−π
2)=e
−π
2 −1<0，p(0)=1，，
∴p(x)上存在唯一的x0∈(−π
2 ,0)使得p(x0)=0，
∴当x∈−π
2 , x0)
，
时n
' (x)<0，此时n(x)
减函数，
为
当x∈(x0,0)
，
时h
' (x)>0，此时n(x)
增函数，
为
又∵n(−π
2)=e
−π
2 >0，n(0)=0，
∴存在
，使得
n(x1)=0
，
∴当x∈−π
2 , x1)
，
时m
' (x)>0，m(x)
增函数，当
为
x∈(x1,0)
，
时m
' (x)<0，m(x)
减函数，
为
又∵m(−π
2)=e
−π
2 +1−a>0，m(0)=1−a≥0，
∴x∈−π
2 ,0)
，
时h
' (x)>0，则h(x)
增函数，∴
为
h(x)≤h(0)=0，
∴x(e
x+cos x−ax−2)≥0恒成立，
②当a>1
，
时m
'( x)=e
x−cos x ≥0在
上恒成立，则m(x)在
上
增函数，
为
∵m(0)=1−a<0，m(ln(1+a))=e
ln(1+a)−sin(ln(1+a))−a=1−sin(ln(1+a))≥0，
∴存在唯一的x2∈(0,+∞)使
，
∴当0≤x< x2
，
时
，从而
在0, x2)上
减，∴
单调递
h(x)<h(0)=0，
∴x(e
x+cos x−ax−2)<0，与x e
x+ x cos x−a x
2−2 x ≥0矛盾，
上所述，
数
综
实
a的取
范
值
围为(−∞,1].
2．已知f ( x)= ln x +a
x
，g( x)=e
x+ 2
x −1.
(1)若函数f ( x)的
像在
图
x =e
的切
与直
处
线
线2 x−y +8=0垂直，求a;
(2)当x>0
，
时g( x)≥f ( x)恒成立，求
数
实
a的取
范
值
围.
【答案】
解析
见
【解析】（1）
的定
域
义
为(0,+∞)，f
'( x)= 1−a−ln x
x
2
，
∴f
'(e)=−a
e
2，由已知可得f
'(e)×2=−1，即a= e
2
2
.
（2）当x>0
，
时g( x)≥f ( x)，即e
x+ 2
x −1≥ln x +a
x
，
化
可得，
简
a≤x(e
x−1)−ln x +2，
令F( x)= x(e
x−1)−ln x +2( x>0)，只需a≤F( x)min，
F
'( x)=( x +1)(e
x−1
x)，令h( x)=e
x−1
x ( x>0)，
则h
'( x)=e
x+ 1
x
2 >0，
在(0,+∞)上
增，
单调递
∵h(
1
2)=e
1
2 −2<0，
，
∴存在唯一的x0∈(0,+ ∞)，使得h(x0)=e
x0−1
x0
=0，
当0< x< x0
，
时h(x)<0，即F
' (x)<0，当x> x0
，
时h(x)>0，即F
' (x)>0，
∴F( x)在区间(0, x0)上
减，在区
单调递
间(x0,+ ∞)上
增，
单调递
∴F( x)(x0)0(e
x0−1)ln x00e
x0(x0+ ln x0)min，
由e
x0−1
x0
=0得x0e
x0=1，
两
取
数得
边
对
x0+ ln x0=0，∴F( x)(x0)min，
∴a≤3，即
数
实
a 的取
范
是
值
围
(−∞,3]．
3．已知函数f (x)= 1
2 m( x−1)
2−2 x +ln x ,m≥1．
(1)求
：函数
证
f (x)存在
减区
，并求出
减区
单调递
间
单调递
间(a,b)的
度
长
b−a的取
范
；
值
围
(2)当x ≥1
，
时f (x)≤x e
x−1−3 x恒成立，求
数
实
m的取
范
．
值
围
【答案】
解析
见
【解析】（1）f
'( x)=m( x−1)−2+ 1
x = m x
2−(m+2)x +1
x
，
令h( x)=m x
2−(m+2)x +1，
∵m≥1，Δ=m
2+ 4>0，∴h( x)=0有两个不等
根
实
a,b（不妨设a<b），
而h(0)=1>0，m+2
2m >0，因此a>0,b>0，
所以h( x)<0在(0,+ ∞)上的解集为(a,b)，即f ( x)的
减区
是
单调
间
(a,b)，
由
达定理得
韦
a+b= m+2
m
，ab= 1
m
，
b−a=
❑√(a+b)
2−4 ab= ❑√
1+ 4
m
2，
∵m≥1，∴b−a∈(1,❑√5]；
（2）由
意
题
1
2 m( x−1)
2−2 x + ln x ≤x e
x−1−3 x在[1,+ ∞)上恒成立，
令g( x)= 1
2 m( x−1)
2+ x + ln x−e
x−1，
g
'( x)=m( x−1)+1+ 1
x −( x +1)e
x−1，令G( x)=m( x−1)+1+ 1
x −( x +1)e
x−1，
则G
'( x)=m−1
x
2 −( x +2)e
x−1，令φ( x)=m−1
x
2 −( x +2)e
x−1，
则φ
'( x)= 2
x
3 −( x +3)e
x−1，令h( x)= 2
x
3 −( x +3)e
x−1，则h
'( x)=−6
x
4 −( x + 4)e
x−1<0，
所以
在[1,+∞)上
减，
单调递
h( x)≤h(1)=2−4 =−1<0，
所以φ( x)在[1,+ ∞)上
减，
单调递
φ( x)≤φ(1)=m−1−3=m−4，
当m−4≤0，即m≤4
，
时G
'( x)=φ( x)≤0，
G( x)= g
'( x)在[1,+ ∞)上
减，
单调递
g
' (x)≤g
' (1)=0，
所以g( x)在[1,+ ∞)上
减，
单调递
g( x)≤g(1)=0成立，所以1≤m≤4，
当m−4>0，即m>4
，
时φ( x)=0在[1,+ ∞)上有根，
根
设
为x0，
在[1, x0)上，φ( x)>0，在( x0,+ ∞)上φ( x)<0，
所以
在[1, x0)上
增，在
递
( x0,+ ∞)上
减且
递
g
'(1)=0，
，
时g
'( x)→−∞，
因此
在
上有解，
解
设
为x1，
在(1, x1)上，g
'( x)>0， g( x)
增，而
单调递
g(1)=0，因此在(1, x1)上，
，从而在[1,+∞)上
g( x)≤0不恒成立，
上所述，
综
1≤m≤4．
4．已知函数f ( x)= x sin x，x∈(0,π )，
为f ( x)的
数，且
导
g( x)= f
'( x).
明：
证
(1)g( x)在(2, 2π
3 )内有唯一零点；
(2)f ( x)<2.
（参考数据：sin 2≈0.9903，cos2≈−0.4161，tan 2≈−2.1850，❑√2≈1.4142，π ≈3.14.）
【答案】
解析
见
【解析】（1）由
意，函数
题
f ( x)= x sin x，则f
'( x)=sin x + x cos x
所以g(x)= f ' (x)= xcosx + sinx，
当x∈0, π
2
，可得
时
g(x)>0，即g(x)在x∈0, π
2 内没有零点，
当x∈(
π
2 ,π)
，
时g
' (x)=2cosx−x sin x，
因为cos x<0, x sin x>0，所以g' (x)<0，所以g(x)在(
π
2 ,π)上
减，
单调递
又g(2)=(2+ tan 2)cos2>0，且g(
2π
3 )=−π
3 +
❑√3
2 <0，
所以g(x)在(2, 2π
3 )内有唯一零点t.
（2）由（1）得，当x∈(0,t )
，
时g(x)>0，所以f ' (x)>0，即f (x)
增；
单调递
当x∈(t ,π )
，
时g(x)<0，所以f (x)<0，即f (x)
减，
单调递
即f (x)的最大值为f (t )=tsint，
由f
' (t )=t cost + sint =0得t =−tant，所以f (t )=−tant sint，
因此f (t )−2= −sin
2t −2cost
cost
= cos
2t −2cost −1
cost
= (cost −1)
2−2
cost
，
因为t ∈(2, 2π
3 )，所以cost ∈(−1
2 ,cos2)
从而(cos2−1)
2−2=(−1.4161)
2−(❑√2)
2>0，即(cost −1)
2−2
cost
<0，
所以f (t )−2<0，故f (x)<2.
5．已知函数f ( x)= a
2 x
2+cos x（a∈R），
是f ( x)的
数
导
.
（1）当a=1
，令
时
h( x)= f
'( x)−x + ln x，
为
的
数
导
.
明：
证
在区间
存在唯一的极小
点；
值
（2）已知函数y = f (2 x)−2
3 x
4在[0, π
2]上
减，求
单调递
a的取
范
值
围.
【答案】
解析
见
【解析】（1）由已知，f
'( x)= x −sin x，所以h( x)= ln x−sin x，
设g( x)=h
'( x)= 1
x −cos x，g
'( x)= −1
x
2 +sin x，
当x∈(0, π
2)
，
时g
'( x)
增，而
单调递
g
'(1)<0，g
'(
π
2)>0，且g
'( x)在
上
象
图
连续
不断.所以g
'( x)在
上有唯一零点α
，
当x∈(0,α )
，
时g
'( x)<0；当x∈(α , π
2)
，
时g
'( x)>0；
∴g( x)在(0,α )
减，在
单调递
(α , π
2)
增，故
单调递
g( x)在区间
上存在唯一的极小
点，即
值
在区间
上存在唯一的极小
点；
值
（2）设k( x)= x−sin x，x∈0,+∞)，k
'( x)=1−cos x ≥0，
∴k( x)在0,+ ∞)
增，
单调递
k( x)≥k(0)=0，
即x ≥sin x，从而sin2 x ≤2 x，
因
函数
为
y = f (2 x)−2
3 x
4在[0, π
2]上
减，
单调递
∴m( x)=2ax−sin2 x−4
3 x
3≤0在[0, π
2]上恒成立，
令m
'( x)=2a−2cos2 x−4 x
2= p( x)，
∵sin2 x ≤2 x，∴p
'( x)= 4 sin 2 x −8 x ≤0，
m
'( x)在[0, π
2]上
减，
单调递
m
'( x)'max，
当
，
时m
'( x)≤0，则m( x)在[0, π
2]上
减，
单调递
m( x)≤m(0)=0，符合
意
题
.
当a>1
，
时m
'( x)在[0, π
2]上
减，
单调递
m
'(0)=2a−2>0所以一定存在x0∈(0, π
2)，
当0≤x< x0
，
时m
'( x)>0，m( x)在0, x0)上
增，
单调递
m(x0)>m(0)=0与
意不符，舍去
题
.
上，
综
a的取
范
是
值
围
6．已知函数f (x)=e
ax−x，
，
(1)求函数f (x)的
区
；
单调
间
(2)若关于x 的不等式f (x)≥g(x)在x∈0,+ ∞)上恒成立，求
数
实
a 的取
范
值
围.
【答案】
解析
见
【解析】（1）由f
'( x)=ae
ax−1，当a≤0
，
时f
'( x)<0恒成立，则f ( x)在R 上
减；
单调递
当a>0
，令
时
f
'( x)=0，解得x =−ln a
a
，
当x∈(−∞,−ln a
a )时f
'( x)<0；当x∈(−ln a
a ,+ ∞)时f
'( x)>0
∴f ( x)在(−∞,−ln a
a )上
减，
单调递
(−ln a
a ,+ ∞)上
增
单调递
上，当
综
a≤0
，
时f (x)
减区
单调递
间为(−∞,+∞).
当a>0
，
时f ( x)
减区
单调递
间为(−∞,−ln a
a )，
增区
单调递
间(−ln a
a ,+∞).
（2）由f (x)≥g( x)得，e
ax−sin x +cos x−2≥0恒成立，
令F (x)=e
ax−sin x +cos x−2，x∈0,+∞)，则F
'( x)=ae
ax−cos x−sin x，
所以F (0)=0，F
' (0)=a−1，
当a≥1
，
时ae
ax≥e
x，
令p( x)=e
x−x −1, x ∈0,+ ∞)，则p
'( x)=e
x−1≥0，等号
在
仅
x =0
取得，
时
所以p( x)=e
x−x−1在0,+∞)上
增，故
单调递
p( x)≥p(0)=0，等号
在
仅
x =0
取得，即
时
.
令q(x)= x−sin x，则q
' (x)=1−cos x ≥0恒成立，
在0,+∞)上
增，
单调递
则
，即x ≥sin x，
F
'( x)≥e
x−cos x −sin x ≥x +1−cos x −sin x ≥0，
所以F( x)在0,+ ∞)上
增，
单调递
则F( x)≥F(0)=0，即e
ax−sin x +cos x−2≥0，
所以a≥1
，
时f (x)≥g( x)在x∈0,+ ∞)上恒成立.
当a<1
，
时F
' (x)=ae
ax−cos x−sin x，x∈0,+∞)，
设h(x)=ae
ax−cos x−sin x，则h
' (x)=a
2e
ax+sin x−cos x =a
2e
ax+ ❑√2sin( x−π
4 )，
当
，
时y =a
2e
ax是R 上的增函数，y =sin( x−π
4 )在x∈[0, π
2 ]上
增，
单调递
即
，
时h
' (x)=a
2e
ax+ ❑√2sin( x−π
4 )在x∈[0, π
2 ]上
增，
递
h
' (0)=a
2−1<0,h
'(
π
2)=a
2e
π
2 a
+1>0，故h
' (x)=0在[0, π
2 ]内存在唯一解x0，
当0≤x< x0
，
时h
' (x)<0，则h(x)在[0, x0)上
减，
递
则h(x)≤h(0)=a−1<0，
则F (x)=e
ax−sin x +cos x−2在[0, x0)上
减，故
递
F (x)≤F (0)=0，
当a≤0
，
时F (x)=e
ax−sin x +cos x−2=e
ax−❑√2sin( x−π
4 )−2在[0, π
2 ]上
减，
递
则F (x)≤F (0)=0，
所以a<1
，存在
时
x 使得F (x)≤0，与sin x−e
ax+2≤f (x)在x∈0,+∞)上恒成立矛盾，
上，
综
a 的取
范
是
值
围
[1,+ ∞).
7．已知函数f ( x)=e
x−a
x (a∈R)．
(1)
函数
讨论
f (x)零点个数；
(2)若|f (x)|>aln x−a恒成立，求a 的取
范
．
值
围
【答案】
解析
见
【解析】（1）由f ( x)=e
x−a
x =0，得x e
x =a,( x ≠0),设h(x)= x e
x，则h
' (x)=(x +1)e
x，
当x<−1
，
时h
' (x)<0，当−1< x<0, x>0
，
时h
' (x)>0，
所以h(x)= x e
x在
上
增；在
单调递
(−∞,−1)上
减，
单调递
所以h( x) 1
e min
，
据此可画出h(x)= x e
x大致
象如
，
图
图
所以（i）当a<−1
e
或a=0
，
时f (x)无零点：
（ii）当a=−1
e
或a>0
，
时f (x)有一个零点；
（iii)当−1
e <a<0
，
时f (x)有两个零点；
（2）①当a=0
，
时|f (x)|>a ln x−a即e
x>0恒成立，符合
意；
题
②当a<0
，由
时
|f (x)|>a ln x−a可得x>0，则e
x−a
x >0，
则e
x−a
x >aln x−a，即e
x>( 1
x + ln x−1)a，
设m( x)= 1
x + ln x−1，则m
'( x)=−1
x
2 + 1
x = x−1
x
2 ，
当0< x<1
，
时m
'( x)<0，当x>1
，
时m
'( x)>0，
所以m(x)在(0,1)上
减，在
单调递
上
增，
单调递
所以m(x)≥m(1)=0，
所以，当a<0
，
时e
x>0≥( 1
x + ln x−1)a，
即|f (x)|>a ln x −a恒成立，即a<0符合
意；
题
③当a>0
，由（
时
1）可知，h( x)−a= x e
x−a，在(0,+∞)上
增．
单调递
又h(0)−a=−a<0，h(a)−a=a(e
a−1)>0，
所以∃x0∈(0,a)，使h( x0)−a= x0e
x0−a=0.
i）当x∈(0, x0)
，
时x e
x−a<0，即e
x−a
x <0，
设
，
则g
'( x)=−a
x
2 −e
x−a
x <0，所以g(x)在
上
减，
单调递
所以x∈(0, x0)
，
时g(x)>g(x0)=−aln x0+a；
ii）当
，
时x e
x−a>0，即e
x−a
x >0，
设t( x)=e
x−a
x −aln x +a>0，
因为t
'( x)=e
x+ a
x
2 −a
x = x
2e
x+a−ax
x
2
，
令p( x)= x
2e
x+a−ax , x∈( x0,+ ∞)，则p
'( x)=( x
2+2 x)e
x−a，
又令n( x)=( x
2+2 x)e
x−a, x ∈( x0,+ ∞)，
则n
'( x)=( x
2+ 4 x +2)e
x>0，得n(x)在( x0,+ ∞)上
增，
单调递
有p
'( x)=n( x)≥n( x0)=( x0
2+2 x0)e
x0−a=a x0+a>0，
得p(x)在( x0,+∞)上
增，有
单调递
p( x)≥p( x0)= x0
2e
x0+a−a x0=a>0，
则t
'( x)= p( x)
x
2
>0，得t (x)在( x0,+∞)上
增，
单调递
则
，
时t (x)≥t (x0)=−aln x0+a，
又x∈(0, x0)
，
时g(x)>g(x0)=−aln x0+a，
得当a>0
，
时|f (x)|>a ln x −a
，
时−aln x0+a>0⇒0< x0<e，
由上可知a= x0e
x0，h( x)= x e
x在(0,+∞)上
增，
此
单调递
则
时0<a<e
e+1，
上可知，
综
a 的范
是
围
(−∞,e
e+1).
8．已知函数f (x)=ae
x−ln (x +1)−ln a．
(1)当a=1
，
时讨论f (x)的
性
单调
(2)
明：
证
f (x)有唯一极
点
值
t，且f (x)≥1．
【答案】
解析
见
【解析】（1）当a=1
，
时f ( x)=e
x−ln( x +1)，
所以f
'( x)=e
x−
1
x +1 , x>−1，
令h(x)= f
'( x)=e
x−
1
x +1，则h
' (x)=e
x+
1
(x +1)
2 >0，
所以f ( x)在(−1,+∞)上
增，又
单调递
，
所以−1< x<0
，
时f
'( x)<0，x>0
，
时f
'( x)>0，
因此f ( x)在(−1,0)上
减，在
单调递
(0,+∞)上
增；
单调递
（2）依
意，
题
a>0,f ( x)的定
域
义
为(−1,+ ∞)，
f
'( x)=ae
x−
1
x +1 =
1
x +1 [ae
x( x +1)−1]，
令g( x)=ae
x( x +1)−1,a>0, x ≥−1，
然
显
g( x)在[−1,+ ∞)上
增，
单调递
又
，g(
1
a)=e
1
a(1+a)−1>0，所以存在t ∈(−1, 1
a)，使得g(t )=0，
且−1< x<t
，
时g( x)<0，x>t
，
时g( x)>0，
因为1
x +1 >0，所以−1< x<t
，
时f ( x)<0，x>t
，
时f
' (x)>0，
即f ( x)在(−1,t )上
减，在
单调递
(t ,+∞)上
增，
单调递
因此f ( x)有唯一极小
点
值
t；
由g(t )=0得ae
t = 1
t +1
，所以ln a+t =−ln(t +1)，
因为f (t )−1=ae
t−ln(t +1)−1na−1= 1
t +1 +t −1= t
2
t +1 ≥0，
当且
当
仅
t =0
等号成立，故
时
f ( x)有唯一极
点
值
t，且
．
9．已知函数f ( x)= x
2+ax−3a
2ln x(a>0)．
（1）若f ( x)的极小值为2a
2，求
数
实
a的
；
值
（2）若a=2，求
：
证f ( x)>( x−6)ln x−8．
【答案】
解析
见
【解析】（1）由
意，
题
f ( x)= x
2+ax−3a
2ln x的定
域
义
为(0,+∞)，
且f
'( x)=2 x +a1−3a
2
x = 2 x
2+ax−3a
2
x
= ( x−a)(2 x +3a)
x
，( x>0)，
由f
'( x)<0得0< x<a，由f
'( x)>0得x>a，
∴f (x)在区间(0,a)上
减，在区
单调递
间(a,+ ∞)上
增，
单调递
∴f (x)的极小值为f (a)=a
2+a
2−3a
2ln a=2a
2−3a
2ln a，
令2a
2−3a
2ln a=2a
2，得3a
2ln a=0，
∵a>0，∴ln a=0，解得a=1．
（2）当a=2
，
时f ( x)= x
2+2 x −12ln x，
设g( x)= f ( x)−( x−6)ln x，
则g( x)= x
2+2 x −12ln x −( x −6)ln x = x
2+2 x −6 ln x −x ln x，
则g
'( x)=2 x +2−6
x −ln x−1= 2 x
2+ x−x ln x−6
x
( x>0)，
设h( x)=2 x
2+ x −x ln x −6( x >0)，
则h
'( x)= 4 x +1−(ln x +1)= 4 x−ln x，
设m( x)= 4 x−ln x，则m
'( x)= 4−1
x = 4 x−1
x
( x>0)，
由m
'( x)<0可得0< x< 1
4 ，由m
'( x)>0可得
，
即m(x)在(0, 1
4)上
减，在
单调递
(
1
4 ,+ ∞)上
增，
单调递
∴m( x)≥m(
1
4)=1−ln 1
4 =1+2ln 2>0，即h
' (x)>0，∴h(x)在(0,+∞)上
增．
单调递
∵h(1)=−3<0，h(2)= 4−2ln 2>0，∴h(x)存在唯一的零点x0，且
．
由h(x0)=2 x0
2+ x0−x0ln x0−6=0，得ln x0=2 x0−6
x0
+1，
当x∈(0, x0)
，
时h( x)<0 ，即g
'( x)<0，
当
，
时h(x)>0 ，即g
'( x)>0，∴g( x)≥g(x0)= x0
2+2 x0−6 ln x0−x0ln x0
= x0
2+2 x0−(6+ x0)(2 x0−6
x0
+1)=−x0
2−11 x0+ 36
x0
，
易得g(x)在区间(1,2)上
减，故
单调递
g(x0)>−2
2−11×2+ 36
2 =−8，
∴g( x)= f ( x)−( x−6)ln x>−8，即f ( x)>( x−6)ln x−8．
10．已知函数f ( x)=e
x
2 +(a−1)x +b在
的切
方程是
处
线
x +2 y −2=0．
(1)求a，b 的
；
值
(2)若
于
对
∀k >0，曲线C : y =k e
x+m与曲线y = f ( x)都有唯一的公共点，求
数
实
m 的取
范
．
值
围
【答案】
解析
见
【解析】(1)将切点坐标
代入x +2 y −2=0的f (0)=1，即f (0)=e
0+b=1，得b=0，又因为
f
'( x)= 1
2 e
x
2 +(a−1)，直线x +2 y −2=0的斜率为−1
2
所以f
'(0)= 1
2 e
0+(a−1)=−1
2
，得a=0
(2)由（1）知f ( x)=e
x
2 −x，
因
曲
为
线C : y =k e
x+m与曲线y = f ( x)有唯一的公共点，
所以方程k e
x+m=e
x
2 −x有唯一解，即k e
x−e
x
2 + x =−m
令e
x
2 =t，则x =2lnt，则k t
2−t +2ln t =−m
即g(t )=k t
2−t +2ln t，t >0
g
'(t )=2kt −1+ 2
t = 2k t
2−t +2
t
当1−16 k ≤0，k ≥1
16
，
时g
'(t )≥0，函数g(t )
增，易知
单调递
g(t )与y =−m有且只有一个交点，
足
意；
满
题
当1−16k >0，0<k < 1
16
，
时2k t
2−t +2=0有两个根，且两根之和为1
2k >8，两根之积为1
k >16，所以两根一
个大于4，一个小于4，此
，函数
时
g(t )先增后减再增，存在一个极大
和一个极小
，要使
值
值
k t
2−t +2ln t =−m有唯一
数根，
实
则−m大于极大
或小于极小
值
值.
记t0
极大
点，
为
值
则t0<4，则g(t0)=k t0
2−t0+2ln t0<−m恒成立，
又2k t0
2−t0+2=0，即2k t0
2=t0−2
极大
则
值g(t0)=k t0
2−t0+2ln t0= 1
2 (t0−2)−t0+2ln t0=2ln t0−1
2 t0−1
因为g
'(t0)= 2
t0
−1
2，令2
t0
−1
2 =0得t0= 4，又t0<4
，
时g(t0)<2ln 4−3
上，要使
综
对∀k >0，曲线C : y =k e
x+m与曲线y = f ( x)都有唯一的公共点，则−m≥2ln 4−3，即
m≤3−4 ln2；
当t0
极小
点，
为
值
则
，则g(t0)=k t0
2−t0+2ln t0>−m，又2k t0
2−t0+2=0，所以
2ln t0−1
2 t0−1>−m恒成立，又(2ln t0−1
2 t0−1)
' = 2
t0
−1
2 =0⇒t0= 4，所以
，
时2
t0
−1
2 <0，所以
2lnt0−1
2 t0−1
减，无最小
，所以不存在
单
值
m，使得2lnt0−1
2 t0−1>−m恒成立，
所以，m的取
范
值
围为−∞,3−4 ln 2
