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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题13 导数与极限第二辑
1．【2018 年广东预赛】设函数f (x)=e
x-1- x.
⑴求f (x)在区间[0, 1
n]（n 为正整数）上的最大值bn；
⑵令an=e
1
n -1-bn，pk = a2a4⋯a2k
a1a3⋯a2k -1
（n、k 为正整数）.求证：p1+ p2+⋯+ pn<❑√
2
an
+1-1.
【答案】（1）bn=e
1
n -1- 1
n
（2）见解析
【解析】
⑴因为f ' (x)=e
x-1，所以当x∈[0, 1
n]时，f ' (x)≥0，即f (x)在[0, 1
n]上是增函数，故f (x)在[0, 1
n]
上的最大值为bn=e
1
n -1- 1
n
.
⑵由⑴知an=e
1
n -1-bn= 1
n
.因为
(2k -1)(2k +1)
(2k )
2
= 4 k
2-1
4 k
2
<1，
所以[
1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2k -1)
2⋅4⋅⋯⋅(2k ) ]
2
= 1⋅3
2
2 ⋅3⋅5
4
2 ⋅5⋅7
6
2 ⋅⋯⋅(2k -1)(2k +1)
(2k )
2
⋅
1
2k +1 <
1
2k +1.
又容易证明
1
❑√2k +1 <❑√2k +1- ❑√2k -1.
所以pk = a2a4⋯a2k
a1a3⋯a2k -1
= 1⋅3⋅5⋅⋯⋅(2k -1)
2⋅4⋅⋯⋅(2k )
<
1
❑√2k +1 <❑√2k +1- ❑√2k -1
所以p1+ p2+⋯+ pn<(❑√3-1)+(❑√5- ❑√3)+⋯+(❑√2n+1- ❑√2n-1) = ❑√2n+1-1= ❑√
2
an
+1-1.
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即p1+ p2+⋯+ pn<❑√
2
an
+1-1.
2．【2018 年甘肃预赛】设函数f (x)= x - 2
x -aln x（a∈R ,a>0）．
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）如果f (x)有两个极值点x1和x2，我们记过点A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2))的直线斜率为k．问：是否
存在a，使得k =2-a？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析（2）不存在
【解析】
（1）f(x)的定义域为(0,+ ∞)，
f
' (x)=1+ 2
x
2
- a
x = x
2-ax +2
x
2
。
令g(x)= x
2-ax +2，其判别式Δ=a
2-8。
1.当0<a⩽2❑√2时，Δ⩽0,f
' (x)⩾0，故f(x)在(0,+∞)上单调递增。
2.当a>2❑√2时，Δ>0，g(x)=0的两根为
x1= a-
❑√a
2-8
2
, x2= a+
❑√a
2-8
2
。
当0< x< x1时，f
' (x)>0；当x1< x< x2时，f
' (x)<0；当x> x2时，f
' (x)>0，故f(x)分别在(0, x1),(x2,+∞)
上单调递增，在(x1, x2)上单调递减。
（2）由1 知，a>2，因为
f (x1)- f (x2)=(x1- x2)+ 2(x1- x2)
x1 x2
-a(ln x1- ln x2)。
所以k =1+
2
x1 x2
-a ln x1- ln x2
x1- x2
又由1 知，x1 x2=2，于是
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k =2-a⋅ln x1- ln x2
x1- x2
。
若存在a 使得k=2-a，则ln x1- ln x2
x1- x2
=1，即ln x1- ln x2= x1- x2，亦即
x2- 2
x2
+ ln 2-2ln x2=0(x2>❑√2) ①
再由1 知，函数h(t )=t - 2
t -2ln t 在(0,+∞)上单调递增，而x2>❑√2，所以
x2- 2
x2
+ ln 2-2ln x2>❑√2- 2
❑√2 + ln 2-2ln ❑√2=0。
这与①式矛盾。
故不存在a，使得k=2-a.
3．【2018 年天津预赛】设f (x)=e
x-cos x，x>0，正实数数列{an}满足a1=1，且当n≥2时f (an)=an-1.
求证： ⑴当n≥2时，an-1>an+an
2； ⑵∑
k =1
n
ak<2❑√n.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
⑴我们证明，当x＞0 时，f (x)> x + x
2.
令g(x)= f (x)- x - x
2，则有
g' (x)=e
x+sin x -1-2 x，g' ' (x)=e
x+cos x -2，g' ' ' (x)=e
x-sin x>1-sin x ≥0.
由g' ' ' (x)>0 知g' ' (x)单调递增，从而g' ' (x)> g' ' (0)=0.
由g' ' (x)>0可知g' (x)单调递增，g' (x)> g' (0)=0.
最后，由g' (x)>0可知g(x)单调递增，g(x)>g(0)=0
这样我们就证明了f (x)> x + x
2.
利用这一点，立即得到an-1= f (an)>an+an
2.
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⑵我们先对n 用数学归纳法证明an≤1
❑√n.
当n=1 时，a1=1，结论成立.
假设当n=m-1 时有am-1<
1
❑√m-1（其中m≥2）.
如果am> 1
❑√m，则am-1>am+am
2 > 1
❑√m + 1
m.
注意
1
❑√m-1 - 1
❑√m =
❑√m- ❑√m-1
❑√m(m-1)
=
1
(❑√m+ ❑√m-1)❑√m(m-1)
<
1
m ❑√m-1 < 1
m.
可知am-1>
1
❑√m-1，与归纳假设矛盾.因此am≤1
❑√m.
这样，当k ≥1时有ak ≤1
❑√k <
2
❑√k + ❑√k -1 =2(❑√k - ❑√k -1)，
令k 从1 到n 求和，就得到∑
k =1
n
ak<2❑√n.
4．【2018 年河北预赛】判断曲线f ( x)=e
x -1与曲线g( x)=lnx的公切线的条数，并说明理由.
【答案】曲线f ( x)=e
x -1与曲线g( x)=lnx有两条公切线.
【解析】
曲线f ( x)=e
x -1与曲线g( x)=lnx有两条公切线.
理由如下：设两曲线的公切线为l，与曲线f ( x)=e
x -1切于点(a-e
a-1)，与曲线g( x)=lnx切于点(b,lnb)，
则直线l 的方程既可写为y -e
a-1=e
a-1( x -a)，即y =e
a-1 x +e
a-1-ae
a-1，又可写为y -lnb= 1
b ( x -b)，
即y = 1
b x + ln b-1.
因为直线l 为公切线，所以有¿
消元整理得e
a-1-ae
a-1+a=0，所以方程根的个数即为两曲线的公切线条数.
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设m( x)=e
x -1- x e
x -1+ x ，m
'( x)=1- x e
x -1，m
″( x)=(-1- x)e
x -1.
当x∈(-∞,-1)时，m
″( x)>0，m
'( x)=1- x e
x -1为增函数；
当x∈(-1,+ ∞)时，m
″( x)<0，m
'( x)=1- x e
x -1为减函数.
另外当x<0时，m
'( x)>1，m
'(l)=0，所以m
'( x)=0的根为x =1.
所以当x∈(-∞,1)时，m
'( x)>0，m
'( x)单调递增；当x∈( x ,+∞)时，m
'( x)<0，m( x)单调递减.而
m(1)=1>0，m(2)2-e<0，m(-1)= 1
e
2 -1<0，m(0)= 1
e >0，又函数m( x)在R 上连续，所以函数
m( x)=e
x -1- x e
x -1+ x有两个零点，分别位于区间(-1,0)和区间(1,2)内.
所以方程e
a-1-ae
a-1+a=0有两个不同的根，即两曲线有两条公切线.
5．【2018 年四川预赛】设函数f (x)= px - p
x -2ln x.
（1）若f (x)在其定义域内为单调递增函数，求实数p的取值范围；
（2）设g(x)= 2e
x ，且p>0，若在[1,e]上至少存在一点x0，使得f (x0)>g(x0)成立，求实数p的取值范围；
（3）求证：对任意的正整数n，都有∑
k =1
n
ln
2(1+ 2
k)<3成立.
【答案】（1）p≥1（2）(
4 e
e
2-1
,+ ∞)（3）见解析
【解析】
（1）函数f (x)的定义域为¿．
由f (x)= px - p
x -2ln x 知f
' (x)= p+ p
x
2 - 2
x ，
要使f (x)在其定义域(0,+ ∞)内为单调递增函数，只须f
' (x)≥0，即在(0,+ ∞)内恒成立．
于是p≥2 x
x
2+1，注意到2 x
x
2+1
≤2 x
2 x =1，等号在x =1时成立，即2 x
x
2+1
在x =1时有最大值1．从而p≥1．
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（2）解法一：注意到g(x)= 2e
x 在[1,e]上是减函数，所以g(x)min= g(e)=2, g(x)max= g(1)=2e，即
g(x)∈[2,2e]．
当0< p<1时，由x∈[1,e]，得x - 1
x ≥0，故f (x)= p(x - 1
x)-2ln x ≤x - 1
x -2ln x<2，不合题意．
当p≥1时，由（1）知f (x)在[1,e]上是增函数，f (1)=0<2．
又g(x)在[1,e]上是减函数，所以原命题等价于f (x)max> g(x)min=2，x∈[1,e]，由
f (x)max = f (e)= p(e - 1
e)-2ln e>2，解得p> 4 e
e
2-1．
综上，p的取值范围是(
4 e
e
2-1
,+ ∞)．
解法二：原命题等价于f (x)- g(x)>0在[1,e]上有解，设
F (x)= f (x)- g(x)= px - p
x -2ln x - 2e
x ．
因为F
' (x)= p+ p
x
2 - 2
x + 2e
x
2 = p x
2+ p+2(e - x)
x
2
>0，
故F (x)是增函数，所以F (x)max= F (e)>0，解得p> 4 e
e
2-1．
所以p的取值范围是(
4 e
e
2-1
,+ ∞)．
（3）令g(x)=2ln x - x + 1
x ，则由（1）知g(x)在(0,+∞)内为单调减函数．
由于g(1)=0，故当x>1时，有g(x)<0，即0<2ln x< x - 1
x ．
因此，2ln ❑√1+ 2
k <❑√1+ 2
k -
1
❑√1+ 2
k
=
2
❑√k (k +2)，
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即ln(1+ 2
k)<
2
❑√k (k +2)，故ln
2(1+ 2
k)<
4
k (k +2)．
于是∑
k =1
n
ln
2(1+ 2
k)<∑
k =1
n
4
k (k +2) =2∑
k =1
n
(
1
k -
1
k +2)
=2(1+ 1
2 -
1
n+1 -
1
n+2)<3．
6．【2018 年福建预赛】已知f (x)=e
x-mx．
（1）当x>0时，不等式(x -2)f (x)+m x
2+2>0恒成立，求实数m的取值范围；
（2）若x1、x2是函数f (x)的两个零点，求证：x1+ x2>2．
【答案】（1）[
1
2 ,+ ∞)（2）见解析
【解析】
（1）设g(x)=(x -2)f (x)+m x
2+2，则g(x)=(x -2)e
x+2mx +2．
当x>0时，不等式(x -2)f (x)+m x
2+2>0恒成立⇔当x>0时，g(x)>0恒成立．
因为g
' (x)=e
x+(x -2)e
x+2m=(x -1)e
x+2m，g
″ (x)=e
x+(x -1)e
x= x e
x，
所以当x>0时，g
″ (x)= x e
x>0，g
' (x)=(x -1)e
x+2m在区间[0,+∞)上为增函数．
另由g(2)= 4 m+2>0，知m>- 1
2．
①若- 1
2 <m< 1
2，则g
' (0)=-1+2m<0，g
' (2)=e
2+2m>0．
此时，g
' (x)在区间(0,2)内有唯一零点，设为x0．则0< x< x0时，g
' (x)<0．
所以g(x)在区间[0, x0]上为减函数，g(x0)< g(0)=0．
因此- 1
2 <m< 1
2不符合要求．
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②若m≥1
2，则x>0时，g
' (x)> g
' (0)=-1+2m≥0．
此时g(x)在[0,+∞)上为增函数．所以x>0时，g(x)> g(0)=0．因此m≥1
2符合要求．
由①、②，得m的取值范围为[
1
2 ,+ ∞)．
（2）因为x1、x2是函数f (x)=e
x-mx的两个零点，所以e
x1=m x1，e
x2=m x2，
m(x1+ x2)=e
x1+e
x2，m(x1- x2)=e
x1-e
x2．
不妨设x1> x2，易知m≠0，联立上述两式，消m得
x1+ x2= (x1- x2)(e
x1+e
x2)
e
x1-e
x2
= (x1- x2)(e
x1- x2+1)
e
x1- x2-1
．
又由（1）知，对m= 1
2，当x>0时，g(x)=(x -2)e
x+2mx +2>0恒成立．
所以当x>0时，(x -2)e
x+ x +2>0恒成立．
所以当x>0时，x(e
x+1)
e
x -1
-2= x e
x+ x -2e
x+2
e
x -1
= (x -2)e
x+ x +2
e
x -1
>0．
故x1+ x2-2= (x1- x2)(e
x1- x2+1)
e
x1- x2-1
-2>0，x1+ x2>2．
当x1< x2时，同理可得，x1+ x2>2．所以x1+ x2>2．
7 ．【2017 年河北预赛】已知函数f (x)= x
2-2ln x, 若存在x1, x2,⋯, xn∈[
1
e ,e], 使得
f (x1)+ f (x2)+⋯+ f (xn-1)= f (xn)成立,求n的最大值.
【答案】6
【解析】f
' (x)=2 x - 2
x = 2(x
2-1)
x
= 2(x +1)(x -1)
x
(
1
e ≤x ≤e),x∈[
1
e ,1)时,f
' (x)<0,f (x)单调递减;
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x∈(1,e ]时,f
' (x)>0,f (x)单调递增,
故f (x)min= f (1)=1,f (x)max= max{f (e),f(
1
e)},
由于5.29=2.7
2-2<f (e)=e
2-2<2.8
2-2=5.84,f(
1
e)= 1
e
2 +2<3，故f ( x)max = f (e)=e
2-2，
由于5.84>e
2-2= f (e)⩾f (xn)= f (x1)+ f (x2)+⋯+ f (xn-1)⩾(n-1)f (1)=n-1故n<6.84.
由于x∈[
1
e ,e]时,f (x)∈[1,e
2-2], 故存在x0∈[
1
e ,e], 使得f ( x0)=5, 取x1= x2= x3= x4= x5=1, 则
f ( x0)= f ( x1)+ f ( x2)+⋯+ f ( x5),
故n的最大值为6.
8．【2017 年吉林预赛】已知函数f (x)= x -ln x -2,g(x)= xln x + x.
(1)求证：f (x)存在一个零点属于(3,4).
(2)若k ∈Z,且g(x)>k (x -1)对任意的x>1恒成立,求k的最大值.
【答案】(1)证明见解析；(2)3.
【解析】(1)令f (x)= x -ln x -2,则f
' (x)=1- 1
x >0,
故f (x)= x -ln x -2在(1,+ ∞)上单调递增,
而f (3)=1-ln3<0,f (4)=2-ln 4>0,
所以f (x)存在一个零点x0∈(3,4).
(2)f (x)唯一的零点x0显然满足x0-ln x0-2=0,
且当x∈(1, x0)时,f (x)<f (x0)=0;当x∈(x0,+ ∞)时,f (x)>f (x0)=0.
当x>1时,g(x)>k (x -1)等价于xln x + x
x -1
>k.
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设h(x)= xln x + x
x -1
,则h
' (x)= x -ln x -2
(x -1)
2
= f (x)
(x -1)
2 .从而h
' (x)与f (x)同号,
故当x∈(1, x0)时,h
' (x)<0;当x∈(x0,+ ∞)时,h
' (x)>0.
所以h(x)在(1, x0)上单调递减,在(x0,+ ∞)上单调递增,
故h(x)min=h(x0)= x0(ln x0+1)
x0-1
= x0(x0-1)
x0-1
= x0.
由题意k <h(x)min= x0,
又k ∈Z,而x0∈(3,4),故k的最大值是3.
9．【2017 年福建预赛】已知a>0,f (x)=ln(2 x +1)+2ax - 4 ae
x+ 4.
(1)证明：当a=1时,求f (x)的最大值;
(2)判断函数f (x)零点的个数,并说明理由.
【答案】(1)证明见解析；(2)答案见解析.
【解析】(1)当a=1时,f ( x)= ln(2 x +1)+2 x - 4 e
x+ 4，f
'( x)=
2
2 x +1 +2- 4 e
x.
因为x>- 1
2时，f
' '( x)=-
4
(2 x +1)
2 - 4 e
x<0，所以f
'( x)在(- 1
2 ,+ ∞)上为减函数.
又f
' (0)=2+2- 4 =0,所以当- 1
2 < x<0时,f
' (x)>0;当x>0时,f
' (x)<0.
所以f (x)在区间(- 1
2 ,0]上为增函数,在[0,+∞)上为减函数.
所以a=1时,f (x)的最大值为f (0)=0.
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(2)f
' (x)=
2
2 x +1 +2a- 4 ae
x ,f
' ' (x)=-
4
(2 x +1)
2 - 4 ae
x.
当a>0,且x>- 1
2时,f
' ' (x)<0.
所以f
' (x)在(- 1
2 ,+ ∞)上为减函数.
因为x→- 1
2时,f
' (x)→+∞; x→+ ∞时,f
' (x)→-∞.
所以f
' (x)存在唯一实根,设此根为x0.
则- 1
2 < x< x0时,f
' (x)>0; x > x0时,f
' (x)<0.
所以f (x)在区间(- 1
2 , x0]上为增函数,在[x0,+∞)上为减函数.
f (x)有最大值f (x0).
①当a=1时,由(1)知,f (x)有唯一零点.
②当0<a<1时, 由f
' (0)=2+2a- 4 a=2-2a>0知,x0>0. 所以f (x0)>f (0)=- 4 a+ 4>0.又x→- 1
2时,
f (x)→-∞; x→+∞时,f (x)→-∞.
所以f (x)在区间(- 1
2 , x0),(x0,+ ∞)内各有一个零点.所以当0<a<1时,f (x)有两个零点.
③当a>1时,由f
' (0)=2-2a<0,知- 1
2 < x0<0.
所
以
12 / 37
f (x0)=ln(2 x0+1)+2a x0- 4 ae
x0+ 4 =ln(2 x0+1)+2a x0-(
2
2 x0+1 +2a)+ 4 =ln(2 x0+1)+2a x0-
2
2 x0+1 -2a+ 4
设g(x)=ln(2 x +1)+2ax -
2
2 x +1 -2a+ 4.
因为- 1
2 < x<0时,g
' (x)=
2
2 x +1 +2a+
4
(2 x +1)
2 >0,
所以g(x)在区间(- 1
2 ,0]上为增函数.
所以- 1
2 < x<0时,g(x)<g(0)=2-2a<0.于是,f (x0)<0.
所以a>1时,f (x)不存在零点.
综合得,当0<a<1时,f (x)有两个零点;当a=1时,f (x)只有1 个零点;当a>1时,f (x)不存在零点.
10．【2017 年陕西预赛】已知函数f (x)=- x
3+a x
2+bx +c (a,b,c∈R)在(-∞,0)上单调递减,在(0,1)上
单调递增,且f (x)在R上有三个零点,1 是其中的一个零点.
(1)求f (2)的取值范围;
(2)试讨论直线l: y = x -1与曲线C : y = f (x)的公共点的个数.
【答案】(1) (- 5
2 ,+∞)；(2)答案见解析.
【解析】(1)f
' (x)=-3 x
2+2ax +b.
因为f (x)在(-∞,0)上递减,在(0,1)上递增,所以f
' (0)=0,得b=0.
又f (1)=0,所以c =1-a.
于是,f (x)=- x
3+a x
2+1-a,f
' (x)=-3 x
2+2ax.
13 / 37
令f
' (x)=0,得x1=0, x2= 2a
3 .
因为f (x)在(0,1)上递增,且f (x)有三个零点,所以x2= 2a
3 >1,即a> 3
2,
故f (2)=3a-7>- 5
2,即f (2)的取值范围为(- 5
2 ,+∞).
(2)由{
y = x -1,
y =- x
3+a x
2+1-a,得(x -1)[x
2+(1-a) x +2-a]=0.
所以x =1,或x
2+(1-a) x +2-a=0(a> 3
2). ①
方程①的判别式Δ=a
2+2a-7(a> 3
2).
若Δ<0,即3
2 <a<2❑√2-1时,①无实根;
若Δ=0,即a=2❑√2-1时,①有两个相等的实根;
若Δ>0,即a>2❑√2-1时,①有两个不相等的实根.
而a=2时,①的两个根分别为0 和1.
故当3
2 <a<2❑√2-1时,l与C只有1 个公共点;当a=2❑√2-1或a=2 时,l与C有2 个公共点;当a>2❑√2-1且
a≠2时,l与C有3 个公共点.
11．【2017 年甘肃预赛】已知函数f (x)=ln x
x
,g(x)=e
x.
(1)若关于x的不等式f (x)≤mx ≤g(x)恒成立,求实数m的取值范围；
(2)若x1> x2>0,求证：[x1f (x1)- x2f (x2)](x1
2+ x2
2)>2 x2(x1- x2).
14 / 37
【答案】(1) [
1
2e ,e]；(2)证明见解析.
【解析】(1)因为对任意x>0,不等于f (x)≤mx ≤g(x)恒成立,所以ln x
x
2 ≤m≤e
x
x 在x>0上恒成立,
进一步转化为(
ln x
x
2 )max
≤m≤(
e
x
x )min
.
h(x)=ln x
x
2 ,h(x)= 1-2ln x
x
3
,当x∈(0,❑√e)时,h
' (x)>0,
当x∈(❑√e ,+ ∞)时,h
' (x)<0,所以当x = ❑√e时,[h(x)]max= 1
2e .
设φ(x)= e
x
x ,则φ
' (x)= x e
x -e
x
x
2
= e
x(x -1)
x
2
.
当x∈(0,1)时,φ
' (x)<0.当x∈(1,+∞)时,φ
' (x)>0,所以当x =1时,[φ(x)]min=e.
综上知1
2e ≤m≤e,所以实数m的取值范围为[
1
2e ,e].
(2)当x1> x2>0时,要证明[x1f (x1)- x2f (x2)](x1
2+ x2
2)>2 x2(x1- x2),
即证ln x1-ln x2> 2 x2(x1- x2)
x1
2+ x2
2
,即证ln x1
x2
-
2⋅x1
x2
-2
(
x1
x2)
2
+1
>0.
令t = x1
x2
>1,设u(t )=lnt - 2t -2
t
2+1 ,则u
' (t )= (t
2-1)(t
2+2t -1)
t (t
2+1)
2
.
为当t ∈(1,+∞)时,t
2-1>0,t
2+2t -1>0,
所以u
' (t )>0,所以u(t )在(1,+∞)上单调递增,
15 / 37
所以u(t )>u(1)=0,
故ln x1
x2
-
2⋅x1
x2
-2
(
x1
x2)
2
+1
>0,
[x1f (x1)- x2f (x2)](x1
2+ x2
2)>2 x2(x1- x2).
12．【2017 年黑龙江预赛】已知函数f (x)=ax -1-ln x (a∈R).
(1)讨论函数f (x)在定义域内的极值点的个数;
(2)若函数f (x)在x =1处取得极值,对任意x∈(0,+∞),f (x)≥bx -2恒成立,求实数b的取值范围;
(3)当x> y >e -1,证明:e
x - y>ln(x +1)
ln( y +1) .
【答案】(1)答案见解析；(2) b≤1- 1
e
2；(3)证明见解析.
【解析】(1)f (x)定义域为(0,+∞),f
' (x)=a- 1
x .
当a≤0时,f
' (x)<0恒成立,没有极值点.
当a>0时,f (x)在(0, 1
a)上单调递减,在(
1
a ,+ ∞)上单调递增,所以有一个极值点.
(2)因为函数f (x)在x =1处取得极值,所以a=1,
所以f (x)≥bx -2⇔1+ 1
x -ln x
x
≥b.
令g(x)=1+ 1
x -ln x
x
,可得g(x)在(0,e
2]上递减,在[e
2,+∞)上递
所以g(x)min= g(e
2)=1- 1
e
2,即b≤1- 1
e
2.
16 / 37
(3)证明:e
x - y>ln(x +1)
ln( y +1) ⇔
e
x
ln(x +1) >
e
y
ln( y +1) .
令m(x)=
e
x
ln(x +1) ,则只要证明m(x)在(e -1,+∞)上单调递增,
又因为m
' (x)=
e
x[ln(x +1)-
1
x +1]
ln
2(x +1)
,显然函数h(x)=ln(x +1)-
1
x +1在(e -1,+∞)上单调递增.
所以h(x)>1- 1
e >0,即m
' (x)>0,
所以m(x)在(e --1,+∞)上单调递增,即
e
x
ln(x +1) >
e
y
ln( y +1) .
所以当x> y >e -1时,有e
x - y>ln(x +1)
ln( y +1) .
13．【2017 年广西预赛】设函数f (x)= 4 x
3+bx +1(b∈R),对任意的x∈[-1,1],都有f (x)≥0成立,求实数
b的取值范围.
【答案】答案见解析
【解析】解法一由题意得4 x
3+bx +1≥0在x∈[-1,1]上恒成立.
当x =0时显然成立.
当x∈(0,1]时,则有b≥- 4 x
2- 1
x .
令g(x)=- 4 x
2⋅- 1
x ,则g
' (x)=-8 x + 1
x
2.由g
' (x)=0解得x = 1
2 .
当0< x< 1
2时,g
' (x)>0, g(x)在(0, 1
2)上单调递增;当1
2 < x ≤1时,g
' (x)<0,所以g(x)在(
1
2 ,1]上单调递减.
17 / 37
因此g(x)在x∈(0,1]上的最大值为g(
1
2)=-3,所以b≥-3.
如果x∈[-1,0),则有b≤- 4 x
2- 1
x .令g(x)=- 4 x
2- 1
x ,则g
' (x)=-8 x + 1
x
2.
当-1≤x<0时,g
' (x)>0,所以g(x)此时单调递增.
因此g(x)在x∈[-1,0)上的最小值为g(-1)=-3,所以b≤-3.
综上,b=-3.
解法二分别令x =-1和x = 1
2得f (-1)=-b-3≥0即b≤-3;f(
1
2)= 1
2 b+ 3
2 ≥0即b≥-3.所以b=-3是唯一成
立的值.
下面验证b=-3可以使得对任意的x∈[-1,1],都有f (x)≥0成立.
此时f (x)= 4 x
3-3 x +1.令f
' (x)=12 x
2-3=0解得x =± 1
2.
由上表可知b=-3成立.
14．【2017 年湖南预赛】已知a,b∈R+且a≠b.
(1)求证:
❑√ab<
a-b
lna-lnb < a+b
2
;
(2)如果a,b是f (x)=ln x -
1
2017 x的两个零点,求证:ab>e
2.
【答案】证明见解析
【解析】(1)由对称性,不妨设a>b>0,先证
a-b
lna-lnb < a+b
2
.
因为
a-b
lna-lnb < a+b
2
⇔lna-lnb> 2(a-b)
a+b
⇔ln a
b >
2(
a
b -1)
a
b +1
,
令x = a
b >1,则欲证不等式右边等价于证明ln x> 2(x -1)
x +1
(x>1).
18 / 37
构造函数f (x)=ln x - 2(x -1)
x +1
(x>1),则f
' (x)= (x -1)
2
x (x +1)
2.
因为x>1,所以f
' (x)>0,f (x)在(1,+∞)上为单调递增函数,由f (x)>f (1)=0,即得ln x> 2(x -1)
x +1
(x>1),即
a-b
lna-lnb < a+b
2
.
再证
❑√ab<
a-b
lna-lnb .
因为
❑√ab<
a-b
lna-lnb ⇔lna-lnb< a-b
❑√ab ⇔ln a
b <
a
b -1
❑√
a
b
,令x = ❑√
a
b >1,
则欲证不等左边等价于证明2ln x< x - 1
x
(x>1).
构造函数g(x)=2ln x -(x - 1
x)(x>1), 则g
' (x)=-(
1
x -1)
2
<0,g(x)在(1,+∞)上为单调递减函数,
g(x)< g(1)=0,
即得2ln x< x - 1
x
(x>1),即
❑√ab<
a-b
lna-lnb .
综上可知,
❑√ab<
a-b
lna-lnb < a+b
2
.
(2)由题意知,只需证明lnab=lna+lnb>2.
事实上,由于f
' (x)= 1
x -
1
2017 = 2017 - x
2017 x 若x =2017,则f
' (x)=0;
若x∈(0,2017),则f
' (x)>0,函数f (x)单调递增;
若x∈(2017,+∞),则f
' (x)<0,函数f (x)单调递减.
由对称性,不妨设a>b>0,则可得0<b<2017<a.
19 / 37
由条件知,ln a=
1
2017 a且lnb=
1
2017 b,
故lna-lnb=
1
2017
(a-b)即
a-b
lna-lnb =2017.
由(1)得2017=
a-b
lna-lnb < a+b
2
,即a+b>2×2017.
因为lnab=lna+lnb=
1
2017
(a+b)>
1
2017 ×2×2017=2,
所以ab>e
2.
15．【2017 年江苏预赛】设函数f n(x)=1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
n! x
n.
(1)求证:当x∈(0,+ ∞),n∈N +时,e
x>f n(x)；
(2)设x>0,n∈N +.若存在y ∈R使得e
x = f n(x)+
1
(n+1)! x
n+1e
y求证:0< y < x.
【答案】证明见解析
【解析】(1)用数学归纳法证明如下：
①当n=1时,令f (x)=e
x - f 1(x)=e
x - x -1,则f
' (x)=e
x-1>0, x∈(0,+ ∞)恒成立,所以f (x)在区间(0,+∞)
为增函数.
又因为f (0)=0,所以f (x)>0,即e
x>f 1(x).
②假设n=k时,命题成立,即当x∈(0,+ ∞)时,e
x>f k (x),则n=
k +1时,令
g(x)=e
x - f k +1(x)=e
x -(1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
k ! x
k +
1
(k +1)! x
k +1),
则g
' (x)=e
x -(1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
k ! x
k)=e
x - f k (x)>0,所以g(x)在区间(0,+ ∞)内为增函数.
20 / 37
又因为g(0)=0,所以g(x)>0, x∈(0,+∞)恒成立,即e
x>f k +1(x), x∈(0,+ ∞).所以n=k +1时,命题成立.
由①②及归纳假设可知,∀n∈N +,当x∈(0,+∞)时,e
x>f n(x).
(2)由(1)可知e
x>f n+1(x),即f n(x)+
1
(n+1)! x
n+1e
y>f n(x)+
1
(n+1)! x
n+1
所以e
y>1,即y >0.下证:y < x.
下面先用数学归纳法证明：当x>0时,e
x<1+ x + 1
2! x
2+⋯+
1
(n-1)! x
n-1+ 1
n! x
ne
x ,n∈N +.
①当n=1时,令F (x)=1+ x e
x-e
x,则F
' (x)= x e
x>0, x∈(0,+ ∞),
所以F (x)在区间(0,+∞)上单调增.
又F (0)=0,故F (x)>0,即e
x<1+ x e
x.
②假设n=k时,命题成立,即当x∈(0,+ ∞)时，e
x<1+ x + 1
2! x
2+⋯+
1
(k -1)! x
k -1+ 1
k ! x
k e
x.
则当n=k +1时,令G (x)=1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
k ! x
k +
1
(k +1)! x
k +1e
x -e
x，
G
' (x)=1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
k ! x
k e
x+
1
(k +1)! x
k +1e
x -e
x>
1
(k +1)! x
k +1e
x>0，
所以G(x)在区间(0，+∞)上为增函数，又G(0)=0，故G(x)>0，
即：e
x<1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
k ! x
k +
1
(k +1)! x
k +1e
x , x∈(0,+ ∞)，
由①②及归纳假设，可知当x∈(0，+∞)时，
e
x<1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
n! x
n+
1
(n+1)! x
n+1e
x对n∈N +成立.
所以e
x =1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
n! x
n+
1
(n+1)! x
n+1e
y
<1+ x + 1
2! x
2+⋯+ 1
n! x
n+
1
(n+1)! x
n+1e
x.
21 / 37
从而e
y<e
x,即y < x.证毕.
16．【2016 年陕西预赛】设函数f ( x)=ln x +a( 1
x -1)（a∈R ）， 且f(x)的最小值为0.
（1）求a 的值；
（2）若数列{an}满足a1=1，an+l=f(an)+2(n∈Z+)，记Sn=[a1]+[a2]+…+[an]，[m]表示不超过实数m 的最大整数，
求Sn.
【答案】(1) 当a=1 时，f(x)取得最小值0. (2) Sn=2n-1
【解析】
（1）f
'( x)= 1
x - a
x
2 = x -a
x
2 (x>0).
当a≤0 时，f
'( x)>0，则f(x)在区间(0，+∞)内单调递增，无最小值，不符合题意.
当a>0 时，若0<x<a，则f
'( x)<0；
若x>a，则f
'( x)>0.
所以，函数f(x)在区间(0，a)内单调递减，在区间(a，+∞)内单调递增.
故f(x)min=f(a)=ln a-a+1.
设g(a)=ln a-a+1(a>0).则g
'(a)= 1
a -1= 1-a
a
.
若0<a<1，则g
'(a)>0；
若a>1，则g
'(a)<0.
所以，函数g(a)在区间(0，1)内单调递增，在区间(1，+∞)内单调递减.
故g(a)≤g（1）=0.
当且仅当a=1 时，上式等号成立.
从而，当a=1 时，f(x)取得最小值0.
（2）由（1）知
f ( x)= ln x + 1
x -1.
则an+1=f(an)+2=lnan+ 1
an
+1.
22 / 37
由a1=1，得a2=2.
从而，a3=ln2+3
2.
因为1
2<ln2<1，所以，2<a3<3.
下面用数学归纳法证明：当n≥3 时，2<an<3.
当n=3 时，结论已成立.
假设n=k(k≥3)时，2<ak<3.
当n=k+1 时，有ak +1= ln ak + 1
ak
+1.
由（1）知
h(x)=f(x)+2=lnx+1
x +1
在区间(2，3)内单调递增.
所以，h（2）<h(ak)<h（3），即
ln2+ 3
2 <h(ak)<ln3+ 1
3 +1.
由ln2>1
2，ln3<5
3 ⇒2<h(ak)<3⇒2<ak+1<3，
即当n=k+1 时，结论也成立.
由归纳假设，知对一切整数n≥3，均有2<an<3.
于是，[a1]=1，[an]=2(n≥2).
故Sn=[ a1]+[a2]+…+[an] =1+2(n-1)-2n-1.
17．【2016 年福建预赛】已知f(x)=ln(ax+b)+x2(a≠0).
（1）若曲线y=f(x)在点(1，f（1）)处的切线方程为y=x，求a、b 的值；
（2）若f(x)≤x2+x 恒成立，求ab 的最大值.
【答案】(1) a=-1，b=2. (2) e
2
【解析】
（1）由已知得f
'( x)=
a
ax +b +2 x.
依题意有¿a=-1，b=2.
（2）设g(x)=f(x)-(x2+x).则g(x)=ln(ax+b)-x≤0.
23 / 37
当a<0 时，g(x)的定义域为(-∞，- b
a)
取x0使得ln(a x0+b)=- b
a +1，则x0= e
- b
a +1
-b
a
<- b
a
故g(x0)=ln(a x0+b)-x0>ln(ax0+b)-(- b
a ) =(- b
a +1)+ b
a =1>0.
于是，当a<0 时，g(x)≤0 不恒成立，即a<0 不符合要求.
当a>0 时，g
'( x)=
a
ax +b -1=
-a( x - a-b
a
)
ax +b
注意到，ax+b>0，若- b
a<x<a-b
a
，则g
'( x)>0；
若x>a-b
a
，则g
'( x)<0.
于是，g(x)在区间(- b
a ，a-b
a
)上为增函数，在区间( a-b
a
，+ ∞)上为减函数.
从而，g(x)在其定义域(- b
a ，+∞)上有最值g( a-b
a
).
由g(x)≤0⇒g( a-b
a
)= ln a- a-b
a
≤0⇒b≤a-aln a⇒ab≤a
2-a
2ln a
设h(a)=a2-a2lna.则h
'(a)=2a-(2alna+a) =a(1-2lna).
当0<a<❑√e时，寸，h
'(a)>0；
当a>❑√e时，h
'(a)<0.
于是，h(a)在区间(0，❑√e)上为增函数，在区间(❑√e，+∞)上为减函数.
从而h(a)的最大值为h(❑√e)=e - e
2 = e
2.
故当a=❑√e，b=
❑√e
2 时，ab 取最大值e
2.
综上，ab 的最大值为e
2.
18．【2016 年吉林预赛】设f (x)= A (x
2-2 x)e
x -e
x+1，若对任意的x ≤0，有f (x)≥0，求实数A 的取值
24 / 37
范围.
【答案】（1）见解析；（2）¿
【解析】
（1）当A>0 时，有f (x)= A (x
2-2 x)e
x -e
x+1≥-e
x+1≥0，符合题设.
（2）当- 1
2 ≤A ≤0时，有f
' (x)= A (2 x -2)e
x+ A (x
2-2 x)e
x -e
x =( A x
2-2 A -1)e
x≤0.
故f (x)在区间(-∞,0]内单调递减.
从而，f (x)≥f (0)=0，符合题设.
（3）当A <- 1
2时，取- ❑√2+ 1
A < x<0，有f
' (x)=( A x
2-2 A -1)e
x>0.
故f (x)在区间(- ❑√2+ 1
A ,0)内单调递增.
从而，f (x)<f (0)=0，不符合题设.
综上，实数A 的取值范围是¿.
19．【2016 年吉林预赛】设f (x)= A (x
2-2 x)e
x -e
x+1，若对任意的x ≤0，有f (x)≥0，求实数A 的取值
范围.
【答案】（1）见解析；（2）¿
【解析】
（1）当A>0 时，有f (x)= A (x
2-2 x)e
x -e
x+1≥-e
x+1≥0，符合题设.
（2）当- 1
2 ≤A ≤0时，有f
' (x)= A (2 x -2)e
x+ A (x
2-2 x)e
x -e
x =( A x
2-2 A -1)e
x≤0.
故f (x)在区间(-∞,0]内单调递减.
从而，f (x)≥f (0)=0，符合题设.
（3）当A <- 1
2时，取- ❑√2+ 1
A < x<0，有f
' (x)=( A x
2-2 A -1)e
x>0.
故f (x)在区间(- ❑√2+ 1
A ,0)内单调递增.
从而，f (x)<f (0)=0，不符合题设.
综上，实数A 的取值范围是¿.
25 / 37
20．【2016 年四川预赛】已知a 为实数，函数f (x)=|x
2-ax|- ln x.请讨论函数f (x)单调性.
【答案】见解析
【解析】
由条件，知函数f (x)的定义域为(0,+ ∞).
若a≤0，则f (x)= x
2-ax - ln x.
故f
' (x)=2 x -a- 1
x = 2 x
2-ax -1
x
令f
' (x)=0，得x = a±
❑√a
2+8
4
（负值舍去）.
记b= a+
❑√a
2+8
4
于是，f (x)在区间（0，b）上单调递减，在区间(b,+∞)上单调递增.
若a>0，则f (x)=¿
先讨论g(x)= x
2-ax - ln x (x ≥a)的单调性.
注意到g
' (x)=2 x -a- 1
x = 2 x
2-ax -1
x
.
令g
' (x)=0，得x = a+
❑√a
2+8
4
>0.
当b>a，即a<1 时，g（x）在区间（a，b）上单调递减，在区间(b,+∞)上单调递增；
当b≤a，即a≥1时，g(x)在区间(a,+ ∞)上单调递增.
再讨论h(x)=- x
2+ax - ln x (0< x< x)的单调性.
注意到，h
' (x)=-2 x +a- 1
x =-2 x
2+ax -1
x
.
当Δ=a
2-8≤0，即0<a≤2❑√2时，h
' (x)≤0，h(x)在区间(0,a)上单调递减.
当Δ=a
2-8.0，即a>2❑√2时，令h
' (x)=0，得0<c = a-
❑√a
2-8
4
<a，0<d = a+
❑√a
2-8
4
<a.
26 / 37
则h(x)在区间（0，c），（d，a）上分别单调递减，在区间（c，d）上单调递增.
综上，当a<1 时，f (x)在区间（0，b）上单调递减，在区间(b,+∞)上单调递增；
当1≤a≤2❑√2时，f (x)在区间（0，a）上单调递减，在区间(a,+ ∞)上单调递增；
当a>2❑√2时，f (x)在区间（0，c），（d，a）上分别单调递减，在区间（c，d），(a,+∞)上单调递增.
21．【2016 年湖南预赛】已知函数f ( x)= x ln x - 1
2 m x
2- x(m∈R).
（1）当m=-2时，求函数f ( x)的所有零点；
（2）若f ( x)有两个极值点x1、x2( x1< x2)，证明：x1 x2>e
2.
【答案】(1) x =1 (2)见解析
【解析】
（1）当m=-2时，
f ( x)= x ln x + x
2- x
= x(ln x + x -1)( x>0).
设p( x)= ln x + x -1( x>0).
于是，p
'( x)= 1
x +1>0.
故p( x)在区间(0,+ ∞)上为增函数.
又p(1)=0，则当m=-2时，函数f ( x)有唯一零点x =1.
（2）由题设，知导函数f
'( x)有两个零点x1、x2( x1< x2).
由f
'( x)= ln x -mx，知
m= ln x1
x1
= ln x2
x2
⇒ln x1+ ln x2
x1+ x2
= ln x1- ln x2
x1- x2
⇒ln x1+ ln x2=
(1+ x1
x2
)ln x1
x2
x1
x2
-1
.
27 / 37
设t = x1
x2
<1，g(t )= ln t - 2(t -1)
t +1
.
则g
'(t )= 1
t -
4
(t +1)
2 = (t -1)
2
t(t +1)
2 >0.
故函数g(t )在区间(0,1)上为函数，
g(t )< g(1)=0.
因此，当0<t <1时，恒有
ln t < 2(t -1)
t +1
.
则ln x1+ ln x2= (1+t )ln t
t -1
>2
⇒x1 x2>e
2.
22．【2016 年甘肃预赛】已知函数f (x)= ln x
x .
（1）设实数k 使得f (x)<kx恒成立，求k 的取值范围.
（2）设g(x)= f (x)-kx (k ∈R).若函数g(x)在区间[
1
e ,e
2]内有两个零点，求k 的取值范围.
【答案】（1）(
1
2e ,+ ∞)；（2）2
e
4 ≤k < 1
2e
【解析】
（1）设h(x)= f (x)
x
= ln x
x
2 (x>0).
则h' (x)= 1-2ln x
x
3
(x>0).
令h' (x)= 1-2ln x
x
3
=0⇒x = ❑√e.
当x 在区间（0，+ ∞ ）上变化时，h' (x)、h(x)的变化情形如表2.
表2
x
(0,❑√e)
❑√e
(❑√e ,+∞)
28 / 37
h' (x)
+
0
-
h(x)
增
1
2e
减
由表2，知当x = ❑√e时，h(x)取得取大值1
2e .
又由已知对任意的x>0，恒有k > f (x)
x
=h(x).
故k 的取值范围是(
1
2e ,+ ∞).
（2）令g(x)=0得k = f (x)
x
= ln x
x
2 .
由表2，知h(x)= ln x
x
2 在区间[
1
e ,❑√e]内为增函数，在区间[❑√e ,e
2]内为减函数.
注意到，
h(
1
e)=-e
2,h(❑√e)= 1
2e ,h(e
2)= 2
e
4 .
当2
e
4 ≤k < 1
2e 时，函数g(x)在区间[
1
e ,e
2]内有两个零点.
从而，k 的取值范围是2
e
4 ≤k < 1
2e .
23．【2015 年四川预赛】已知a 为实常数，函数f (x)=e
- xsin x +ax(x∈[0,2π ])
（1）记f (x)的导函数为g(x)，求g(x)在区间[o,2π ]内的单调区间；
（2）若f (x)在区间(0,2π )的极大值、极小值恰各有一个，求实数a 的取值范围。
【答案】（1）见解析；（2）-e
-2 π<a<e
- π
2
【解析】
（1）由f (x)=e
- xsin x +ax，知g(x)= f
' (x)=a-e
- x(sin x -cos x).
29 / 37
则g
' (x)=-2e
- xcos x.
由g
' (x)=0⇒x = π
2 或3 π
2 .
由g
' (x)<0⇒0< x< π
2 或3 π
2 < x<2π.
由g
' (x)>0⇒π
2 < x< 3 π
2 .
故函数g(x)在区间[0,2π ]内的单调递增区间为[
π
2 , 3 π
2 ]，单调递减区间为[0, π
2]及(
3 π
2 ,2π].
（2）由（1）知g(x)在x = π
2 处取得极小值，在x = 3 π
2 处取得极大值.
注意到，
g(0)=a+1，g(
π
2)=a-e
- π
2 ，g(
3 π
2 )=a+e
- 3 π
2 ，g(2π )=a+e
-2 π.
显然，g(0)>g(
3 π
2 )>g(2π )> g(
π
2).
（ⅰ）若g(
π
2)≥0，则f
' (x)>0，f (x)在区间(0,2π )内单调递增.
故f (x)在区间(0,2π )内无极值，矛盾.
于是，g(
π
2)<0.
（ⅱ）若g(2π )≤0，当g(
3 π
2 )≤0时，f (x)在区间(0,2π )内至多有一个极值点，矛盾.
当g(
3 π
2 )>0时，f (x)在区间(0,2π )内至少有三个极值点，矛盾.
于是，g(2π )>0
反之，当g(
π
2)<0，且g(2π )>0时，f (x)在区间(0, π
2)与(
π
2 ,2π)内各有一个极值点.
30 / 37
所以，f (x)在区间(0,2π )的极大值、极小值恰各有一个的充分必要条件是
¿.
24．【2015 年陕西预赛】已知函数f (x)= x ln x，g(x)=- x
2+ax -3(a∈R).
（1）若对任意x∈(0,+ ∞)，恒有不等式f (x)≥1
2 g(x)，求a的取值范围；
（2）证明：对任意x∈(0,+ ∞)，有ln x> 1
e
x - 2
e x .
【答案】（1）(-∞,4]；（2）见解析
【解析】
（1）当x>0时，f (x)≥1
2 g(x)⇔ln x ≥1
2 (- x
2+ax -3)⇔a≤2ln x + x + 3
x .
令h(x)=2ln x + x + 3
x
(x>0).
则a≤h(x)min.
由h
' (x)= (x +3)(x -1)
x
2
，知函数h(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+ ∞)上单调递增.
所以，h(x)min=h(1)= 4.
故a的取值范围是(-∞,4].
（2）要证ln x> 1
e
x - 2
e x ，只要证f (x)= x ln x> x
e
x - 2
e .
由f
' (x)= ln x +1，知f (x)在区间(0, 1
e)上单调递减，在区间(
1
e ,+∞)上单调递增.
于是，当x>0时，
f (x)≥f(
1
e)=- 1
e . ①
令φ(x)= x
e
x - 2
e (x>0).
则φ
' (x)= 1- x
e
x
.
所以，φ(x)≤φ(1)=- 1
e . ②
31 / 37
显然，不等式①、②中的等号不能同时成立.
故当x>0时，f (x)>φ(x)，即ln x> 1
e
x - 2
e x .
25．【2015 年吉林预赛】已知对任意的x ≥1，均有ln x -a(1- 1
x)≥0.求实数a的取值范围.
【答案】{a|a≤1}.
【解析】
由题意知xlnx -a(x -1)≥0.记f (x)= xlnx -a(x -1)(x ≥1).
（1）当a≤1时，由x ≥1，知f
' (x)=lnx +1-a≥0+(1-a)≥0.
故f (x)在区间[1,+ ∞)上单调递增，即f (x)≥f (1)=0，符合题设.
（2）当a>1时，若1< x<e
a-1，则f
' (x)=lnx +1-a<0.
故f (x)在区间(1,e
a-1)上单调递减，即f (x)<f (1)=0，不符合题设.
综上，a≤1.
26．【2015 年湖南预赛】已知a>0，函数f (x)= ln x -a(x -1), g(x)=e
x.
（1）经过原点分别作曲线y = f (x)、y = g(x)的切线，若两切线的斜率互为倒数，证明：e -1
e
<a< e
2-1
e
；
（2）设h(x)= f (x +1)+ g(x)，当x ≥0时，h(x)≥1恒成立，试求实数a的取值范围.
【答案】（1）e -1
e
<a< e
2-1
e
；（2）(-∞,2]
【解析】
（1）设切线l2: y =k2 x，切点为(x2, y2).
则y2=e
x2,k2= g
'(x2)=e
x2= y2
x2
,
⇒e
x2= e
x2
x2
⇒x2=1, y2=e⇒k2=e,
由题意，知切线l1的斜率为k1= 1
k2
= 1
e ，方程为y = 1
e x.
32 / 37
设l1曲线y = f (x)的切点为(x1, y1).
则k1= f
'(x1)= 1
x1
-a= y1
x1
⇒y1= x1
e =1=a x1⇒a= 1
x1
- 1
e .
又y1= ln x1-a(x1-1)，消去y1、a后，整理得:ln x1-1+ 1
x1
- 1
e =0.
令m(x)= ln x -1+ 1
x - 1
e .则:m
' (x)= 1
x - 1
x
2 = x -1
x
2 .
于是，m(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增.
若x1∈(0,1)，由m(
1
e)=-2+e - 1
e >0，m(1)=- 1
e <0，则x1∈(
1
e ,1).
而a= 1
x1
- 1
e 在x1∈(
1
e ,1)上单调递减，故e -1
e
<a< e
2-1
e
.
若x1∈(1,+∞)，因为m(x)在区间(1,+ ∞)上单调递增，且m(e)=0，
所以，a= 1
x1
- 1
e =0，这与题设a>0矛盾.
综上，e -1
e
<a< e
2-1
e
.
（2）注意到，h(x)= f (x +1)+ g(x)= ln (x +1)-ax +e
x⇒h
' (x)=e
x+
1
x +1 -a.
（i）当a≤2时，由e
x≥x +1，则h
' (x)=e
x+
1
x +1 -a≥x +1+
1
x +1 -a≥2-a≥0.
于是，h(x)在区间[0,+ ∞)上递增，h(x)≥h(x0)=1恒成立，符合题意.
（ii）当a>2时，由x∈[0,+ ∞)，且
h
″ (x)=e
x -
1
(x +1)
2 = (x +1)
2e
x -1
(x +1)
2
≥0，
则h
' (x)在区间[0,+ ∞)上递增.
又h
' (0)=2-a<0，则存在x0∈(0,+∞)，使得h
'(x0)=0.
33 / 37
于是，h(x)在区间(0, x0)上递减，在区间(x0,+ ∞)递增.
又h(x0)<h(0)=1，此时，h(x)≥1不恒成立，不符合题意.
综上，实数a的取值范围是(-∞,2].
27．【2015 年黑龙江预赛】设函数
．
（1）若函数
在
上为减函数，求实数
的最小值；
（2）若存在
，使
成立，求实数
的取值范围．
【答案】（Ⅰ）最小值为
；（II）
【解析】试题分析：
在
上为减函数，等价于
在
上恒成立，进而转化
为
，根据二次函数的性质可得
命题“若存在
,
，使
成立”等价于
“当
时，有
”， 由
易求
，从而问题等价于“当
时，有
”，分
,
两种情况讨论:
当
是易求
，当
时可求得
的值域为
，再按
两种情况讨论即可
解析：（1）由已知得
，
34 / 37
因
在
上为减函数，故
在
上恒成立。
所以当
时
。
又
，
故当
时，即
时，
.
所以
，于是
，故
的最小值为
.
（2）命题“若存在
,
，使
成立”等价于
“当
时，”
”，
由（1），当
时，
，
.
问题等价于：“当
时，有
”.
当
，由（1），
在
为减函数，
则
，故
.
当
时，由于
在
上的值域为
（i）
，即
，
在
恒成立，故
在
上为增函数，
于是，
，矛盾。
35 / 37
（ii）
，即
，由
的单调性和值域知，
存在唯一
，使
，且满足：
当
时，
，
为减函数；当
时，
，
为增函数；
所以，
，
所以，
，与
矛盾。
综上得
点睛：遇到““若存在
,
，使
成立””的条件是要进行转化，转化为最
值之间的不等关系，利用导数性质结合分类讨论，求出结果。题目可以改编“若任意
，使
成立”则等价于“
”
28．【2015 年甘肃预赛】已知函数f (x)=lnx - a(x -1)
x +1
(1)若函数f (x)在区间(0,+ ∞)上为单调增函数,求a的取值范围;
(2)设m>n>0,证明: lnm-lnn> 2(m-n)
m+n
①
【答案】（1）(-∞,2]；（2）见解析
【解析】
(1)由已知得：
f ' (x)= 1
x - a(x +1)-a(x -1)
(x +1)
2
= (x +1)
2-2ax
x (x +1)
2
= x
2+(2-2a) x +1
x (x +1)
2
因为f (x)在区间(0,+ ∞)上为单调增函数,所以,f ' (x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即在区间(0,+∞)上恒有
36 / 37
x
2+(2-2a) x +1≥0
当x∈(0,+∞)时,由x
2+(2-2a) x +1≥0⇒2a-2≤x + 1
x ，
设g(x)= x + 1
x ( x∈(0,+∞)).则g(x)= x + 1
x ≥2❑√x⋅1
x =2.
当且仅当x = 1
x ,即x =1时,g(x)有最小值2，
于是, 2a-2≤2⇒a≤2.故a 的取值范围是(-∞,2].
(2)要证式①成立,只要证ln m
n >
2(
m
n -1)
m
n +1
⇐ln m
n -
2(
m
n -1)
m
n +1
>0，
由(1)知h(x)在区间(0,+ ∞)上为单调增函数.
又m
n >1,于是,h(
m
n)>h(1)=0 ⇒ln m
n -
2(
m
n -1)
m
n +1
>0，
从而,式①成立.
37 / 37
