重难点06 导数必考压轴解答题全归类【十一大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数的切线问题】......................................................................................................................................3
【题型2 （含参）函数的单调性问题】..................................................................................................................8
【题型3 函数的极值、最值问题】........................................................................................................................13
【题型4 函数零点（方程根）问题】....................................................................................................................17
【题型5 不等式的证明】........................................................................................................................................22
【题型6 利用导数研究不等式恒成立问题】......................................................................................................25
【题型7 利用导数研究能成立问题】....................................................................................................................30
【题型8 双变量问题】............................................................................................................................................34
【题型9 导数中的极值点偏移问题】....................................................................................................................39
【题型10 导数与三角函数结合问题】..................................................................................................................44
【题型11 导数与数列不等式的综合问题】..........................................................................................................49
导数是高中数学的重要考查内容，是高考必考的热点内容.从近几年的高考情况来看，在解答题中试
题的难度较大，主要涉及导数的几何意义、函数的单调性问题、函数的极值和最值问题、函数零点问题、
不等式恒成立与存在性问题以及不等式的证明等内容，考查分类讨论、转化与化归等思想，属综合性问题，
解题时要灵活求解．
其中，对于不等式证明中极值点偏移、隐零点问题和不等式的放缩应用这三类问题是目前高考导数压
轴题的热点方向．
【知识点1 切线方程的求法】
1.求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：
①求出函数y=f(x)在x=x0处的导数，即曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率；
②在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y0+f'(x0)(x-x0).
2.求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：
①设出切点坐标T(x0,f(x0))(不出现y0)；
②利用切点坐标写出切线方程：y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)；
③将已知条件代入②中的切线方程求解.
【知识点2 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.含参函数的单调性的解题策略：
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因
式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
2.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x (
∈a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间
上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点3 函数的极值与最值问题的解题思路】
1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f'(x)；
(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；
(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0 的根x0左右两侧值的符号；
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路：
已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0 和极值这两个条件列方
程组，利用待定系数法求解.
3.利用导数求函数最值的解题策略：
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：
①求函数在(a,b)内的极值；
②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性
和
极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【知识点4 导数的综合应用】
1．导数中的函数零点（方程根）问题
利用导数研究含参函数的零点（方程的根）主要有两种方法：
(1)利用导数研究函数f(x)的最值，转化为f(x)图象与x 轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想解决.
(2)分离参变量，即由f(x)=0 分离参变量，得a=g(x)，研究y=a 与y= g (x)图象的交点问题.
2．导数中的不等式证明
(1)一般地，要证f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析F(x)在端点
处的函数值来证明不等式．若F(a)＝0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递增即可；若F(b)＝0，只需证明F(x)
在(a，b)上单调递减即可.
(2)在证明不等式中，若无法转化为一个函数的最值问题，可考虑转化为两个函数的最值问题．
3．导数中的恒成立、存在性问题
解决不等式恒（能）成立问题有两种思路：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题，根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另
一端是变量表达式的不等式，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，即可解决问题．
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题，将恒成立问题转化为最值问题，此类问题关键是对参数进行分
类讨论，在参数的每一段上求函数的最值，并判断是否满足题意，据此进行求解即可.
4．导数中的双变量问题
破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的
不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
5．极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对
称性．
极值点偏移的定义：对于函数y=f ( x)在区间(a,b)内只有一个极值点x0 ，方程f ( x)的解分别为
x1、x2，且a<x1<x2<b .
(1)若
x1+x2
2
≠x0 ，则称函数y=f ( x)在区间( x1, x2)上极值点x0偏移；
(2)若
x1+x2
2
>x0 ，则函数y=f ( x)在区间( x1, x2)上极值点x0 左偏，简称极值点x0 左偏；
(3)若
x1+x2
2
<x0 ，则函数y=f ( x)在区间( x1, x2)上极值点x0 右偏，简称极值点x0 右偏．
【题型1 函数的切线问题】
【例1】（2023·河南·统考模拟预测）已知函数f (x)=a(e
x -1)-ln x.
(1)当a=1时，求f (x)的图象在点(1,f (1))处的切线方程;
(2)当a≥1时，证明：f (x)>sin x.
【解题思路】（1）分别求出f (1),f
' (1)，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用作差法并构造函数g(x)=e
x-1- ln x -sin x，并利用二次导数求出g(x)min>0恒成立，即可求解.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=e
x -1- ln x，则f
' (x)=e
x- 1
x
所以f
' (1)=e-1，又因为f (1)=e-1，
故所求切线方程为y -(e-1)=(e-1)(x -1)，即y =(e-1) x.
（2）因为f (x)的定义域是(0,+ ∞)，
所以当a≥1时，f (x)-sin x =a(e
x -1)- ln x -sin x ≥e
x -1- ln x -sin x
设g(x)=e
x -1- ln x -sin x，则g
' (x)=e
x- 1
x -cos x，
设h(x)= g
' (x)=e
x- 1
x -cos x，则h
' (x)=e
x+ 1
x
2 +sin x>0在(0,+ ∞)上恒成立，
所以h(x)在(0,+ ∞)上是增函数，则h(
1
3)=e
1
3 -3-cos 1
3 <0，
又因为h(
π
4 )=e
π
4 - 4
π -sinπ
4 ，因为e
π>2.7
3>16=2
4，所以e
π
4 >2，
又因为4
π +sinπ
4 <
4
3.14 + 1.42
2
≈1.984<2，所以h(
π
4 )>0，
所以h(x)在(
1
3 ,π
4 )上存在唯一零点x0，也是h(x)在(0,+∞)上的唯一零点，
所以h(x0)=e
x0- 1
x0
-cos x0=0，即e
x0= 1
x0
+cos x0，
当0< x< x0时，g
' (x)<0，g(x)在(0, x0)上单调递减，
当x> x0时，g
' (x)>0，g(x)在(x0,+∞)上单调递增，
所以g(x)min= g(x0)=e
x0-ln x0-1-sin x0= 1
x0
+cos x0-ln x0-1-sin x0
由于0< x0<π
4 ，所以1
x0
>1，ln x0<0，cos x0>sin x0，
所以g(x)min= g(x0)>0，所以g(x)>0，
所以当a≥1时，f (x)-sin x>0，即f (x)>sin x成立.
【变式1-1】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f ( x)=ae
x+bx +c在x = ln 2时有极小值.曲线y = f ( x)
在点(0,f (0))处的切线方程为x + y =0.
(1)求a,b,c的值；
(2)若对任意实数x ,f ( x)≥(e-2)x +m恒成立，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）对函数求导，利用在x = ln 2时有极小值和在点(0,f (0))处的切线方程，即可求出
a,b,c的值；
（2）将函数代入不等式并分离参数，转化成e
x -e x -1≥m对任意实数x恒成立问题，构造函数
g( x)=e
x -e x -1( x∈R)，通过讨论新函数的单调性，求出新函数的取值范围，进而得出实数m的取值
范围.
【解答过程】（1）由题意，x∈R，
在f ( x)=ae
x+bx +c中，f
' (x)=ae
x+b，
在x = ln 2时有极小值.曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程为x + y =0.
∴¿即¿ ，
∴f ( x)=e
x -2 x -1，f
' (x)=e
x-2，
当x>ln2时，f
'( x)>0,f ( x)在(ln 2,+∞)上单调递增.
当x<ln2时，f
'( x)<0,f ( x)在(-∞,ln 2)上单调递减.
当x = ln2时，f
'( x)=0,f ( x)在x = ln2时有极小值.
故a=1,b=-2,c =-1符合题意，即为所求.
（2）由题意及（1）得，x∈R，
在f ( x)=ae
x+bx +c中，f ( x)≥(e-2)x +m，即e
x -e x -1≥m对任意实数x恒成立，
设g( x)=e
x -e x -1( x ∈R)，则g
'( x)=e
x -e.
当x>1时，e
x -e>0，则g
'( x)>0，故g( x)在(1,+∞)上单调递增；
当x<1时，e
x -e<0，则g
'( x)<0，故g( x)在(-∞,1)上单调递减；
当x =1时，e
x-e=0，则g
'( x)=0，
故x =1时g( x)有极小值，也就是g( x)的最小值g(1)=-1，
故m≤-1即为所求.
【变式1-2】（2023·广东·东莞市校联考一模）函数f ( x)= 2
x + ln x在x = 4处的切线方程为y =h( x).
(1)求h( x)；
(2)已知1
3 <a<1，过(a,b)可作f ( x)的三条切线，证明：h(a)<b<f (a).
【解题思路】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）先求出过(a,b)的切线方程，根据过(a,b)可作三条切线，得到所证不等式.
【解答过程】（1）f ( x)的定义域(0,+ ∞)，f
'( x)=- 2
x
2 + 1
x = x -2
x
2 ，
所以f
'(4)= 1
8，且f (4)= 1
2 + ln 4 = 1
2 +2ln2，
则f ( x)在x = 4处的切线方程为y - 1
2 -2ln2= 1
8
(x - 4)，
即h( x)= 1
8 x +2ln2.
（2）设切点Q(t , 2
t + ln t)，又f
'(t )= t -2
t
2
则切线方程为y -(
2
t + lnt)= t -2
t
2 (x -t )，
又过点(a,b)，
所以b-(
2
t + lnt)= t -2
t
2 (a-t )，
即b=(
2
t + lnt)+ t -2
t
2 (a-t )，
即b= 4
t + ln t + t -2
t
2 a-1，
令g(t )= 4
t + ln t + t -2
t
2 a-1,t ∈(0,+∞)，
则g
' (t )=- 4
t
2 +l
t +-t + 4
t
3
a，
=- 4t
t
3 + t
2
t
3 +-t + 4
t
3
a= t
2-(4+a)t + 4 a
t
3
= (t - 4)(t -a)
t
3
，
因为t ∈(0,+ ∞)，且1
3 <a<1，所以g(t )在区间(0,a)单调递增，在区间(a,4)单调递减，在区间(4 ,+∞)单
调递增，
且g(e
-5)= 4e
5-5+e
-5-2
e
-10
a-1=e
5(4+a-2ae
5)-6<0<g(4)= 4
4 + ln 4+ 4 -2
16 a-1= a
8 +2ln2，
t趋向+∞时 g(t )趋向于+ ∞.
又因为过(a,b)可作f ( x)的三条切线，所以b与g(t )有三个公共点 ，
所以 g(4)<b<g(a)，
又g(4)= 4
4 + ln 4+ 4 -2
16 a-1= a
8 +2ln 2>0，
根据（1）h( x)= 1
8 x +2ln 2，所以 g(4)= a
8 +2ln 2=h(a)，
又 g(a)= 4
a + ln a+ a-2
a
2 a-1= 2
a + ln a= f (a)，
所以 h(a)<b<f (a).
【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=a ln x -(
1
2 a-1)x
2-2 x + 1
2 a+1.
(1)当a= 4时，求f (x)的极值及曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若函数f (x)有两个零点，求实数a 的取值范围.
【解题思路】（1）求导得到单调区间，计算极值，再计算切线方程得到答案.
（2）求导得到导函数，确定f
' (1)=0，考虑a≥2，1<a<2，a=1，0<a<1，a≤0几种情况，根据函数的
极值结合零点存在定理计算得到答案.
【解答过程】（1）当a= 4时，f (x)= 4 ln x - x
2-2 x +3, x∈(0,+ ∞)，
则f
' (x)= 4
x -2 x -2=-2(x -1)(x +2)
x
，
令f
' (x)>0，得0< x<1；令f
' (x)<0，得x>1，
f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
故f (x)在x =1处取得极大值f (1)=0，无极小值，
f (1)=0，f
' (1)=0，故曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y =0.
（2）f
' (x)= a
x -(a-2) x -2= [(2-a) x -a](x -1)
x
, x∈(0,+∞)，f (1)=-(
1
2 a-1)-2+ 1
2 a+1=0，
f
' (1)=0.
①当a≥2时，(2-a) x -a<0，
当0< x<1时，f
' (x)>0，f (x)单调递增；
当x>1时，f
' (x)<0，f (x)单调递减，
所以f (x)≤f (1)=0，则f (x)只有一个零点，不符合题意，舍去.
②当1<a<2时，a
2-a >1，f
' (x)=
(2-a)(x -
a
2-a)(x -1)
x
，
令f
' (x)>0，得x∈(0,1)∪(
a
2-a ,+ ∞)；令f
' (x)<0，得x∈(1,
a
2-a)，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,
a
2-a)上单调递减，在(
a
2-a ,+ ∞)上单调递增.
因为f (1)=0，所以f(
a
2-a)<0，取x1>1且x1>
4
2-a，
则f (x1)=aln x1-(
1
2 a-1)x1
2-2 x1+ 1
2 a+1=[(1- 1
2 a)x1-2]x1+aln x1+ 1
2 a+1
>[(1- 1
2 a)
4
2-a -2]x1+aln x1+ 1
2 a+1=aln x1+ 1
2 a+1>0，
所以f(
a
2-a)⋅f (x1)<0.因为f (x)在(
a
2-a ,+ ∞)上单调递增，
所以由零点存在定理，得存在唯一x0∈(
a
2-a ,+∞)，使得f (x0)=0，
又f (1)=0，此时，函数f (x)有两个零点，符合题意.
③当a=1时，f
' (x)= (x -1)
2
x
≥0，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
则f (x)只有一个零点，不符合题意，舍去.
④当0<a<1时，0<
a
2-a <1，f
' (x)=
(2-a)(x -
a
2-a)(x -1)
x
，
令f
' (x)>0，得x∈(0,
a
2-a)∪(1,+ ∞)；令f
' (x)<0，得x∈(
a
2-a ,1)，
所以f (x)在(0,
a
2-a)上单调递增，在(
a
2-a ,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增.
因为f (1)=0，所以f(
a
2-a)>0，且当x>1时，f (x)>0，无零点，
取0< x2<e
- 2
a且x2<
a
2-a，f (e
- 2
a)=a lne
- 2
a -(
1
2 a-1)(e
- 2
a)
2
-2e
- 2
a + 1
2 a+1<-2+1- 1
2 a-2e
- 2
a + 1
2 a+1
=-2e
- 2
a <0，
则f (x2)<0，所以f (x2)⋅f(
a
2-a)<0.因为f (x)在(0,
a
2-a)上单调递增，
所以由零点存在定理，可得存在唯一x3∈(0,
a
2-a)，使得f (x3)=0，
又f (1)=0，此时，函数f (x)有两个零点，符合题意.
⑤当a≤0时，(2-a)(x -
a
2-a)>0，
当0< x<1时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
当x>1时，f
' (x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)≥f (1)=0，则f (x)只有一个零点，不符合题意，舍去.
综上所述：实数a的取值范围为(0,1)∪(1,2).
【题型2 （含参）函数的单调性问题】
【例2】（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数f (x)= xln x -a x
2.
(1)当a=1时，讨论函数f (x)的单调性；
(2)若不等式f (x)>ae
x+(1-a) x
2- x恒成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）当a=1时，对f (x)求导，令m(x)= f
' (x)=ln x +1-2 x , x>0，讨论m
' (x)与0的大小可
得m(x)<0，即f
' (x)<0，即可得出函数f (x)的单调性；
（2）由题意可得a< xln x - x
2+ x
e
x
在(0,+∞)上恒成立，设h(x)= xln x - x
2+ x
e
x
, x∈(0,+∞)，只需
a<h(x)min，求解即可得出答案.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)= xln x - x
2, x>0，所以f
' (x)=ln x +1-2 x，
令m(x)= f
' (x)=ln x +1-2 x , x>0，
可得m
' (x)= 1
x -2= 1-2 x
x
，
当x∈(0, 1
2)时，m
' (x)>0,m(x)单调递增；
当x∈(
1
2 ,+∞)时，m
' (x)<0,m(x)单调递减，
所以当x = 1
2时，m(x)取得极大值，也为最大值，且m(
1
2)=ln 1
2 +1-1=ln 1
2 <0，
所以f
' (x)<0，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递减.
（2）由f (x)>ae
x+(1-a) x
2- x，得ae
x< xln x - x
2+ x，
即a< xln x - x
2+ x
e
x
在(0,+ ∞)上恒成立.
令h(x)= xln x - x
2+ x
e
x
, x∈(0,+ ∞)，可得h
' (x)= (x -1)(x -2-ln x)
e
x
，
令φ(x)= x -2-ln x，可得φ
' (x)=1- 1
x = x -1
x
，
令φ
' (x)>0，可得x>1；
令φ
' (x)<0，可得0< x<1，
所以φ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+ ∞)单调递增，
又φ(e
-3)=e
-3-2-lne
-3=e
-3+1>0，
φ(1)=1-2-ln1=-1<0,
φ(4)= 4 -2-ln 4 =2-2ln2>0,
所以在(e
-3,1)中存在唯一的x1使得φ(x1)=0，
在(1,4)中存在唯一的x2使得φ(x2)=0，
即有x1-2-ln x1=0, x2-2-ln x2=0.
因为φ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+ ∞)单调递增，
所以当0< x< x1时，φ(x)>0；当x1< x<1时，φ(x)<0；
当1< x< x2时，φ(x)<0；当x> x2时，φ(x)>0.
又h
' (x)= (x -1)(x -2-ln x)
e
x
= (x -1)φ(x)
e
x
, x>0，
所以当0< x< x1时，h
' (x)<0；当x1< x<1时，h
' (x)>0；
当1< x< x2时，h
' (x)<0；当x> x2时，h
' (x)>0，
所以h(x)在(0, x1)单调递减，在(x1,1)单调递增，
在(1, x2)单调递减，在(x2,+ ∞)单调递增，
所以x∈(0,1)时，h(x)的极小值为
h(x1)= x1ln x1- x1
2+ x1
e
x1
,
x∈(1,+∞)时，h(x)的极小值为
h(x2)= x2ln x2- x2
2+ x2
e
x2
.
因为x1-2-ln x1=0, x2-2-ln x2=0，
可得x1-ln x1=2, x2-ln x2=2，所以e
x1-ln x1=e
2,e
x2-ln x2=e
2，
即e
x1
x1
=e
x2
x2
=e
2,所以x1
e
x1 = x2
e
x2 =e
-2.
代入ln x1= x1-2和ln x2= x2-2，
则有h(x1)= x1(x1-2)- x1
2+ x1
e
x1
=- x1
e
x1 = -e
-2，
同理可得h(x2)=-e
-2，
所以h(x1)=h(x2)，
所以h( x)min=-e
-2=- 1
e
2 ，
所以a<- 1
e
2 ，即实数a的取值范围为(-∞,- 1
e
2).
【变式2-1】（2023·黑龙江·校联考模拟预测）已知函数f (x)= xe
x , x∈R．
(1)求函数f (x)= xe
x单调区间；
(2)若过点P(1,t )(t ∈R)可以作曲线y = f (x)的3 条切线，求实数t的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数的导数，解不等式，即可求得函数单调区间；
（2）设切点坐标为(x0, y0)，利用导数的几何意义求出切线方程，推出方程t =e
x0(- x0
2+ x0+1)有三个不等
实数根，构造函数，将方程根的问题转化为函数y =t , y =e
x0(- x0
2+ x0+1)图像的交点问题，利用导数判断
函数的性质，作出函数图像，数形结合，即可求解.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为R，f
' (x)=e
x+ xe
x =e
x(x +1)，
令f
' (x)>0，解得x>-1，所以函数f (x)的单调递增区间是(-1,+∞)；
令f
' (x)<0，解得x<-1，所以函数f (x)的单调递减区间是(-∞,-1)
（2）由题意可得f
' (x)=(x +1)e
x，
设切点坐标为(x0, y0)，则切线斜率k =(x0+1)⋅e
x0，
所以切线方程为y - x0e
x0=(x0+1)⋅e
x0(x - x0)，
将P(1,t )代入得t =e
x0(- x0
2+ x0+1)．
因为存在三条切线，即方程t =e
x0(- x0
2+ x0+1)有三个不等实数根，
方程t =e
x0(- x0
2+ x0+1)有三个不等实数根等价于函数y =t , y =e
x0(- x0
2+ x0+1)的图像有三个交点，
设g(x)=(- x
2+ x +1)e
x，则g
' (x)=-(x -1)(x +2)e
x，
当x∈(-2,1)时，g
' (x)>0,g(x)在(-2,1)上单调递增；
在(-∞,-2)和(1,+ ∞)上，g
' (x)<0,g(x)在(-∞,-2)和(1,+∞)上单调递减，
g(-2)=- 5
e
2 ，g(1)=e；
当x< 1-√5
2
或x> 1+√5
2
时，g(x)<0，1-√5
2
< x< 1+√5
2
时，g(x)>0，
当x→-∞时，g(x)→0；当x→+ ∞时，g(x)→-∞，
画出g(x)=(- x
2+ x +1)e
x的图象如图，
要使函数y =t , y =e
x0(- x0
2+ x0+1)的图像有三个交点，需g(2)<t <0，
即- 5
e
2 <t <0，即实数t的取值范围(- 5
e
2 ,0).
【变式2-2】（2023·四川成都·统考一模）已知函数f (x)=2e
x-ax ,a∈R．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)当a=e时，求证：f (x)>e(1-cos x)．
【解题思路】（1）求导，然后分a≤0和a>0讨论分别求单调性；
（2）当x ≤0时，通过证明x +1-cos x ≤0可得结论；当x>0时，转化为证明2e
x -1-2 x>1-cos x - x，不
等式两边分别构造函数，求出函数最值即可得结论.
【解答过程】（1）由已知f
' (x)=2e
x -a，
当a≤0时，f
' (x)>0恒成立，函数f (x)在R上单调递增；
当a>0时，若f
' (x)>0，得x>ln a
2，函数f (x)单调递增，
若f
' (x)<0，得x<ln a
2，函数f (x)单调递减；
综上所述：当a≤0，函数f (x)在R上单调递增，
当a>0时，函数f (x)在(ln a
2 ,+∞)单调递增，在(-∞,ln a
2)单调递减；
（2）由a=e，f (x)>e(1-cos x)得2e
x -e x>e(1-cos x)，
即证2e
x -1> x +1-cos x，
①当x ≤0时，设函数k (x)= x +1-cos x，
则k
' (x)=1+sin x ≥0，k (x)在(-∞,0]上单调递增，
所以k (x)≤k (0)=0
所以2e
x -1>0≥x +1-cos x成立；
②当x>0时，要证2e
x -1> x +1-cos x成立，
即证2e
x -1-2 x>1-cos x - x
设函数h(x)=2e
x -1-2 x，x>0，
则h
' (x)=2e
x -1-2，
当h
' (x)<0时，0< x<1，函数h(x)单调递减，
当h
' (x)>0时，x>1，函数h(x)单调递增，
所以h(x)≥h(1)=2e
0-2=0，即2e
x -1-2 x ≥0，
设g(x)=1-cos x - x，x>0
则g
' (x)=sin x -1≤0，g(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以g(x)<g(0)=0，即0>1-cos x - x，
所以2e
x -1-2 x ≥0>1-cos x - x，
综上：f (x)>e(1-cos x)成立.
【变式2-3】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）已知函数f ( x)=a(e
x+e
- x)-1（a 是非零常数，e
为自然对数的底数）
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
(2)当a>0时，若f ( x)-1≥x
2在R上恒成立，求实数a 的取值范围．
【解题思路】（1）对函数求导，讨论a<0、a>0研究函数的单调性；
（2）问题化为a≥x
2+2
e
x+e
- x 在R上恒成立，利用导数研究右侧单调性并求最值，即可得参数范围.
【解答过程】（1）由题设f
'( x)=a⋅(e
2 x -1
e
x
)，
当a<0，若x∈(-∞,0)时f
'( x)>0，即f ( x)递增，若x∈(0,+∞)时f
'( x)<0，即f ( x)递减；
当a>0，若x∈(-∞,0)时f
'( x)<0，即f ( x)递减，若x∈(0,+∞)时f
'( x)>0，即f ( x)递增；
综上，a<0则f ( x)在(-∞,0)上递增，在(0,+ ∞)上递减；
a>0则f ( x)在(-∞,0)上递减，在(0,+ ∞)上递增；
（2）由题设a≥x
2+2
e
x+e
- x 在R上恒成立，
令g( x)= x
2+2
e
x+e
- x ，则g
'( x)= ( x
2+2 x +2)e
- x -( x
2-2 x +2)e
x
(e
x+e
- x)
2
，
令φ( x)=( x
2+2 x +2)e
- x -( x
2-2 x +2)e
x，则φ
'( x)=- x
2
e
x - x
2e
x≤0，
所以φ( x)单调递减，且φ(0)=0，故(-∞,0)上φ( x)>0，(0,+∞)上φ( x)<0，
所以(-∞,0)上g
'( x)>0，即g( x)递增，(0,+∞)上g
'( x)<0，即g( x)递减，
所以g( x)≤g(0)=1，故a≥1.
【题型3 函数的极值、最值问题】
【例3】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)= x ln x +(t -1)(x -t )(t ∈R)．
(1)当t =0时，讨论函数f (x)的极值；
(2)若F (x)= f (x)-e
x
e
t 有两个不同的极值点，求t 的取值范围．
【解题思路】（1）求导，利用导数判断原函数的单调性和极值；
（2）根据题意可得F
' (x)有两个不同的变号零点，整理得e
ln x+ln x =e
x -t +(x -t )，设函数g(x)=e
x+ x，
结合单调性可知直线y =t与曲线h(x)= x - ln x有两个不同的交点，利用导数判断原函数单调性和极值，进
而根据交点分析求解.
【解答过程】（1）当t =0时，f (x)= x ln x - x，则f (x)的定义域为(0,+ ∞)，且f
' (x)= ln x，
在(0,1)上，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
在(1,+∞)上，f
' (x)>0，f (x)单调递增；
所以f (x)的极小值为f (1)=-1，无极大值．
（2）由题意可知：F (x)= xln x +(t -1)(x -t )-e
x
e
t ，则F
' (x)=ln x +t -e
x
e
t =ln x +t -e
x -t，
因为F (x)有两个不同的极值点，则函数F
' (x)有两个不同的变号零点，
可知方程ln x +t =e
x -t有两个不等实根，
此方程可变形为ln x + x =e
x -t + x -t，即e
ln x+ln x =e
x -t +(x -t )．
设函数g(x)=e
x+ x，则g(ln x)= g(x -t )，
又因为y =e
x , y = x在R内单调递增，则g(x)在R内单调递增，
可得ln x = x -t，即t = x - ln x．
设h(x)= x - ln x，则直线y =t与曲线y =h(x)有两个不同的交点，
可知h(x)的定义域为(0,+ ∞)，且h
' (x)=1- 1
x = x -1
x
，
在(0,1)上，h
' (x)<0，h(x)单调递减；
在(1,+∞)上，h
' (x)>0，h(x)单调递增；
则h(x)min=h(1)=1，当x→0
+时，h(x)→+∞，当x→+ ∞时，h(x)→+∞，
若直线y =t与曲线y =h(x)有两个不同的交点，则t >1，
故t 的取值范围为(1,+∞)．
【变式3-1】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）已知奇函数f (x)=a x
3+b x
2+cx在x =1处取得极大值2.
(1)求f (x)的解析式；
(2)求f (x)在[- 4,3]上的最值.
【解题思路】（1）利用函数奇偶性可得b=0，再由f (x)在x =1上取得极大值2 可求得a=-1,c =3，可得
解析式；
（2）由（1）中解析式求导可得其在[- 4,3]上的单调性，得出极值并比较端点处的函数值即可求出其最值.
【解答过程】（1）易知函数f (x)的定义域为x∈R，
因为f (x)是奇函数，所以f (- x)=- f (x)，则b=0.
由f (x)=a x
3+cx，得f
' (x)=3a x
2+c.
因为f (x)在x =1上取得极大值2，
所以¿解得¿
经经检验当¿时，f (x)在x =1处取得极大值2，
故f (x)=- x
3+3 x.
（2）由（1）可知，f
' (x)=-3 x
2+3=-3(x -1)(x +1)，
当x∈(-1,1)时，f
' (x)>0,f (x)单调递增；
当x∈[- 4 ,-1)和(1,3]时，f
' (x)<0,f (x)单调递减；
即函数f (x)在x =-1处取得极小值f (-1)=-2，在x =1处取得极大值f (1)=2；
又因为f (- 4)=52,f (3)=-18，
所以f (x)在[- 4,3]上的最大值为52，最小值为-18.
【变式3-2】（2023·宁夏固原·宁夏回族自治区西吉中学校考模拟预测）已知实数a>0，函数
f (x)= x ln a-a ln x +(x -e)
2，e是自然对数的底数.
(1)当a=e时，求函数f (x)的单调区间；
(2)求证：f (x)存在极值点x0，并求x0的最小值.
【解题思路】（1）f ( x)求导，根据f
'( x)的正负判定函数的增减即可；
（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次
确定新函数单调性和最值即可求解.
【解答过程】（1）当a=e时，f ( x)= x -eln x +( x -e)
2，
则f
'( x)=1-e
x +2( x -e)= 2 x
2+(1-2e)x -e
x
= (2 x +1)( x -e)
x
,( x>0)
令f
'( x)>0，得x>e；令f
'( x)<0，得x<e；
所以，函数y = g( x)的单调增区间为(e,+ ∞)，单调减区间为(0,e)．
（2）f
'( x)= ln a- a
x +2( x -e)= 2 x
2+(ln a-2e)x -a
x
令t( x)=2 x
2+(ln a-2e)x -a=0，因为Δ=(ln a-2e)
2+8a>0，
所以方程2 x
2+(ln a-2e)x -a=0，有两个不相等的实根x1, x2(x1< x2)，
又因为x1 x2=- a
2 <0，所以x1<0< x2，令x0= x2，列表如下:
x
(0, x0)
x0
(x0,+ ∞)
f
' (x)
-
0
+
f (x)
减
极小
值
增
所以f ( x)存在极值点x0.所以存在x0使得2 x0
2+(ln a-2e)x0-a=0成立，
所以存在x0使得2 x0
2-2e x0=a- x0ln a，
所以存在x0使得a- x0ln a=2 x0
2-2e x0对任意的a>0有解，
因此需要讨论等式左边的关于a的函数，记u(t )=t - x0ln t，所以u
'(t )=1- x0
t ，
当0<t < x0时，u
'(t )<0,u(t )单调递减；当t > x0时，u
'(t )>0,u(t )单调递增．
所以当t = x0时，u(t )=t - x0ln t的最小值为u(x0)= x0- x0ln x0．
所以需要2 x0
2-2e x0=a- x0ln a≥x0- x0ln x0，即需要2 x0
2-(2e+1)x0+ x0ln x0≥0，
即需要2 x0-(2e+1)+ ln x0≥0，即需要2 x0+ ln x0-(2e+1)≥0
因为v(t )=2t + ln t -(2e+1)在(0,+∞)上单调递增，且v(x0)≥v(e)=0，
所以需要x0≥e，
故x0的最小值是e．
【变式3-3】（2023·吉林长春·东北师大附中校考二模）已知函数f (x)=mx e
- x+ x -ln x (m∈R).
(1)讨论函数f (x)的极值点个数；
(2)若m>0，f (x)的最小值是1+lnm，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）求出f (x)的导数，按m≤e和m>e分类讨论，并借助零点存在性定理推理作答即可；
（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探讨，利用导数研究函数f (x)的最小值求解即可.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
所以f
' (x)=m(e
- x - xe
- x)+1- 1
x = 1
e
x (x -1)(
e
x
x -m)，
令u(x)=e
x
x -m，则u
' (x)=e
x(x -1)
x
2
，
令u
' (x)<0，可得0< x<1，令u
' (x)>0，可得x>1，
所以u(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故u(x)min=u(1)=e-m，
①m≤e时，u(x)min≥0，则u(x)≥0，令f
' (x)<0，可得0< x<1，
令f
' (x)>0，可得x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以f (x)有1个极小值点；
②m>e时，u(x)min<0，
因为令h(x)=e
x- x -1，则h
' (x)=e
x-1，
当x>0时，h
' (x)>0，则h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当x<0时，h
' (x)<0，则h(x)在(-∞,0)上单调递减，
故h(x)≥h(0)=0，所以e
x≥x +1，当x =0时取等号.
当x<
1
m-1 <1时，u(x)> x +1
x
-m=1+ 1
x -m>0，
此时∃x1∈(0,1)，使得u(x1)=0，
令v (x)=e
x- x
2, x>1，有v
' (x)=e
x-2 x，令φ(x)=e
x-2 x , x>1，
φ
' (x)=e
x-2>0，φ(x)在(1,+∞)上单调递增，即φ(x)>φ(1)=e-2>0，
即有v
' (x)>0，即v (x)在(1,+∞)上单调递增，
即v (x)>v (1)=e-2>0，所以e
x> x
2，
当x>m>e时，u(x)> x
2
x -m= x -m>0，此时∃x2∈(1,+∞)，使得u(x2)=0，
因此x∈(0, x1)，f
' (x)<0，f (x)单调递减，
x∈(x1,1)，f
' (x)>0，f (x)单调递增，
x∈(1, x2)，f
' (x)<0，f (x)单调递减，
x∈(x2,+∞)，f
' (x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)由3个极值点；
所以当m≤e时，f (x)恰有1个极值点；当m>e时，f (x)恰有3个极值点；
（2）由（1）知，当0<m≤e时，f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f (x)min= f (1)=1+ m
e =1+ ln m，
所以1
e = ln m
m ，令g(x)= ln x
x , x∈(0,e]，则g
' (x)= 1- ln x
x
2
≥0，
函数g(x)在(0,e]上单调递增，g(x)max = g (e)= 1
e ，则m=e，
当m>e时，∃x1∈(0,1)，使得u(x1)=0，∃x2∈(1,+∞)，使得u(x2)=0，
所以f (x)在(0, x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，在(1, x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增，
其中e
xi
xi
-m=0(i=1,2)，即xi= ln m+ ln xi，所以f (x)min=min{f (x1),f (x2)}=1+ ln m，
而f (xi)= m xi
e
xi
+ xi-ln xi=1+ ln m符合要求，所以m>e，
综上可得，实数m的取值范围为¿.
【题型4 函数零点（方程根）问题】
【例4】（2023·全国·模拟预测）已知函数f ( x)=2 x + a ln x
x
2
+a．
(1)当a=1时，求曲线f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程．
(2)若f ( x)有两个零点，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求得切点与切线的斜率，从而得解；
（2）利用参变分离，构造函数g( x)= x
2+ ln x
x
3
，利用导数研究其性质，从而作出图象，结合图象即可得
解.
【解答过程】（1）当a=1时，f ( x)=2 x + ln x
x
2 +1，则f (1)=3，
f
'( x)=2+ 1-2ln x
x
3
，所以f
'(1)=3．
故曲线f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为y -3=3( x -1)，即3 x - y =0．
（2）由f ( x)=2 x + a ln x
x
2
+a有两个零点，
得方程2 x + a(x
2+ ln x)
x
2
=0在(0,+ ∞)上有两个不同的实数解．
当a=0时，显然方程没有正实数解，所以a≠0．
则方程- 2
a = x
2+ ln x
x
3
在(0,+∞)上有两个不同的实数解．
令g( x)= x
2+ ln x
x
3
( x>0)，则g
'( x)= 1- x
2-3 ln x
x
4
．
显然φ( x)=1- x
2-3 ln x在(0,+∞)上为减函数，又φ(1)=1-1-3 ln1=0，
所以当x∈(0,1)时，g
'( x)>0；当x∈(1,+ ∞)时，g
'( x)<0．
所以g( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，且g( x)max = g(1)=1．
当x = 1
e 时，g( x)=e
3(
1
e
2 -e)<0；当x>1时，g( x)>0，
要使方程- 2
a = x
2+ ln x
x
3
在(0,+∞)上有两个不同的实数解，
则g( x)与y =- 2
a的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点，
结合图象可知0<- 2
a <1，解得a<-2，
综上，实数a的取值范围为(-∞,-2)．
【变式4-1】（2023·广东广州·广东广雅中学校考二模）已知函数f (x)=ln x + 1
x -1.
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)若g(x)= x
2[f (x)+1-a]- x +a，求函数g(x)的零点个数.
【解题思路】（1）求出定义域，求导，得到函数单调性，进而得到最值；
（2）化简得到g(x)= x
2(ln x + a
x
2 -a)，令φ(x)=ln x + a
x
2 -a，求出y =φ(x)在(0,+ ∞)上的零点个数即
可，求导，当a≤0时，φ(x)有唯一零点，a>0时，求出函数单调性，最值
φ( x)min=φ(√2a)=ln√2a-a+ 1
2，换元后，求导得到函数单调性，分√2a=1，0<√2a<1，√2a>1，
三种情况，结合函数单调性和零点存在性定理求出零点个数.
【解答过程】（1）由题意得f (x)的定义域为(0,+∞)，
且f
' (x)= 1
x - 1
x
2 = x -1
x
2 ，
当0< x<1时，f
' (x)<0；当x>1时，f
' (x)>0，
故f (x)在(0,1)上单调递减，f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)在x =1处取得极小值，也时最小值，
所以f ( x)min= f (1)=0.
（2）g(x)= x
2[f (x)+1-a]- x +a= x
2(ln x + a
x
2 -a)，
令φ(x)=ln x + a
x
2 -a，则g(x)= x
2φ(x).
因为g(x)= x
2φ(x)的定义域为(0,+ ∞)，故y = g(x)的零点与y =φ(x)的零点相同，
所以下面研究函数y =φ(x)在(0,+∞)上的零点个数.
由φ(x)=ln x + a
x
2 -a，得φ
' (x)= 1
x - 2a
x
3 = x
2-2a
x
3
.
当a≤0时，φ
' (x)>0在x∈(0,+ ∞)上恒成立，
所以φ(x)在x∈(0,+ ∞)上单调递增.
又φ(1)=0，故此时φ(x)有唯一零点，
当a>0时，φ
' (x)= x
2-2a
x
3
= (x -√2a)(x +√2a)
x
3
( x>0)，
令φ
' (x)<0( x>0)，得0< x<√2a，令φ
' (x)>0( x>0)，得x>√2a.
所以φ(x)在(0,√2a)上单调递减，在(√2a,+∞)上单调递增，
所以φ( x)min=φ(√2a)=ln√2a-a+ 1
2.
令√2a=t >0，则a= 1
2 t
2，
令m(t )=lnt - 1
2 t
2+ 1
2，则m
' (t )= 1
t -t = (1+t )(1-t )
t
(t >0)，
易得m(t )在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，
又m(1)=0，所以当t ∈(0,1)∪(1,+ ∞)时，m(t )<0，
①当√2a=1，即a= 1
2时，φ( x)min=φ(1)=0，
此时φ(x)有唯一零点x =√2a=1；
②当0<√2a<1，即0<a< 1
2时，则φ(√2a)<0.
因为φ(1)=0，所以φ(x)在(√2a,+∞)上有唯一的零点x =1.
φ(
a
1-a)=ln
a
1-a +a[
(1-a)
2
a
2
-1]=ln
a
1-a + 1
a -2，
令a
1-a =k(k <1)，则a=
k
1+k ，
所以φ(k )=lnk + 1
k -1= f (k )，由（1）知，φ(k )>0，又φ(√2a)<0，
所以φ(x)在[
a
1-a ,√2a)上存在唯一零点，不妨设x = x1，
所以φ(x)在(0,√2a)上有唯一的零点x = x1，
故φ(x)在(0,+ ∞)上有两个零点；
③当√2a>1，即a> 1
2时，且φ(√2a)<0,φ(1)=0,e
a>e
1
2 >1,φ(e
a)= a
e
2a >0，
由函数零点存在定理可得y =φ(x)在(√2a,e
a)上有唯一零点，
故φ(x)在(0,√2a),(√2a,+∞)上各有一个唯一零点.
综上，当a≤0或a= 1
2时，函数g(x)有唯一零点；
当a>0且a≠1
2时，函数g(x)有两个零点.
【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)= x +1-a ln x．
(1)判断函数f (x)的单调性．
(2)若f (x)=1有两个不相等的实根x1, x2，且x1< x2，求证：x1+ x2>a．
【解题思路】（1）求出函数的导函数，再分a≤0、a>0两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意可得¿，即可得到a= x2- x1
ln x2
x1
，设t = x2
x1
>1，则只需证明(t +1)ln t >t -1 (t >1)，设
h(t )=(t +1)ln t -(t -1),t ≥1，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【解答过程】（1）由题意知，函数f (x)的定义域为(0,+∞)．
由f (x)= x +1-aln x，得f
' (x)= x -a
x
．
当a≤0时，f
' (x)>0，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增．
当a>0时，令f
' (x)=0，得x =a．
当x∈(0,a)时，f
' (x)<0；当x∈(a,+∞)时，f
' (x)>0．
所以当a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
（2）由（1）可知a>0，x2> x1>0且x1≠1、x2≠1，
根据题意可得¿，所以a= x2- x1
ln x2
x1
．
因为0< x1< x2，设t = x2
x1
>1，则x2=t x1．
要证x1+ x2>a，即证x1+ x2> x2- x1
ln x2
x1
，即证(t +1)ln t >t -1 (t >1)．
构造函数h(t )=(t +1)ln t -(t -1),t ≥1，易得h(1)=0．
h
' (t )= lnt + t +1
t
-1= lnt + 1
t ．
构造函数g(t )= lnt + 1
t ,t ≥1，则g
' (t )= t -1
t
2 ≥0，
所以h
' (t )在[1,+∞)上单调递增，
所以h
' (t )≥h
' (1)=1>0，所以h(t )在[1,+ ∞)上单调递增．
所以当t >1时，h(t )>h(1)=0，即(t +1)ln t >t -1，所以x1+ x2>a成立．
【变式4-3】（2023·广西·模拟预测）已知函数f (x)=2ln(x +1)+ 1
2 x
2-2 x +m有三个零点，m∈R.
(1)求m的取值范围；
(2)记三个零点为x1, x2, x3，且x1< x2< x3，证明：x3- x1<2.
【解题思路】（1）由题意首先对f (x)求导，得出其单调性和极值，然后结合已知列出不等式求解即可.
（2）构造函数h(x)= f (x)- f (- x)，g(x)= f (x)- f (2- x)，求导得其单调性，结合-1< x1<0< x2<1< x3
即可得证.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(-1,+∞)，
f
' (x)=
2
x +1 + x -2= x (x -1)
x +1
，令f
' (x)=0，解得：x =0或1，
且x∈(-1,0)时，f
' (x)>0，x∈(0,1)，f
' (x)<0，x∈(1,+∞)，f
' (x)>0，
所以f (x)在(-1,0)上单调递增，(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
当x =0时，函数f (x)取极大值，当x =1时，函数f (x)取极小值，
又f (0)=m，f (1)=m+2ln2- 3
2，
因为函数有三个零点，且x→+∞,f ( x)→+∞，x→-1,f ( x)→-∞，
所以f (1)=m+2ln2- 3
2 <0<f (0)=m，
解得0<m< 3
2 -2ln2，即m的取值范围为(0, 3
2 -2ln2).
（2）由（1）可知-1< x1<0< x2<1< x3，
设h(x)= f (x)- f (- x)，x∈(0,1)，h
' (x)= f
' (x)+ f
' (- x)= 4 x
2
1- x
2 >0，
所以函数h(x)单调递增，所以h(x)>h(0)=0，所以h(x2)= f (x2)- f (- x2)>0，
即f (x1)>f (- x2)，所以x1>- x2，即x1+ x2>0，
设g(x)= f (x)- f (2- x)，x∈(0,1)，g
' (x)= f
' (x)+ f
' (2- x)=-
2(x -1)
2
(x +1)(x -3) >0，
所以函数g(x)单调递增，
所以g(x)< g(1)=0即f (x)<f (2- x)，
f (x2)<f (2- x2)即f (x3)<f (2- x2)，
所以x3<2- x2，x2+ x3<2，
又- x1- x2<0，所以x3- x1<2.
【题型5 不等式的证明】
【例5】（2023·四川成都·统考一模）已知函数f (x)=2e
x-e x.
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)求证：f (x)>e(ln x +cos x).
【解题思路】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）构造函数h(x)=2e
x-e x -e(ln x +1)，利用导数判推得h(x)>0，进而得证.
【解答过程】（1）因为f (x)=2e
x-e x，所以f
' (x)=2e
x-e，
当x∈(-∞,1- ln 2)时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(1- ln 2,+ ∞)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增；
所以f (x)的单减区间为(-∞,1- ln 2)，单增区间为(1- ln 2,+∞).
（2）设函数h(x)=2e
x-e x -e(ln x +1)，
则h
' (x)=2e
x -e-e
x ，x>0，
易得h
' (x)在(0,+ ∞)上单调递增，且h
' (1)=0，
所以当x∈(0,1)，h
' (x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(1,+∞)，h
' (x)>0，h(x)单调递增；
所以h(x)min=h(1)=0，故2e
x-e x -e(ln x +1)≥0，当且仅当x =1时等号成立，
即f (x)≥e(ln x +1)，当且仅当x =1时等号成立，
因为1≥cos x，所以f (x)≥e(ln x +1)≥e(ln x +cos x)，
由于上述不等式取等条件不能同时成立，
所以f (x)>e(ln x +cos x)，得证.
【变式5-1】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)= x -mln x (m∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若存在不相等的实数x1，x2，使得f (x1)= f (x2)，证明：0<m< x1+ x2．
【解题思路】（1）由已知条件求出f
' (x)，分情况讨论导数的正负，即可得函数的单调性；
（2）由（1）可判断出m>0，结合f (x1)= f (x2)，得出m(ln x2-ln x1)= x2- x1，设0< x1< x2，化简得
m=
x2- x1
ln x2-ln x1
>0，进而转化为证
x2
x1
-1
x2
x1
+1
<ln x2
x1
，然后换元，令t = x2
x1
>1，即证lnt - t -1
t +1 >0成立，构
造新函数g(t )=lnt - t -1
t +1，利用导数判断其单调性，即可得证．
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，f
' (x)=1- m
x = x -m
x
，
当m≤0时，f
' (x)>0，所以f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，由f
' (x)>0得x>m，所以f (x)在(m,+∞)上单调递增；
由f
' (x)<0得0< x<m，所以f (x)在(0,m)上单调递减；
故m≤0时，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当m>0时，f (x)在(m,+ ∞)上单调递增，在(0,m)上单调递减；
（2）证明：f (x)= x -mln x , x>0，f
' (x)=1- m
x = x -m
x
，
由（1）可知，当m≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上是增函数，
故不存在不相等的实数x1, x2，使得f (x1)= f (x2)，所以m>0．
由f (x1)= f (x2)得x1-mln x1= x2-mln x2，即m(ln x2- ln x1)= x2- x1，
不妨设0< x1< x2，则ln x2- ln x1>0，则m=
x2- x1
ln x2- ln x1
>0，
要证m< x1+ x2，只需证
x2- x1
ln x2- ln x1
< x1+ x2，
即证
x2- x1
x1+ x2
<ln x2- ln x1，只需证
x2
x1
-1
x2
x1
+1
<ln x2
x1
，
令t = x2
x1
>1，则只需证t -1
t +1 <ln t，即证ln t - t -1
t +1 >0，
令g(t )=lnt - t -1
t +1 ,(t >1)，则g
' (t )= 1
t -
2
(t +1)
2 = t
2+1
t (t +1)
2 >0，
所以g(t )在(1,+ ∞)上是增函数，所以g(t )>g(1)=0，
从而lnt - t -1
t +1 >0，故0<m< x1+ x2.
【变式5-2】（2023·四川成都·统考二模）已知函数f (x)=e
x -asin x (a>0)，曲线y = f (x)在(0,f (0))处的
切线也与曲线y =2 x - x
2相切.
(1)求实数a的值；
(2)若x1是f (x)的最大的极小值点，x2是f (x)的最大的极大值点，求证：2<f (x1)+ f (x2)< 3+√3
2
.
【解题思路】（1）利用导数的几何意义，求切线方程，再与抛物线方程联立，结合Δ=0，即可求解；
（2）利用极值点的定义，结合零点存在性定理，求得极值点的范围，再代入函数值，即可求解.
【解答过程】（1）∵f
' (x)=e
x -acos x，∴f
' (0)=1-a，
又f (0)=1，所以y = f (x)在(0,f (0))处的切线方程为y =(1-a) x +1，
因为切线与y =2 x - x
2相切，联立¿得x
2-(a+1) x +1=0，
由Δ=(a+1)
2- 4 =0及a>0，解得a=1；
（2）由（1）得f (x)=e
x -sin x，所以f
' (x)=e
x -cos x，
当x∈(0,+∞)时，f
' (x)>0，所以f (x)在(0,+ ∞)无极大值点.
当x∈(-π
2 ,0)时，令g(x)= f
' (x)，则g
' (x)=e
x+sin x在(-π
2 ,0)上单调递增，
又g
'(-π
4 )= 1
e
π
4
- 1
√2 <0，g
' (0)=1>0，
所以存在x0∈(-π
4 ,0)，使得g
'( x0)=0，即e
x0+sin x0=0，
当x∈(-π
2 , x0)时，g
' (x)<0，g(x)单调递减；当x∈( x0,0)时，g
' (x)>0，g(x)单调递增.
又g( x0)=e
x0-cos x0=-sin x0-cos x0=-√2sin( x0+π
4 )<0，g(0)= f
'(0)=0
所以当x∈( x0,0)时，g(x)<0，即f
' (x)<0，
所以x1=0是f (x)的最大的极小值点，且f ( x1)=1.
∵g(-π
2 )=e
-π
2 >0，g(-π
3 )= 1
e
π
3
- 1
2 <0，
所以存在x2∈(-π
2 ,-π
3 )，使得g( x2)=0，即e
x2-cos x2=0，
当x∈(-π
2 , x2)时，f
' (x)>0；当x∈( x2, x0)时，f
' (x)<0，
所以x2是f (x)的极大值点，也是f (x)的最大的极大值点.
因为f (x)在( x2,0) (x0,0)上单调递减，所以f ( x2)>f (0)=1，
f ( x2)=e
x2-sin x2=cos x2-sin x2=√2cos( x2+π
4 )<√2cos(-π
3 +π
4 )= √3+1
2
.
所以2<f ( x1)+ f ( x2)< 3+√3
2
.
【变式5-3】（2023·河南新乡·统考一模）已知函数f (x)= xln x -m x
2-1．
(1)当m≥1
2时，讨论f (x)在(0,+ ∞)上的单调性；
(2)已知x1, x2是f (x)的两个零点，证明：x1 x2>√6e
2．
【解题思路】（1）导函数放缩得f
'( x)= ln x +1-2mx ≤ln x +1- x，再设新函数，求导即可得到其单调性；
（2）整理变形得
ln x1
x1
- ln x2
x2
x1
2- x2
2
=-
1
(x1 x2)
2
，从而转化为证明m( x)= ln x
x + x
2
6e
4 在(0,+∞)上为单调递增函
数，再利用导数证明即可.
【解答过程】（1）f
'( x)= ln x +1-2mx ≤ln x +1- x，
令g( x)= ln x +1- x，则g
'( x)= 1- x
x
，则当x∈(0,1)时，g
'( x)>0，g( x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1,+ ∞)时，g
'( x)<0，g( x)在(1,+ ∞)上单调递减．
所以g( x)≤g(1)=0，即f
'( x)≤0，所以f ( x)在(0,+∞)上单调递减．
（2）由f ( x)= x ln x -m x
2-1=0，可得m= ln x
x - 1
x
2，不妨设0< x1< x2，
则
ln x1
x1
- 1
x1
2 = ln x2
x2
- 1
x2
2 =m，整理得
ln x1
x1
- ln x2
x2
x1
2- x2
2
=-
1
(x1 x2)
2
，
要证x1 x2>√6e
2，即证
ln x1
x1
- ln x2
x2
x1
2- x2
2
>- 1
6e
4
，即证ln x1
x1
+ x1
2
6e
4 < ln x2
x2
+ x2
2
6e
4 ，
即证m( x)= ln x
x + x
2
6e
4 在(0,+ ∞)上为单调递增函数，
则m
'( x)= 3e
4(1- ln x)+ x
3
3 x
2e
4
，设n( x)=3e
4(1- ln x)+ x
3，
则n
'( x)=3 x
2- 3e
4
x = 3(x
3-e
4)
x
，令n
'( x)=3 x
2- 3e
4
x =0，解得x =e
4
3，
则当x∈(0,e
4
3)，n
'( x)<0；当x∈(e
4
3 ,+ ∞)，n
'( x)>0，
n( x)在(0,e
4
3 )上单调递减，在(e
4
3 ,+∞)上单调递增，
所以n( x)≥n(e
4
3 )=0，即m
'( x)≥0在(0,+∞)上恒成立，
所以m( x)= ln x
x + x
2
6e
4 在(0,+ ∞)上为单调递增函数，则x1 x2>√6e
2．
【题型6 利用导数研究不等式恒成立问题】
【例6】（2023·四川内江·统考一模）已知函数f ( x)= 1
2 a x
2- ln x．
(1)当a=1时，求f ( x)的极值；
(2)若不等式f ( x)≥x恒成立，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）对f ( x)= 1
2 x
2- ln x求导得到f
'( x)= ( x -1)( x +1)
x
，再根据极值的定义即可求出结果；
（2）根据条件，分离常量得到1
2 a≥x + ln x
x
2
，构造g( x)= 1
x + ln x
x
2 ( x>0)，将问题转化成求g( x)的最大
值，即可解决问题.
【解答过程】（1）当a=1时，f ( x)= 1
2 x
2- ln x，则f
'( x)= x - 1
x = x
2-1
x
= ( x -1)( x +1)
x
，
由f
'( x)=0，得到x =1，又x>0，当x∈(0,1)时，f
'( x)<0，x∈(1,+∞)时，f
'( x)>0，
所以f ( x)= 1
2 x
2- ln x在x =1处取到极小值，极小值为1
2，无极大值.
（2）由f ( x)≥x恒成立，得到1
2 a x
2- ln x ≥x恒成立，即1
2 a x
2≥x + ln x恒成立，
又x>0，所以1
2 a≥x + ln x
x
2
= 1
x + ln x
x
2 恒成立，
令g( x)= 1
x + ln x
x
2 ( x>0)，则g
'( x)=- 1
x
2 + x -2 x ln x
x
4
=- 1
x
2 + 1-2ln x
x
3
=- x +1-2ln x
x
3
，
令h( x)=-2ln x - x +1( x>0)，则h
'( x)=- 2
x -1<0恒成立，
即h( x)=-2ln x - x +1在区间(0,+∞)上单调递减，
又h(1)=-2ln1-1+1=0，所以当x∈(0,1)时，h( x)>0，x∈(1,+∞)时，h( x)<0，
即x∈(0,1)时，g
'( x)>0，x∈(1,+ ∞)时，g
'( x)<0，
所以g( x)= 1
x + ln x
x
2 ( x>0)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，
故g( x)≤g(1)=1，所以1
2 a≥1，即a≥2，
所以，实数a的取值范围为a≥2.
【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）已知f (x)=ae
x+ ln (x +1)，a为任意实数．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)令a=2，对∀x ≥0，均有f (x)≥kx +2恒成立，求k的取值范围．
【解题思路】（1）直接对f (x)求得，分a≥0,a<0两种情况讨论，在a<0时，令h(x)= f
' (x)=ae
x+
1
x +1，
继续对其求导来研究f
' (x)的符号变换情况即可.
（2）首先对f (x)进行切线放缩即：证明f (x)≥3 x +2，然后将原问题转换为k ≤[
f (x)-2
x ]min
即可求解.
【解答过程】（1）由题得x∈(-1,+∞)，f
' (x)=ae
x+
1
x +1，
当a≥0时，f
' (x)>0，∴f (x)在(-1,+∞)上单调递增；
当a<0时，令h(x)=ae
x+
1
x +1，x>-1，
则h
' (x)=ae
x -
1
(x +1)
2 <0，∴h(x)在(-1,+∞)上单调递减，
且当x→-1时，h(x)→+ ∞，当x→+∞时，h(x)→-∞，
∴h(x)在(-1,+∞)上存在唯一的零点，
设该零点为x0，即f
'(x0)=0，
∴f (x)在(-1, x0)上单调递增，f (x)在(x0,+ ∞)上单调递减．
（2）当a=2时，f (x)=2e
x+ ln (x +1)，x ≥0，f (0)=2，
f
' (x)=2e
x+
1
x +1，f
' (0)=2+1=3，
所以f (x)在x =0处的切线方程为y =3 x +2，
先证明当x ≥0时，f (x)≥3 x +2，
令F (x)= f (x)-3 x -2，x∈[0,+∞)，
即F (x)=2e
x+ ln (x +1)-3 x -2，
则F
' (x)=2e
x+
1
x +1 -3，令g(x)=2e
x+
1
x +1 -3，x∈[0,+∞)，
则g
' (x)=2e
x -
1
(x +1)
2 >0，∴g(x)在[0,+ ∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)=0，∴F (x)在[0,+ ∞)上单调递增，
∴F (x)≥F (0)=0，∴f (x)≥3 x +2，当且仅当x =0时取等号，
当x>0时，由f (x)≥kx +2，得k ≤f (x)-2
x
(x>0)，
则k ≤[
f (x)-2
x ]min
．
又f (x)-2
x
> 3 x +2-2
x
=3，∴k ≤3，
∴k的取值范围是(-∞,3]．
【变式6-2】（2023·云南红河·统考一模）已知函数f ( x)=mx - ln x -1(m∈R)．
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
(2)若关于x的不等式e
x -1+a ln x -(a+1)x +a≥0恒成立，求实数a 的取值范围．
【解题思路】（1）先求得f
' (x)，然后对m进行分类讨论，从而求得f (x)的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为e
ln x -aln x ≤e
x -1-a( x -1)，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式
成立.
【解答过程】（1）由题可知，f ( x)的定义域为(0,+∞)，
f
'( x)=m- 1
x = mx -1
x
当m≤0时，mx -1<0在(0,+∞)上恒成立，
所以f
'( x)<0在(0,+ ∞)上恒成立，即f ( x)在(0,+∞)单调递减
当m>0时，令f
'( x)>0解得x> 1
m，令f
'( x)<0解得0< x< 1
m，
所以f ( x)在(0, 1
m)上单调递减，在(
1
m ,+∞)上单调递增．
（2）由e
x -1+a ln x -(a+1)x +a≥0，
得x -a ln x ≤e
x -1-a( x -1)，即e
ln x -a ln x ≤e
x -1-a( x -1)
令g( x)=e
x -ax则原不等式等价于g(ln x)≤g( x -1)
由（1）得，当m=1时f ( x)≥f (1)=0
所以ln x ≤x -1在(0,+ ∞)上恒成立．
若g(ln x)≤g( x -1)在(0,+∞)上恒成立，
则需g( x)=e
x -ax在R上单调递增．
所以g
'( x)=e
x -a≥0在R上恒成立，即a≤e
x在上R恒成立，则a≤0，
所以实数a 的取值范围是(-∞,0].
【变式6-3】（2023·安徽·校联考模拟预测）已知函数f (x)=ae
x-e
- x，（a∈R）.
(1)若f (x)为偶函数，求此时f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)设函数g( x)= f ( x)-(a+1)x，且存在x1, x2分别为g( x)的极大值点和极小值点.
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）若a∈(0,1)，且g(x1)+ kg(x2)>0，求实数k的取值范围.
【解题思路】（1）根据偶函数的定义，求出a的值，然后利用导数求切线方程.
（2）（ⅰ）对g( x)进行求导，将g( x)既存在极大值，又存在极小值转化成g( x)=0必有两个不等的实数
根，利用导数得到g( x)的单调性和极值，进而即可求解；
（ⅱ）对g( x)进行求导，利用导数分析g( x)的极值，将g(x1)+ kg(x2)>0恒成立转化成
ln a<(1- 1
k)⋅a-1
a+1，构造函数，利用导数分类讨论求解即
【解答过程】（1）f ( x)为偶函数，有f (- x)=ae
- x -e
x = f ( x)=ae
x -e
- x，则a=-1，
所以f ( x)=-e
x-e
- x，f
'( x)=-e
x+e
- x
所以f (0)=-2，f
'(0)=0
所以f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程为y +2=0.
（2）（ⅰ）g( x)= f ( x)-(a+1)x =ae
x -e
- x -(a+1)x，
g
'( x)=ae
x+e
- x -(a+1)= ae
2 x -(a+1)e
x+1
e
x
= (ae
x -1)(e
x -1)
e
x
，
因为函数g( x)既存在极大值，又存在极小值，
则g
'( x)=0必有两个不等的实根，则a>0，
令g
'( x)=0可得x =0或x =-lna，
所以-lna≠0，解得a>0且a≠1.
令m=min {0,-lna}，n=max {0,-lna}，则有：
x
(-∞,m) m
(m,n) n
(n,+ ∞)
g
'( x)
+
0
-
0
+
g( x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
可知g( x)分别在x =m和x =n取得极大值和极小值，符合题意.
综上，实数a的取值范围是(0,1)∪(1,+ ∞).
（ⅱ）由a∈(0,1)，可得-lna>0，
所以x1=0，x2=-lna，g(x1)=a-1，g(x2)=1-a+(a+1)lna且有g(x2)<g(x1)<0，
由题意可得a-1+ k [1-a+(a+1)lna]>0对∀a∈(0,1)恒成立，
由于此时g(x2)<g(x1)<0，则k <0，
所以k (a+1)ln a>(k -1)(a-1)，则ln a<(1- 1
k)⋅a-1
a+1，
令h( x)=ln x -(1- 1
k)⋅x -1
x +1，其中0< x<1，
则h
'( x)= 1
x -(1- 1
k)⋅
2
( x +1)
2 =
( x +1)
2-2 x(1- 1
k)
x( x +1)
2
=
x
2+ 2
k x +1
x( x +1)
2
，
令x
2+ 2
k x +1=0，则Δ= 4
k
2 - 4 = 4(1-k
2)
k
2
.
①当Δ≤0，即k ≤-1时，h
'( x)≥0，h( x)在(0,1)上是严格增函数，
所以h( x)<h(1)=0，即lna<(1- 1
k)⋅a-1
a+1，符合题意；
（2）当Δ>0，即-1<k <0时，
设方程x
2+ 2
k x +1=0的两根分别为x3，x4且x3< x4，
则x3+ x4=- 2
k >0，x3 x4=1，则0< x3<1< x4，
则当x3< x<1时，h
'( x)<0，则h( x)在(x3,1)上单调递减，
所以当x3< x<1时，h( x)>h(1)=0，即lna>(1- 1
k)⋅a-1
a+1，不合题意.
综上所述，k的取值范围是(-∞,-1].
【题型7 利用导数研究能成立问题】
【例7】（2023·宁夏银川·校考模拟预测）已知函数f ( x)=kx -ln(1+ x)(k >0).
(1)当k =1时，求曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)如果存在x0∈(0,+ ∞)，使得当x∈(0, x0)时，恒有f ( x)< x
2成立，求k的取值范围.
【解题思路】（1）把k =1代入，求出函数f ( x)的导数，利用导数的几何意义求解作答.
（2）变形不等式，构造函数g( x)= x
2-kx +ln( x +1), x ∈(0, x0)，利用导数探讨g( x)>0恒成立的k 的
范围作答.
【解答过程】（1）当k =1时，f ( x)= x -ln(1+ x)，求导得：f
'( x)=1-
1
1+ x ，则f
'(0)=0，而f (0)=0，
所以曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为y =0.
（2）f ( x)< x
2⇔x
2-kx + ln( x +1)>0，
因为存在x0∈(0,+∞)，使得当x∈(0, x0)时，恒有f (x)< x
2成立，
则存在x0∈(0,+∞)，使得当x∈(0, x0)时，x
2-kx +ln( x +1)>0，
令g( x)= x
2-kx +ln( x +1), x∈(0, x0)，即有∀x∈(0, x0)，g( x)>0恒成立，
求导得g
'( x)=2 x -k +
1
x +1，令h( x)=2 x -k +
1
x +1 , x∈(0, x0)，h
'( x)=2-
1
( x +1)
2 >0，
因此函数h( x)，即函数g
'( x)在(0, x0)上单调递增，而g
'(0)=1-k，
当1-k ≥0，即0<k ≤1时，g
'( x)> g
'(0)≥0，函数g( x)在(0, x0)上单调递增，
∀x∈(0, x0)，g( x)>g(0)=0成立，从而0<k ≤1，
当k >1时，g
'(0)=1-k <0，g
'(k )=k +
1
k +1 >0，则存在x1∈(0,k )，使得g
'( x1)=0，
当0< x< x1时，g
'( x)<0，函数g( x)在(0, x1)上单调递减，当x∈(0, x1)时，g( x)<g(0)=0，不符合题
意，
所以k的取值范围是(0,1].
【变式7-1】（2023·河北·模拟预测）已知函数f (x)=(e-a)e
x+ x (a∈R).
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若存在实数a，使得关于x的不等式f (x)≤λa恒成立，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）求导以后对导数中的参数进行分类讨论，根据不同的分类判断函数的单调性；
（2）根据第1 问的结论，将恒成立问题转化为函数的最大（小）值问题，构造新函数，求出λ的范围.
【解答过程】（1）函数f (x)=(e-a)e
x+ x (a∈R)，x∈R，则f
'( x)=(e-a)e
x+1，
当e-a≥0，即a≤e时，f
'( x)>0恒成立，即f ( x)在R上单调递增；
当e-a<0，即a>e时，令f
'( x)=0，解得x =- ln(a-e)，
x
(-∞,- ln(a-e)) - ln(a-e)
(- ln(a-e),+∞)
f
'( x)
+
0
-
f ( x)
↗
极大值
↘
综上所述，当a≤e是，f ( x)在R上单调递增；
当a>e时，f ( x)在(-∞,- ln(a-e))上单调递增，在(- ln(a-e),+ ∞)上单调递减.
（2）f ( x)≤λa等价于(e-a)e
x+ x - λa≤0，令h( x)=(e-a)e
x+ x - λa，
当a≤e时，h(1+ λa)=(e-a)e
1+ λa+1>0，所以h( x)≤0不恒成立，不合题意.
当a>e时，f ( x)≤λa等价于λa≥f (a)max，
由（1）可知f ( x)max = f (- ln(a-e))=-1- ln(a-e)，
所以λa≥-1- ln(a-e)，对a>e有解，所以λ≥-1- ln(a-e)
a
对a>e有解，
因此原命题转化为存在a>e，使得λ≥-1- ln(a-e)
a
.
令u(a)=- ln(a-e)-1
a
，a>e，则λ≥u(a)min，
u
'(a)=-
a
a-e - ln(a-e)
a
2
+ 1
a
2 =
ln(a-e)-e
a-e
a
2
，
令φ(a)= ln(a-e)-e
a-e，则φ
'(a)=
1
a-e +e
(a-e)
2 >0，
所以φ(a)在(e,+ ∞)上单调递增，又φ(2e)=-e
2e-e + ln(2e-e)=0，
所以当e<a<2e时，φ(a)<0，u
'(a)<0，故u(a)在(e,2e)上单调递减，
当a>2e时，φ(a)>0，u
'(a)>0，故u(a)在(2e,+∞)上单调递增，
所以u(a)min=u(2e)=- 1
e ，所以λ≥- 1
e ，
即实数λ的取值范围是[- 1
e ,+ ∞).
【变式7-2】（2023·河南郑州·统考模拟预测）已知f (x)=(x -a-1)e
x- 1
2 a x
2+a
2 x -1．（a∈R）
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若a=-1，且存在x∈(0,+ ∞)，使得f (x)≤ln x + 1
2 x
2+(b+1) x，求b的取值范围．
【解题思路】（1）分a≤0和a>0讨论即可；
（2）代入a值，分离参数得b≥xe
x - ln x -1
x
，，设h( x)= xe
x - ln x -1
x
，利用导数和隐零点法即可得到
答案.
【解答过程】（1）因为f ( x)=( x -a-1)e
x - 1
2 a x
2+a
2 x -1,
所以f
'( x)=( x -a)e
x -a( x -a)=( x -a)(e
x -a),
若a≤0,e
x -a>0, x ∈(-∞,a)时,f
'( x)<0,f ( x)单调递减,x∈(a,+∞)时,f
'( x)>0,f ( x)单调递增；
若a>0,由f
'( x)=0得x =a或x = ln a,
设g(a)=a- ln a(a>0),则g
'(a)=1- 1
a = a-1
a
,
a∈(0,1)时,g
'(a)<0, g(a)单调递减,
a∈(1,+∞)时,g
'(a)>0, g(a)单调递增,
所以g(a)≥g(1)=1>0，所以a>ln a,
所以x∈(ln a,a)时,f
'( x)<0,f ( x)单调递减,
x∈(-∞,ln a)，x∈(a,+∞)时,f
'( x)>0,f ( x)单调递增.
综上得,当a≤0时,f ( x)在(-∞,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,
当a>0时,f ( x)在(ln a,a)上单调递减,在(-∞,ln a)，(a,+∞)上单调递增.
（2）当a=-1时,f ( x)= xe
x+ 1
2 x
2+ x -1,
存在x∈(0,+∞),使得f ( x)≤ln x + 1
2 x
2+(b+1)x成立,
即xe
x- ln x -1≤bx成立,即b≥xe
x - ln x -1
x
成立，
设h( x)= xe
x - ln x -1
x
,则h
'( x)= x
2e
x+ ln x
x
2
,
设m( x)= x
2e
x+ ln x,m
'( x)=( x
2+2 x)e
x+ 1
x >0，则m( x)在(0,+∞)上单调递增，
且m(1)=e>0,m(
1
e)=e
1
e -2-1<0,
所以存在x0∈(
1
e ,1),使得m(x0)= x0
2e
x0+ ln x0=0,
所以x0e
x0=- 1
x0
ln x0= 1
x0
ln 1
x0
=(ln 1
x0)e
ln 1
x0
令y = xe
x, x>0，y
' =( x +1)e
x>0，y = xe
x在(0,+∞)上单调递增,得x0= ln 1
x0
=- ln x0,
所以e
x0= 1
x0
, ln x0
x0
=-1,x∈(0, x0)时,m( x)<0,h
'( x)<0,h( x)单调递减,
x∈(x0,+∞)时,m( x)>0,h
'( x)>0,h( x)单调递增，
所以h( x)≥h(x0)=e
x0- ln x0
x0
- 1
x0
= 1
x0
+1- 1
x0
=1,
所以b≥1,即b的取值范围是[1,+ ∞).
【变式7-3】（2023·北京海淀·统考一模）已知函数f ( x)=e
ax - x．
(1)当a=1时，求曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)求f ( x)的单调区间；
(3)若存在x1, x2∈[-1,1]，使得f (x1)⋅f (x2)≥9，求a 的取值范围．
【解题思路】（1）当a=1时，求出函数f ( x)的导数，求出曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处切线的斜率，然
后求解切线的方程即可；
（2）先求出函数f ( x)的导数，分a≤0和a>0两种情况讨论即可得到单调区间；
（3）将题中条件转化为若∃x∈[-1,1]，使得|f ( x)|≥3成立，再结合函数放缩得到若∃x∈[-1,1]，使
得f ( x)max≥3成立，再根据（2）中的单调情况可知f ( x)max为f (-1)与f (1)中的较大者，从而得到当
f (-1)≥3或f (1)≥3即可满足题意，进而求解即可．
【解答过程】（1）当a=1时，f ( x)=e
x - x，则f
'( x)=e
x -1，
得f (0)=1，f
'(0)=0，
所以曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程为y =1．
（2）由f ( x)=e
ax- x，则f
'( x)=ae
ax-1，
当a≤0时，f
'( x)<0 恒成立，此时f ( x)在R 上单调递减；
当a>0时，令f
'( x)=0，解得x =- ln a
a ，
此时f ( x)与f
'( x)的变化情况如下：
x
(-∞,- ln a
a ) - ln a
a
(- ln a
a ,+ ∞)
f
'( x)
-
0
+
f ( x)
↘
极小值
↗
由上表可知，f ( x)的减区间为(-∞,- ln a
a )，增区间为(- ln a
a ,+ ∞)，
综上，当a≤0时，f ( x)的减区间为(-∞,+∞)，无增区间；
当a>0时，f ( x)的减区间为(-∞,- ln a
a )，增区间为(- ln a
a ,+∞)．
（3）将f ( x)在区间[-1,1]上的最大值记为f ( x)max，最小值记为f ( x)min，
因为存在x1, x2∈[-1,1]，使得f (x1)⋅f (x2)≥9，
所以∃x∈[-1,1]，使得|f ( x)|≥3成立，即f ( x)max≥3或f ( x)min≤-3，
当x∈[-1,1]时，f ( x)=e
ax - x>- x>-1，
若∃x∈[-1,1]，使得|f ( x)|≥3成立，只需f ( x)max≥3，
由（2）可知f ( x)在区间[-1,1]上单调或先减后增，
故f ( x)max为f (-1)与f (1)中的较大者，
所以只需当f (-1)≥3或f (1)≥3即可满足题意，
即只需f (-1)=e
-a+1≥3或f (1)=e
a-1≥3，
解得a≤- ln2或 a≥ln 4，
综上所述，a的取值范围是(-∞,- ln 2]∪[ln 4 ,+ ∞)．
【题型8 双变量问题】
【例8】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=(x +t )ln (x +t )+(t -1) x (t ∈R)．
(1)当t =0时，讨论函数f (x)的极值；
(2)已知F (x)= f (x)-e
x，函数F (x)存在两个极值点x1，x2，证明：x1+ x2<0．
【解题思路】（1）求出导函数，确定单调性得极值；
（2）求导数F
'( x)，得极值点是F
'( x)的零点，然后构造函数g(x)= ln x + x，由g( x)的单调性得出
x +t =e
x，则t =e
x- x．再构造函数h(x)=e
x - x，已知转化为直线y =t与函数h(x)的图象有两个不同的交
点，交点的横坐标是x1, x2
，结合h(x)在(0,+∞)上单调递增，问题转化为证明h(x2)<h(- x1)，即证
h(x1)<h(- x1)（这里双变量( x1, x2)化为单变量( x1)，再构造函数m(x)=h(x)-h(- x)(x<0)，再利用导
数得单调性完成证明．
【解答过程】（1）当t =0时，f (x)= x ln x - x，∴f
' (x)= ln x．
当x∈(0,1)时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(1,+∞)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增．
∴f (x)的极小值为f (1)=-1，无极大值．
（2）解法一 F (x)=(x +t )ln (x +t )+(t -1) x -e
x，
∴F
' (x)= ln (x +t )+t -e
x，∵F (x)有两个极值点x1，x2，
∴F
' (x)有两个变号零点x1，x2，即方程ln(x +t )+t =e
x有两个不相等的实根x1，x2，
即方程ln (x +t )+ x +t = lne
x+e
x有两个不相等的实根x1，x2．
设g(x)= ln x + x，则g(x +t )= g(e
x)，易知g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
∴x +t =e
x，则t =e
x- x．设h(x)=e
x - x，则直线y =t与函数h(x)的图象有两个不同的交点．
∵h
' (x)=e
x -1，∴当x∈(-∞,0)时，h
' (x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，h
' (x)>0，h(x)单调递增．
不妨设x1< x2，则x1<0< x2．要证x1+ x2<0，即证x2<- x1，
∵h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，∴即证h(x2)<h(- x1)，
即证h(x1)<h(- x1)．设m(x)=h(x)-h(- x)(x<0)，
则m
' (x)=h
' (x)+h
' (- x)=e
x+e
- x -2>2√e
x⋅e
- x -2=0，
∴m(x)在(-∞,0)上单调递增，∴m(x)<0，
∵x1<0，∴m(x1)<0，即h(x1)<h(- x1)，∴x1+ x2<0，得证．
解法二 F (x)=(x +t )ln (x +t )+(t -1) x -e
x，∴F
' (x)=ln(x +t )+t -e
x，
∵F (x)有两个极值点x1，x2，∴F
' (x)有两个变号零点，
即方程ln(x +t )+t =e
x有两个不相等的实根x1，x2，
即方程ln(x +t )+ x +t = x +e
x有两个不相等的实根x1，x2，
即方程ln(x +t )+eln (x +t )= x +e
x有两个不相等的实根x1，x2．（关键：化同构）
设g(x)= x +e
x，易知g(x)在(-∞,+ ∞)上单调递增，∴ln(x +t )= x，
∴ln(x1+t)= x1，ln(x2+t)= x2，则ln(x1+t)-ln(x2+t)= x1- x2，
则
x1- x2
ln(x1+t)- ln(x2+t)
=
(x1+t)-(x2+t)
ln(x1+t)- ln(x2+t)
=1，
由对数平均不等式得√(x1+t)(x2+t)<
(x1+t)-(x2+t)
ln(x1+t)- ln(x2+t)
=1，（对数平均不等式：已知实数a>0，b>0，
a≠b，则a+b
2
>
a-b
ln a- ln b >√ab）
∴ln[(x1+t)(x2+t)]<0，则ln(x1+t)+ln(x2+t)<0，∴x1+ x2<0，得证．
【变式8-1】（2023·四川自贡·统考二模）已知函数f (x)=ae
x- x
2有两个极值点x1、x2.
(1)求a的取值范围；
(2)若x2≥3 x1时，不等式x1+ λ x2≥2 x1 x2恒成立，求λ的最小值.
【解题思路】（1）由f
' (x)=0可得a= 2 x
e
x ，令u(x)= 2 x
e ❑
❑
x
，则直线y =a与函数u(x)的图象有两个交点，
利用导数分析函数u(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数a的取值范围，再结合极值点的定义检验即
可；
（2）由已知可得出ae
x1=2 x1>0，ae
x2=2 x2>0，将这两个等式相除可得e
x2- x1= x2
x1
，变形可得
x2- x1= ln x2
x1
，再由x1+ λ x2≥2 x1 x2可得(x2- x1)(x1+ λ x2)≥2 x1 x2ln x2
x1
，令t = x2
x1
≥3，可得出
λ≥2ln t
t -1 - 1
t ，令g(t )= 2ln t
t -1 - 1
t
(t ≥3)，利用导数求出函数g(t )的最大值，即可得出实数λ的最小值.
【解答过程】（1）解：因为f (x)=ae
x - x
2，该函数的定义域为R，且f
' (x)=ae
x -2 x，
因为函数f (x)有两个极值点，所以，方程f
' (x)=0有两个不等的实数根，
则方程a= 2 x
e
x 有两个不等的实根，
令u(x)= 2 x
e ❑
❑
x
，其中x∈R，则u
' (x)= 2-2 x
e
x
，令u
' (x)=0可得x =1，列表如下：
x
(-∞,1)
1
(1,+∞)
u
' (x)
+
0
-
u(x)
增
极大值
减
所以，函数u(x)的极大值为u(1)= 2
e ，
且当x<0时，u(x)= 2 x
e
x <0；当x>0时，u(x)= 2 x
e
x >0.
如下图所示：
由图可知，当0<a< 2
e 时，直线y =a与函数u(x)的图象有两个交点，且交点横坐标为x1、x2(x1< x2)，
当x< x1或x> x2时，f
' (x)=e
x(a- 2 x
e
x )>0；当x1< x< x2时，f
' (x)=e
x(a- 2 x
e
x )<0.
此时，函数f (x)有两个极值点，合乎题意，
因此，实数a的取值范围是(0, 2
e).
（2）证明：由（1）可知，函数f (x)的两个极值点x1、x2是方程ae
x-2 x =0的两个根，
且0<a< 2
e ，0< x1<1< x2，则有ae
x1=2 x1>0，ae
x2=2 x2>0，
等式ae
x1=2 x1与等式ae
x2=2 x2相除可得e
x2- x1= x2
x1
，则有x2- x1= ln x2
x1
>0，
由x1+ λ x2≥2 x1 x2可得(x2- x1)(x1+ λ x2)≥2 x1 x2ln x2
x1
，
即(x2- x1)(x1+ λ x2)
x1 x2
≥2ln x2
x1
，即(
x2
x1
-1)(
x1
x2
+ λ)≥2ln x2
x1
，
因为x2≥3 x1，则
x2
x1
≥3，令t = x2
x1
≥3，则(t -1)(λ+ 1
t)≥2ln t，可得λ≥2ln t
t -1 - 1
t ，
令g(t )= 2ln t
t -1 - 1
t =
2ln t -1+ 1
t
t -1
，其中t ≥3，则g
' (t )=
3- 4
t + 1
t
2 -2lnt
(t -1)
2
，
令h(t )=3- 4
t + 1
t
2 -2lnt，其中t ≥3，则h
' (t )= 4
t
2 - 2
t
3 - 2
t =- 2(t -1)
2
t
3
<0，
所以，函数h(t )在[3,+ ∞)上单调递减，则h(t )≤h(3)=3- 4
3 + 1
9 -2ln3= 16
9 -2ln3<0，
即g
' (t )<0，所以，函数g(t )在[3,+ ∞)上单调递减，
所以，当t ≥3时，g(t )max= g(3)= 2ln3
2
- 1
3 = ln3- 1
3，则λ≥ln3- 1
3.
因此，实数λ的最小值为ln3- 1
3.
【变式8-2】（2023·河南·校联考二模）已知函数f (x)= 1
2 m x
2+(m-1) x - ln x (m∈R)，
g(x)= x
2- 1
2e
x +1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)当m>0时，若对于任意的x1∈(0,+ ∞)，总存在x2∈[1,+∞)，使得f (x1)≥g(x2)，求m的取值范围.
【解题思路】（1）首先求函数的导数并化简，讨论m≤0和m>0两种情况下函数的单调性；（2）根据题
意将不等式转化为f (x)min≥g(x)min，分别求函数的最值，即可求解.
【解答过程】（1）f
' (x)=mx +m-1- 1
x = (mx -1)(x +1)
x
，x>0.
当m≤0时，f
' (x)<0恒成立，f (x)在(0,+∞)上单调递减；
当m>0时，由f
' (x)>0，解得x∈(
1
m ,+ ∞)，即f (x)在(
1
m ,+∞)上单调递增，
由f
' (x)<0，解得x∈(0, 1
m)，即f (x)在(0, 1
m)上单调递减.
（2）当m>0时，由（1）知f (x)min= f(
1
m)= ln m+1- 1
2m，
g
' (x)=2 x + 1
2 e
- x>0，x ≥1恒成立，g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min= g(1)=2- 1
2e，
由题意知f (x)min≥g(x)min，即ln m+1- 1
2m ≥2- 1
2e.
设h(m)= ln m+1- 1
2m，则h
' (m)=
1
2m
2 + 1
m >0，所以h(m)为增函数，
又h (e)=2- 1
2e，所以m≥e，
即m的取值范围是[e,+ ∞).
【变式8-3】（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数f (x)= x
e
ax +ln x -ax，其中e为自然对数的底数.
(1)当a=1时，求f (x)的单调区间；
(2)若函数g(x)= f (x)- x
e
ax 有两个零点x1, x2(x1< x2)，证明：x1⋅x2>e
2.
【解题思路】（1）将a=1代入后得f (x)= x
e
x +ln x - x，对其求导，利用导数与函数的单调性即可得解；
（2）由题意得ln x1=a x1,ln x2=a x2，从而利用分析法将x1⋅x2>e
2变形为ln x2
x1
>
2(
x2
x1
-1)
1+ x2
x1
，构造函数
h(t )=lnt - 2(t -1)
t +1
(t >1)，利用导数证得h(t )>0，由此得证.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)= x
e
x +ln x - x ,f (x)的定义域为(0,+∞)，
则f
' (x)= 1- x
e
x
+ 1
x -1=(1- x)(
1
e
x + 1
x)，
因为x>0，则e
x>1>0，所以1
e
x + 1
x >0，
当0< x<1时，f
' (x)>0，则f (x)单调递增；当x>1时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；
所以f (x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞).
（2）若函数g(x)= f (x)- x
e
ax =ln x -ax有两个零点，则g(x1)= g(x2)，
即ln x1=a x1,ln x2=a x2，两式相减，可得a=ln x2-ln x1
x2- x1
，两式相加得ln x1+ ln x2=a(x1+ x2)，
要证x1⋅x2>e
2，只要证ln x1+ln x2>2，即证a(x1+ x2)>2，即证a>
2
x1+ x2
，
只须证
ln x2-ln x1
x2- x1
>
2
x1+ x2
，即证ln x2-ln x1> 2(x2- x1)
x1+ x2
，即证ln x2
x1
>
2(
x2
x1
-1)
1+ x2
x1
，
令t = x2
x1
，则由0< x1< x2得t >1，故须证lnt > 2(t -1)
t +1
，
令h(t )=lnt - 2(t -1)
t +1
(t >1)，则h
' (t )= (t -1)
2
t(t +1)
2，
当t >1时，h
' (t )>0，所以h(t )在(1,+ ∞)上单调递增，
所以当t >1时，h(t )>h(1)=0，即lnt > 2(t -1)
t +1
成立，
故原不等式x1⋅x2>e
2成立.
【题型9 导数中的极值点偏移问题】
【例9】（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知函数f (x)=(2 x +a)ln x -3(x -a),a>0.
(1)当x ≥1时，f (x)≥0，求a的取值范围.
(2)若函数f (x)有两个极值点x1, x2，证明：x1+ x2>2e
- 1
2.
【解题思路】（1）参变分离可得a≥3 x -2 x ln x
3+ ln x
在x ≥1恒成立，令g( x)= 3 x -2 x ln x
3+ ln x
，x∈[1,+∞)，
利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）求出函数的导函数，依题意可得函数y =a与函数h( x)= x -2 x ln x，x∈(0,+∞)的图象有两个交点，
利用导数说明h(x)的单调性，不妨设0< x1< 1
√e < x2，要证x1+ x2>2e
- 1
2，即证x2> 2
√e - x1，令
F( x)=h(x)-h(
2
√e - x)，x∈(0, 1
√e)，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【解答过程】（1）当x ≥1时，f ( x)≥0⇔a≥3 x -2 x ln x
3+ ln x
在x ≥1恒成立，
令g( x)= 3 x -2 x ln x
3+ ln x
，x∈[1,+∞)，
则g
'( x)=-(3+2ln x)ln x
(3+ ln x)
2
≤0，
∴函数g( x)在[1,+ ∞)上单调递减，
∴g(x)≤g(1)=1，
∴a≥1，
∴a的取值范围是[1,+∞)．
（2）函数f ( x)=(2 x +a)ln x -3( x -a)，a>0．
则f
' (x)=2ln x + 2 x +a
x
-3=2ln x + a
x -1= a+2 x ln x - x
x
，
∵函数f ( x)有两个极值点x1，x2，
∴f
' (x)=0有两个正实数解⇔方程a= x -2 x ln x有两个正实数解⇔函数y =a与函数h( x)= x -2 x ln x，
x∈(0,+∞)的图象有两个交点．
h
' (x)=1-2-2ln x =-2ln x -1，令h
' (x)=0，解得x = 1
√e，
当0< x< 1
√e时h
' (x)>0，则h(x)单调递增，当x> 1
√e时h
' (x)<0，则h(x)单调递减，
∴函数h( x)的极大值即最大值为h(
1
√e)= 2
√e．
又0< x< 1
√e时h(x)= x (1-2ln x)>0，且当x→0时，h( x)→0，又h(√e)=0，
∴0<a< 2
√e．
不妨设0< x1< 1
√e < x2，
要证明x1+ x2>2e
- 1
2 ⇔x2> 2
√e - x1> 1
√e ⇔h(x2)<h(
2
√e - x1)⇔h(x1)<h(
2
√e - x1)，x1∈(0, 1
√e)．
令F( x)=h(x)-h(
2
√e - x)= x -2 x ln x -(
2
√e - x)+2(
2
√e - x)ln(
2
√e - x)，x∈(0, 1
√e)，F(
1
√e)=0．
所以F
'( x)=1-2ln x -2+1-2ln(
2
√e - x)-2
=-2ln[x(
2
√e - x)]-2≥-2×ln(x + 2
√e - x)
2
4
-2=0，
当且仅当x = 2
√e - x，即x = 1
√e时取等号，
∴函数F( x)在x∈(0, 1
√e)单调递增，
∵F(
1
√e)=0，∴F( x)<0，即h(x)<h(
2
√e - x)，
因此x1+ x2>2e
- 1
2成立．
【变式9-1】（2023·四川绵阳·统考模拟预测）已知函数f (x)= x ln x - a
2 x
2- x +a(a∈R)在其定义域内有
两个不同的极值点.
(1)求a的取值范围；
(2)记两个极值点为x1, x2，且x1< x2. 若λ≥1，证明：e
1+ λ< x1⋅x2
λ.
【解题思路】（1）将ln x -ax =0在(0,+∞)有两个不同根转化为方程a= ln x
x 在(0,+∞)有两个不同根，
再构造函数g( x)= ln x
x ，利用导数研究函数g( x)的单调性和最值，进而求出a的取值范围；
（2）两边取对数，将证明x1⋅x2
λ>e
1+ λ转化为证明1+ λ<ln x1+ λln x2，再利用（1）合理转化，将问题转
化为证明lnt < (1+ λ)(t -1)
t + λ
恒成立，再通过求其最值进行证明.
【解答过程】（1）由题意知，函数f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
' (x)= ln x -ax，
方程f
'( x)=0在(0,+ ∞)有两个不同根，
即方程ln x -ax =0在(0,+ ∞)有两个不同根，
即方程a= ln x
x 在(0,+ ∞)有两个不同根，
令g( x)= ln x
x ，x∈(0,+ ∞)，则g
' (x)= 1- ln x
x
2
，
则当0< x<e时，g
' (x)>0，x>e时，g
' (x)<0，
则函数g( x)= ln x
x 在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
所以g( x)max = g(e)= 1
e ，
又因为g(1)=0，当x>1时，g( x)>0，当0< x<1时，g( x)<0，
所以a的取值范围为(0, 1
e)；
（2）要证e
1+ λ< x1⋅x2
λ，两边取对数，等价于要证1+ λ<ln x1+ λln x2，
由（1）可知x1，x2分别是方程ln x -ax =0的两个根，
即ln x1=a x1，ln x2=a x2
所以原式等价于1+ λ<a x1+ λa x2=a( x1+ λ x2)，因为λ>0，0< x1< x2，
所以原式等价于要证明a>
1+ λ
x1+ λ x2
.
又由ln x1=a x1，ln x2=a x2作差得，ln x1
x2
=a( x1- x2)，即a=
ln x1
x2
x1- x2
.
所以原式等价于ln x1
x2
x1- x2
>
1+ λ
x1+ λ x2
，令t = x1
x2
，t ∈(0,1)，
则不等式lnt < (1+ λ)(t -1)
t + λ
在t ∈(0,1)上恒成立.
令h(t )=lnt - (1+ λ)(t -1)
t + λ
，t ∈(0,1)，
又h
'(t )= 1
t - (1+ λ)
2
(t + λ)
2 = (t -1)(t - λ
2)
t(t + λ)
2
，
当λ≥1时，可见t ∈(0,1)时，h
'(t )>0，
所以h(t )在t ∈(0,1)上单调增，
又h(1)=0，h(t )<0，
所以ln x1
x2
< (1+ λ)( x1- x2)
x1+ λ x2
在t ∈(0,1)恒成立，所以原不等式恒成立.
【变式9-2】（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数f (x)= (x +1)(a+ ln x)
x
(1)若函数f (x)在定义域上单调递增，求a的最大值；
(2)若函数f (x)在定义域上有两个极值点x1和x2，若x2> x1，λ =e(e-2)，求λ x1+ x2的最小值．
【解题思路】（1）求出f
' (x)，由题意可知，对任意的x>0，f
' (x)≥0，可得出a≤x - ln x +1，利用导数
求出函数g(x)= x - ln x +1的最小值，即可求得实数a的最大值；
（2）设x2
x1
=t >1，由极值点的定义可得出¿，变形可得出x1= lnt
t -1，x2= t lnt
t -1 ，由此可得出
λ x1+ x2= (λ+t )ln t
t -1
，利用导数求出函数h(t )= (λ+t )ln t
t -1
在(1,+∞)上的最小值，即为所求.
【解答过程】（1）解：因为f (x)= (x +1)(a+ ln x)
x
= a(x +1)+(x +1)ln x
x
，其中x>0，
则f
' (x)=(a+ ln x + x +1
x )x -[a(x +1)+(x +1)ln x]
x
2
= x - ln x +1-a
x
2
，
因为函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，对任意的x>0，x - ln x +1-a≥0，即a≤x - ln x +1，
令g(x)= x - ln x +1，其中x>0，则a≤g(x)min，g
' (x)=1- 1
x = x -1
x
，
由g
' (x)<0可得0< x<1，由g
' (x)>0可得x>1，
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，
所以，g(x)min= g(1)=1- ln1+1=2，故a≤2，所以，a的最大值为2.
（2）解：由题意可知，x2> x1>0，设x2
x1
=t >1，
由¿可得¿，则¿，
可得x1= ln t
t -1，x2= t ln t
t -1 ，所以，λ x1+ x2= (λ+t )ln t
t -1
，令h(t )= (λ+t )ln t
t -1
，其中t >1，
所以，h
' (t )=
λ+t - λ
t -1-(λ+1)ln t
(t -1)
2
，
令p(t )= λ+t - λ
t -1-(λ+1)ln t，其中t >1，则p
' (t )=1+ λ
t
2 - λ+1
t
= (t -1)(t - λ)
t
2
，
因为λ =e(e-2)>1，由p
' (t )<0，可得1<t < λ，由p
' (t )>0可得t > λ，
所以，函数p(t )在(1, λ)上单调递减，在(λ ,+∞)上单调递增，且λ =e(e-2)<e，
又因为p (e)=e(e-2)+e-(e-2)-1-[e(e-2)+1]=0且p(1)=0，
所以，当1<t <e时，p(t )<0，即h
' (t )<0，
当t >e时，p(t )>0，即h
' (t )>0，
所以，函数h(t )在(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
所以，h(t )min=h (e)= λ+e
e-1 =e
2-2e+e
e-1
=e.
【变式9-3】（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知函数f (x)= x
2(ln x - 3
2 a)，a 为实数．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)在x =e处取得极值，f
' (x)是函数f (x)的导函数，且f
'(x1)= f
'(x2)，x1< x2，证明：
2< x1+ x2<e
【解题思路】（1）求导，由导函数的正负即可确定f (x)的单调区间，
（2）构造函数t (x)= g(2- x)- g(x), x∈(0,1)，求导得t( x)的单调性，即可证明x1+ x2>2，构造函数
g(x)-(-2 x)=2 xln x , h(x)= g(x)-(2 x -2e),求导，利用单调性即可求证x1+ x2<- m
2 + m
2 +e=e.
【解答过程】（1）函数f ( x)= x
2(ln x - 3
2 a)的定义域为(0,+∞)，
f
' (x)=2 x(ln x - 3
2 a)+ x = x(2ln x -3a+1)
令f
' (x)=0，所以ln x = 3a-1
2
，得x =e
3a-1
2 ，
当x∈(0,e
3a-1
2 )，f
'( x)<0，当x∈(e
3a-1
2 ,+∞)，f
'( x)>0，
故函数f ( x)递减区间为(0,e
3a-1
2 )，递增区间为(e
3a-1
2 ,+∞).
（2）因为函数f ( x)在x =e处取得极值，
所以x =e
3a-1
2 =e，得a=1，
所以f ( x)= x
2(ln x - 3
2 )，得f
' (x)= x(2ln x -2)=2 x(ln x -1)，
令g( x)=2 x(ln x -1)，
因为g
'( x)=2ln x，当x =1时，g
'( x)=0，
所以函数g( x)在x∈(0,1)单调递减，在x∈(1,+∞)单调递增，
且当x∈(0,e)时,g(x)=2 x (ln x -1)<0,当x∈(e,+∞)时,g(x)= x (ln x -1)>0,
故0< x1<1< x2<e.
先证x1+ x2>2，需证x2>2- x1.
因为x2>1,2- x1>1，下面证明g(x1)= g(x2)>g(2- x1).
设t (x)= g(2- x)- g(x), x∈(0,1),
则t
' (x)=- g
' (2- x)- g
' (x),t
' (x)=-2ln(2- x)-2ln x =-2ln[(2- x)x ]>0
故t (x)在(0,1)上为增函数,故t (x)<t (1)= g(1)- g(1)=0,
所以t (x1)= g(2- x1)- g(x1)<0,则g(2- x1)< g(x2),
所以2- x1< x2,即得x1+ x2>2，
下面证明：x1+ x2<e
令g(x1)= g(x2)=m，当x∈(0,1)时g(x)-(-2 x)=2 xln x<0，所以g(x)<-2 x成立,
所以-2 x1>g(x1)=m，所以x1<- m
2 .
当x∈(1,e)时，记h(x)= g(x)-(2 x -2e)=2 x ln x - 4 x +2e,
所以x∈(1,e)时h
' (x)=2ln x -2<0，所以h(x)为减函数得h(x)>h (e)=2e- 4e+2e=0,
所以m= g(x2)>2 x2-2e,即得x2< m
2 +e.
所以x1+ x2<- m
2 + m
2 +e=e得证，
综上，2< x1+ x2<e.
【题型10 导数与三角函数结合问题】
【例10】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f (x)=a x
3+2sin x - xcos x.
(1)若a=0，判断f (x)在(- π
2 , π
2)上的单调性，并说明理由；
(2)当a>0，探究f (x)在(0,π )上的极值点个数.
【解题思路】（1）求f ( x)的导函数，根据x∈(-π
2 ,π
2 )时，导函数的符号，判断函数的单调性；
（2）求f ( x)的导函数，将探究f ( x)的极值点个数问题，转化为探究f
'( x)的变号零点个数，再求f
'( x)的
导函数，对a 分类讨论，得到f ( x)的极值点个数.
【解答过程】（1）a=0时，f ( x)=2sin x - x cos x，f
'( x)=cos x + x sin x，x∈(-π
2 ,π
2 )，f
'( x)>0，
所以f ( x)在(-π
2 ,π
2 )上单调递增.
（2）由f ( x)=a x
3+2sin x - x cos x，得f
'( x)=3a x
2+cos x + x sin x，
依题意，只要探究f
'( x)=3a x
2+cos x + x sin x在(0,π)上的变号零点个数即可，
令g( x)=3a x
2+cos x + x sin x，x∈(0,π)，则g
'( x)=6ax + x cos x = x(6a+cos x)，
(Ⅰ)当6a≥1，即a≥1
6 时，6a+cos x>0，此时g
'( x)>0在(0,π)上恒成立，
则g( x)即f
'( x)单调递增，f
'( x)>f
'(0)=1，f
'( x)在(0,π)上无零点，
f ( x)在(0,π)上的极值点个数为0.
(Ⅱ) 当0<6a<1，即0<a< 1
6时，
∃x0∈(0,π)，使得x0(6a+cos x0)=0，即cos x0=-6a，
当0< x< x0，g
'( x)>0；当x0< x<π，g
'( x)<0，
所以g( x)即f
'( x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,π)上单调递减，
由于f
'(0)=1，f
'(π)=3aπ
2-1，
若3aπ
2-1≥0，即
1
3π
2 ≤a< 1
6 时，f
'( x)在(0,π)上无零点，
f ( x)在(0,π)上的极值点个数为0.
若3aπ
2-1<0，即0<a<
1
3π
2时，f
'( x)在(0,π)上有1 个变号零点，
f ( x)在(0,π)上的极值点个数为1.
综上所述，当a≥
1
3π
2时，f ( x)在(0,π)上的极值点个数为0；
当0<a<
1
3π
2时，f ( x)在(0,π)上的极值点个数为1.
【变式10-1】（2023·四川成都·成都七中校考一模）设函数F (x)=(1- λ)cos x + λcosa- sin x -sin a
x -a
，其
中a∈(0,π
2 ).
(1)若λ =1，讨论F (x)在(a,π
2 )上的单调性；
(2)当x∈(a,π
2 )时，不等式F (x)<0恒成立，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）求出函数的导数，结合三角函数性质，判断导数正负，即可得结论；
（2）求出函数的导数，构造函数再次求导，根据其结构特征，讨论λ≤1
2或1
2 < λ<1或λ≥1时的导数正负
情况，判断函数单调性，判断不等式F (x)<0是否恒成立，即可得答案.
【解答过程】（1）当λ =1时，F (x)=cosa- sin x -sin a
x -a
，F
' (x)=- ( x -a)cos x -(sin x -sin a)
( x -a)
2
，
令G( x)=( x -a)cos x -(sin x -sin a)，则G
'( x)=( x -a)sin x >0，x∈(a,π
2 )，
故G( x)在(a,π
2 )上单调递增，则G( x)>G(a)=0，
故F (x)在(a,π
2 )上单调递增.
（2）设f ( x)=[(1- λ)cos x + λcosa]( x -a)-(sin x -sina)，x∈(a,π
2 )，
f
'( x)= λ(cosa-cos x)-(1- λ)( x -a)sin x，
设m( x)= λ(cosa-cos x)-(1- λ)( x -a)sin x，
则m
'( x)=(2 λ -1)sin x +( λ -1)( x -a)cos x，
当λ≤1
2时，由m
' (x)≤(2⋅1
2 -1)sin x +(
1
2 -1)(x -a)cos x =- 1
2
(x -a)cos x<0，
知f
'( x)在(a,π
2 )上单调递减，故f
'( x)<f
'(a)=0，
故f ( x)在(a,π
2 )上单调递减，则f ( x)<f (a)=0，即F (x)= f (x)
x -a <0，满足题意；
当1
2 < λ<1时，对于x∈(a,π
2 )，m
'( x)>(2 λ -1)sin a+( λ -1)( x -a)，
取b=min{
π
2 ,a+ 2 λ -1
1- λ sin a}，当x∈(a,b)时，m
'( x)>0，
则f
'( x)在(a,b)上单调递增，故f
'( x)>f
'(a)=0，
故f ( x)在(a,b)上单调递增，则f ( x)>f (a)=0，即F (x)= f (x)
x -a >0，不满足题意；
当λ≥1时，对于x∈(a,π
2 )，f
'( x)= λ(cosa-cos x)-(1- λ)( x -a)sin x ≥cosa-cos x>0，
故f ( x)在(a,π
2 )上单调递增，则f ( x)>f (a)=0，即F (x)= f (x)
x -a >0，不满足题意；
综上可知，仅当当λ≤1
2时，符合题意，
故实数λ的取值范围为(-∞, 1
2 ].
【变式10-2】（2023·四川雅安·统考一模）已知函数f (x)=a x
3+2sin x - x cos x（其中a为实数）．
(1)若a=- 1
2 , x∈(0,π
2 )，证明：f (x)≥0；
(2)探究f (x)在(-π,π)上的极值点个数．
【解题思路】（1）利用导数求出函数的单调区间，证明f (x)min≥0即可；
（2）求导f
' (x)=3a x
2+cos x + x sin x，f (x)在(-π,π)上的极值点个数即为函数f
' (x)在(-π,π)上零
点的个数，当x≠0时，令f
' (x)=0，分离参数可得-3a= cos x + x sin x
x
2
，构造函数
h(x)= cos x + x sin x
x
2
, x∈(-π,0)∪(0,π)，利用导数求出函数h(x)的单调区间，画出其大致图象，结
合图象即可得出答案.
【解答过程】（1）若a=- 1
2，f (x)=- 1
2 x
3+2sin x - x cos x，
则f
' (x)=- 3
2 x
2+cos x + x sin x，
令g(x)=- 3
2 x
2+cos x + x sin x，则g
' (x)=-3 x + x cos x = x (-3+cos x)，
因为x∈(0,π
2 )，所以cos x∈(0,1)，
所以g
' (x)= x (-3+cos x)<0，
所以函数g(x)在(0,π
2 )上单调递减，
即函数f
' (x)=- 3
2 x
2+cos x + x sin x在(0,π
2 )上单调递减，
又g(0)=1>0,g(
π
2 )=-3π
2
8
+π
2 =π(4 -3π)
8
<0，
故存在x0∈(0,π
2 )，使得g(x)=0，
则当x∈(0, x0)时，g(x)>0，即f
' (x)>0，
当x∈(x0,π
2 )时，g(x)<0，即f
' (x)<0，
所以函数f (x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,π
2 )上单调递减，
又f (0)=0,f(
π
2 )=-π
3
16 +2= 32-π
3
16
> 32-3.142
3
16
>0，
所以f (x)≥0；
（2）f
' (x)=3a x
2+cos x + x sin x，
f (x)在(-π,π)上的极值点个数，
即为函数f
' (x)在(-π,π)上零点的个数（零点两边异号），
因为f
' (0)=1≠0，所以0不是函数f
' (x)的零点，
当x≠0时，
令f
' (x)=3a x
2+cos x + x sin x =0，则-3a= cos x + x sin x
x
2
，
令h(x)= cos x + x sin x
x
2
, x∈(-π,0)∪(0,π)，
因为h(- x)= cos(- x)- x sin (- x)
(- x)
2
= cos x + x sin x
x
2
=h(x)，
所以函数h(x)为偶函数，
h
' (x)= x
2cos x -2 x sin x -2cos x
x
3
，
令φ(x)= x
2cos x -2 x sin x -2cos x , x∈(0,π)，
则φ
' (x)=- x
2sin x<0, x∈(0,π)，
所以函数φ(x)在(0,π)上单调递减，
所以φ(x)<φ(0)=-2<0, x∈(0,π)，
即h
' (x)= x
2cos x -2 x sin x -2cos x
x
3
<0, x∈(0,π)，
所以函数h(x)在(0,π)上单调递减，
又x∈(0,π)，当x→0时，h(x)→+∞，h (π)=- 1
π
2 ，
如图，作出函数h(x)= cos x + x sin x
x
2
, x∈(-π,0)∪(0,π)的大致图象，
由图可知，当-3a≤- 1
π
2 ，即a≥
1
3π
2时，函数f
' (x)=3a x
2+cos x + x sin x无零点，
所以函数f (x)在(-π,π)上没有极值点，
当-3a>- 1
π
2 ，即a<
1
3π
2时，
函数f
' (x)=3a x
2+cos x + x sin x有2个不同的零点，且零点两边异号，
所以函数f (x)在(-π,π)上有2个极值点，
综上所述，当a≥
1
3π
2时，函数f (x)在(-π,π)上没有极值点；
当a<
1
3π
2时，函数f (x)在(-π,π)上有2个极值点.
【变式10-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数f ( x)=e
x(cos x +√2)-( x +1)sin x，其中e是自然对数的
底数．
(1)求函数f ( x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若x>-1，求证：f ( x)>0．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义可求曲线的切线方程；
（2）要证f ( x)>0，只需证e
x
x +1 >sin x
cosx+√2
成立，分别构造函数h( x)=e
x
x +1 ( x>-1)与函数
k =sin x
cos x +√2 ，利用导数和正弦函数的有界性分别求出其最值，从而得证.
【解答过程】（1）因为f
'( x)=e
x(cos x +√2)+e
x(-sin x)-[sin x +( x +1)cos x]
=e
x(cos x -sin x +√2)-[sin x +( x +1)cos x]，
又f (0)=1+√2，f
'(0)=√2，
所以函数f ( x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程为y -(1+√2)=√2( x -0)，
即√2 x - y +1+√2=0．
（2）当x>-1时，要证f ( x)>0，只需证e
x(cos x +√2)>( x +1)sin x．
∵cos x +√2>0，x +1>0，∴只需证e
x
x +1 >sin x
cosx+√2 ．
令h( x)=e
x
x +1 ( x>-1)，则h
'( x)=e
x( x +1)-e
x
( x +1)
2
=
xe
x
( x +1)
2，
当x∈(-1,0)时，h
'( x)<0，h( x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，h
'( x)>0，h( x)单调递增，
∴当且仅当x =0时，h( x)取得最小值，且最小值为h(0)=e
0
1 =1．
令k =sin x
cos x +√2 ，则k cos x +√2k =sin x，即sin x -k cos x =√2k，
即sin( x -φ)= √2k
√1+k
2 (tanφ=k )，由三角函数的有界性，
得|
√2k
√1+k
2|≤1，即-1≤k ≤1，k max=1．
又当x =0时，k =0<1=h(0)；当x≠0时，h( x)>1≥k，
∴e
x
x +1 >sin x
cos x +√2 ．
综上所述，当x>-1时，f ( x)>0成立．
【题型11 导数与数列不等式的综合问题】
【例11】（2023·山东济南·校考模拟预测）设函数f ( x)= e
mx
x +1 ( x>-1)，已知f ( x) ≥1恒成立．
(1)求实数m的值；
(2)若数列{ an }满足an+1= ln f ( an )，且a1=1- ln 2，证明：|e
an-1|<( 1
2 )
n
.
【解题思路】(1)不等式化为e
mx- x -1≥0，构造新函数g( x)=e
mx - x -1，结合g(0)=0，得到g
'(0)=0，
求出m的值为1，再利用函数单调性证明m=1时不等式恒成立即可；
(2)根据条件把不等式转化为证明|e
an+1-1| < 1
2 |e
an-1|，利用分析法进一步变化不等式，最后构造函数
利用函数单调性即可.
【解答过程】（1）由题意可知，f ( x)= e
mx
x +1 ≥1( x>-1)，即e
mx- x -1≥0，
设g( x)=e
mx - x -1，则g( x)≥0在(-1，+ ∞)上恒成立，
注意到 g(0)=0，故x =0是函数g( x)的最小值点，也是极小值点，
则g
'(0)=0，因为 g
'( x)=me
mx -1，
所以 g
'(0)=m-1=0，所以 m=1．
下面证明当m=1时，g( x) ≥0在(-1 ，+ ∞)上恒成立，
g( x)=e
x - x -1 ，则g
'( x)=e
x -1，
令g
'( x)=e
x -1>0，得x>0;
令g
'( x)=e
x -1<0，得-1< x<0，
所以 g( x)在(-1 ，0)上单调递减，在(0 ，+∞)上单调递增；
故g( x) ≥g(0)=0，得证；
所以实数m的值为1．
（2）由（1）知当x>-1时，f ( x) ≥1，
因为 an+1= ln f (an)，设h( x)= ln f ( x)，则an+1=h(an)，
所以 an=h( an-1 )=h( h( an-2 ) )=⋯=h( ( ⋯h( a1 ) ) )>0；
因为 a1=1- ln 2，所以 |e
a1-1| = |e
1-ln2-1|= e
2 -1< 1
2，
故要证|e
an-1|<( 1
2 )
n
，只需证：|e
an+1-1| < 1
2 |e
an-1|，
因为 an∈( 0 ，+ ∞)，故只需证：e
an+1-1< 1
2 e
an- 1
2，
因为 an+1= ln f (an)，所以 e
an+1= f (an)，
故只需证： f ( an )< 1
2 e
an+ 1
2，即e
an
an+1 < 1
2 e
an+ 1
2，
只需证：(an-1)e
an+an+1>0．
设φ( x)=( x -1 )e
x+ x +1，
故只需证：当x∈( 0 ，+∞)时，φ( x)>0，
因为 φ
'( x)= x e
x+ x>0，
所以 φ( x)在( 0 ，+∞)上单调递增，
所以 φ( x)>φ(0)=0，得证；所以原不等式成立．
【变式11-1】（2023·海南·海口校联考模拟预测）已知函数f ( x)
x +1 = ln x - a( x -1)
x +1
．
(1)若函数f ( x)在[1,+ ∞)上只有一个零点，求a的取值范围；
(2)若an=¿，记数列{an}的前n项和为Sn，证明：2Sn<ln(n
2+3n+2)．
【解题思路】（1）由题意可知x =1为函数f ( x)的一个零点，然后利用导数判断函数在[1,+∞)上的单调
性，分类讨论，即可求得答案；
（2）由（1）可知x>1时，ln x> 2( x -1)
x +1
，由此的ln(1+ 2
n)>
2
1+n，累加可得
∑
k =1
n
ln(1+ 2
k)= ln(n
2+3n+2)- ln 2，再结合∑
k =1
n
2
1+k =2Sn- 1
3，即可证明不等式.
【解答过程】（1）根据题意得，f ( x)=( x +1)ln x -a( x -1), x∈[1,+∞)，则f (1)=0，
则x =1为函数f ( x)的一个零点．
f
'( x)= ln x + x +1
x
-a，令g( x)= ln x + x +1
x
-a, x∈[1,+∞)，
则g
'( x)= 1
x - 1
x
2 = x -1
x
2 ≥0，x∈[1,+∞)，当且仅当x =1时等号成立，
故f
'( x)在[1,+∞)上单调递增，且f
'(1)=2-a．
当a≤2时，f
'( x)≥f
'(1)≥0，故f ( x)在[1,+ ∞)上单调递增，
故f ( x)≥f (1)=0恒成立，当且仅当x =1时等号成立，
故a≤2时，函数f ( x)仅有x =1这一个零点．
当a>2时，由于f
'(1)=2-a<0，f
'(e
a)=1+ 1
e
a >0，
根据零点存在性定理，必存在t ∈(1,e
a)，使得f
'(t )=0．
由于f
'( x)在[1,+ ∞)上单调递增，故当x∈(1,t )时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，
此时f ( x)<f (1)=0，取x1∈(1,t )，则f (x1)<0，当x2→+∞时，可知f (x2)>0，
故函数f ( x)还有一个在(x1, x2)上的零点，不合题意，舍去．
综上所述，a的取值范围为{a|a≤2}．
（2）证明：依题意，2Sn=¿，
当n=1时，因为e
4<6
3,∴lne
4<ln6
3 即4
3 <ln6，2Sn<ln(n
2+3n+2)成立，
当n≥2时，由（1）可知，当x>1时，( x +1)ln x -2( x -1)>0，
即x>1时，ln x> 2( x -1)
x +1
，
则ln(1+ 2
n)>
4
n
2
n +2
=
2
1+n，故∑
k =1
n
ln(1+ 2
k)>∑
k =1
n
2
1+k ．
因为∑
k =1
n
ln(1+ 2
k) = ln(1+ 2
1)+ ln(1+ 2
2)+ ln(1+ 2
3)+⋯+ ln(1+
2
n-1)+ ln(1+ 2
n)
= ln(3× 4
2 × 5
3 × 6
4 ×⋯× n+1
n-1 × n+2
n )= ln (n+1)(n+2)
2
= ln(n
2+3n+2)- ln 2，
∑
k =1
n
2
1+k =
2
1+1 +
2
2+1 +⋯+
2
n+1 =2Sn- 1
3，
故ln(n
2+3n+2)>2Sn+ ln2- 1
3 >2Sn，（ln 2- 1
3 = ln 2
3√e
>ln1=0），
综合以上可知2Sn<ln(n
2+3n+2).
【变式11-2】（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知函数f (x)=e
x -1
x
．
(1)证明：当x<0时，f (x)<1；当x>0时，f (x)>1．
(2)正项数列{xn}满足：e
xn+1= f (xn)，x1=1，证明：
（i）数列{xn}递减；
（ii）∑
i=1
n
xi≥2- 1
2
n-1．
【解题思路】（1）先证明e
x - x -1>0，继而可得结论.
（2）（i）要证数列{xn}递减，只证e
xn+1<e
xn，即证e
xn-1
xn
<e
xn，换元后，利用导数证明即可；（ii）先证
f (x)=e
x -1
x
>e
x
2 ,(x>0)，继而得xn+1> xn
2 ，则xn> xn-1
2 > 1
2
n-1，根据条件，求和即可.
【解答过程】（1）设g( x)=e
x - x -1(x ≠0)，
则g
'( x)=e
x -1，
令g
'( x)=e
x -1>0得x>0，
令g
'( x)=e
x -1<0得x<0，
所以g( x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
则g( x)>g(0)=0，
即e
x - x -1>0，
则当x<0时，e
x -1
x
<1即f (x)<1；
x>0时，e
x -1
x
>1即f (x)>1.
（2）（i）因为数列{xn}各项为正，
要证数列{xn}递减，只需证明0< xn+1< xn，
即证e
xn+1<e
xn，又e
xn+1= f (xn)=e
xn-1
xn
，
所以即证e
xn-1
xn
<e
xn，
令t = xn>0，
不等式化为e
t⋅(t -1)+1>0，
设g(t )=e
t⋅(t -1)+1,t >0，
则g
'(t )=e
t⋅t >0，恒成立，
故g(t )=e
t⋅(t -1)+1在(0,+ ∞)上单调递增，
则g(t )>g(0)=0恒成立，
即e
t⋅(t -1)+1>0在(0,+ ∞)上恒成立，
则原命题得证.
（ii）先证明：f (x)=e
x -1
x
>e
x
2 ,(x>0)，
即证e
x - x e
x
2 -1>0，
设h( x )=e
x - xe
x
2 -1, x>0，
则h
'( x )=e
x -(e
x
2 + x
2 e
x
2)
=e
x -e
x
2(1+ x
2)=e
x
2 ⋅(e
x
2 -1- x
2 )>0，(e
x - x -1>0)
所以h( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
则h( x)>h(0)=0，则所证不等式f (x)=e
x -1
x
>e
x
2 ,(x>0)成立.
又xn>0，e
xn+1= f (xn)>e
xn
2 ，
所以xn+1> xn
2 ，x1=1，
所以x2> x1
2 > 1
2，x3> x2
2 > 1
2
2 , ⋅⋅⋅ xn> xn-1
2 > 1
2
n-1，
则当n≥2时，
∑
i=1
n
xi>1+ 1
2 +⋅⋅⋅+ 1
2
n-1 =2- 1
2
n-1，
又当n=1时，
x1=2- 1
2
1-1 =1，
故∑
i=1
n
xi≥2- 1
2
n-1成立.
【变式11-3】（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）设函数f n(x)=-1+ x + x
2
2
2 + x
3
3
2 +⋯+ x
n
n
2 .
(1)求函数f 3(x)在点(1,f 3(1))处的切线方程;
(2)证明:对每个n∈N
*，存在唯一的xn∈[
2
3 ,1]，满足f n(xn)=0；
(3)证明:对于任意p∈N
*，由（2）中xn构成的数列{xn}满足0< xn- xn+ p< 1
n.
【解题思路】（1）求出导函数，然后求解导数值即切线斜率，代入点斜式方程即可求解；
（2）根据f
' (x)>0，得函数f (x)在(0,+∞)上是增函数，又f n(1)>0，f n(
2
3)<0，根据零点存在性定理可
证；
（3）由f n+1(x)在(0,+∞)上单调递增，可得xn+1< xn，再f n+ p(xn+ p)减f n(xn)变形化简，利用放缩法得证.
【解答过程】（1）f 3(x)=-1+ x + x
2
2
2 + x
3
3
2 ，所以f 3
' (x)=1+ 1
2 x + 1
3 x
2，
所以f 3
' (1)= 11
6 ，又f 3(1)= 13
36 ，
所以函数f 3(x)在点(1,f 3(1))处的切线方程为y - 13
36 = 11
6
(x -1)，即y = 11
6 x - 53
36；
（2）对每个n∈N
*，当x>0时，
由函数f n(x)=-1+ x + x
2
2
2 + x
3
3
2 +…+ x
n
n
2 (n∈N
*)，
可得f
' (x)=1+ x
2 + x
2
3 +…+ x
n-1
n >0，故函数f (x)在(0,+∞)上是增函数.
由于f 1(1)=0，当n≥2时，f n(1)= 1
2
2 + 1
3
2 +…+ 1
n
2 >0，即f n(1)>0.
又f n(
2
3)=-1+ 2
3 +∑
k =2
n
❑(
2
3)
k
k
2 ≤- 1
3 + 1
4 ∑
k =2
n
❑(
2
3)
k
= - 1
3 + 1
4
(
2
3)
2
[1-(
2
3)
n-1
]
1- 2
3
=- 1
3 ⋅(
2
3)
n-1
<0，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈[
2
3 ,1]，满足f n(xn)=0；
（3）对于任意p∈N
*，由（1）中xn构成数列{xn}，当x>0时，
∵f n+1(x)= f n(x)+
x
n+1
(n+1)
2 >f n(x)，∴f n+1(xn)>f n(xn)= f n+1(xn+1)=0.
由f n+1(x)在(0,+ ∞)上单调递增，可得xn+1< xn，即xn- xn+1>0，故数列{xn}为减数列，
即对任意的n、p∈N
*，xn- xn+ p>0.
由于f n(xn)=-1+ xn+ xn
2
2
2 +⋯+ xn
n
n
2 =0 （1），
f n+ p(xn+ p)=-1+ xn+ p+ xn+ p
2
2
2 +⋯+ xn+ p
n
n
2 +[
xn+ p
n+1
(n+1)
2 +
xn+ p
n+2
(n+2)
2 +⋯+
xn+ p
n+ p
(n+ p)
2] （2）
用（1）减去（2）并移项，利用0< xn+ p≤1，可得
xn- xn+ p=∑
k =2
n
❑xn+ p
k
- xn
k
k
2
+ ∑
k =n+1
n+ p
❑xn+ p
k
k
2 ≤∑
k =n+1
n+ p
❑xn+ p
k
k
2 ≤∑
k =n+1
n+ p
❑1
k
2
< ∑
n+ p
k =n+1
❑
1
k(k -1) = 1
n -
1
n+ p < 1
n
.
综上可得，对于任意p∈N
*，由（1）中xn构成数列{xn}满足0< xn- xn+ p< 1
n.
1．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=(
1
x +a)ln(1+ x)．
(1)当a=-1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (x))处的切线方程．
(2)若函数f (x)在(0,+ ∞)单调递增，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，
最后求解切线方程即可；
（2）原问题即f
' (x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立，整理变形可得g(x)=a x
2+ x -(x +1)ln (x +1)≥0在区间
(0,+∞)上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥1
2 ,0<a< 1
2三种情况即可求得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=-1时，f (x)=(
1
x -1)ln (x +1)(x>-1)，
则f
' (x)=- 1
x
2 ×ln (x +1)+(
1
x -1)×
1
x +1，
据此可得f (1)=0,f
' (1)=- ln 2，
所以函数在(1,f (1))处的切线方程为y -0=- ln 2(x -1)，即(ln 2) x + y - ln 2=0.
（2）由函数的解析式可得f
' (x)=(- 1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)×
1
x +1
(x>-1)，
满足题意时f
' (x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立.
令(- 1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1 ≥0，则-(x +1)ln (x +1)+(x +a x
2)≥0，
令g(x)=a x
2+ x -(x +1)ln (x +1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则g
' (x)=2ax - ln (x +1)，
当a≤0时，由于2ax ≤0,ln (x +1)>0，故g
' (x)<0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=0，不合题意;
令h(x)= g
' (x)=2ax - ln (x +1)，则h
' (x)=2a-
1
x +1，
当a≥1
2，2a≥1时，由于1
x +1 <1，所以h
' (x)>0,h(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
即g
' (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
所以g
' (x)> g
' (0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，满足题意.
当0<a< 1
2时，由h
' (x)=2a-
1
x +1 =0可得x = 1
2a -1，
当x∈(0, 1
2a -1)时，h
' (x)<0,h(x)在区间(0, 1
2a -1)上单调递减，即g
' (x)单调递减，
注意到g
' (0)=0，故当x∈(0, 1
2a -1)时，g
' (x)<g
' (0)=0，g(x)单调递减，
由于g(0)=0，故当x∈(0, 1
2a -1)时，g(x)< g(0)=0，不合题意.
综上可知：实数a得取值范围是{a|a≥1
2}.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=ax -sin x
cos
2 x
, x∈(0,π
2 )．
(1)当a=1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)+sin x<0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）代入a=1后，再对f (x)求导，同时利用三角函数的平方关系化简f
' (x)，再利用换元法
判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数g(x)= f (x)+sin x，从而得到g(x)<0，注意到g(0)=0，从而得到g
' (0)≤0，进而得
到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得sin x - sin x
cos
2 x
<0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在定
理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
【解答过程】（1）因为a=1，所以f (x)= x - sin x
cos
2 x
, x∈(0,π
2 )，
则f
' (x)=1- cos x cos
2 x -2cos x (-sin x)sin x
cos
4 x
=1- cos
2 x +2sin
2 x
cos
3 x
= cos
3 x -cos
2 x -2(1-cos
2 x)
cos
3 x
= cos
3 x +cos
2 x -2
cos
3 x
，
令t =cos x，由于x∈(0,π
2 )，所以t =cos x∈(0,1)，
所以cos
3 x +cos
2 x -2=t
3+t
2-2=t
3-t
2+2t
2-2=t
2(t -1)+2(t +1)(t -1) =(t
2+2t +2)(t -1)，
因为t
2+2t +2=(t +1)
2+1>0，t -1<0，cos
3 x =t
3>0，
所以f
' (x)= cos
3 x +cos
2 x -2
cos
3 x
<0在(0,π
2 )上恒成立，
所以f (x)在(0,π
2 )上单调递减.
（2）法一：
构建g(x)= f (x)+sin x =ax - sin x
cos
2 x
+sin x(0< x<π
2 )，
则g
' (x)=a- 1+sin
2 x
cos
3 x
+cos x(0< x<π
2 )，
若g(x)= f (x)+sin x<0，且g(0)= f (0)+sin 0=0，
则g
' (0)=a-1+1=a≤0，解得a≤0，
当a=0时，因为sin x - sin x
cos
2 x
=sin x(1-
1
cos
2 x)，
又x∈(0,π
2 )，所以0<sin x<1，0<cos x<1，则
1
cos
2 x
>1，
所以f (x)+sin x =sin x - sin x
cos
2 x
<0，满足题意；
当a<0时，由于0< x<π
2 ，显然ax<0，
所以f (x)+sin x =ax - sin x
cos
2 x
+sin x<sin x - sin x
cos
2 x
<0，满足题意；
综上所述：若f (x)+sin x<0，等价于a≤0，
所以a的取值范围为(-∞,0].
法二：
因为sin x - sin x
cos
2 x
= sin x cos
2 x -sin x
cos
2 x
= sin x(cos
2 x -1)
cos
2 x
=- sin
3 x
cos
2 x
，
因为x∈(0,π
2 )，所以0<sin x<1，0<cos x<1，
故sin x - sin x
cos
2 x
<0在(0,π
2 )上恒成立，
所以当a=0时，f (x)+sin x =sin x - sin x
cos
2 x
<0，满足题意；
当a<0时，由于0< x<π
2 ，显然ax<0，
所以f (x)+sin x =ax - sin x
cos
2 x
+sin x<sin x - sin x
cos
2 x
<0，满足题意；
当a>0时，因为f (x)+sin x =ax - sin x
cos
2 x
+sin x =ax - sin
3 x
cos
2 x
，
令g(x)=ax - sin
3 x
cos
2 x(0< x<π
2 )，则g
' (x)=a- 3sin
2 x cos
2 x +2sin
4 x
cos
3 x
，
注意到g
' (0)=a- 3sin
20cos
20+2sin
40
cos
30
=a>0，
若∀0< x<π
2 ，g
' (x)>0，则g(x)在(0,π
2 )上单调递增，
注意到g(0)=0，所以g(x)>g(0)=0，即f (x)+sin x>0，不满足题意；
若∃0< x0<π
2 ，g
'(x0)<0，则g
' (0)g
'(x0)<0，
所以在(0,π
2 )上最靠近x =0处必存在零点x1∈(0,π
2 )，使得g
'(x1)=0，
此时g
' (x)在(0, x1)上有g
' (x)>0，所以g(x)在(0, x1)上单调递增，
则在(0, x1)上有g(x)>g(0)=0，即f (x)+sin x>0，不满足题意；
综上：a≤0.
3．（2023·北京·统考高考真题）设函数f ( x)= x - x
3e
ax +b，曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为
y =- x +1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g( x)= f
'( x)，求g( x)的单调区间；
(3)求f ( x)的极值点个数．
【解题思路】（1）先对f (x)求导，利用导数的几何意义得到f (1)=0，f
'(1)=-1，从而得到关于a,b的方
程组，解之即可；
（2）由（1）得g(x)的解析式，从而求得g
' (x)，利用数轴穿根法求得g
' (x)<0与g
' (x)>0的解，由此求得
g(x)的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间(-∞,0)，(0, x1)，(x1, x2)与(x2,+∞)上
f
' (x)的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得f (x)的极值点个数.
【解答过程】（1）因为f ( x)= x - x
3e
ax +b, x∈R，所以f
' (x)=1-(3 x
2+a x
3)e
ax +b，
因为f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y =- x +1，
所以f (1)=-1+1=0，f
'(1)=-1，
则¿，解得¿，
所以a=-1,b=1.
（2）由（1）得g(x)= f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1(x∈R)，
则g
' (x)=- x(x
2-6 x +6)e
- x +1，
令x
2-6 x +6=0，解得x =3±√3，不妨设x1=3-√3，x2=3+√3，则0< x1< x2，
易知e
- x +1>0恒成立，
所以令g
' (x)<0，解得0< x< x1或x> x2；令g
' (x)>0，解得x<0或x1< x< x2；
所以g(x)在(0, x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(-∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
即g(x)的单调递减区间为(0,3-√3)和(3+√3,+∞)，单调递增区间为(-∞,0)和(3-√3,3+√3).
（3）由（1）得f ( x)= x - x
3e
- x +1(x∈R)，f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1，
由（2）知f
' (x)在(0, x1)，(x2,+ ∞)上单调递减，在(-∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
当x<0时，f
' (-1)=1- 4e
2<0，f
' (0)=1>0，即f
' (-1)f
' (0)<0
所以f
' (x)在(-∞,0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则-1< x3<0，
此时，当x< x3时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；当x3< x<0时，f
' (x)>0，则f (x)单调递增；
所以f (x)在(-∞,0)上有一个极小值点；
当x∈(0, x1)时，f
' (x)在(0, x1)上单调递减，
则f
'(x1)= f
'(3-√3)<f
' (1)=1-2<0，故f
' (0)f
'(x1)<0，
所以f
' (x)在(0, x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0< x4< x1，
此时，当0< x< x4时，f
' (x)>0，则f (x)单调递增；当x4< x< x1时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；
所以f (x)在(0, x1)上有一个极大值点；
当x∈(x1, x2)时，f
' (x)在(x1, x2)上单调递增，
则f
'(x2)= f
'(3+√3)>f
' (3)=1>0，故f
'(x1)f
'(x2)<0，
所以f
' (x)在(x1, x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1< x5< x2，
此时，当x1< x< x5时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；当x5< x< x2时，f
' (x)<0，则f (x)单调递增；
所以f (x)在(x1, x2)上有一个极小值点；
当x> x2=3+√3>3时，3 x
2- x
3= x
2(3- x)<0，
所以f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1>0，则f (x)单调递增，
所以f (x)在(x2,+ ∞)上无极值点；
综上：f (x)在(-∞,0)和(x1, x2)上各有一个极小值点，在(0, x1)上有一个极大值点，共有3个极值点.
4．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f ( x)=(
1
x +a)ln(1+ x).
(1)当a=-1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y = f(
1
x)关于直线x =b对称，若存在，求a，b 的值，若不存在，说明理由.
(3)若f (x)在(0,+ ∞)存在极值，求a 的取值范围.
【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最
后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可
得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数g(x)=a x
2+ x -(x +1)ln (x +1)，然后对函数求导，
利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥1
2和0<a< 1
2三中情况即可求得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=-1时，f (x)=(
1
x -1)ln (x +1)，
则f
' (x)=- 1
x
2 ×ln (x +1)+(
1
x -1)×
1
x +1，
据此可得f (1)=0,f
' (1)=- ln2，
函数在(1,f (1))处的切线方程为y -0=- ln 2(x -1)，
即(ln 2) x + y - ln 2=0.
（2）令g(x)= f(
1
x)=(x +a)ln(
1
x +1)，
函数的定义域满足1
x +1= x +1
x
>0，即函数的定义域为(-∞,-1)∪(0,+ ∞)，
定义域关于直线x =- 1
2对称，由题意可得b=- 1
2，
由对称性可知g(- 1
2 +m)= g(- 1
2 -m)(m> 1
2)，
取m= 3
2可得g(1)= g(-2)，
即(a+1)ln2=(a-2)ln 1
2，则a+1=2-a，解得a= 1
2，
经检验a= 1
2 ,b=- 1
2满足题意，故a= 1
2 ,b=- 1
2.
即存在a= 1
2 ,b=- 1
2满足题意.
（3）由函数的解析式可得f
' (x)=(- 1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1，
由f (x)在区间(0,+ ∞)存在极值点，则f
' (x)在区间(0,+∞)上存在变号零点;
令(- 1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1 =0，
则-(x +1)ln (x +1)+(x +a x
2)=0，
令g(x)=a x
2+ x -(x +1)ln (x +1)，
f (x)在区间(0,+ ∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点，
g
' (x)=2ax - ln (x +1),g
″ (x)=2a-
1
x +1
当a≤0时，g
' (x)<0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上无零点，不合题意;
当a≥1
2，2a≥1时，由于1
x +1 <1，所以g
″ (x)>0,g
' (x)在区间(0,+∞)上单调递增，
所以g
' (x)> g
' (0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，
所以g(x)在区间(0,+ ∞)上无零点，不符合题意；
当0<a< 1
2时，由g
″ (x)=2a-
1
x +1 =0可得x = 1
2a -1，
当x∈(0, 1
2a -1)时，g
″ (x)<0，g
' (x)单调递减，
当x∈(
1
2a -1,+ ∞)时，g
″ (x)>0，g
' (x)单调递增，
故g
' (x)的最小值为g
'(
1
2a -1)=1-2a+ ln 2a，
令m(x)=1- x + ln x (0< x<1)，则m
' (x)=- x +1
x
>0，
函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)<m(1)=0，
据此可得1- x + ln x<0恒成立，
则g
'(
1
2a -1)=1-2a+ ln 2a<0，
令h(x)= ln x - x
2+ x (x>0)，则h
' (x)=-2 x
2+ x +1
x
，
当x∈(0,1)时，h
' (x)>0,h(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，h
' (x)<0,h(x)单调递减，
故h(x)≤h(1)=0，即ln x ≤x
2- x(取等条件为x =1)，
所以g
' (x)=2ax - ln (x +1)>2ax -[(x +1)
2-(x +1)]=2ax -(x
2+ x)，
g
' (2a-1)>2a(2a-1)-[(2a-1)
2+(2a-1)]=0，且注意到g
' (0)=0，
根据零点存在性定理可知:g
' (x)在区间(0,+ ∞)上存在唯一零点x0.
当x∈(0, x0)时，g
' (x)<0，g(x)单调减，
当x∈(x0,+∞)时，g
' (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x0)< g(0)=0.
令n(x)= ln x -√x，则n
' (x)= 1
x -
1
2√x = 2-√x
2 x
，
则函数n(x)= ln x -√x在(0,4)上单调递增，在(4 ,+ ∞)上单调递减，
所以n(x)≤n(4)= ln 4 -2<0，所以ln x<√x，
所以g(
4
a
2)=(
4
a
2 +1)[
a(
4
a
2 +1)- ln(
4
a
2 +1)- 1-a
4
a
2 +1
-2a+1]
>(
4
a
2 +1)[
4
a +a- ln(
4
a
2 +1)+a-1-2a+1]
=(
4
a
2 +1)[
4
a - ln(
4
a
2 +1)]>(
4
a
2 +1)(
4
a -√
4
a
2 +1)
>(
4
a
2 +1)
16
a
2 -4
a
2 -1
4
a +√
4
a
2 +1
=(
4
a
2 +1)
12
a
2 -1
4
a +√
4
a
2 +1
>0，
所以函数g(x)在区间(0,+ ∞)上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数a得取值范围是(0, 1
2).
5．（2023·天津·统考高考真题）已知函数f (x)=(
1
x + 1
2)ln (x +1)．
(1)求曲线y = f (x)在x =2处切线的斜率；
(2)当x>0时，证明：f (x)>1；
(3)证明：5
6 <ln (n!)-(n+ 1
2)ln (n)+n≤1．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为x>0时ln (x +1)> 2 x
x +2，构造g( x)= ln (x +1)- 2 x
x +2，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造h(n)= ln (n!)-(n+ 1
2)ln (n)+n，n∈N
*，作差法研究函数单调性可得h(n)≤h(1)=1，再构
造φ( x)= ln x - ( x +5)( x -1)
4 x +2
且x>0，应用导数研究其单调性得到ln x ≤( x +5)( x -1)
4 x +2
恒成立，对
h(n)-h(n+1)作放缩处理，结合累加得到h(1)-h(n)< 3
2 ln2-1+ 1
12 < 1
6
(n≥3)，即可证结论.
【解答过程】（1）f ( x)= ln( x +1)
x
+ ln( x +1)
2
，则f
'( x)=
1
x( x +1) +
1
2( x +1) - ln( x +1)
x
2
，
所以f
'(2)= 1
3 - ln3
4 ，故x =2处的切线斜率为1
3 - ln3
4 ；
（2）要证x>0时f (x)=(
1
x + 1
2)ln (x +1)>1，即证ln (x +1)> 2 x
x +2，
令g( x)= ln (x +1)- 2 x
x +2且x>0，则g
'( x)=
1
x +1 -
4
( x +2)
2 =
x
2
( x +1)( x +2)
2 >0，
所以g( x)在(0,+∞)上递增，则g( x)> g(0)=0，即ln (x +1)> 2 x
x +2.
所以x>0时f (x)>1.
（3）设h(n)= ln (n!)-(n+ 1
2)ln (n)+n，n∈N
*，
则h(n+1)-h(n)=1+(n+ 1
2 )ln (n)-(n+ 1
2 )ln (n+1)=1-(n+ 1
2 )ln(1+ 1
n )，
由（2）知：x = 1
n ∈(0,1]，则f ( 1
n )=(n+ 1
2 )ln(1+ 1
n )>1，
所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N
*上递减，故h(n)≤h(1)=1；
下证ln(n!)-(n+ 1
2 )ln(n)+n> 5
6 ，
令φ( x)= ln x - ( x +5)( x -1)
4 x +2
且x>0，则φ
'( x)= ( x -1)
2(1- x)
x(2 x +1)
2
，
当0< x<1时φ
'( x)>0，φ( x)递增，当x>1时φ
'( x)<0，φ( x)递减，
所以φ( x)≤φ(1)=0，故在x∈(0,+ ∞)上ln x ≤( x +5)( x -1)
4 x +2
恒成立，
则h(n)-h(n+1)=(n+ 1
2 )ln(1+ 1
n )-1≤(n+ 1
2 )⋅
(6+ 1
n )( 1
n )
2(3+ 2
n )
-1=
1
4 n(3n+2) < 1
12 (
1
n-1 - 1
n )，
所以h(2)-h(3)< 1
12 (1- 1
2 )，h(3)-h(4)< 1
12 ( 1
2 - 1
3 )，…，h(n-1)-h(n)< 1
12 (
1
n-2 -
1
n-1 )，
累加得：h(2)-h(n)< 1
12 (1-
1
n-1 )，而h(2)=2- 3
2 ln2，h(1)=1
因为7
9 > 3
4 >ln2，所以h(2)=2- 3
2 ln2> 5
6，
则-h(n)< 1
12 (1-
1
n-1 )-2+ 3
2 ln2(n≥3)，
所以h(1)-h(n)< 3
2 ln2-1+ 1
12 (1-
1
n-1 )< 3
2 ln2-1+ 1
12 < 1
6，故h(n)> 5
6
(n≥3)；
综上，5
6 <h(n)≤1，即5
6 <ln (n!)-(n+ 1
2)ln (n)+n≤1.
6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=a(e
x+a)- x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f (x)>2lna+ 3
2．
【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a
2- 1
2 - ln a>0的恒成立问题，构造函数
g(a)=a
2- 1
2 - ln a(a>0)，利用导数证得g(a)>0即可.
方法二：构造函数h(x)=e
x - x -1，证得e
x≥x +1，从而得到f ( x)≥x + ln a+1+a
2- x，进而将问题转化
为a
2- 1
2 - ln a>0的恒成立问题，由此得证.
【解答过程】（1）因为f ( x)=a(e
x+a)- x，定义域为R，所以f
' (x)=ae
x -1，
当a≤0时，由于e
x>0，则ae
x≤0，故f
' (x)=ae
x-1<0恒成立，
所以f (x)在R上单调递减；
当a>0时，令f
' (x)=ae
x-1=0，解得x =- ln a，
当x<- ln a时，f
' (x)<0，则f (x)在(-∞,- ln a)上单调递减；
当x>- ln a时，f
' (x)>0，则f (x)在(- ln a,+∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f (x)在R上单调递减；
当a>0时，f (x)在(-∞,- ln a)上单调递减，f (x)在(- ln a,+∞)上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，f (x)min= f (- ln a)=a(e
- ln a+a)+ ln a=1+a
2+ ln a，
要证f ( x)>2ln a+ 3
2，即证1+a
2+ ln a>2ln a+ 3
2，即证a
2- 1
2 - ln a>0恒成立，
令g(a)=a
2- 1
2 - ln a(a>0)，则g
' (a)=2a- 1
a = 2a
2-1
a
，
令g
' (a)<0，则0<a< √2
2 ；令g
' (a)>0，则a> √2
2 ；
所以g(a)在(0, √2
2 )上单调递减，在(
√2
2 ,+∞)上单调递增，
所以g(a)min= g(
√2
2 )=(
√2
2 )
2
- 1
2 - ln √2
2 = ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f ( x)>2ln a+ 3
2恒成立，证毕.
方法二：
令h(x)=e
x- x -1，则h
' (x)=e
x-1，
由于y =e
x在R上单调递增，所以h
' (x)=e
x-1在R上单调递增，
又h
' (0)=e
0-1=0，
所以当x<0时，h
' (x)<0；当x>0时，h
' (x)>0；
所以h(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)=0，则e
x≥x +1，当且仅当x =0时，等号成立，
因为f ( x)=a(e
x+a)- x =ae
x+a
2- x =e
x + ln a+a
2- x ≥x + ln a+1+a
2- x，
当且仅当x + ln a=0，即x =- ln a时，等号成立，
所以要证f ( x)>2ln a+ 3
2，即证x + ln a+1+a
2- x>2ln a+ 3
2，即证a
2- 1
2 - ln a>0，
令g(a)=a
2- 1
2 - ln a(a>0)，则g
' (a)=2a- 1
a = 2a
2-1
a
，
令g
' (a)<0，则0<a< √2
2 ；令g
' (a)>0，则a> √2
2 ；
所以g(a)在(0, √2
2 )上单调递减，在(
√2
2 ,+∞)上单调递增，
所以g(a)min= g(
√2
2 )=(
√2
2 )
2
- 1
2 - ln √2
2 = ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f ( x)>2ln a+ 3
2恒成立，证毕.
7．（2023·全国·统考高考真题）（1）证明：当0< x<1时，x - x
2<sin x< x；
（2）已知函数f (x)=cosax - ln(1- x
2)，若x =0是f (x)的极大值点，求a 的取值范围．
【解题思路】（1）分别构建F (x)= x -sin x , x∈(0,1)，G (x)= x
2- x +sin x , x∈(0,1)，求导，利用导数
判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究f (x)在(0,1)上的单调性，求导，分类讨论0<a
2<2和
a
2≥2，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【解答过程】（1）构建F (x)= x -sin x , x∈(0,1)，则F
' (x)=1-cos x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则F (x)在(0,1)上单调递增，可得F (x)> F (0)=0，
所以x>sin x , x∈(0,1)；
构建G (x)=sin x -(x - x
2)= x
2- x +sin x , x∈(0,1)，
则G
' (x)=2 x -1+cos x , x∈(0,1)，
构建g(x)=G
' (x), x∈(0,1)，则g
' (x)=2-sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)=0，
即G
' (x)>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则G (x)在(0,1)上单调递增，可得G (x)>G (0)=0，
所以sin x> x - x
2, x∈(0,1)；
综上所述：x - x
2<sin x< x.
（2）令1- x
2>0，解得-1< x<1，即函数f (x)的定义域为(-1,1)，
若a=0，则f (x)=1- ln(1- x
2), x∈(-1,1)，
因为y =- lnu在定义域内单调递减，y =1- x
2在(-1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
则f (x)=1- ln(1- x
2)在(-1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
故x =0是f (x)的极小值点，不合题意，所以a≠0.
当a≠0时，令b=|a|>0
因为f (x)=cosax - ln(1- x
2)=cos(|a|x)- ln(1- x
2)=cosbx - ln(1- x
2)，
且f (- x)=cos(-bx)- ln[1-(- x)
2]=cosbx - ln(1- x
2)= f (x)，
所以函数f (x)在定义域内为偶函数，
由题意可得：f
' (x)=-bsin bx - 2 x
x
2-1
, x∈(-1,1)，
（i）当0<b
2≤2时，取m=min{
1
b ,1}，x∈(0,m)，则bx∈(0,1)，
由（1）可得f
' (x)=-bsin (bx)- 2 x
x
2-1
>-b
2 x - 2 x
x
2-1
= x(b
2 x
2+2-b
2)
1- x
2
，
且b
2 x
2>0,2-b
2≥0,1- x
2>0，
所以f
' (x)> x(b
2 x
2+2-b
2)
1- x
2
>0，
即当x∈(0,m)⊆(0,1)时，f
' (x)>0，则f (x)在(0,m)上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：f (x)在(-m,0)上单调递减，
所以x =0是f (x)的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当b
2>2时，取x∈(0, 1
b)⊆(0,1)，则bx∈(0,1)，
由（1）可得f
' (x)=-bsin bx - 2 x
x
2-1
<-b(bx -b
2 x
2)- 2 x
x
2-1
=
x
1- x
2 (-b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2-b
2)，
构建h(x)=-b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2-b
2, x∈(0, 1
b)，
则h
' (x)=-3b
3 x
2+2b
2 x +b
3, x∈(0, 1
b)，
且h
' (0)=b
3>0,h
'(
1
b)=b
3-b>0，则h
' (x)>0对∀x∈(0, 1
b)恒成立，
可知h(x)在(0, 1
b)上单调递增，且h(0)=2-b
2<0,h(
1
b)=2>0，
所以h(x)在(0, 1
b)内存在唯一的零点n∈(0, 1
b)，
当x∈(0,n)时，则h(x)<0，且x>0,1- x
2>0，
则f
' (x)<
x
1- x
2 (-b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2-b
2)<0，
即当x∈(0,n)⊆(0,1)时，f
' (x)<0，则f (x)在(0,n)上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：f (x)在(-n,0)上单调递增，
所以x =0是f (x)的极大值点，符合题意；
综上所述：b
2>2，即a
2>2，解得a>√2或a<-√2，
故a 的取值范围为(-∞,-√2)∪(√2,+ ∞).
8．（2022·天津·统考高考真题）已知a，b∈R，函数f (x)=e
x-asin x , g(x)=b√x
(1)求函数y = f (x)在(0,f (0))处的切线方程；
(2)若y = f (x)和y = g(x)有公共点，
（i）当a=0时，求b的取值范围；
（ii）求证：a
2+b
2>e．
【解题思路】（1）求出f
'(0)可求切线方程；
（2）（i）当a=0时，曲线y = f ( x)和y = g( x)有公共点即为s(t )=e
t
2
-bt ,t ≥0在[0,+∞)上有零点，求
导后分类讨论结合零点存在定理可求b∈[√2e ,+ ∞).
（ii）曲线y = f ( x)和y = g( x)有公共点即asin x0+b√x0-e
x0=0，利用点到直线的距离得到
√a
2+b
2≥e
x0
√sin
2 x0+ x0
，利用导数可证e
2 x
sin
2 x + x
>e，从而可得不等式成立.
【解答过程】（1）f
'( x)=e
x -acos x，故f
'(0)=1-a，而f (0)=1，
曲线f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程为y =(1-a)( x -0)+1即y =(1-a)x +1.
（2）（i）当a=0时，
因为曲线y = f ( x)和y = g( x)有公共点，故e
x =b√x有解，
设t =√x，故x =t
2，故e
t
2
=bt在[0,+∞)上有解，
设s(t )=e
t
2-bt ,t ≥0，故s(t )在[0,+∞)上有零点，
而s
'(t )=2t e
t
2
-b,t >0，
若b=0，则s(t )=e
t
2
>0恒成立，此时s(t )在[0,+∞)上无零点，
若b<0，则s
'(t )>0在(0,+∞)上恒成立，故s(t )在[0,+∞)上为增函数，
而s(0)=1>0，s(t )≥s(0)=1，故s(t )在[0,+∞)上无零点，
故b>0，
设u(t )=2t e
t
2-b,t >0，则u
'(t )=(2+ 4t
2)e
t
2
>0，
故u(t )在(0,+∞)上为增函数，
而u(0)=-b<0，u(b)=b(2e
b
2
-1)>0，
故u(t )在(0,+∞)上存在唯一零点t0，
且0<t <t0时，u(t )<0；t >t0时，u(t )>0；
故0<t <t0时，s
'(t )<0；t >t0时，s
'(t )>0；
所以s(t )在(0,t0)上为减函数，在(t0,+ ∞)上为增函数，
故s(t )min= s(t0)，
因为s(t )在[0,+∞)上有零点，故s(t0)≤0，故e
t0
2
-bt0≤0，
而2t0e
t0
2
-b=0，故e
t0
2
-2t0
2e
t0
2
≤0即t0≥√2
2 ，
设v(t )=2t e
t
2
,t >0，则v
'(t )=(2+ 4 t
2)e
t
2
>0，
故v(t )在(0,+ ∞)上为增函数，
而b=2t0e
t0
2
，故b≥√2e
1
2 =√2e.
（ii）因为曲线y = f ( x)和y = g( x)有公共点，
所以e
x -asin x =b√x有解x0，其中x0≥0，
若x0=0，则1-a×0=b×0，该式不成立，故x0>0.
故asin x0+b√x0-e
x0=0，考虑直线asin x0+b√x0-e
x0=0，
√a
2+b
2表示原点与直线asin x0+b√x0-e
x0=0上的动点(a,b)之间的距离，
故√a
2+b
2≥e
x0
√sin
2 x0+ x0
，所以a
2+b
2≥e
2 x0
sin
2 x0+ x0
，
下证：对任意x>0，总有|sin x|< x，
证明：当x ≥π
2 时，有|sin x|≤1< π
2 ≤x，故|sin x|< x成立.
当0< x< π
2 时，即证sin x< x，
设p( x)=sin x - x，则p
'( x)=cos x -1≤0（不恒为零），
故p( x)=sin x - x在[0,+ ∞)上为减函数，故p( x)< p(0)=0即sin< x成立.
综上，|sin x|< x成立.
下证：当x>0时，e
x> x +1恒成立，
q( x)=e
x -1- x , x>0，则q
'( x)=e
x -1>0，
故q( x)在(0,+ ∞)上为增函数，故q( x)>q(0)=0即e
x> x +1恒成立.
下证：e
2 x
sin
2 x + x
>e在(0,+ ∞)上恒成立，即证：e
2 x -1>sin
2 x + x，
即证：2 x -1+1≥sin
2 x + x，即证：x ≥sin
2 x，
而x>|sin x|≥sin
2 x，故x ≥sin
2 x成立.
故e
x0
√sin
2 x0+ x0
>e，即a
2+b
2>e成立.
9．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f ( x)=ax - 1
x -(a+1)ln x．
(1)当a=0时，求f ( x)的最大值；
(2)若f ( x)恰有一个零点，求a 的取值范围．
【解题思路】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得f
' (x)= (ax -1)(x -1)
x
2
，按照a≤0、0<a<1及a>1结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极
值，即可得解.
【解答过程】（1）当a=0时，f (x)=- 1
x - ln x , x>0，则f
' (x)= 1
x
2 - 1
x = 1- x
x
2 ，
当x∈(0,1)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
所以f (x)max = f (1)=-1；
（2）f (x)=ax - 1
x -(a+1)ln x , x>0，则f
' (x)=a+ 1
x
2 - a+1
x
= (ax -1)(x -1)
x
2
，
当a≤0时，ax -1<0，所以当x∈(0,1)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
所以f (x)max = f (1)=a-1<0，此时函数无零点，不合题意；
当0<a<1时，1
a >1，在(0,1),(
1
a ,+∞)上，f
' (x)>0，f (x)单调递增；
在(1, 1
a)上，f
' (x)<0，f (x)单调递减；
又f (1)=a-1<0，
由（1）得1
x + ln x ≥1，即ln 1
x ≥1- x，所以ln x< x ,ln√x<√x ,ln x<2√x，
当x>1时，f ( x)=ax - 1
x -(a+1)ln x>ax - 1
x -2(a+1)√x>ax -(2a+3)√x，
则存在m=(
3
a +2)
2
> 1
a，使得f (m)>0，
所以f (x)仅在(
1
a ,+ ∞)有唯一零点，符合题意；
当a=1时，f
' (x)= (x -1)
2
x
2
≥0，所以f (x)单调递增，又f (1)=a-1=0，
所以f (x)有唯一零点，符合题意；
当a>1时，1
a <1，在(0, 1
a),(1,+ ∞)上，f
' (x)>0，f (x)单调递增；
在(
1
a ,1)上，f
' (x)<0，f (x)单调递减；此时f (1)=a-1>0，
由（1）得当0< x<1时，ln x>1- 1
x ，ln√x>1- 1
√x ，所以ln x>2(1- 1
√x)，
此时f ( x)=ax - 1
x -(a+1)ln x<ax - 1
x -2(a+1)(1- 1
√x)<- 1
x + 2(a+1)
√x
,
存在n=
1
4(a+1)
2 < 1
a，使得f (n)<0，
所以f (x)在(0, 1
a)有一个零点，在(
1
a ,+ ∞)无零点，
所以f (x)有唯一零点，符合题意；
综上，a 的取值范围为(0,+ ∞).
10．（2022·北京·统考高考真题）已知函数f ( x)=e
x ln(1+ x)．
(1)求曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)设g( x)= f
'( x)，讨论函数g( x)在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t ∈(0,+ ∞)，有f (s+t )>f (s)+ f (t )．
【解题思路】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令m( x)= f ( x +t )- f ( x)，( x ,t >0)，即证m( x)>m(0)，由第二问结论可知m( x)在[0,+∞）上单调
递增，即得证.
【解答过程】（1）解：因为f ( x)=e
x ln(1+ x)，所以f (0)=0，
即切点坐标为(0,0)，
又f
'( x)=e
x(ln(1+ x)+
1
1+ x )，
∴切线斜率k = f
'(0)=1
∴切线方程为：y = x
（2）解：因为g( x)= f
'( x)=e
x(ln(1+ x)+
1
1+ x )，
所以g
'( x)=e
x(ln(1+ x)+
2
1+ x -
1
(1+ x)
2 )，
令h( x)= ln(1+ x)+
2
1+ x -
1
(1+ x)
2，
则h
'( x)=1
1+ x -
2
(1+ x)
2 +
2
(1+ x)
3 = x
2+1
(1+ x)
3 >0，
∴h( x)在[0,+∞)上单调递增，
∴h( x)≥h(0)=1>0
∴g
'( x)>0在[0,+ ∞)上恒成立，
∴g( x)在[0,+∞)上单调递增.
（3）解：原不等式等价于f (s+t )- f (s)>f (t )- f (0)，
令m( x)= f ( x +t )- f ( x)，( x ,t >0)，
即证m( x)>m(0)，
∵m( x)= f ( x +t )- f ( x)=e
x +t ln(1+ x +t )-e
x ln(1+ x)，
m
'( x)=e
x +t ln(1+ x +t )+e
x +t
1+ x +t -e
x ln(1+ x)-e
x
1+ x = g( x +t )- g( x)，
由（2）知g( x)= f
'( x)=e
x(ln(1+ x)+
1
1+ x )在[0,+∞)上单调递增，
∴g( x +t )> g( x)，
∴m
'( x)>0
∴m( x)在(0,+∞)上单调递增，又因为x ,t >0，
∴m( x)>m(0)，所以命题得证.
11．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f (x)= e
x
x - ln x + x -a．
(1)若f (x)≥0，求a 的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x1, x2，则x1 x2<1．
【解题思路】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为e
x
x - xe
1
x -2[ ln x - 1
2 ( x - 1
x )]>0，再利用导数即可得证.
【解答过程】（1）[方法一]：常规求导
f ( x)的定义域为(0,+∞)，则
f
'( x)=( 1
x - 1
x
2 )e
x - 1
x +1 = 1
x (1- 1
x )e
x+(1- 1
x )= x -1
x
( e
x
x +1)
令f
'( x)=0,得x =1
当x∈(0,1),f
'( x)<0,f ( x)单调递减
当x∈(1,+ ∞),f
'( x)>0,f ( x)单调递增f ( x)≥f (1)=e+1-a，
若f ( x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(-∞,e+1]
[方法二]：同构处理
由f ( x)≥0得：e
- ln x + x+ x - ln x -a≥0
令t = x - ln x ,t ≥1，则f (t )=e
t +t -a≥0即a≤e
t +t
令g(t )=e
t +t ,t ∈[1,+ ∞)，则g'(t )=e
t +1>0
故g(t )=e
t +t在区间[1,+ ∞)上是增函数
故g(t )min= g(1)=e+1，即a≤e+1
所以a的取值范围为(-∞,e+1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知,f ( x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x1<1< x2
要证x1 x2<1,即证x1< 1
x2
因为x1, 1
x2
∈(0,1),即证f ( x1)>f ( 1
x2
)
又因为f ( x1)= f ( x2),故只需证f ( x2)>f ( 1
x2
)
即证e
x
x - ln x + x - x e
1
x - ln x - 1
x >0, x∈(1,+∞)
即证e
x
x - x e
1
x -2[ ln x - 1
2 ( x - 1
x )]>0
下面证明x>1时，e
x
x - x e
1
x >0,ln x - 1
2 ( x - 1
x )<0
设g( x)= e
x
x - x e
1
x , x>1，
则g
'( x)=( 1
x - 1
x
2 )e
x -(e
1
x + x e
1
x ⋅(- 1
x
2 ))= 1
x (1- 1
x )e
x -e
1
x (1- 1
x )
=(1- 1
x )( e
x
x -e
1
x )= x -1
x
( e
x
x -e
1
x )
设φ( x)= e
x
x ( x>1),φ
'( x)=( 1
x - 1
x
2 )e
x = x -1
x
2 e
x>0
所以φ( x)>φ(1)=e,而e
1
x <e
所以e
x
x -e
1
x >0,所以g
'( x)>0
所以g( x)在(1,+ ∞)单调递增
即g( x)>g(1)=0,所以e
x
x - x e
1
x >0
令h( x)= ln x - 1
2 ( x - 1
x ), x>1
h
'( x)= 1
x - 1
2 (1+ 1
x
2 )= 2 x - x
2-1
2 x
2
=-( x -1)
2
2 x
2
<0
所以h( x)在(1,+ ∞)单调递减
即h( x)<h(1)=0,所以ln x - 1
2 ( x - 1
x )<0；
综上, e
x
x - x e
1
x -2[ ln x - 1
2 ( x - 1
x )]>0,所以x1 x2<1.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：f ( x)= e
x
x + ln e
x
x -a
令t = e
x
x >1，则f (t )=t + ln t -a，f '(t )=1+ 1
t >0
所以g(t )=t + ln t -a在(1,+ ∞)上单调递增，故g(t )=0只有1 个解
又因为f ( x)= e
x
x + ln e
x
x -a有两个零点x1, x2，故t = e
x1
x1
= e
x2
x2
两边取对数得：x1- ln x1= x2- ln x2，即
x1- x2
ln x1- ln x2
=1
又因为√x1 x2<
x1- x2
ln x1- ln x2
(*)，故√x1 x2<1，即x1 x2<1
下证√x1 x2<
x1- x2
ln x1- ln x2
(*)
因为√x1 x2<
x1- x2
ln x1- ln x2
⇔ln x1- ln x2< x1- x2
√x1 x2
⇔ln x1
x2
<√
x1
x2
-√
x2
x1
不妨设t =√
x1
x2
>1，则只需证2ln t <t - 1
t
构造h(t )=2ln t -t + 1
t ,t >1，则h'(t )= 2
t -1- 1
t
2 =-(1- 1
t )
2
<0
故h(t )=2lnt -t + 1
t 在(1,+ ∞)上单调递减
故h(t )<h(1)=0，即2lnt <t - 1
t 得证.
12．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f ( x)=e
x -ax和g( x)=ax - ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y =b，其与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交
点的横坐标成等差数列．
【解题思路】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分
类讨论.
（2）根据（1）可得当b>1时，e
x - x =b的解的个数、x - ln x =b的解的个数均为2，构建新函数
h( x)=e
x+ ln x -2 x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f (x),g(x)的大小关系，根据存在直线
y =b与曲线y = f (x)、y = g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成
等差数列.
【解答过程】（1）f ( x)=e
x -ax的定义域为R，而f
'( x)=e
x -a，
若a≤0，则f
'( x)>0，此时f ( x)无最小值，故a>0.
g( x)=ax - ln x的定义域为(0,+ ∞)，而g
'( x)=a- 1
x = ax -1
x
.
当x<ln a时，f
'( x)<0，故f ( x)在(-∞,ln a)上为减函数，
当x>ln a时，f
'( x)>0，故f ( x)在(ln a,+∞)上为增函数，
故f ( x)min= f (ln a)=a-a ln a.
当0< x< 1
a时，g
'( x)<0，故g( x)在(0, 1
a)上为减函数，
当x> 1
a时，g
'( x)>0，故g( x)在(
1
a ,+ ∞)上为增函数，
故g( x)min= g(
1
a)=1- ln 1
a.
因为f ( x)=e
x -ax和g( x)=ax - ln x有相同的最小值，
故1- ln 1
a =a-aln a，整理得到a-1
1+a = ln a，其中a>0，
设g(a)= a-1
1+a - ln a,a>0，则g
' (a)=
2
(1+a)
2 - 1
a =-a
2-1
a(1+a)
2 ≤0，
故g(a)为(0,+ ∞)上的减函数，而g(1)=0，
故g(a)=0的唯一解为a=1，故1-a
1+a = ln a的解为a=1.
综上，a=1.
（2）[方法一]：
由（1）可得f ( x)=e
x - x和g( x)= x - ln x的最小值为1- ln1=1- ln 1
1 =1.
当b>1时，考虑e
x - x =b的解的个数、x - ln x =b的解的个数.
设S (x)=e
x- x -b，S
' (x)=e
x-1，
当x<0时，S
' (x)<0，当x>0时，S
' (x)>0，
故S (x)在(-∞,0)上为减函数，在(0,+ ∞)上为增函数，
所以S (x)min= S (0)=1-b<0，
而S (-b)=e
-b>0，S (b)=e
b-2b，
设u(b)=e
b-2b，其中b>1，则u
' (b)=e
b-2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e-2>0，
故S (b)>0，故S (x)=e
x- x -b有两个不同的零点，即e
x - x =b的解的个数为2.
设T (x)= x - ln x -b，T
' (x)= x -1
x
，
当0< x<1时，T
' (x)<0，当x>1时，T
' (x)>0，
故T (x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
所以T (x)min=T (1)=1-b<0，
而T (e
-b)=e
-b>0，T (e
b)=e
b-2b>0，
T (x)= x - ln x -b有两个不同的零点即x - ln x =b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x - ln x =b、e
x - x =b仅有一个解，
当b<1时，由（1）讨论可得x - ln x =b、e
x - x =b均无根，
故若存在直线y =b与曲线y = f (x)、y = g(x)有三个不同的交点，
则b>1.
设h( x)=e
x+ ln x -2 x，其中x>0，故h
'( x)=e
x+ 1
x -2，
设s(x)=e
x- x -1，x>0，则s
' (x)=e
x-1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e
x> x +1，
所以h
'( x)> x + 1
x -1≥2-1>0，所以h( x)在(0,+∞)上为增函数，
而h(1)=e-2>0，h( 1
e
3 )=e
1
e
3 -3- 2
e
3 <e-3- 2
e
3 <0，
故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0，1
e
3 < x0<1且：
当0< x< x0时，h(x)<0即e
x - x< x - ln x即f (x)<g(x)，
当x> x0时，h(x)>0即e
x - x> x - ln x即f (x)> g(x)，
因此若存在直线y =b与曲线y = f (x)、y = g(x)有三个不同的交点，
故b= f (x0)= g(x0)>1，
此时e
x - x =b有两个不同的根x1, x0( x1<0< x0)，
此时x - ln x =b有两个不同的根x0, x4(0< x0<1< x4)，
故e
x1- x1=b，e
x0- x0=b，x4- ln x4-b=0，x0- ln x0-b=0
所以x4-b= ln x4即e
x4-b= x4即e
x4-b-(x4-b)-b=0，
故x4-b为方程e
x - x =b的解，同理x0-b也为方程e
x - x =b的解
又e
x1- x1=b可化为e
x1= x1+b即x1- ln(x1+b)=0即(x1+b)- ln(x1+b)-b=0，
故x1+b为方程x - ln x =b的解，同理x0+b也为方程x - ln x =b的解，
所以{x1, x0}={x0-b, x4-b}，而b>1，
故¿即x1+ x4=2 x0.
[方法二]：
由(1)知，f ( x)=e
x - x，g( x)= x - ln x，
且f ( x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
g( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，且f ( x)min= g( x)min=1.
①b<1时，此时f ( x)min= g( x)min=1>b，显然y =b与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)
共有0 个交点，不符合题意；
②b=1时，此时f ( x)min= g( x)min=1=b，
故y =b与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)共有2 个交点，交点的横坐标分别为0 和1；
③b>1时，首先，证明y =b与曲线y = f ( x)有2 个交点，
即证明F( x)= f ( x)-b有2 个零点，F '( x)= f '( x)=e
x -1，
所以F( x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
又因为F(-b)=e
-b>0，F(0)=1-b<0，F(b)=e
b-2b>0，
(令t(b)=e
b-2b，则t '(b)=e
b-2>0，t(b)>t(1)=e -2>0)
所以F( x)= f ( x)-b在(-∞,0)上存在且只存在1 个零点，设为x1，在(0,+∞)上存在且只存在1 个零点，
设为x2.
其次，证明y =b与曲线和y = g( x)有2 个交点，
即证明G( x)= g( x)-b有2 个零点，G'( x)= g'( x)=1- 1
x ，
所以G( x)(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
又因为G(e
-b)=e
-b>0，G(1)=1-b<0，G(2b)=b- ln 2b>0，
(令μ(b)=b- ln 2b，则μ'(b)=1- 1
b >0，μ(b)> μ(1)=1- ln 2>0)
所以G( x)= g( x)-b在(0,1)上存在且只存在1 个零点，设为x3，在(1,+ ∞)上存在且只存在1 个零点，设
为x4.
再次，证明存在b，使得x2= x3:
因为F( x2)=G( x3)=0，所以b=e
x2- x2= x3- ln x3，
若x2= x3，则e
x2- x2= x2- ln x2，即e
x2-2 x2+ ln x2=0，
所以只需证明e
x-2 x + ln x =0在(0,1)上有解即可，
即φ( x)=e
x -2 x + ln x在(0,1)上有零点，
因为φ( 1
e
3 )=e
1
e
3 - 2
e
3 -3<0，φ(1)=e -2>0，
所以φ( x)=e
x-2 x + ln x在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2= x3= x0即可，
此时取b=e
x0- x0
则此时存在直线y =b，其与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)共有三个不同的交点，
最后证明x1+ x4=2 x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为F( x1)= F( x2)= F( x0)=0=G( x3)=G( x0)=G( x4)
所以F( x1)=G( x0)= F(ln x0)，
又因为F( x)在(-∞,0)上单调递减，x1<0，0< x0<1即ln x0<0，所以x1= ln x0，
同理，因为F( x0)=G(e
x0)=G( x4)，
又因为G( x)在(1,+ ∞)上单调递增，x0>0即e
x0>1，x1>1，所以x4=e
x0，
又因为e
x0-2 x0+ ln x0=0，所以x1+ x4=e
x0+ ln x0=2 x0，
即直线y =b与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
