专题六 函数与导数
微专题5 隐零点与端点效应
一、考点透析
考点1 隐零点
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f（x）在区间I 上的零点，当所述情形都
难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可尝试这样求解：先证明函数f（x）
在区间I 上存在唯一的零点x0，再进行解答即可.因为x0不易求出，所以把零点x0叫做隐零
点（若x0容易求出，就叫做显零点）.
一般思路：①确定隐零点的范围，隐零点一般不易求出，可用零点存在定理、数形结
合等方法尽可能地缩小其范围，设出零点x0（设而不求）；②以零点x0为分界点，将函数
划分为两类性质不同的单调区间（或导函数分为大于0、小于0 两个区间）；③根据零点
所满足的关系式，整体代入求解或证明.
方向1 不含参的隐零点问题
1.(2025·河北省秦皇岛市·模拟)已知函数f ( x)=ax−e
−x，g( x)= x
2+ x ln x．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)证明：g( x)> −5
16
；
(3)若g( x)≥f ( x)，求a的取值范围．
【答案】（1）当a≥0时，函数f ( x)在R上单调递增；
当a<0时，函数f ( x)在(−∞,ln(−1
a ))上单调递增，在(ln(−1
a ),+∞)上单调递减；
（2）见解析
（3）a≤1
【解析】解：(1)由f ( x)=ax−e
−x，可得f
′( x)=a+e
−x，
当a≥0时，f
′( x)>0，即函数f ( x)在R上单调递增；
当a<0时，由f
′( x)=0，解得x = ln(−1
a )，
当x<ln(−1
a )时，f
′( x)>0，
当x>ln(−1
a )时，f
′( x)<0，
故函数f ( x)在(−∞,ln(−1
a ))上单调递增，在(ln(−1
a ),+∞)上单调递减．
综上，当a≥0时，函数f ( x)在R上单调递增；
当a<0时，函数f ( x)在(−∞,ln(−1
a ))上单调递增，在(ln(−1
a ),+∞)上单调递减；
(2)证明：函数g( x)= x
2+ x ln x的定义域为(0,+∞)，g
′( x)=2 x + ln x +1，
令h( x)=2 x + ln x +1,( x>0)，
则h
′( x)=2+ 1
x >0，即函数h( x)在(0,+∞)上单调递增，
当x→0时，h( x)→−∞，且h( 1
4 )= 1
2 + ln 1
4 +1= 3
2 −ln 4>0，
故存在x0∈(0, 1
4 )，使h( x0)=2 x0+ ln x0+1=0，则得ln x0=−2 x0−1，
当0< x< x0
时，h( x)<0，即g
′( x)<0，
故函数g( x)在(0, x0)上单调递减，
当x> x0
时，h( x)>0，即g
′( x)>0，
故函数g( x)在( x0,+ ∞)上单调递增，
故g( x)≥g( x0)= x0
2+ x0ln x0=−x0
2−x0=−( x0+ 1
2 )
2
+ 1
4
，
因为x0∈(0, 1
4 )，所以g( 1
4 )< g( x0)<g(0)，
即−5
16 < g( x0)<0，故g( x)>−5
16
，
(3)由g( x)≥f ( x)，可得x
2+ x ln x ≥ax−e
−x，
即a≤x + ln x + 1
x e
x = ln( x e
x)+ 1
x e
x ，
设φ( x)= x e
x , x >0，则φ
′( x)=( x +1)e
x>0在(0,+∞)上恒成立，
故函数φ( x)在(0,+∞)上单调递增，则φ( x)>φ(0)=0，
设s(t )= ln t + 1
t ,(t >0)，则s
′(t )= 1
t −1
t
2 = t −1
t
2 ，
当0<t <1时，s
′(t )<0，函数s(t )在(0,1)上单调递减，
当t >1时，s
′(t )>0，函数s(t )在(1,+∞)上单调递增，
所以s(t )≥s(1)=1，所以a≤1，
即a的取值范围是(−∞,1]．
2.已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax 的图象在x＝0 处的切线方程是x＋y＋b＝0.
(1)求a，b 的值；
(2)求证：函数f(x)有唯一的极值点x0，且f (x0) ＞−3
2.
【答案】（1）a＝1，b＝1
（2）见解析
【解析】(1)因为f′(x)＝xex－a，由f′(0)＝－1 得a＝1.
又当x＝0 时，f(x)＝－1，所以切线方程为y－(－1)＝－1(x－0)，
即x＋y＋1＝0，所以b＝1.
(2)证明：令g(x)＝f′(x)＝xex－1，则g′(x)＝(x＋1)ex，
所以当x＜－1 时，g(x)单调递减，且此时g(x)＜0，则g(x)在(－∞，－1)内无零点；
当x≥－1 时，g(x)单调递增，且g(－1)＜0，g(1)＝e－1＞0，
所以g(x)＝0 有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0.
由x0e
x0 ＝1⇒e
x0 ＝1
x0
，
f(x0)＝x0−1
x0
－x0＝1－(
1
x0
+ x0)，
又g(
1
2)＝
❑√e
2 －1＜0，
g(1)＝e－1＞0⇒1
2＜x0＜1⇒2＜1
x0
＋x0＜5
2， 所以f(x0)＞－3
2
方向2 含参的隐零点问题
1.(2025·山东省济南市·期中)已知函数f (x)=aln x−2 x (a>0)．
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)在[2,4]上的最大值为0，求a的值；
(3)若不等式x
a
e
2 x −2f (x)≥cos[f (x)]对任意的x∈(0,+ ∞)恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）x + y +1=0
（2）a=2e
（3）(0,2e]
【解析】(1)当a=1时，f (x)= ln x−2 x，求导得f ′ (x)= 1
x −2，
可得f (1)=−2，f ′ (1)=−1，
所以曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y −(−2)=(−1)⋅(x−1)，即x + y +1=0．
(2)f ′ (x)= a
x −2= −2 x +a
x
，x∈(0,+∞)，令f ′ (x)=0，得x = a
2
，
①当a
2 ≤2，即a≤4时，f ′ (x)≤0在x∈[2,4]恒成立，所以f (x)在[2,4]上单调递减，
所以f (x)max= f (2)=a ln2−4 =0，a= 4
ln 2 >4，不合条件，舍；
②当2< a
2 <4，即4<a<8时，当x∈(2, a
2)
，f ′ (x)>0，当x∈(
a
2 ,4)
，f ′ (x)<0，
所以f (x)在(2, a
2)
上单调递增，在(
a
2 ,4)
上单调递减，
所以f (x)max = f(
a
2)=a ln a
2 −a
2 ×2=0，解得a=2e，符合条件；
③当a
2 ≥4，即a≥8时，f ′ (x)≥0在x∈[2,4]恒成立，所以f (x)在[2,4]上单调递增，
所以f (x)max= f (4)=a ln 4−8=0，a= 4
ln 2 <8，不合条件，舍．
综上，a=2e．
(3)由
x
a
e
2 x −2f (x)≥cos[f (x)]，
可
得
e
a ln x−2 x−2f (x)−cos[f (x)]≥0，
即
ef (x)−2f (x)−cos[f (x)]≥0，
设g(t )=e
t−2t −cost，其中t = f (x)，则g′ (t )=e
t−2+sint，
设h(t )=e
t +sint −2，则h′ (t )=e
t +cost，
当t ≤0时，e
t ≤1，sint ≤1，且等号不同时成立，则g′ (t )<0恒成立，
当t >0时，e
t>1，cost ≥−1，则h′ (t )>0恒成立，则g′ (t )在(0,+ ∞)上单调递增，
又因为g′ (0)=−1，g′ (1)=e−2+sin1>0，
所以，存在t0∈(0,1)使得g′ (t0)=0，
当0<t <t0时，g′ (t )<0；当t >t0时，g′ (t )>0．
所以，函数g(t )在(−∞,t0)上单调递减，在(t0,+∞)上单调递增，且g(0)=0，
作出函数g(t )的图象如下图所示：
当a>0时，由(2)得f (x)max = f(
a
2)=aln a
2 −a，且当x→0
+时，f (x)→−∞，
此时函数f (x)的值域为(−∞,a ln a
2 −a]
，即t ∈(−∞,aln a
2 −a]
．
(ⅰ)当aln a
2 −a≤0时，即当0<a≤2e时，g(t )≥0恒成立，合乎题意；
(ⅱ)当aln a
2 −a>0时，即当a>2e时，取t1=min{aln a
2 −a,t0}
，
结合图象可知g(t1)<0，不合乎题意．
综上所述，实数a的取值范围是(0,2e]．
2.(2025·广东省中山市·月考)设函数f ( x)=asin x + x cos x，x∈[0,π ].
(1)若a=−1，证明：当x∈[0, π
2 ]时，f ( x)≤0;
(2)若a=1，证明：f ( x)<2;
(3)若存在a≥1，使得当且仅当x∈[ π
2 ,π ]时，f ( x)≤x +k，求k的取值范围．
【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析
（3）[1−π
2 ,0)
(1)证明：当a=−1时，f ( x)=−sin x + x cos x，x∈[0, π
2 ]，
f ′( x)=−cos x +cos x−x sin x =−x sin x .
当x∈[0, π
2 ]时，x ≥0且sin x ≥0，故f ′( x)≤0，即f ( x)在[0, π
2 ]上单调递减，
因此f ( x)≤f (0)=−sin 0+0×cos0=0，故当x∈[0, π
2 ]时，f ( x)≤0，
(2)证明：当a=1时，f ( x)=sin x + x cos x，x∈[0,π ]，
f ′( x)=cos x +cos x−x sin x =2cos x−x sin x .
当x∈[0, π
2 ]时，f ′(0)=2>0，f ′( π
2 )=−π
2 <0，
故存在唯一x0∈(0, π
2 )使得f ′( x0)=0，
当x∈[0, x0]时，f ❑
′( x)⩾0，f ( x)单调递增；
当x∈( x0, π
2 ]时，f ′( x)<0，f ( x)单调递减，
当x∈[ π
2 ,π ]时，cos x ≤0且sin x ≥0，
故2cos x ≤0，−x sin x ≤0，因此f ′( x)≤0，f ( x)单调递减，
综上，f ( x)的最大值为f ( x0)，
由f ′( x0)=0得2cos x0= x0sin x0，
则f ( x0)=sin x0+ x0cos x0= 1+cos
2 x0
sin x0
.
证明f ( x0)<2，
需证1+cos
2 x0
sin x0
<2，即：1+cos
2 x0<2sin x0 ⟹sin
2 x0+2sin x0−2>0.
解不等式得sin x0>−1+
√3≈0.732，
因x0∈( π
3 , 5 π
12 )(由f ′( π
3 )>0且f ′( 5 π
12 )<0)，
故sin x0>sin π
3 =
√3
2 ≈0.866>−1+
√3，
因此不等式成立，即f ( x0)<2，
又f (0)=0<2，f (π )=−π <2，故f ( x)<2．
(3) 由f ( x)≤x + k得asin x + x(cos x−1)≤k，
令g( x)=asin x + x(cos x−1)，x∈[0,π ]，
存在a≥1，使得g( x)≤k ，当且仅当x∈[ π
2 ,π ]，
即：x∈[ π
2 ,π ]时，g( x)≤k；x∈[0, π
2 )时，g( x)>k，
g( x)在[0,π ]上连续，故g( π
2 )=k，
计算得：g( π
2 )=a−π
2 ⟹k =a−π
2 .
当x∈[ π
2 ,π ]时，g′( x)=(a+1)cos x−x sin x−1<0(因cos x ≤0，sin x ≥0)，故g( x)
单调递减，g( x)≤g( π
2 )=k，满足条件，
当x∈[0, π
2 )时，令h( x)= g( x)−k =asin x + x cos x−x−a+ π
2
，需h( x)>0，
由h(0)>0得a< π
2
，结合a≥1，得a∈[1, π
2 ),
因此k =a−π
2 ∈[1−π
2 ,0)．
考点2 端点效应
方向1 必要性探路
核心思想：利用端点处所需满足的必要条件缩小参数的取值范围, 而在很多情况下,
该范围即为所求.用导数处理函数问题（如恒成立、极值点），先算区间端点的函数或导数
值，找参数满足的必要条件（比如端点处函数值非负）。再基于此范围，结合导数分析函
数单调性、最值，验证充分性，确定参数最终范围，高效破题。
1.(2025·山东省菏泽市·期中)已知函数f ( x)=a x
3−b x
2+c，其中实数a>0，b∈R，
c∈R .
(1)若b= 3
2 a时，求函数y = f ( x)的极值点;
(2)若a=1时，x
2≥f ( x)−2 x−c
ln x
在x∈(1,2]上恒成立，求b的取值范围．
【答案】(1)0是f ( x)的极大值点，1是f ( x)的极小值点
(2)b≥1−ln 2
【
解
析
】
(1)因
为
b= 3
2 a，
所
以
f ( x)=a x
3−3
2 a x
2+c，
则
f ′( x)=3a x
2−3ax =3ax( x −1)，
因为a>0，所以f ′( x)>0⇒x<0或x>1，f ′( x)<0，得0< x<1，
所以f ( x)在(−∞,0)，(1,+ ∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以0是f ( x)的极大值
点，1是f ( x)的极小值点
(2)（法
1 ）当a=1时，f ( x)= x
3−b x
2+c，又因为x∈(1,2]，所以
x
2ln x ≥x
3−b x
2−2 x，
所以b≥( x−ln x−2
x )max，x∈(1,2]
令h( x)= x−ln x−2
x ，x∈(1,2]，h′( x)=1−1
x + 2
x
2 = x
2−x +2
x
2
=
( x−1
2 )
2+ 7
4
x
2
>0
所以h( x)在(1,2]上单调递增，所以h( x)max =h(2)=1−ln 2，所以b≥1−ln2
（法2）因为a=1时，x
2≥f ( x)−2 x−c
ln x
在x∈(1,2]上恒成立，
所以x=2 时，x
2≥f ( x)−2 x−c
ln x
恒成立，即得x
2ln x ≥x
3−b x
2−2 x，即得b≥1−ln 2，
下证b≥1−ln 2时不等式恒成立
x
2ln x ≥x
3−b x
2−2 x化简即证b≥1−ln2≥x−lnx−2
x
,
设g( x)= x−lnx −2
x
,则g′( x)= x
2−x +2
x
2
>0,可知
g( x)≤g(2)=1−ln 2
即得b≥1−ln 2时恒成立.
2.(2025·广东省东莞市·模拟)已知函数f ( x)=e
x−ln( x +m)．
(1)设x =0是f ( x)的极值点，求m，并讨论f ( x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明f ( x)>0．
【答案】(1)f ( x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
(2)见解析
【解析】(1)f ′( x)=e
x−
1
x +m
，
由x =0是f ( x)的极值点得f ′(0)=0，所以m=1，
于是f ( x)=e
x−ln( x +1)，定义域为(−1,+∞)，f ′( x)=e
x−
1
x +1
，
函数f ′( x)=e
x−
1
x +1
在(−1,+ ∞)上单调递增，且f ′(0)=0，
因此当x∈(−1,0)时，f ′( x)<0；当x∈(0,+∞)时，f ′( x)>0，
所以f ( x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
(2)证明：当m≤2，x∈(−m,+ ∞)时，ln( x +m)≤ln( x +2)，故只需证明当m=2时，
f ( x)>0，
当m=2时，函数f ′( x)=e
x−
1
x +2
在(−2,+ ∞)上单调递增，
又f ′(−1)<0，f ′(0)>0，故f ′( x)=0在(−2,+ ∞)上有唯一实根x0，且x0∈(−1,0)，
当x∈(−2, x0)时，f ′( x)<0；当x∈( x0,+∞)时，f ′( x)>0，从而当x = x0时，f ( x)取
得最小值，
由f ′( x)=0，得e
x0=
1
x0+2，ln( x0+2)=−x0，
故f ( x)≥f ( x0)=
1
x0+2 + x0= ( x0+1)
x0+2
2
>0，
综上，当m≤2时，f ( x)>0．
3.(2025·吉林省长春市·模拟)已知函数f ( x)= x sin x +a x
2−1．
(1)当a=1时，求f ( x)在x = π处的切线方程；
(2)当x∈[0, π
2]
时，f ( x)≥−1恒成立，求a的取值范围.
【答案】（1）y = π x−1
（2）[−2
π ,+ ∞)
【解析】(1)当a=1时，f ( x)= x sin x + x
2−1，f
′( x)=sin x + x cos x +2 x，
f
′(π )= sinπ + πcosπ +2π = π，
又因为f (π )= πsinπ + π
2−1= π
2−1，
所以f ( x)在x = π处的切线方程为y −π
2+1= π( x−π )，即y = π x−1．
(2)当x∈[0, π
2]
时，f ( x)≥−1，
①当x =0时，因为f (0)=−1≥−1恒成立，所以a∈R；
②当x∈(0, π
2]
时，由x sin x +a x
2−1≥−1恒成立，得a≥(
−sin x
x )max
，
令m( x)= −sin x
x (x∈(0, π
2]),m
′( x)= −x cos x +sin x
x
2
．
再令n( x)=−x cos x +sin x(x∈(0, π
2]),
n
′( x)=−cos x + x sin x +cos x = x sin x >0，
所以n( x)在(0, π
2]
上单调递增，
所以n( x)>n(0)=0，
所以m
′( x)>0，
所以m( x)在(0, π
2]上单调递增，所以m( x)max =m(
π
2)=
−sin π
2
π
2
=−2
π
．
所以a≥m(
π
2)=−2
π
．
即a的取值范围为：[−2
π ,+ ∞)
．
方向2 洛必达法则
洛必达法则简介：法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1)
及
；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)
，那么
=
。
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)
及
；
(2)
，f(x) 和g(x)在
与
上可导，且g'(x)≠0；
(3)
，那么
=
。
法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)
及
；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)
，那么
=
。
用法提醒：要检查是否满足
，
，
，
，
，
，
型定式，否则
滥用洛必达法则会出错。若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。
1.（2025·昆明“三诊一模”质量检测）已知函数f（x）＝ln x
x +1.当x≥1 时，f（x）≤a
（x－1），求a 的取值范围.
【答案】a⩾1
2.
【解析】（法1）当x∈[1，＋∞）时，f（x）≤a（x－1）等价于ln x≤a（x2－1），
令g（x）＝a（x2－1）－ln x，x∈[1，＋∞），则ln x≤a（x2－1）在[1，＋∞）上恒成
立，即g（x）≥0 在[1，＋∞）上恒成立.
g'（x）＝2ax－1
x ＝2a x
2－1
x
，
当a≤0 时，g'（x）＜0，g（x）在[1，＋∞）上单调递减，所以g（x）≤g（1）＝0，不
符合题意；
当0＜a＜1
2时，由g'（x）＝0 得，x＝❑√
1
2a
＞1，
x∈［1，❑√
1
2a
）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，所以x∈［1，❑√
1
2a
）时，g（x）≤g
（1）＝0，不符合题意；
当a≥1
2时，2a≥1，因为x≥1，所以2ax2－1≥0，则g'（x）≥0，
g（x）在[1，＋∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝0，符合题意.
综上所述，a 的取值范围为［1
2，＋∞）.
（法2）当x=1 时，不等式恒成立；
当x>1 时，不等式可化为a≥lnx
x
2−1
设g(x)= lnx
x
2−1
,则 g'（x）= x−1
x −2 xlnx
x
2−1
,
设h(x)=x−1
x −2 xlnx,则 h'（x）= 1
x
2 −2lnx−1≤h'（1）=0.
∴ g'（x）≤0，∴当x ≥1时g( x)单调递减，即g( x)<lim
x→0 g( x)
由洛必达法则：lim
x→1 g( x)=
lim
x→1 lnx
x
2−1
=
lim
x→1
1
x
2 x
=
lim
x→1 1
2 x
2 = 1
2
，∴a⩾1
2.
2.(2025·河北省·模拟)洛必达法则对导数的研究产生了深远的影响.洛必达法则：给定两个
函数F (x),G (x)，当F (x0)=0,G(x0)=0时，lim
x→x0
F( x)
G( x)
=
lim
x→x0
F
′( x)
G
′( x)
.已知函数
f (x)= 1
6 a x
3+sin x−x，h(x)=3sin x−x cos x−2 x．
(1)证明：h(x)在区间[0,2π ]上单调递减；
(2)对于x∈[0,2π ],f (x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)∀n∈N
∗，证明：cos 1
e +cos 1
e
2 +⋯+cos 1
e
n >n−1
12 (附：e≈2.718,e
2≈7.389).
【答案】（1）见解析
（2）a⩾1
（3）见解析
【解析】(1)证明：h( x)=3sin x−x cos x−2 x，
∴h
′( x)=2cos x + x sin x−2，
令m(x)=2cos x + x sin x−2，则m′ (x)=−sin x + x cos x，
令n(x)=−sin x + x cos x，则n′ (x)=−x sin x，
若x∈[0,π ]，则n′ (x)≤0,∴n(x) 在[0,π ]上单调递减，
则n( x)⩽n(0)=0 ，
∴m( x)在[0,π ]上单调递减，m(x)≤m(0)=0，
∴h(x)在[0,π ]上单调递减，
若x∈(π ,2π ]，则n
′( x)⩾0，
∴n( x)在(π ,2π ]上单调递增，
∴n(π )<n(x)≤n(2π )，即−π <n( x)⩽2π，
∴存在唯一x0∈(π ,2π )，使得n(x0)=0，
所以m( x)在(π , x0)上单调递减，在(x0,2π ]上单调递增，
m(π )=−4<0,m(2π )=0,∴m(x)≤0，
∴h(x)在区间(π ,2π ]上单调递减，且h(x)在[0,2π ]上连续，
综上，h(x)在区间[0,2π ]上单调递减；
(2)当x =0时，f (0)=0，成立，
当0< x ≤2π时，由f (x)≥0，可得1
6 a≥x−sin x
x
3
，
令g( x)= x−sin x
x
3
，
∴g
′( x)= 3sin x−x cos x−2 x
x
4
= h( x)
x
4
，
由(1)可知h( x)⩽h(0)=0，∴g
′( x)⩽0，
∴g( x)在(0,2π ]上单调递减，g( x)<lim
x→0 g( x)，
由洛必达法则：lim
x→0 g( x)=
lim
x→0 x−sin x
x
3
=
lim
x→0 1−cos x
3 x
2
=
lim
x→0 sin x
6 x
=
lim
x→0 cos x
6
= 1
6
，
∴1
6 a⩾1
6
，∴a⩾1，
即实数a的取值范围为(1,+∞)；
(3)证明：当a=1且x ≥0时，f ′ (x)= 1
2 x
2+cos x−1，
令G (x)= 1
2 x
2+cos x−1，则G′ (x)= x−sin x，
令H (x)= x−sin x，则H ′ (x)=1−cos x ≥0，
∴G′ (x)在[0,+∞)上单调递增，
∴G′ (x)≥G′ (0)=0，
即G (x)在[0,+ ∞)上单调递增，G( x)⩾G(0)=0，
∴cos x⩾1−1
2 x
2，当x =0时取等号，
∴cos 1
e
n >1−
1
2e
2n，
∴cos 1
e +cos 1
e
2 +⋯+cos 1
e
n >n−1
2 ( 1
e
2 + 1
e
4 +⋯+ 1
e
2n )
=n−1
2 ⋅
1
e
2 (1−1
e
2n )
1−1
e
2
=n−
1−1
e
2n
2e
2−2
，
∵
1−1
e
2n
2e
2−2
<
1
2e
2−2
< 1
12
，
∴n−
1−1
e
2n
2e
2−2
>n−1
12
，
即cos 1
e +cos 1
e
2 +⋯+cos 1
e
n >n−1
12．
二、跟踪练习
1.(2025·河南省·期中)已知函数f ( x)=ax + ln x +1, g( x)=2 x
3−m x
2+n，
(1)讨论函数g( x)的单调区间；
(2)讨论函数f ( x)的零点个数；
(3)对任意的x >0,f ( x)< x e
2 x恒成立，求a的取值范围；
【答案】（1）见解析
（2）当a< −1时，f ( x)无零点；当a≥0或a=−1时，f ( x)有1个零点；当−1<a<0时，
f ( x)有2个零点．
（3）a<2
【解析】(1)因为g( x)=2 x
3−m x
2+n，所以g
′( x)=6 x
2−2mx =6 x(x−m
3)
，
令g
′( x)=0，解得x =0或x = m
3
，
当m=0时，g
′( x)=6 x
2≥0，所以g( x)在(−∞,+∞)上单调递增；
当m>0时，则m
3 >0，若x∈(−∞,0)，g
′( x)>0，则g( x)在(−∞,0)上单调递增，
若x∈(0, m
3)
，g
′( x)<0，则g( x)在(0, m
3)
上单调递减，
若x∈(
m
3 ,+ ∞)
，g
′( x)>0，则g( x)在(
m
3 ,+∞)
上单调递增；
当m<0时，则m
3 <0，若x∈(−∞, m
3)
，g
′( x)>0，则g( x)在(−∞, m
3)
上单调递增，
若x∈(
m
3 ,0)
，g
′( x)<0，则g( x)在(
m
3 ,0)
上单调递减，
若x∈(0,+ ∞)，g
′( x)>0，则g( x)在(0,+∞)上单调递增；
综上所述，当m=0时，g( x)的单调递增区间为(−∞,+∞)，无单调递减区间；
当m>0时，g( x)的单调递增区间为(−∞,0)和(
m
3 ,+∞)
，单调递减区间为(0, m
3)
；
当m<0时，g( x)的单调递增区间为(−∞, m
3)
和(0,+∞)，单调递减区间为(
m
3 ,0)
．
(2)f ( x)=ax + ln x +1( x>0)的零点个数即为方程−a= ln x +1
x
解的个数，
则f ( x)=ax + ln x +1( x>0)的零点个数即为y =−a与y = ln x +1
x
的图象交点个数；
令h( x)= ln x +1
x
，则h
′( x)=−ln x
x
2 ( x>0)，令h
′( x)=0，解得x =1，
当x∈(0,1)时，h
′( x)>0，所以h( x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1,+∞)时，h
′( x)<0，所以h( x)在(1,+∞)上单调递减，
所以h( x)max =h(1)=1，x→0时，h( x)→−∞，且x>1时，h( x)>0恒成立，
作出h( x)的图象如下图所示，
当−a>1，即a< −1时，y =−a与y = ln x +1
x
的图象无交点，所以f ( x)无零点，
当−a=1或−a≤0，即a≥0或a=−1时，y =−a与y = ln x +1
x
的图象有1个交点，
所以f ( x)有1个零点，
当0< −a<1，即−1<a<0时，y =−a与y = ln x +1
x
的图象有2个交点，
所以f ( x)有2个零点；
综上所述，当a< −1时，f ( x)无零点；
当a≥0或a=−1时，f ( x)有1个零点；
当−1<a<0时，f ( x)有2个零点．
(3)因为ax + ln x +1< x e
2 x对任意x>0恒成立，所以a< x e
2 x−ln x−1
x
对任意x>0恒成立，
所
以
a<(
x e
2 x−ln x−1
x
)min
，
令
t( x)= x e
2 x−ln x−1
x
，
t
′( x)=2e
2 x+ ln x
x
2 = 2 x
2e
2 x+ ln x
x
2
( x>0)，
令φ( x)=2 x
2e
2 x+ ln x，所以φ
′( x)= 4(x
2+ x)e
2 x+ 1
x ( x>0)，所以φ
′( x)>0，
所以φ( x)=2 x
2e
2 x+ ln x在(0,+∞)上单调递增，
又因为φ(
1
4)=
√e
8 −2ln 2<0，φ(1)=2e
2>0，
所以φ( x)=2 x
2e
2 x+ ln x存在唯一零点x0
且x0∈(
1
4 ,1)
，
当x∈(
1
4 , x0)
时，φ( x)<0,t
′( x)<0，则t( x)在(
1
4 , x0)
上单调递减，
当x∈(x0,1)时，φ( x)>0,t
′( x)>0，则t( x)在(x0,1)上单调递增，
所以t( x)min=t (x0)=e
2 x0−ln x0+1
x0
，
因为2 x0
2e
2 x0+ ln x0=0，所以2 x0e
2 x0= 1
x0
ln 1
x0
，所以e
2 x0ln e
2 x0= 1
x0
ln 1
x0
，
令s( x)= x ln x，s
′( x)= ln x +1，
当x>1时，s
′( x)>0，所以s( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
又因为s(e
2 x0)= s(
1
x0)
，且e
2 x0>1, 1
x0
>1，所以e
2 x0= 1
x0
，所以2 x0=−ln x0，
所以t( x)min= 1
x0
−−2 x0+1
x0
=2，所以a<2，
即a的取值范围是(−∞,2)．
2.(2025·甘肃省张掖市·期末)已知函数f ( x)= ln x +e
x−1．
(1)求f ( x)的导函数f ′( x)的极值;
(2)不等式f ( x)≥kx −1对任意x∈[1,+∞)恒成立，求k的取值范围;
(3)对任意k ∈R，直线y =kx +b与曲线y = f ( x)有且仅有一个公共点，求b的取值范围．
【答案】（1）当x =1时，f ′( x)有极小值2，无极大值．
（2）(−∞,2]
（3）b≥−1
【解析】(1)因为函数f ( x)= ln x +e
x−1，所以f ( x)的定义域为(0,+∞)，f ′( x)= 1
x +e
x−1，
令φ( x)= f ′( x)= 1
x +e
x−1，φ′( x)=e
x−1−1
x
2，
注意到φ′( x)为增函数，且φ′(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，φ( x)<0，f ′( x)单调递减;当x∈(1,+ ∞)时，φ′( x)>0，f ′( x)单
调递增;
所以当x =1时，f ′( x)有极小值2，无极大值．
(2)由题意可知ln x +e
x−1≥kx−1对任意x∈[1,+∞)恒成立，
即k ≤ln x +e
x−1+1
x
对任意x∈[1,+∞)恒成立，
设g( x)= ln x +e
x−1+1
x
，则g′( x)= ( x−1)e
x−1−ln x
x
2
，
设h( x)=( x−1)e
x−1−ln x，则h′( x)= x e
x−1−1
x
，
因为h′( x)在区间[1,+∞)上单调递增，
所以h′( x)≥h′(1)=0，则h( x)在区间[1,+∞)上单调递增，
则h( x)≥h(1)=0，则g′( x)≥0，
所以g( x)在区间[1,+ ∞)上单调递增，所以g( x)≥g(1)=2，
则k ≤2.
即k的取值范围为(−∞,2]．
(3)由题意可知ln x +e
x−1=kx +b有唯一解，
设p( x)= ln x +e
x−1−kx −b，x∈(0,+∞)，注意到，当x→+∞时，p( x)→+ ∞;
当x→0时，p( x)→−∞;
所以p( x)=0至少有一个解．
因为ln x +e
x−1=kx +b有唯一解，
所以k = ln x +e
x−1−b
x
有唯一解，
设q( x)= ln x +e
x−1−b
x
，因为k ∈R，所以q( x)为单调函数，
则q′( x)= ( x−1)e
x−1−ln x +1+b
x
2
≥0恒成立，
设r( x)=( x −1)e
x−1−ln x +1+b，则r( x)≥0恒成立．
则r ′( x)= x e
x−1−1
x
，令s( x)=r ′( x)= x e
x−1−1
x
，
s′( x)= x e
x−1+ 1
x
2 >0，所以r ′( x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，注意到r ′(1)=0，
所以当x∈(0,1)时，r ′( x)<0，r( x)单调递减;当x∈(1,+∞)时，r ′( x)>0，r( x)单调
递增;
故只需r(1)=1+b≥0即可，所以b≥−1，
即b的取值范围为[−1,+ ∞).
3.(2025·湖北省·期末)1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，
用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，算法之一为：若函数f ( x)和g( x)满足下列
条件：
①lim
x→a f ( x)=0，lim
x→a g( x)=0;②在点a的去心邻域内f ( x)与g( x)可导，且g
′( x)≠0;
③lim ¿x→a
f
′( x)
g
′ (x)
=l¿，那么lim ¿x→a
f ( x)
g( x) =lim ¿x→a
f
′( x)
g
′( x)
=l.¿¿据此回答下面问题：
(1)求lim ¿x→0
sin x
x
¿的值，并用导数的定义证明：(sin x)′ =cos x
(2)已知f ( x)=
sin x
2+cos x
(ⅰ).求函数y = f ( x)的单调递减区间;
(ⅱ).若f ( x)≤ax对任意x∈[0,+∞)恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）见解析．
(ⅰ).单调递减区间为(2kπ + 2π
3 ,2kπ + 4 π
3 )，k ∈Z
(ⅱ).[ 1
3 ,+ ∞).
【解析】(1)lim ¿x→0
sin x
x
=lim ¿x→0
cos x
1
=1¿¿，
依
据
导
数
的
定
义
：
(sin x)′ =lim ¿Δx →0
sin( x + Δx)−sin x
△x
=lim ¿Δx →0
cos( x + Δx)
1
=cos x .¿¿
(2)(i)因为f ( x)=
sin x
2+cos x
，定义域为R，
所以f
′( x)= cos x(2+cos x)−sin x(−sin x)
(2+cos x)
2
= 2cos x +1
(2+cos x)
2
，
令f
′( x)<0，解之得：2kπ + 2π
3 < x<2kπ + 4 π
3
，k ∈Z ;
所以f ( x)的单调递减区间为(2kπ + 2π
3 ,2kπ + 4 π
3 )，k ∈Z .
(ⅱ)因为f ( x)≤ax对任意x∈[0,+∞)恒成立，且当x =0时，不等式显然成立，
所以，当x>0时，原式可转化为f ( x)
x
≤a恒成立，
令g( x)= f ( x)
x
=
sin x
2 x + x cos x
，即a≥g( x)max，
因为g′( x)= 2 x cos x + x−2sin x−sin x cos x
(2 x + x cos x)
2
，
令h( x)=2 x cos x + x−2sin x−sin x cos x，
h′( x)=2sin x(sin x−x)，
当x∈(0,π )时，0<sin x< x，
∴h
′( x)<0，h( x)在(0,π )上单调递减，
所以h( x)<h(0)=0，
即x∈(0,π )时g′( x)<0，
所以g( x)在(0,π )上单调递减，
lim ¿x→0
sin x
x(2+cos x) =lim ¿x→0
cos x
2+cos x−x sin x = 1
3 ¿¿，
所以g( x)≤1
3
，
当x∈[ π ,+∞)时，
因为sinx−cosx ⩽
√2<2，
所以sinx<2+cosx，
所以sin x
2+cos x <1，
所以g( x)=
sin x
2 x + x cos x ≤1
x ≤1
π < 1
3
，
综上可知：实数a的取值范围为[ 1
3 ,+∞).
