专题3.5 导数的综合应用（举一反三复习讲义）
【全国通用】
命题规律
分析
1、导数的综合应用
导数是高中数学的重要内容，导数的综合应用是高考必考的重点、热
点内容，从近几年的高考情况来看，高考中常涉及的问题有：导数中的不
等式恒（能）成立问题、利用导数证明不等式、导数中的函数零点（方程
根）问题等，这些问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问
题在选择、填空、解答题中都有考查，但主要以解答题为主，而在解答题
中进行考查时试题综合性强，难度较大，需要灵活求解，二轮复习时要加
强对这方面内容的训练.
高考真题
统计
考点
2023 年
2024 年
2025 年
导数的综合
应用
新课标I 卷：第19
题，12 分
新课标Ⅱ卷：第22
题，12 分
新课标I 卷：第18
题，17 分
新课标Ⅱ卷：第11
题，6 分
全国一卷：第19
题，17 分
全国二卷：第18
题，17 分
全国甲卷（文数）：
第20 题，12 分
全国甲卷（理数）：
第21 题，12 分
全国乙卷（文数）：
第8 题，4 分
全国甲卷（文数）：
第20 题，12 分
全国甲卷（理数）：
第21 题，12 分
2026 年
命题预测
预测在2026 年全国卷高考数学中，导数的综合应用的相关问题的考情
将继续维持稳定态势。预测在选择题、填空题中考查概率较低，主要考查
函数零点、不等式恒（能）成立问题，难度中档。大概率在解答题中考
查，不等式恒（能）成立问题、利用导数证明不等式、函数零点（方程
根）问题依旧是考查核心，都有可能考查，此时试题综合性较强，试题难
度较大。
知识点
1 导数中的函数零点问题的解题策略
1．函数零点（个数）问题的的求解方法
(1)构造函数法：构造函数g(x)，利用导数研究g(x)的性质，结合g(x)的图象，判断函数零点的个数.
(2)函数零点存在定理：利用零点存在定理，先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多
少个零点.
(3)数形结合法：函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，数形结合，根据图象的几何直观求解.
2．导数中的含参函数零点（个数）问题
利用导数研究含参函数的零点（个数）问题主要有两种方法：
(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.
3．与函数零点有关的参数范围问题的解题策略
与函数零点（方程的根）有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊
点判断函数的大致图象，进而求出参数的取值范围.也可分离出参数，转化为两函数图象的交点情况.
知识点
2 不等式恒（能）成立问题的解题策略
1．不等式恒（能）成立问题的求解方法
解决不等式恒（能）成立问题主要有两种方法：
(1)分离参数法解决恒（能）成立问题
①分离变量：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，进而解决问题．
②
恒成立
；
恒成立
；
能成立
；
能成立
.
(2)分类讨论法解决恒（能）成立问题
分类讨论法解决恒（能）成立问题，首先要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，若不满足题意，只需找一个值或一段内
的函数值不满足题意即可.
2．双变量的恒（能）成立问题的求解方法
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价变
换有：
对于某一区间I，
(1)
.
(2)
.
(3)
.
知识点
3 导数中的不等式证明的解题策略
1．导数中的不等式证明的解题策略
(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．
2．移项构造函数证明不等式
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右
减
左
”的函数，利用导教
研究其单调性等相关函数性质证明不等式.
3．分拆函数法证明不等式
(1)若直接求导后导数式比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递
的中间量，达到证明的目标.在证明过程中，等价转化是关键，此处g(x)min≥f(x)max恒成立，从而f(x)≤g(x)
恒成立.
(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，
与lnx 要分离，常构造
与lnx，
与
的
积、商形式.便于求导后找到极值点.
4．放缩后构造函数证明不等式
某
些不等式，直接构造函数不易求其最值，可以适当地利用熟知的函数不等式
，
等进行放缩，有利于简化后续导数式的求解或函数值正负的判断；也可以利用局部函数的有界性进行
放缩，然后再构造函数进行证明.
知识点
4 导数中的双变量问题的解题策略
1．转化为同源函数解决双变量问题
此类问题一般是给出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结构形式相同
的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
2．整体代换解决双变量问题
(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x1，x2的式子.
(2)与极值点x1，x2有关的双变量问题：一般是根据x1，x2是方程f'(x)=0 的两个根，确定x1，x2的关系,再通
过消元转化为只含有x1或x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为x1，x2的齐次式，然后转化
为关于
的函数，把
看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
3．构造函数解决双变量问题的答题模板
第一步：分析题意，探究两变量的关系；
第二步：合二为一，变为单变量不等式；
第三步：构造函数；
第四步：判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题；
第五步：反思回顾解题过程，规范解题步骤.
知识点
5 导数在解决实际问题中的应用
1．导数在解决实际问题中的应用
(1)利用导数解决实际问题时，常常涉及用料最省、成本
( 费用
) 最低
、利润最大、效率最高等问题，求解时
需要分析问题中各个变量之间的关系，抓主元，找主线，把“问题情境"翻译为数学语言，抽象成数学问
题，再选择合适的数学方法求解，最后经过检验得到实际问题的解.
(2)解决优化问题的方法并不单一，运用导数求最值是解决这类问题的有效方法，有时与判别式、基本不等
式及二次函数的性质等结合，多举并用，达到最佳效果.
(3)利用导数解决实际问题的一般步骤
【题型1 导数中的函数零点（方程根）问题】
【例1】（2025·湖南郴州·模拟预测）已知f (x)=me
mx−ln x (m≥0)，若f (x)有两个零点，则实数m 的取
值范围为（ ）
A．(0, 1
e)
B．(0, 1
e
2)
C．(
1
e ,+∞)
D．[
1
e
2 ,+∞)
【答案】A
【解题思路】由同构的思想可知，若f ( x)有两个零点，则mxe
mx−x ln x =0(x>0)有两个解，即mx = ln x
有两解，分离变量求导即可
【解答过程】若f ( x)有两个零点，则f ( x)=me
mx−ln x =0有两个解，
等价于mx e
mx−x ln x =0(x>0)有两个解，因为m≥0，x>0，所以ln x ≥0，
令g(t )=t e
t，原式等价于g(mx)= g(ln x)有两个解，
因为g
′ (t )=(t +1)e
t，则当t >0时g
′ (t )>0，所以g(t )在[0,+∞)上单调递增，
所以mx = ln x (x>0)有两个大于零的解.
解mx = ln x，可得m= ln x
x ，令h(x)= ln x
x
(x>0)，
则h
′ (x)= 1−ln x
x
2
，当0< x<e时，h
′ (x)>0，当x>e时，h
′ (x)<0，
所以h(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+ ∞)上单调递减，且h (e)= 1
e ，h(x)的图象如图：
所以当0<m< 1
e 时，m= ln x
x 有两个交点，即f ( x)有两个零点.
故选：A.
【变式1-1】（2025·安徽·模拟预测）函数f (x)= xe
x−e
x−1的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【解题思路】利用导数求出函数的单调区间，再由零点存在性定理判定零点个数即可.
【解答过程】f
' (x)=e
x(x +1)−e
x= xe
x,
当x<0时，f
′ (x)<0，当x>0时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
所以当x =0时，f (x)极小值= f (0)=−2，
当x→−∞时，f (x)→−1，所以当x ≤0时，f (x)<0，f (x)无零点；
而f (2)=e
2−1>0，f (0)=−2<0，且函数在(0,+ ∞)上单调递增，故f (x)有一个零点.
故选：B.
【变式1-2】（2025·贵州六盘水·模拟预测）已知函数f (x)=e
x(2 x +1)
x
.
(1)求函数f (x)在x =1处的切线方程；
(2)函数g(x)= f (x)−m有两个零点，求实数m的取值范围.
【答案】(1)2e x−y +e=0
(2)0<m< 1
e 或m>4 ❑√e.
【解题思路】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）利用导数判断函数的单调性后可得函数极值，再结合函数性质计算即可得.
【解答过程】（1）f
′ (x)= [e
x(2 x +1)+2e
x)x−e
x(2 x +1)
x
2
=e
x(2 x
2+ x−1)
x
2
，
则f
′ (1)=2e，又f (1)=3e，
则函数f (x)在x =1处的切线方程为y =2e(x−1)+3e=2e x +e，
即2e x−y +e=0；
（2）f
′ (x)=e
x(2 x
2+ x−1)
x
2
=e
x(2 x−1)(x +1)
x
2
，定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
当x∈(−∞,−1)∪(
1
2 ,+ ∞)时，f
′ (x)>0，当x∈(−1,0)∪(0, 1
2)时，f
′ (x)<0，
则f (x)在(−∞,−1)、(
1
2 ,+ ∞)上单调递增，在(−1,0)、(0, 1
2)上单调递减，
当x<0时，若x→−∞时，则f (x)→0，若x→0，则f (x)→−∞；
且f (x)≤f (−1)=e
−1(−2+1)
−1
= 1
e ；
当x>0时，若x→+ ∞时，则f (x)→+ ∞，若x→0，则f (x)→+∞；
且f (x)≥f(
1
2)=e
1
2 (1+1)
1
2
= 4 ❑√e；
若函数g(x)= f (x)−m有两个零点，则m= f (x)有两解，
即有0<m< 1
e 或m>4 ❑√e.
【变式1-3】（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)= x
2
e
x −a x
3+ x
2−m(a,m∈R), x =2是函数f (x)的一个
极值点．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)有三个零点x1, x2, x3，且x1< x2< x3．
①求实数m的取值范围；
②求证：x1+ x2+ x3>2．
【答案】(1)单调递减区间为(−∞,0),(2,+∞)，单调递增区间是（0，2）．
(2)①(0, 4
e
2 + 4
3)；②证明见解析
【解题思路】（1）先求导函数f
′ (x)，因为x =2是函数f (x)的一个极值点，所以f
′ (2)=0，解得a= 1
3，所
以f
′ (x)=(2−x) x(
1
e
x +1)，再利用导数求解函数f (x)的单调区间；
（2）①由（1）知函数f (x)的单调递减区间为(−∞,0),(2,+∞)，单调递增区间是(0,2)分别验证函数f (x)
有三个零点时，必有0<m< 4
e
2 + 4
3 ，反之验证当0<m< 4
e
2 + 4
3 时，函数f (x)有三个零点，故函数f (x)有三
个零点的充要条件为0<m< 4
e
2 + 4
3 ，进而得到m的范围；②先利用极值点偏移证明x1+ x2>0，又由x3>2，
故x1+ x2+ x3>2．
【解答过程】（1）由题知f
′ (x)= 2 x−x
2
e
x
−3a x
2+2 x，因为x =2是函数f (x)的一个极值点，所以f
′ (2)=0
，即4−12a=0，解得a= 1
3，
故f
′ (x)= 2 x−x
2
e
x
−x
2+2 x =(2−x) x(
1
e
x +1)，令f
′ (x)=0，解得x =0或x =2，
当x∈(−∞,0)时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减；
当x∈(0,2)时，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增；
当x∈(2,+∞)时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减．
所以x =2是函数的极大值点，
所以函数f (x)的单调递减区间为(−∞,0),(2,+∞)，单调递增区间是（0，2）．
（2）①由（1）知函数f (x)的单调递减区间为(−∞,0),(2,+∞)，单调递增区间是(0,2)而f (0)=−m，
f (2)= 4
e
2 + 4
3 −m，函数f (x)有三个零点时，必有{
f (0)<0,
f (2)>0,)解得0<m< 4
e
2 + 4
3 ．
当0<m< 4
e
2 + 4
3 时，f (−2)= 4e
2+ 8
3 + 4−m>4e
2+ 8
3 + 4−4
e
2 −4
3 = 4e
2+ 16
3 −4
e
2 >0，又因为f (0)<0且
f (x)在区间(−2,0)上单调递减，故存在唯一x1∈(−2,0)使得f (x1)=0；
因为f (0)<0,f (2)>0且f (x)在区间(0,2)上单调递增，故存在唯一x2∈(0,2)使得f (x2)=0；
因为f (4)= 16
e
4 −64
3 +16−m< 16
e
4 −16
3 <0,f (2)>0且f (x)在区间(2,4)上单调递减，故存在唯一x3∈(2,4)
使得f (x3)=0．
所以0<m< 4
e
2 + 4
3 满足题意．
所以实数m的取值范围为(0, 4
e
2 + 4
3)．
②先证：x1+ x2>0．
要证x1+ x2>0，只需证x2>−x1，因为0< x2<2,0<−x1<2且f (x)在区间(0,2) 上单调递增，故只需证
f (x2)>f (−x1)，即只需证f (x1)>f (−x1)，即只需证f (x1)−f (−x1)>0．
设g(x)= f (x)−f (−x)，则g
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (−x)= x[
2−x
e
x
−e
x(x +2)−2 x)，当x∈(−2,0)时，0<e
x<1
，故2−x
e
x
−e
x(x +2)−2 x>2−x−x−2−2 x =−4 x>0，故g(x)在区间(−2,0)上单调递减，故
g(x)>g(0)=0.因此x1+ x2>0成立．
又因为x3>2，故x1+ x2+ x3>2．
【题型2 利用导数研究不等式恒成立问题】
【例2】（2025·全国·模拟预测）若对任意x∈[e,+∞)，满足e
−m
x
2 ln x−m
x
3 ≥0恒成立，则实数m的取值
范围是（ ）
A．(−∞,e)
B．(−∞,e
2)
C．[e
2,+∞)
D．[e,+ ∞)
【答案】B
【解题思路】先证明m≤0时，对任意x∈[e,+∞)，满足e
−m
x
2 ln x−m
x
3 ≥0恒成立，当m>0时，将不等式
e
−m
x
2 ln x−m
x
3 ≥0变形为e
ln xln x ≥m
x
2 e
m
x
2
，设f (t )=t e
t，t ∈(0,+∞)，利用导数判断函数f (t )的单调性，
由条件结合单调性可得m≤x
2ln x (x ≥e)恒成立，设g(x)= x
2ln x (x ≥e)，利用导数求函数g(x)的最小
值，由此可得结论.
【解答过程】若m≤0，则对任意x∈[e,+∞)，m
x
3 ≤0，e
−m
x
2 >0，ln x>0，
所以对任意x∈[e,+∞)，不等式e
−m
x
2 ln x−m
x
3 ≥0恒成立，
若m>0，则m
x
2 >0，
不等式e
−m
x
2 ln x−m
x
3 ≥0(x ≥e)可化为xln x ≥m
x
2 e
m
x
2
，
故e
ln xln x ≥m
x
2 e
m
x
2
，即ln x⋅e
ln x≥m
x
2 ⋅e
m
x
2
，
由已知ln x⋅e
ln x≥m
x
2 ⋅e
m
x
2
在[e,+∞)恒成立，
令f (t )=t e
t，t ∈(0,+∞)，则f (ln x)≥f(
m
x
2)，x∈[e,+∞)恒成立，
因为t ∈(0,+ ∞)时，f
′ (t )=e
t +t e
t =(t +1)e
t>0，
所以函数f (t )=t e
t在(0,+ ∞)上单调递增，又ln x ≥lne=1>0，m
x
2 >0，
所以ln x ≥m
x
2恒成立，其中m>0，x∈[e,+∞)，
即m≤x
2ln x (x ≥e)恒成立．
令g(x)= x
2ln x (x ≥e)，g
′ (x)=2 xln x + x ≥0，
所以g(x)在[e,+ ∞)上单调递增，则g( x)min= g (e)=e
2，
所以0<m≤e
2．
综上可得m≤e
2，
故选：B．
【变式2-1】（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知函数f (x)=(ln x−mx)(x + 1
x −m−1)，若f (x)≤0在
(0,+∞)上恒成立，则实数m 的取值范围为（ ）
A．(0, 1
e)
B．[
1
e
2 ,1)
C．[1,e)
D．[
1
e ,1)
【答案】D
【解题思路】先根据m与0 关系分三种情况讨论，其中当m>0时，再根据h( x)的最小值1−m与0 的关系
分1−m<0和1−m≥0两种情况讨论，当1−m≥0时，把f (x)≤0在(0,+∞)上恒成立，转化成g(x)≤0在
(0,+∞)上恒成立，借助导数，求出g( x)在(0,+∞)上的最大值，且g( x)max≤0即可求出m 的取值范围.
【解答过程】函数f ( x)的定义域为(0,+ ∞)，
①当m=0时，f (x)=(x + 1
x −1)ln x，
当x>1时，f (x)=(x + 1
x −1)ln x>0，不符合题意；
②当m<0时，取x =1，则f (1)=(−m)⋅(1−m)>0，不符合题意；
③当m>0时，设g(x)= ln x−mx，h(x)= x + 1
x −m−1，
则h(x)= x + 1
x −m−1≥2❑√x⋅1
x −m−1=1−m，当且仅当x =1时取等号.
（i）若1−m<0，即m>1，取x = 1
m，
h(
1
m)=m+ 1
m −m−1= 1
m −1<0，g(
1
m)= ln 1
m −1<0，不满足题意；
（ii）若1−m≥0，即0<m≤1，
若f (x)≤0在(0,+ ∞)上恒成立，则需g(x)≤0在(0,+ ∞)上恒成立，
又g' (x)= 1
x −m= 1−mx
x
，
当0< x< 1
m时，g' (x)>0；当x> 1
m时，g' (x)<0，
所以g(x)在区间(0, 1
m)上单调递增，在区间(
1
m ,+∞)上单调递减，
所以g(x)max = g(
1
m)= ln 1
m −1=−ln m−1，
故−ln m−1≤0，解得m≥1
e ，所以1
e ≤m≤1.
综上可知，1
e ≤m≤1.
故选：D.
【变式2-2】（2025·广东汕尾·一模）已知f (x)=2ax−(2a+1)ln x−1
x 在x =2处有极小值.
(1)求a的值；
(2)设g(x)= f (x)−m，若g(x)≤0在[
1
2 ,e
2)上恒成立，求m的取值范围（e≈2.718，是自然对数的底数）.
【答案】(1)a= 1
4
(2)m≥e
2
2 −3−1
e
2 .
【解题思路】（1）求出函数的导函数，由f
′ (2)=0求出a的值，再检验即可；
（2）由题意m≥f (x)在[
1
2 ,e
2)上恒成立，则m≥f ( x)max (x∈[
1
2 ,e
2))，结合（1）中函数的单调性求出
f ( x)max，即可得解.
【解答过程】（1）因为f (x)=2ax−(2a+1)ln x−1
x ，
所以f
′ (x)=2a−2a+1
x
+ 1
x
2，依题意可得f
′ (2)=2a−2a+1
2
+ 1
4 =0，解得a= 1
4 .
当a= 1
4 时，f (x)= 1
2 x−3
2 ln x−1
x 定义域为(0,+∞)，且f
′ (x)= (x−1)(x−2)
2 x
2
，
所以当0< x<1或x>2时f
′ (x)>0，当1< x<2时f
′ (x)<0，
所以f (x)在区间(0,1),(2,+∞)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，
所以f (x)在x =2处有极小值，所以a= 1
4 符合题意.
（2）由题意m≥f (x)在[
1
2 ,e
2)上恒成立，所以只需m≥f ( x)max (x∈[
1
2 ,e
2))，
由（1）知f (x)在区间[
1
2 ,1),(2,e
2)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，
又f (1)=−1
2 ,f (e
2)=e
2
2 −3−1
e
2 ，
因为f (e
2)−f (1)=e
2
2 −5
2 −1
e
2 >e
2
2 −5
2 −1
2 = 1
2 (e
2−6)>0，所以f (e
2)>f (1)，
即f (x)max= f (e
2)=e
2
2 −3−1
e
2 ，所以m≥e
2
2 −3−1
e
2 .
【变式2-3】（2025·青海·模拟预测）已知函数f ( x)=2ln x−ax．
(1)若a=1，求曲线y = f ( x)在x =1处的切线方程；
(2)讨论f ( x)的单调性；
(3)若a>0，f ( x)≤e
ax−x
2恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)x−y −2=0
(2)答案详见解析
(3)[
2
e ,+ ∞)
【解题思路】（1）由题可得切线方程斜率与切线所过点，据此可得答案；
（2）分类讨论a≤0，a>0两种情况下，f
′( x)= 2−ax
x
的正负性可得单调区间；
（3）由题可得e
ln x
2+ ln x
2≤e
ax+ax，结合g( x)=e
x+ x单调性，可得ln x
x ≤a
2，最后由h( x)= ln x
x 单调性
可得答案.
【解答过程】（1）若a=1，则f ( x)=2ln x−x，f (1)=−1．
又f
′( x)= 2
x −1，所以f
′(1)=2−1=1，
故曲线y = f ( x)在x =1处的切线方程为y −(−1)=1×( x−1)，即x−y −2=0；
（2）f ( x)的定义域为(0,+ ∞)，f
′( x)= 2
x −a= 2−ax
x
．
当a≤0时，f
′( x)= 2−ax
x
>0，故f ( x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令f
′( x)= 2−ax
x
>0，解得0< x< 2
a，
故f ( x)在(0, 2
a)上单调递增，在(
2
a ,+∞)上单调递减；
（3）由f ( x)≤e
ax−x
2，可得x
2+2ln x ≤e
ax+ax，
即e
ln x
2
+ ln x
2≤e
ax+ax，
令g( x)=e
x+ x，易知g( x)单调递增，
由e
ln x
2
+ ln x
2≤e
ax+ax，可得g(ln x
2)≤g(ax)，
则ln x
2≤ax，即ln x
x ≤a
2．
设h( x)= ln x
x ，则h
′( x)= 1−ln x
x
2
，当x>e时，h
′( x)<0，h( x)单调递减，
当0< x<e时，h
′( x)>0，h( x)单调递增，所以h( x)max= lne
e
= 1
e ，
所以a
2 ≥1
e ，因此a的取值范围为[
2
e ,+ ∞)．
【题型3 利用导数研究能成立问题】
【例3】（2025·四川成都·一模）若存在x>0使得不等式ae
x+1−x ≤1
x ln x
a成立，则正实数a的取值范围
为（ ）
A．(0,1)
B．[e,+ ∞)
C．(0, 1
e)
D．(0,e]
【答案】C
【解题思路】把问题转化为：存在x>0，使得a≤xe
−x成立，再设f (x)= xe
−x，x>0，分析函数单调性，
求函数f (x)的最大值即可.
【解答过程】由ae
x+1−x ≤1
x ln x
a ⇒ ae
x+1−x−1
x ln x
a ≤0，
设H (a)=ae
x+1−x−1
x ln x
a，a>0，则H
′ (a)=e
x+ 1
xa，
因为x>0，a>0，所以H
′ (a)>0，所以H (a)在(0,+∞)上单调递增，
由H (a)=0 ⇒ a= xe
−x，
问题转化为存在x>0，使得a≤xe
−x成立，
设f (x)= xe
−x，x>0，
则f
′ (x)=e
−x−xe
−x =e
−x(1−x)，
由f
′ (x)>0 ⇒ x<1；由f
′ (x)<0 ⇒ x>1，
所以函数f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以f (x)max = f (1)= 1
e ，
所以0<a≤1
e .
故选：C.
【变式3-1】（2025·辽宁大连·三模）已知f (x)= xe
ax−ln x−ax，若存在x0∈R，使得f (x0)=1，则实数
a的取值范围是（ ）
A．(−∞, 1
e)
B．[−1
e ,+ ∞)
C．(−1
e ,0)
D．(0, 1
e)
【答案】B
【解题思路】通过同构，令ln x0+a x0=t得到e
t−t =1，通过确定g(t )=e
t−t单调性，得到t =0，问题转
化成a=−ln x0
x0
，在x0∈R有解，进而可求解.
【解答过程】由题意可得：
x0e
a x0−ln x0−a x0=1，即e
ln x0+a x0−(ln x0+a x0)=1，
令ln x0+a x0=t，即存在t使得e
t−t =1，
构造g(t )=e
t−t，g
′ (t )=e
t−1，
由g
′ (t )=e
t−1<0，可得t <0，由g
′ (t )=e
t−1>0，可得t >0，
所以g(t )=e
t−t在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
又g(0)=1，
所以ln x0+a x0=t =0，即存在x0∈R，使得ln x0+a x0=0，
参变分离得到a=−ln x0
x0
，
令h( x)=−ln x
x , x>0，h
′( x)=−1−ln x
x
2
, x>0
易得当x∈(0,e)时，h
′( x)<0，当x∈(e,+∞)时，h
′( x)>0，
所以h( x)=−ln x
x , x>0在(0,e)单调递减，在(e,+∞)单调递增，
最小值为h(e)=−1
e ，当x→0
+时，h( x)→+∞，
所以h( x)=−ln x
x , x>0的值域为：[−1
e ,+ ∞)，
所以实数a的取值范围是[−1
e ,+ ∞)，
故选：B.
【变式3-2】（2025·安徽合肥·一模）已知函数f (x)=e
x(2 x−1)
x−1
, g(x)= xln x−e
x−x
2+ax +1.
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若对于任意x1∈(−1
2 ,1)，总存在x2∈[1,+ ∞)，使得f (x1)≤g(x2)，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)[e+1,+∞)
【解题思路】（1）先求解出f
′ (x)，然后根据f
′ (x)的正负可求解出f (x)的单调区间；
（2）根据f (x)的单调性将问题转化为“g(x)≥f (x)max在[1,+∞)上有解” ，然后通过分离参数、构造函
数以及换元法求解出a与新函数最值的关系，由此可求a的取值范围.
【解答过程】（1）函数f (x)=e
x(2 x−1)
x−1
的定义域为{x| x≠1},
则f
' (x)=e
x(2 x +1)(x−1)−e
x(2 x−1)
(x−1)
2
= xe
x(2 x−3)
(x−1)
2
(x≠1)，
令f
′ (x)>0，可得x<0或x> 3
2，令f
′ (x)<0，可得0< x<1或1< x< 3
2，
则f (x)的单调递增区间为(−∞,0)和(
3
2 ,+ ∞)，单调递减区间为(0,1)和(1, 3
2).
（2）由（1）知：f (x)在(−1
2 ,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
故当x∈(−1
2 ,1)时，f (x)max= f (0)=1，
由已知：xln x−e
x−x
2+ax +1≥1在[1,+∞)上有解，
∴a≥e
x
x + x−ln x在[1,+∞)上有解，∴a≥e
x−ln x+ x−ln x在[1,+∞)上有解，
∴a≥(e
x−ln x+ x−ln x)min，x∈[1,+ ∞)；
令t = x−ln x , x∈[1,+∞)，则t
' =1−1
x = x−1
x
≥0，
∴t = x−ln x在[1,+∞)上单调递增，∴t ≥1−ln1=1，
令h(t )=e
t +t ,t ∈[1,+ ∞)，h
' (t )=e
t +1>0，则h(t )在[1,+∞)上单调递增，
则h(t )min=h(1)=e+1，故a≥e+1.
∴a的取值范围为[e+1,+∞).
【变式3-3】（2025·陕西榆林·模拟预测）已知函数f (x)= x−aln x，g(x)=−1+a
x
(a∈R)．
(1)若a=1，求函数f (x)的最小值；
(2)设函数h(x)= f (x)−g(x)，讨论函数h(x)的单调区间；
(3)若在区间[1,e)上存在一点x0，使得f (x0)≤g(x0)成立，求a的取值范围．
【答案】(1)1
(2)答案见解析
(3)a≥e
2+1
e−1
或a≤−2.
【解题思路】（1）求出f (x)的导函数，研究单调性，即可得到函数的最小值；
（2）对参数a 分类讨论，明确函数的单调区间；
（3）原问题等价于在区间[1,e)上存在一点x0，使得h(x0)≤0，即求函数h(x)的最小值即可.
【解答过程】（1）f (x)= x−a ln x的定义域为(0,+ ∞)，
当a=1时，f (x)= x−ln x，f
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，
令f
′ (x)=0得x =1，令f
′ (x)>0得x>1，令f
′ (x)<0得0< x<1，
所以f (x)的单调递增区间为(1,+∞)，递减区间为(0,1)，
所以f (x)在x =1处取得最小值f (1)=1−ln1=1.
（2）h(x)= x + 1+a
x
−aln x，
则h
′ (x)=1−1+a
x
2 −a
x = x
2−ax−(1+a)
x
2
=
(x +1)[x−(1+a))
x
2
，
①当1+a>0时，即a>−1时，在(0,1+a)上h
′ (x)<0，在(1+a,+∞)上h
′ (x)>0，
所以h(x)在(0,1+a)上单调递减，在(1+a,+ ∞)上单调递增；
②当1+a≤0，即a≤−1时，在(0,+ ∞)上h
′ (x)>0，
所以，函数h(x)在(0,+ ∞)上单调递增.
综上所述，当a>−1时，h(x)的单调递减区间是(0,1+a)，单调递增区间是(1+a,+ ∞)；
当a≤−1时，函数h(x)的单调递增区间是(0,+ ∞)，不存在减区间.
（3）在区间[1,e)上存在一点x0，使得f (x0)≤g(x0)成立，
即在区间[1,e)上存在一点x0，使得h(x0)≤0，
即函数h(x)= x + 1+a
x
−aln x在[1,e)上的最小值小于等于零.
由（2）可知
当1+a≥e，即a≥e−1时，h(x)在[1,e)上单调递减，
所以h(x)的最小值为h (e)，由h (e)=e+ 1+a
e
−a≤0可得a≥e
2+1
e−1 ，满足a≥e−1，
所以a≥e
2+1
e−1 ；
当1+a≤1，即a≤0时，h(x)在[1,e)上单调递增.
所以h(x)最小值为h (1)，由h (1)=1+1+a≤0可得a≤−2，满足a≤0，
所以a≤−2；
③当1<1+a<e，即0<a<e−1时，h(x)在[1,1+a)上单调递减，在(1+a,e)上单调递增，
可得h(x)最小值为h(1+a)，因为0<ln (1+a)<1，所以0<a ln (1+a)<a，
故h(1+a)=2+a−aln (1+a)>2，此时h(1+a)≤0不成立.
综上讨论可得所求a的范围是：a≥e
2+1
e−1 或a≤−2.
【题型4 利用导数证明不等式】
【例4】（2025·广东·模拟预测）已知函数f ( x)=ax +1−(ax +1)e
−x，a∈R.
(1)当a=1时，求曲线y = f ( x)在x =0处的切线方程；
(2)当a≥1时，证明：f ( x)≥x；
(3)当a≤0时，证明：f ( x)≤x(1−ax).
【答案】(1)y = x
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）求导数得切线斜率，点斜式可求切线方程；
（2）移项构造新函数，求导判断单调性可求最值，进而可证不等式；
（3）移项作差，构造新函数，利用导数判断单调性，求出最值可证结论.
【解答过程】（1）依题意，f ( x)= x +1−( x +1)e
−x，则f (0)=0，
而f
′( x)=1+ xe
−x，
故f
′(0)=1，
故所求切线方程为y = x.
（2）证明：要证f ( x)≥x，即证ax +1
e
x
−(a−1)x−1≤0，
设g( x)= ax +1
e
x
−(a−1)x−1，则g
′( x)= a−ax−1−(a−1)e
x
e
x
，
令m( x)=a−ax−1−(a−1)e
x，则m
′( x)=−a−(a−1)e
x，
因为a≥1，所以m
′( x)=−a−(a−1)e
x≤0，因此m( x)单调递减，
又m(0)=a−1−(a−1)e
0=0，所以g( x)在区间(−∞,0)上单调递增，在区间(0,+ ∞)上单调递减，
故g( x)≤g(0)= 1
e
0 −1=0，
即ax +1
e
x
−(a−1)x−1≤0，即f ( x)≥x得证.
（3）证明：依题意，f ( x)≤x(1−ax),即a x
2+(a−1)x +1≤ax +1
e
x
，
即ax +1≥a x
2e
x+(a−1)xe
x+e
x，即ax(xe
x+e
x−1)≤xe
x−e
x+1.
令G( x)= xe
x−e
x+1，则G
′( x)= xe
x，
当x>0时，G
'( x)>0，G( x)单调递增；当x<0时，G
'( x)<0，G( x)单调递减，
所以G( x)min=G(0)=0，故xe
x−e
x+1≥0，
令H ( x)= x(xe
x+e
x−1)= x
2e
x+ xe
x−x，则H
′( x)=(x
2+3 x +1)e
x−1，
令M ( x)=(x
2+3 x +1)e
x−1，则M
′( x)=(x
2+5 x + 4)e
x，
令M
′( x)=0，解得x1=−4，x2=−1，
所以当x<−4和x>−1时，M
′( x)>0，则M ( x)单调递增，当−4< x<−1时，M
′( x)<0，则M ( x)单调
递减，
且M (−4)=5e
−4−1<0，M (0)=e
0−1=0，
因此当x<0时，M ( x)<0，H ( x)单调递减，当x>0时，M ( x)>0，H ( x)单调递增，
所以H ( x)min= H (0)=0，即x(x e
x+e
x−1)≥0；
故当a≤0时，ax(xe
x+e
x−1)≤0≤xe
x−e
x+1，即f ( x)≤x(1−ax)得证.
【变式4-1】（2025·陕西汉中·一模）（1）已知函数f (x)=e
2 x−(x +1)e
x+ x
2
2 ，求f (x)在(0,+ ∞)上的单调
区间；
（2）若k ≥1
e ，证明：k e
2 x≥1+ln2 x．
【答案】（1）递增区间为(0,+ ∞)，无递减区间；（2）证明见解析
【解题思路】（1）求导，再根据导数的符号即可得解；
（2）由k ≥1
e ，得k e
2 x≥e
2 x
e
，则要证k e
2 x≥1+ln2 x，只需证明e
2 x
e
≥1+ ln2 x，令2 x =t >0，构造函数
h(t )=e
t
e −1−lnt，求出函数的最小值即可得证.
【解答过程】（1）f ( x)=e
2 x−( x +1)e
x+ x
2
2 ，
求导得f
′( x)=2e
2 x−( x +2)e
x+ x =(e
x−1)(2e
x−x)，
由x>0，得e
x−1>0，
令函数φ( x)=2e
x−x , x >0，则φ
′( x)=2e
x−1>0, x >0，
函数φ( x)在(0,+∞)上单调递增，
则当x>0时，φ( x)>φ(0)=2>0，即f
′( x)>0，
因此函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
所以函数f ( x)在(0,+∞)上的递增区间为(0,+∞)，无递减区间；
（2）由k ≥1
e ，得k e
2 x≥e
2 x
e
，
则要证k e
2 x≥1+ln2 x，只需证明e
2 x
e
≥1+ ln2 x，
令2 x =t >0，即证e
t
e ≥1+ lnt ⇔e
t
e −1−lnt ≥0，
令h(t )=e
t
e −1−lnt，求导得h
′(t )=e
t
e −1
t ，
因为函数y =e
t
e , y =−1
t 在(0,+ ∞)上都是增函数，
所以函数h
′(t )在(0,+∞)上单调递增，
又h
′(1)=0，
则当0<t <1时，h
′(t )<0；当t >1时，h
′(t )>0，
函数h(t )在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，h(t )min=h(1)=0，
则e
2 x
e
≥1+ ln 2 x，
所以当k ≥1
e 时，k e
2 x≥1+ln2 x.
【变式4-2】（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数f (x)= tan x (1−2cos x)+ x ,(0≤x<π
2 ).
(1)求f (x)的最小值；
(2)证明：f (x)≤2tan x；
(3)若f (x)≥2ln (x +1)+ax + tan x，求实数a的取值范围.
【答案】(1)0；
(2)证明见解析；
(3)(−∞,−3).
【解题思路】（1）由f (x)= sin x
cos x −2sin x + x并对其求导，根据其区间符号确定函数的区间单调性，进而
求其最小值；
（2）应用放缩及分析法，将问题化为证明0≤x<π
2 上tan x−x ≥0即可；
（3）由题设2sin x +2ln (x +1)+(a−1) x ≤0恒成立，构造
h(x)=2sin x +2ln (x +1)+(a−1) x ,(0≤x<π
2 )，应用导数及分类讨论研究其在[0,π
2 )的单调性，判断
函数的符号，即可得参数范围.
【解答过程】（1）因为f (x)= tan x (1−2cos x)+ x = sin x
cos x −2sin x + x，
所以f
′ (x)=
1
cos
2 x
−2cos x +1= 1−cos
3 x
cos
2 x
+1−cos x =(1−cos x)(
1+cos x +cos
2 x
cos
2 x
+1)，
因为0≤x<π
2 ⇒0<cos x ≤1，所以f
′ (x)≥0，故f (x)在[0,π
2 )上单调递增，
所以f (x)的最小值为f (0)=0；
（2）因为x∈[0,π
2 )，所以2sin x ≥0，所以tan x−2sin x + x ≤tan x + x，即f (x)≤tan x + x，
要证f (x)≤2tan x，而f (x)≤tan x + x，只需证tan x + x ≤2tan x，即证tan x−x ≥0，
设g(x)= tan x−x ,(0≤x<π
2 )，则g
′ (x)=
1
cos
2 x
−1≥0，
所以g(x)在[0,π
2 )上单调递增，则g(x)≥g(0)=0，即tan x−x ≥0，
所以f (x)≤2tan x，得证.
（3）由f (x)≥2ln (x +1)+ax + tan x，即2sin x +2ln (x +1)+(a−1) x ≤0，
令h(x)=2sin x +2ln (x +1)+(a−1) x ,(0≤x<π
2 )，且y =cos x、y =
2
x +1在[0,π
2 )上单调递减，
所以h
′ (x)=2cos x +
2
x +1 +a−1在[0,π
2 )上单调递减，h
′ (x)≤h
′ (0)=a+3，
当a+3≤0，即a≤−3时，h
′ (x)≤0,h(x)在[0,π
2 )上单调递减，h(x)≤h(0)=0，满足；
当a+3>0，即a>−3时，h
′ (0)>0，又x→π
2 时h
′ (x)→2−π
π+2 +a，
当−3<a<π−2
π+2 时，2−π
π+2 +a<0，则存在x0∈(0,π
2 )，使得h
′(x0)=0，
当x∈(0, x0)时，h
′ (x)>0，所以h(x)在(0, x0)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，不满足，
当a≥π−2
π+2 时，2−π
π+2 +a≥0，在[0,π
2 )上h
′ (x)>0，h(x)在[0,π
2 )上单调递增，则h(x)≥h(0)=0，
不满足，
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−3).
【变式4-3】（2025·四川眉山·模拟预测）已知函数f (x)=ln x +a x
2−3 x +2，且曲线y = f (x)在x =2处的
切线与直线2 x +3 y −3=0垂直.
(1)求a的值；
(2)求f (x)的极值；
(3)若f (x1)= f (x2)= f (x3)，且x1< x2< x3，证明：2 x3+ x2−x1<3.
【答案】(1)a=1
(2)极大值为3
4 −ln2，极小值为0
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）根据极值的定义即可求解；
（3）构造函数F (x)= f (x)−f (1−x)，x∈(0, 1
2)，证明x1+ x2>1，构造G (x)= f (x)−f (2−x)，
x∈(
1
2 ,1)，证明x2+ x3<2，最后根据不等式的基本性质即可求解.
【解答过程】（1）由题意可得f
′ (x)= 1
x +2ax−3(x>0).
因为曲线y = f (x)在x =2处的切线与直线2 x +3 y −3=0垂直，
所以f
′ (2)= 1
2 + 4 a−3= 3
2，解得a=1.
（2）由（1）得f ( x)= ln x + x
2−3 x +2，f
' (x)= 1
x +2 x−3= (2 x−1)(x−1)
x
，
令f
′ (x)=0，解得x = 1
2或x =1，
当x∈(0, 1
2)∪(1,+∞)时，f
′ (x)>0，则f (x)在(0, 1
2)和(1,+∞)上单调递增；
当x∈(
1
2 ,1)时，f
′ (x)<0，则f (x)在(
1
2 ,1)上单调递减.
故f (x)的极大值为f(
1
2)= 3
4 −ln2，极小值为f (1)=0.
（3）由（2）知0< x1< 1
2 < x2<1< x3.
设函数F (x)= f (x)−f (1−x)，x∈(0, 1
2)，
F
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (1−x)= (2 x−1)(x−1)
x
+ x (2 x−1)
1−x
= (2 x−1)
2
x (1−x) ，
则F
′ (x)>0在(0, 1
2)上恒成立，即F (x)= f (x)−f (1−x)在(0, 1
2)上单调递增，
故F (x)< F(
1
2)=0，即f (x)<f (1−x)在(0, 1
2)上恒成立，
因为x1∈(0, 1
2)，所以f (x2)= f (x1)<f (1−x1).
因为x2，1−x1∈(
1
2 ,1)，且f (x)在(
1
2 ,1)上单调递减，
所以x2>1−x1，即x1+ x2>1.
设函数G (x)= f (x)−f (2−x)，x∈(
1
2 ,1)，
G
′ (x)= f
′ (x)+ f
′ (2−x)= (2 x−1)(x−1)
x
+ (2 x−3)(x−1)
2−x
= 2(x−1)
2
x (2−x) ，
则G
′ (x)>0在(
1
2 ,1)上恒成立，即G (x)= f (x)−f (2−x)在(
1
2 ,1)上单调递增，
故G (x)<G (1)=0，即f (x)<f (2−x)在(
1
2 ,1)上恒成立，
因为x2∈(
1
2 ,1)，所以f (x3)= f (x2)<f (2−x2)，
因为x3，2−x2∈(1,+ ∞)，且f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以x3<2−x2，即x2+ x3<2.
又x1+ x2>1，所以−x1−x2<−1，
则2(x2+ x3)−x1−x2<3，即2 x3+ x2−x1<3.
【题型5 利用导数研究双变量问题】
【例5】（2025·湖南·模拟预测）已知函数f ( x)= 1
2 x
2−x +aln x + 11
32．
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)已知f ( x)存在两个极值点x1, x2，若x1< x2，且x2≥3
4 ，求f (x1)+ f (x2)的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2) 3
16 ln 3
16
【解题思路】（1）根据方程x
2−x +a=0根的情况，结合导数的性质、函数的定义域分类讨论进行求解即
可；
（2）根据极值点的定义，结合（1）的结论，通过构造新函数，利用导数判断新函数的单调性进行求解即
可.
【解答过程】（1）由函数的解析式可知x∈(0,+ ∞)，
f
′( x)= x−1+ a
x = x
2−x +a
x
，
①若a≥1
4 ，则x
2−x +a≥0恒成立，f
′( x)≥0,∴f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
②若0<a< 1
4 ，则由x
2−x +a>0，得0< x< 1−❑√1−4 a
2
或x> 1+ ❑√1−4 a
2
；
由x
2−x +a<0，得1−❑√1−4 a
2
< x< 1+ ❑√1−4 a
2
．
∴f ( x)在(
1−❑√1−4 a
2
, 1+ ❑√1−4 a
2
)上单调递减，在(0, 1−❑√1−4 a
2
)和(
1+ ❑√1−4 a
2
,+ ∞)上单调递
增，
③若a≤0，则由x
2−x +a>0，得x> 1+ ❑√1−4 a
2
；
由x
2−x +a<0，得0< x< 1+ ❑√1−4 a
2
．
∴f ( x)在(0, 1+ ❑√1−4 a
2
)上单调递减，在(
1+ ❑√1−4 a
2
,+∞)上单调递增，
综上，当a≥1
4 时，f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当0<a< 1
4 时，f ( x)在(
1−❑√1−4 a
2
, 1+ ❑√1−4 a
2
)上单调递减，
在(0, 1−❑√1−4 a
2
)和(
1+ ❑√1−4 a
2
,+∞)上单调递增；
当a≤0时，f ( x)在(0, 1+ ❑√1−4 a
2
)上单调递减，在(
1+ ❑√1−4 a
2
,+∞)上单调递增；
（2）∵x1, x2是方程x
2−x +a=0的两个根，∴x1+ x2=1, x1⋅x2=a，
∵x1< x2，且x2≥3
4 ，所以0<a≤3
16 ，
∴f (x1)+ f (x2)= 1
2 x1
2−x1+aln x1+ 11
32 + 1
2 x2
2−x2+aln x2+ 11
32
= 1
2 (x1+ x2)
2−x1⋅x2−(x1+ x2)+aln(x1⋅x2)+ 11
16
= 1
2 −a−1+aln a+ 11
16 =aln a−a+ 3
16，
令g( x)= x ln x−x + 3
16(0< x ≤3
16)，则g
′( x)= ln x<0．
∴g( x)在(0, 3
16)上单调递减，
∴g( x)min= g(
3
16)= 3
16 ln 3
16 −3
16 + 3
16 = 3
16 ln 3
16 ，
∴f (x1)+ f (x2)的最小值为3
16 ln 3
16 .
【变式5-1】（2025·全国·模拟预测）已知函数f (x)=ax−ln x
x
，a>0．
(1)若f (x)存在零点，求a 的取值范围；
(2)若x1，x2为f (x)的零点，且x1< x2，证明：a(x1+ x2)
2>2．
【答案】(1)(0, 1
2e)；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）利用导数求出函数g(x)的最小值，解不等式g(x)min≤0即可求解；
（2）由零点的定义可得a=ln x1−ln x2
(x1−x2)(x1+ x2)
，只需证ln x1−ln x2
x1−x2
(x1+ x2)>2，令t = x1
x2
，利用导数证明
不等式F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
<0即可.
【解答过程】（1）f (x)的定义域为(0,+ ∞)，
令f (x)=0，即ax−ln x
x
=0(a>0)，等价于a x
2−ln x =0，
设g(x)=a x
2−ln x，则g
′ (x)=2ax−1
x = 2a x
2−1
x
（x>0），
令g
′ (x)=0，可得x =
❑√2a
2a ，
当x∈(0,
❑√2a
2a )时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(
❑√2a
2a ,+ ∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
则g(x)的最小值为g(
❑√2a
2a )= 1
2 −ln
❑√2a
2a = 1
2
(1+ln2a)，g(1)=a>0，
要使得g(x)=a x
2−ln x存在零点，则g(
❑√2a
2a )= 1
2
(1+ln2a)≤0，
即1+ln2a≤0，得a∈(0, 1
2e)．
（2）由x1, x2为f (x)的零点，得f (x1)= f (x2)=0，
即g(x1)= g(x2)=0，即¿
两式相减得a(x1
2−x2
2)−(ln x1−ln x2)=0，即a=ln x1−ln x2
(x1−x2)(x1+ x2).
要证当0< x1< x2时，a(x1+ x2)
2>2，
只需证
ln x1−ln x2
x1−x2
(x1+ x2)>2，只需证ln x1
x2
< 2(x1−x2)
x1+ x2
，0< x1< x2，
ln x1
x2
−
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
<0，0< x1< x2．
令t = x1
x2
(0<t <1)，F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
，只需证F (t )<0，
F
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t +1)
2−4t
t (t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，则F (t )在(0,1)上单调递增，
∴F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
< F (1)=0，即可得证.
【变式5-2】（2025·安徽合肥·一模）已知函数f ( x)= ln x−a( x−1
x )，其中a>0.
(1)讨论f ( x)的单调性；
(2)若函数f ( x)有两个极值点x1，x2( x1< x2)，证明：f ( x1)+ f ( x2)+ f ( x1+ x2)>ln2−3
4 .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）求导，分类讨论函数的单调性.
（2）由函数有两个极值点x1，x2( x1< x2)确定a 的范围，代入函数值，构造函数，利用函数单调性求解.
【解答过程】（1）由题意得，函数f (x)的定义域为(0,+∞)，且a>0，f
′ (x)= 1
x −a−a
x
2 = −a x
2+ x−a
x
2
，
令g(x)=−a x
2+ x−a，
当1−4 a
2≤0，即a≥1
2时，g(x)≤0恒成立，则f
′ (x)≤0，所以f (x)在(0,+∞)上是单调递减；
当1−4 a
2>0，即0<a< 1
2时，函数g(x)有两个零点：x1= 1−
❑√1−4 a
2
2a
，x2= 1+
❑√1−4 a
2
2a
，
当x 变化时，f (x)，f
′ (x)的变化情况如下表所示：
x
(0, x1)
x1
(x1, x2)
x2
(x2,+∞)
f
′ (x)
-
0
+
0
-
f (x)
单调递
减
f (x1)
单调递
增
f (x2)
单调递
减
综上，当0<a< 1
2时，f (x)在(
1−
❑√1−4 a
2
2a
, 1+
❑√1−4 a
2
2a
)内单调递增，
在(0, 1−
❑√1−4 a
2
2a
)和(
1+
❑√1−4 a
2
2a
,+∞)上单调递减；
当a≥1
2时，f (x)在(0,+ ∞)上单调递减.
（2）由（1）知，当0<a< 1
2时，f (x)有两个极值点x1，x2( x1< x2)，
则x1，x2是方程g(x)=0的两个根，由韦达定理，得x1 x2=1，x1+ x2= 1
a，
所以0< x1<1< x2，
f (x1)+ f (x2)+ f (x1+ x2) = f (x1)+ f(
1
x1)+ f(
1
a)
= ln x1−a(x1−1
x1)+ ln 1
x1
−a(
1
x1
−x1)+ f(
1
a)
= f(
1
a)=ln 1
a −a(
1
a −a)=−lna−1+a
2，
令h(x)=−ln x−1+ x
2，0< x< 1
2，则h
′ (x)=−1
x +2 x = 2 x
2−1
x
，
当0< x< 1
2时，h
′ (x)<0，则h(x)在区间(0, 1
2)上单调递减，
从而h(x)>h(
1
2)=ln2−3
4 ，
故f (x1)+ f (x2)+ f (x1+ x2)>ln2−3
4 .
【变式5-3】（2025·陕西西安·模拟预测）已知函数f (x)=ln x−1
2 x + m
x
(m∈R)，记F (x)=2f (x)+ x．
(1)讨论函数F (x)的单调性；
(2)已知m>0，对任意x>0，存在a>0，使得m
a −f (a)≤F (x)，求实数m的取值范围；
(3)已知0< x1< x2，且F (x1)= F (x2)，求证：x1 x2>m
2．
【答案】(1)答案见解析
(2)[
❑√2e
2e ,+ ∞)
(3)答案见解析
【解题思路】（1）F (x)=2ln x + 2m
x ，对其求导，对实数m进行分类讨论进行求解；
（2）令h(a)= m
a −f (a)，a>0，由对任意x>0，存在a>0，使得m
a −f (a)≤F (x)，得h(a)min≤F( x)min
，进行求解；
（3）由（1）知，0< x1<m< x2，由F (x1)= F (x2)，得m=
x1 x2⋅ln x2
x1
x2−x1
，要证x1 x2>m
2，即证❑√x1 x2>m
，即证❑√x1 x2>
x1 x2⋅ln x2
x1
x2−x1
，即证❑√
x2
x1
−❑√
x1
x2
>ln x2
x1
，令t = ❑√
x2
x1
,t >1，即证t −1
t >2lnt ,t >1，令
φ(t )=t −1
t −2lnt ,t >1，利用导数判断单调性进行证明．
【解答过程】（1）F (x)=2f (x)+ x =2ln x−x + 2m
x + x =2ln x + 2m
x ，
则F
′( x)= 2
x −2m
x
2 = 2(x−m)
x
2
，
当m≤0时，F
′( x)>0，此时函数F (x)在(0，+∞)上单调递增，
当m>0时，由F
′( x)>0，得x>m，由F
′( x)<0，得0< x<m，
则函数F (x)在(0，m)上单调递减，在(m，+ ∞)上单调递增，
综上知，
当m≤0时，函数F (x)在(0，+ ∞)上单调递增；
当m>0时，函数F (x)在(0，m)上单调递减，在(m，+∞)上单调递增．
（2）由（1）知，当m>0时，F( x)min= F(m)=2ln m+2，
令h(a)= m
a −f (a)，a>0，则h(a)= m
a −f (a)= m
a −ln a+ a
2 −m
a = a
2 −ln a，
则h
′ (a)= 1
2 −1
a = a−2
2a ，
由h
′(a)>0，得a>2，由h
′(a)<0，得0<a<2，
则函数h(a)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，
得h(a)min=h(2)=1−ln 2，
由对任意x>0，存在a>0，使得m
a −f (a)≤F (x)，
得h(a)min≤F( x)min，
即1−ln2≤2ln m+2，
得ln m
2≥−1−ln2= ln 1
2e，
因为m>0，所以m≥
❑√2e
2e ，
故实数m的取值范围为：[
❑√2e
2e ,+ ∞)
（3）已知0< x1< x2，且F (x1)= F (x2)，由（1）知，m>0，
且函数F (x)在(0，m)上单调递减，在(m，+ ∞)上单调递增，
则0< x1<m< x2，
2ln x1+ 2m
x1
=2ln x2+ 2m
x2
，
得ln x2−ln x1= m
x1
−m
x2
，
得ln x2−ln x1= m(x2−x1)
x1 x2
，
得m=
x1 x2⋅ln x2
x1
x2−x1
，
要证x1 x2>m
2，即证❑√x1 x2>m，
即证❑√x1 x2>
x1 x2⋅ln x2
x1
x2−x1
，
即证1>
❑√x1 x2⋅ln x2
x1
x2−x1
，
因为0< x1<m< x2，所以x2−x1>0，
即证x2−x1>❑√x1 x2⋅ln x2
x1
，
即证
x2−x1
❑√x1 x2
>ln x2
x1
，
即证❑√
x2
x1
−❑√
x1
x2
>ln x2
x1
，
令t = ❑√
x2
x1
,t >1，
即证t −1
t >2lnt ,t >1，
令φ(t )=t −1
t −2lnt ,t >1，
得φ
′ (t )=1+ 1
t
2 −2
t = t
2−2t +1
t
2
= (t −1)
2
t
2
≥0，
则函数φ(t )在(1，+∞)上单调递增，
得φ(t )≥φ(1)=1−1−2ln1=0，
即t −1
t >2lnt得证，
故命题得证．
【题型6 导数中的极值偏移问题】
【例6】（2025·云南·模拟预测）已知函数f (x)=axln x (a≠0)．
(1)若a=2，求曲线y = f (x)在x =1处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性；
(3)若a=2, x1< x2，且f (x1)+ f (x2)+2= x1
2+ x2
2，证明：x1+ x2>2．
【答案】(1)y =2 x−2
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）分a>0和a<0两种情况讨论即可求解；
（3）令g(x)= f (x)−x
2+1=2 xln x−x
2+1，根据g(x)的单调性以及g(x1)+ g(x2)=0，得出0< x1<1< x2
，然后令F (x)= g(x)+ g(2−x)，0< x<1，
通过二次求导证明出F (x)>0，结合g(x1)+ g(x2)=0即可得证.
【解答过程】（1）依题意，f (x)=2 xln x，f
′ (x)=2ln x +2，则f
′ (1)=2，
而f (1)=0，故所求切线方程为y =2 x−2.
（2）依题意，f (x)的定义域为(0,+ ∞)，f
′ (x)=a(ln x +1)，
令f
′ (x)=0，得x = 1
e ，
若a>0，则当x∈(0, 1
e)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减；
当x∈(
1
e ,+ ∞)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增；
若a<0，则当x∈(0, 1
e)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增；
当x∈(
1
e ,+ ∞)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减．
综上所述，当a>0时，f (x)在区间(0, 1
e)上单调递减，在区间(
1
e ,+ ∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在区间(0, 1
e)上单调递增，在区间(
1
e ,+∞)上单调递减．
（3）（3）证明：令g(x)= f (x)−x
2+1=2 xln x−x
2+1，则g
′ (x)=2ln x +2−2 x，
令m(x)=2ln x +2−2 x，故m
′ (x)= 2
x −2=2⋅1−x
x
，
令m
′ (x)=0，解得x =1．
故当x∈(0,1)时，m
′ (x)>0,m(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，m
′ (x)<0,m(x)单调递减，
故m(x)≤m(1)=0，即g
′ (x)≤0, g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递减，且g(1)=0．
又g(x1)+ g(x2)=0，所以0< x1<1< x2，
令F (x)= g(x)+ g(2−x)，0< x<1，
则F
′ (x)= g
′ (x)−g
′ (2−x)=2[ln x−ln(2−x)−2 x +2)，0< x<1，
令G (x)=ln x−ln(2−x)−2 x +2，0< x<1，
则G
′ (x)= 1
x +
1
2−x −2= 2(x−1)
2
x (2−x) >0，
所以函数G (x)在区间(0,1)上单调递增，且x→1时，G (x)→0，所以G (x)<0，即F
′ (x)<0，
所以函数F (x)在区间(0,1)上单调递减，且x→1时，F (x)→0，所以F (x)>0，
所以当0< x<1时，g(x)+ g(2−x)>0，所以g(x1)+ g(2−x1)>0，
因为g(x1)+ g(x2)=0，所以−g(x2)+ g(2−x1)>0，即g(2−x1)>g(x2)，
因为函数g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递减，所以2−x1< x2，即x1+ x2>2．
【变式6-1】（2025·广东佛山·模拟预测）已知函数f (x)=e
x+ 1
2 x
2−x．
(1)设h(x)= f
′ (x)，求h(x)的零点并判断f (x)的单调性；
(2)若f (x1)= f (x2)，且x1< x2，证明：
（i）x1+ x2<0；
（ii）e
x1+e
x2>2．
【答案】(1)h(x)的零点为0；f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增.
(2)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数分析h(x)的单调性，可得到h(x)在R上有唯一零点.利用h(x)的单调性得到
f
' (x)>0及f
' (x)<0的解，从而得到判断f (x)的单调性；
（2）（i）构造新函数，通过分析新函数的单调性，结合f (x)的单调性证得x2<−x1，即x1+ x2<0；
（ii）构造新函数，根据新函数的单调性分析，结合f (x)的单调性证得e
x2>2−e
x1，即e
x1+e
x2>2．
【解答过程】（1）由函数f (x)=e
x+ 1
2 x
2−x , x∈R，得h(x)= f
' (x)=e
x+ x−1, x∈R.
所以h
' (x)=e
x+1, x∈R.
因为h
' (x)>0恒成立，且h(x)在R上单调递增.
因为h(0)=0，所以h(x)在R上有唯一零点.
所以h(x)的零点为0.
所以，当x<0时，f
' (x)<0；当x>0时，f
' (x)>0.
所以f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增.
（2）由（1）知，f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增.
所以f (x)在x =0处取得极小值，即最小值，最小值为f (0)=1.
若f (x1)= f (x2)，且x1< x2，则x1<0< x2.
f (x2)−f (−x1)= f (x1)−f (−x1)=(e
x1+ 1
2 x1
2−x1)−(e
−x1+ 1
2 x1
2+ x1)=e
x1−e
−x1−2 x1.
令g(x)=e
x−e
−x−2 x , x<0，则g
' (x)=e
x+e
−x−2>0.
所以g(x)是增函数，所以g(x)<0.
由（1）知x1<0，所以e
x1−e
−x1−2 x1<0，所以f (x2)−f (−x1)<0，即f (x2)<f (−x1).
因为f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，所以x2<−x1，即x2+ x1<0.
（ii）设t = x2−x1，则t >0.
令m(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1),t >0，则m
' (t )=(t −1)e
t +1,t >0.
令s(t )=m
' (t )=(t −1)e
t +1,t >0，则s
' (t )=t e
t>0.
所以s(t )在(0,+ ∞)上单调递增，即m
' (t )在(0,+ ∞)上单调递增.
所以m
' (t )>(0−1)×e
0+1=0，所以m(t )在(0,+∞)上单调递增.
所以m(t )>0×(e
0+1)−2(e
0−1)=0.
所以，当t >0时，t (e
t +1)−2(e
t−1)>0恒成立，即e
t +1> 2(e
t−1)
t
.
即e
x2−x1+1> 2(e
x2−x1−1)
x2−x1
.
两边同乘以e
x1，得e
x2+e
x1> 2(e
x2−e
x1)
x2−x1
.
因为f (x1)= f (x2)，所以e
x1+ 1
2 x1
2−x1=e
x2+ 1
2 x2
2−x2，
所以e
x2−e
x1=(
1
2 x1
2−x1)−(
1
2 x2
2−x2)= 1
2 (x1−x2)(x1+ x2−2)，
即e
x2−e
x1
x2−x1
=−1
2 (x1+ x2−2).
因为x1+ x2<0，所以x1+ x2−2<−2，所以−1
2 (x1+ x2−2)>1，即e
x2−e
x1
x2−x1
>1.
所以，e
x2+e
x1> 2(e
x2−e
x1)
x2−x1
>2.
因此，e
x2+e
x1>2得证.
【变式6-2】（2025·上海杨浦·模拟预测）设函数y = f (x)的定义域为D，在D上仅有一个极值点x0，方程
f (x)=0在D上仅有两解，分别为x1、x2，且x1< x0< x2．若x1+ x2
2
> x0，则称函数y = f (x)在D上的极值
点左偏移；若x1+ x2
2
< x0，则称函数y = f (x)在D上的极值点右偏移．
(1)设f (x)= x
2−1, D = R，判断函数y = f (x)在D上的极值点是否左偏移或右偏移，并说明理由；
(2)设m>0且m≠1，f (x)= x
3−m x
2−x +m，D =(0,+∞)，求证：函数y = f (x)在D上的极值点右偏移；
(3)设a∈R，f (x)=ln x−ax，D =(0,+∞)，求证：当0<a<e
−1时，函数y = f (x)在D上的极值点左偏
移．
【答案】(1)既不左偏移，也不右偏移，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用二次函数求解零点和极值点，即可得出判断；
（2）利用三次函数求解零点和极值点，再用作差法比较大小，也可得出判断；
（3）利用分析法，再借助f (x1)= f (x2)=0，可转化证明x1+ x2
2
> x0，然后构造
h(x)= f (2 x0−x)−f (x), x∈(0, 1
a)，证明其单调性，从而问题得证；
方法二：利用分析法，把要证明的不等式，利用零点性质转化证明t +1
t −1 lnt >2，从而问题得证.
【解答过程】（1）由f (x)= x
2−1, D = R零点为x1=−1, x2=1,极值点为x0=0，
由于x1+ x2
2
= x0，所以极值点既不左偏移，也不右偏移．
（2）因为f (x)=(x
2−1)(x −m)，其中m>0且m≠1，
因此在D =(0,+ ∞)内的零点为1 和m．
而f
′ (x)=3 x
2−2mx −1，Δ= 4 m
2+12，
因此在D =(0,+ ∞)内的极值点为x0= m+
❑√m
2+3
3
．
此时x0−x1+ x2
2
= m+
❑√m
2+3
3
−1+m
2
= 2
❑√m
2+3−(m+3)
6
，
而m>0，由于(2
❑√m
2+3)
2−(m+3)
2=3m
2−6m+3=3(m−1)
2≥0，
因为m≠1，所以2
❑√m
2+3>m+3，即x1+ x2
2
< x0，
则函数y = f (x)在D上的极值点右偏移得证．
（3）先考虑y = f (x)有两个零点，此时a=ln x
x
．
设g(x)=ln x
x
，则g
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
当0< x<e时，g
′ (x)= 1−ln x
x
2
>0，此时y = g(x)在0< x<e上单调递增，
当x>e时，g
′ (x)= 1−ln x
x
2
<0，此时y = g(x)在x>e上单调递减，
而当x→0时，g(x)→−∞, x→+ ∞时g(x)→0，
所以结合图像，
g(x)=a有两解时，a的取值范围是(0,e
−1)，此时的两个零点0< x1<e, x2>e．
再考虑极值点，f
′ (x)= 1
x −a，
当a>0时，f
′ (x)=0有解x = 1
a，
当0< x< 1
a时，f
′ (x)= 1
x −a>0，此时y = f (x)在0< x< 1
a上单调递增，
当x> 1
a时，f
′ (x)= 1
x −a<0，此时y = f (x)在x> 1
a上单调递减，
因此y = f (x)有唯一极值点x0= 1
a，并且x1< x0< x2．
要证明x1+ x2
2
> x0，即证明x2>2 x0−x1，因为x1< x0，所以x2>2 x0−x1> x0，
又因为y = f (x)在x> x0上单调递减，
所以只需要证明f (x2)<f (2 x0−x1)，
又因为f (x2)= f (x1)=0，所以只需要证明f (x1)<f (2 x0−x1)，
构造h(x)= f (2 x0−x)−f (x)=ln(
2
a −x)−a(
2
a −x)−(ln x−ax)
=ln(2−ax)−ln x +2ax−lna−2, x∈(0, 1
a)，由于ax∈(0,1)，
则h
′ (x)= −a
2−ax −1
x +2a= −ax−(2−ax)+2ax (2−ax)
(2−ax) x
= −2+ 4 ax−2(ax)
2
(2−ax) x
=−2 (ax−1)
2
(2−ax) x <0，
即y =h(x)在区间(0, 1
a)上单调递减，且h(x0)=0，即在(0, 1
a)上恒有y =h(x)>0，
则h(x)= f (2 x0−x)−f (x)>0⇒f (2 x0−x)>f (x)，
所以原不等式x1+ x2
2
> x0得证，
因此函数y = f (x)在D上的极值点左偏移．
解法二：由f (x1)=ln x1−a x1=0,f (x2)=ln x2−a x2=0，
可得x1+ x2=ln x1+ln x2
a
．
欲证x1+ x2
2
> 1
a，即证ln x1+ln x2
2a
> 1
a，即证ln x1+ln x2>2．
ln x1+ln x2=ln x2−ln x1
x2−x1
(x1+ x2)，
不妨设0< x1< x2，令t = x2
x1
>1，
于是ln x1+ln x2= t +1
t −1 lnt，
此时即证：当t >1时，t +1
t −1 lnt >2．
令g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
,t >1，求导并整理，得g
′ (t )= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
因此函数y = g(t )在区间(1,+∞)上单调递增，
其值域为(g(1),+ ∞)，而g(1)=0，
因此当t >1时，g(t )>0，即t +1
t −1 lnt >2，
从而x1+ x2
2
> 1
a得证，即函数y = f (x)在D上的极值点左偏移．
【变式6-3】（2025·青海海南·模拟预测）已知函数f (x)=ln x−m x
2+lnm,m>0．
(1)讨论函数f (x)的单调性．
(2)假设存在正实数x1, x2(x1≠x2)，满足f (x1)=e
x1
m −m x1
2,f (x2)=e
x2
m −m x2
2．
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明：x1+ x2>2．
【答案】(1)函数f (x)在(
❑√2m
2m ,+ ∞)上单调递减，在(0,
❑√2m
2m )上单调递增．
(2)（i）m∈[e,+∞)；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）求导，由导数符号即可求解；
（2）（i）由题意知，问题转换成mx lnmx = xe
x有两根，通过取对数，同构，构造函数g(x)=ln x + x，
通过其单调性即可求解；（ii）构造函数H (x)= F (x)−F (2−x)，通过求导，确定单调性，确定最值，即
可求解；
【解答过程】（1）由题意知，f
′ (x)= 1
x −2mx，
令f
′ (x)>0，解得0< x<
❑√2m
2m ，
令f
′ (x)<0，解得x>
❑√2m
2m ，
故函数f (x)在(
❑√2m
2m ,+ ∞)上单调递减，在(0,
❑√2m
2m )上单调递增．
（2）（i）由题意知，ln x +lnm=e
x
m 在(0,+ ∞)上有两个不相等的实数根，即mxlnmx = xe
x，
两边取对数，可得ln(lnmx)+lnmx =ln x + x．记g(x)=ln x + x，易知g(x)在(0,+∞)上是增函数，
故g(lnmx)= g(x)可等价于lnmx = x，即x−ln x =lnm．
记F (x)= x−ln x，则F
′ (x)=1−1
x ，得F (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
F (x)有最小值F (1)=1，故ln m≥1，即m∈[e,+ ∞)．
（ii）根据题意得F (x1)= F (x2)= ln m，不妨设0< x1<1< x2．
构造函数H (x)= F (x)−F (2−x)，
则H
′ (x)= F
′ (x)+ F
′ (2−x)=1−1
x +1−
1
2−x =( x−1)(
1
x −
1
2−x)．
当0< x<1时，x−1<0, 1
x −
1
2−x >0，则H
′ (x)<0，得H (x)在(0,1)上单调递减，
有H (x)> H (1)=0，即F (x)> F (2−x)(0< x<1)．
将x1代入不等式，得F (x1)> F (2−x1)，又F (x1)= F (x2)，
故F (x2)> F (2−x1)，
又x2>1,2−x1>1, F (x)在(1,+∞)上单调递增，
故x2>2−x1，即x1+ x2>2．
【题型7 导数在实际问题中的应用】
【例7】（2025·陕西·模拟预测）将一个体积为36π的铁球切割成一个正三棱锥的机床零件，则该零件体
积的最大值为（ ）
A．8 ❑√2
B．8 ❑√3
C．4 ❑√2
D．4 ❑√3
【答案】B
【解题思路】设正三棱锥的底面边长为a，高为h，球半径为R，由球体积求得球半径R =3，根据边长、
高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于h的函数，利用导数求体积最大值.
【解答过程】设正三棱锥的底面边长为a，高为h，球半径为R，
由球的体积为36π，则4
3 π R
3=36π，解得R =3，
∴(
❑√3
3 a)
2
+(h−3)
2=9，即1
3 a
2+h
2−6h=0，故a
2=−3h
2+18h(0<h<6)，
∴正三棱锥的体积为：V = 1
3 ×
❑√3
4 a
2h=
❑√3
12 (−3h
2+18h)h=
❑√3
12 (−3h
3+18h
2)，
∴V
′ =
❑√3
12 (−9h
2+36h)，
由V
′>0得：0<h<4，此时函数V 单调递增，
由V
′<0得：4<h<6，此时函数V 单调递减，
∴当h= 4时，V 取得最大值，且最大值为
❑√3
12 (−3×4
3+18×4
2)=8 ❑√3.
故选：B.
【变式7-1】（2025·辽宁辽阳·一模）已知球O的半径为R，则在球O的内接圆锥中，体积最大的圆锥的底
面半径为（ ）
A．2❑√2
3
R
B．1
3 R
C．
❑√3
3 R
D．2❑√3
3
R
【答案】A
【解题思路】设球O的内接圆锥的底面半径为r，取圆锥的轴截面△ABC，取线段BC的中点O1，连接
A O1，设OO1= x，则0< x< R，可得出A O1= R+ x，r
2= R
2−x
2，设圆锥的体积为f (x)，求出函数f (x)
的解析式，利用导数求出函数f (x)取最大值时对应的x值，即可求得对应的r值，即为所求.
【解答过程】如下图所示，设球O的内接圆锥的底面半径为r，
显然当球心在圆锥的内部时，圆锥的体积才会最大，
取圆锥的轴截面△ABC，取线段BC的中点O1，连接A O1，则A O1⊥BC，且O在线段A O1上，
设OO1= x，则0< x< R，且A O1= R+ x，r
2=O1C
2=OC
2−OO1
2= R
2−x
2，
设圆锥的体积为f (x)= 1
3 πr
2⋅A O1= 1
3 π(R
2−x
2)(R+ x)= 1
3 π(−x
3−R x
2+ R
2 x + R
3)，
则f
′ (x)= 1
3 π(−3 x
2−2 Rx + R
2)=−1
3 π(3 x−R)(x + R)，
由f
′ (x)>0可得0< x< R
3 ，由f
′ (x)<0可得R
3 < x< R，
所以，函数f (x)在区间(0, R
3)上单调递增，在区间(
R
3 , R)上单调递减，
所以，函数f (x)在x = R
3 时取最大值，此时，r = ❑√
R
2−(
R
3)
2
= 2❑√2
3
R.
故选：A.
【变式7-2】（2025·上海宝山·二模）某分公司经销一产品，每件产品的成本为5 元，且每件产品需向总公
司交2 元的管理费，预计每件产品的售价为x元（8≤x ≤11）时，一年的销售量为（12−x ）
2万件，则
每件产品售价为 元时，该分公司一年的利润达到最大值.（结果精确到1 元）
【答案】9
【解题思路】根据条件确定函数关系式，由函数的最值与函数的导数的关系，求出该函数的最大值即可.
【解答过程】分公司一年的利润y (万元)与售价x的函数关系式为
y =( x−5−2)(12−x)
2=( x−7)(12−x)
2, x∈[8,11)，
所以y
′ =(12−x)
2−2( x−7)(12−x)=(12−x)(26−3 x)，
令y
′ =0，即(12−x)(26−3 x)=0，解得x = 26
3 或x =12（舍），
当x∈[8, 26
3 )时，y
′>0，此时y =( x−5−2)(12−x)
2在[8, 26
3 )上单调递增，
当x∈(
26
3 ,11)时，y
′<0，此时y =( x−5−2)(12−x)
2在(
26
3 ,11)单调递减，
又因为结果精确到1 元，且当x =8时，y =16，且当x =9时，y =18，
于是：当每件产品的售价为9 元时，该分公司一年的利润最大.
故答案为：9.
【变式7-3】（2025·上海·模拟预测）如下图所示，甲工厂位于一直线河岸的岸边A 处，乙工厂与甲工厂在
河的同侧，且位于离河岸40km 的B 处，河岸边D 处与A 处相距50km（其中BD⊥AD），两家工厂要在
此岸边建一个供水站C，从供水站到甲工厂和乙工厂的水管费用分别为每千米3a 元和5a 元，问供水站C
建在岸边距离A 处
km 才能使水管费用最省？
【答案】20
【解题思路】设C点距D点x km， 得到|BD)= 40,|AC)=50−x，且|BC)=
❑√40
2+ x
2，再设总的水管费
用为y元，求得y =3a(50−x)+5a
❑√x
2+ 40
2，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
【解答过程】据题意知， 只有点C在线段AD上某一适当位置，才能使总运费最省，
设C点距D点x km， 如图所示， 则|BD)= 40,|AC)=50−x，
所以|BC)=
❑√B D
2+C D
2=
❑√40
2+ x
2，
再设总的水管费用为y元，则y =3a(50−x)+5a
❑√x
2+ 40
2(0< x<50)，
可得y
′ =−3a+
5ax
❑√x
2+ 40
2，令y
′ =0，解得x =30，
当x∈(0,30)时，y
′<0，函数在(0,30)上单调递减；
当x∈(30,50)时，y
′>0，函数在(30,50)上单调递增，
所以，当x =30时，函数取得极小值，也是最小值，
所以函数在x =30km处取得最小值，此时|AC)=50−x(km)，
故供水站C建立在A , D之间距甲厂20km处，可使水管费用最省.
故答案为：20.
【题型8 导数中的新定义问题】
【例8】（2025·江苏·三模）已知函数y = f (x)在闭区间[a,b)上连续，在开区间(a,b)内可导，则(a,b)内至
少存在一个点x0∈(a,b)，使得f (b)−f (a)= f
′(x0)(b−a)，其中x = x0称为函数y = f (x)在闭区间[a,b)上
的“中值点”.则函数f (x)= x
3−2 x在区间[−1,1)上的“中值点”的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【解题思路】求导f
′ (x)，解方程2f
′(x0)= f (1)−f (−1)，即可得出结论.
【解答过程】因为f (x)= x
3−2 x，则f
′ (x)=3 x
2−2，且f (−1)=1，f (1)=−1，
由题意可得2f
′(x0)= f (1)−f (−1)=−2，可得f
′(x0)=3 x0
2−2=−1，解得x0=±
❑√3
3 ，
因此，函数f (x)= x
3−2 x在区间[−1,1)上的“中值点”的个数为2.
故选：C.
【变式8-1】（2025·江西南昌·一模）我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极
大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知f (x)=e
x−1
2 e x
2+(x−1)
2，
则下列给出的函数其图象与y = f (x)的图象“相似”的是（ ）
A．y = x
2
B．y =−x
2
C．y = x
3−3 x
D．y =−x
3+3 x
【答案】C
【解题思路】先利用导数求出函数f (x)的极值点，再逐一判断各个选项即可.
【解答过程】f
′ (x)=e
x−e x +2 x−2，则f
′ (1)=0，
令f
′ (x)=0，则e
x=(e−2) x +2，
如图，作出函数y =e
x, y =(e−2) x +2的图象，
由图可知函数y =e
x, y =(e−2) x +2的图象有两个交点，
即函数y = f
′ (x)有两个零点1, x0，且x0<0，
令f
′ (x)>0，则x>1或x< x0，令f
′ (x)<0，则x0< x<1，
所以f (x)在(−∞, x0),(1,+ ∞)上单调递增，在(x0,1)上单调递减，
所以f (x)的极大值点为x0，极小值点为1.
对于A，函数y = x
2在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)单调递增，
所以函数有极小值点，无极大值点，故A 选项不符；
对于B，函数y =−x
2在(−∞,0)上单调递增，在(0,+ ∞)单调递减，
所以函数有极大值点，无极小值点，故B 选项不符；
对于C，y
′ =3 x
2−3，
当x<−1或x>1时，y
′ =3 x
2−3>0，当−1< x<1时，y
′ =3 x
2−3<0，
所以函数y = x
3−3 x的极大值点为−1，极小值点为1，故C 选项符合题意；
对于D，y =−x
3+3 x =−(x
3−3 x)，
则函数y =−x
3+3 x的极小值点为−1，极大值点为1，故D 选项不符.
故选：C.
【变式8-2】（2025·湖北武汉·一模）已知函数f (x)的导函数为f
′ (x)，若f
′ (x)在区间D上单调递增，则称
f (x)为区间D上的凹函数；若f
′ (x)在区间D上单调递减，则称f (x)为区间D上的凸函数.已知函数
f (x)= x
e
x + λln(x +1).
(1)若f (x)在[2,3)上为凹函数，求实数λ的取值范围；
(2)已知F (x)= f (x−1)，且F (x)在(1,+ ∞)上存在零点，求实数λ的取值范围.
【答案】(1)(−∞,0)
(2)(−1,0)
【解题思路】（1）令m(x)= f
′ (x)，依题意知，m
′ (x)≥0对任意的x∈[2,3)恒成立，利用分离参数法求解
即可；
（2）分λ≥0和λ<0两种情况讨论，求出函数的单调区间及极值，进而可得出答案.
【解答过程】（1）f
′ (x)= 1−x
e
x
+
λ
x +1 =m(x)，
则m
′ (x)= x−2
e
x
−
λ
( x +1)
2，
依题意知，m
′ (x)≥0对任意的x∈[2,3)恒成立，则( x +1)
2(x−2)
e
x
≥λ恒成立，
令n(x)= ( x +1)
2(x−2)
e
x
= x
3−3 x−2
e
x
, x∈[2,3)，
则n
′ (x)= 1
e
x (−x
3+3 x
2+3 x−1)= x +1
e
x
(−x
2+ 4 x−1)>0，
故n(x)在[2,3)上单调递增，故n(2)=0≥λ，
则实数λ的取值范围为(−∞,0)；
（2）依题意得，F (x)= f (x−1)= x−1
e
x−1 + λln x，
若λ≥0，当x>1时，x−1
e
x−1 >0,ln x>0，
所以F (x)>0, F (x)在(1,+∞)上无零点，舍去；
若λ<0，则F
′ (x)= λe
x−1−x
2+2 x
xe
x−1
，令g(x)= λe
x−1−x
2+2 x，
则g
′ (x)= λe
x−1−2(x−1)<0，则g(x)在(1,+∞)上单调递减，且g(1)= λ+1，
①若λ+1>0，即−1< λ<0，此时g(2)= λe<0，
则存在m∈(1,2)，使得g(m)=0，即F
′ (m)=0，
故F (x)在(1,m)上单调递增，在(m,+ ∞)上单调递减，所以F (m)> F (1)=0，
当x>m时，F (x)= x−1
e
x−1 + λln x< x−1
x
+ λln x =1−1
x + λln x<1+ λln x，
令1+ λln x<0，解得x>e
−1
λ，
因为e
−1
λ >e>m，且F(e
−1
λ)<0，
所以存在唯一的x1∈(m,e
−1
λ)，使得F (x1)=0，满足条件；
②若λ+1≤0，即λ≤−1，此时g(x)<0, F (x)在(1,+∞)上单调递减，
又F (1)=0，所以F (x)<0，不合题意，舍去，
综上所述，实数λ的取值范围为(−1,0).
【变式8-3】（2025·河南许昌·模拟预测）对于函数y = f ( x)，x∈D1和y = g( x)，x∈D2，设
D1∩D2= D，若对任意的x1，x2∈D，都有|f ( x1)−f ( x2))≤|g( x1)−g( x2))
t(t >0)成立，则称函数
y = f ( x)与y = g( x)“具有性质H (t )”.
(1)判断函数f ( x)=sin x，x∈(0, π
2 )与g( x)= x是否“具有性质H (1)”，并说明理由；
(2)若函数f ( x)= 1
x
2 +2ln x−2与y = g( x)“具有性质H (1)”，且函数y = g( x)在区间(0,+∞)上存在两
个零点x1，x2，求证：x1
2+ x2
2>2；
(3)已知函数f ( x)= x ln x，x∈(0,1)，g( x)= x，求证：函数y = f ( x)与y = g( x)“具有性质H ( 1
2 )”.
【答案】(1)具有性质H (1)，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）q( x)= x−sin x，x∈(0,π
2 )，利用导数判断其单调性后可证函数f ( x)=sin x，
x∈(0, π
2 )与g( x)= x“具有性质H (1)”.
（2）根据函数具有性质H (1)得f ( x1)= f ( x2)，令x1
2=t1，x2
2=t2，利用极值点偏移的方法可证t1+t2>2，
故可得原不等式成立；
（3）令u( x)= f ( x)−x = x ln x−x， φ( x)= f ( x)+ ❑√x = x ln x + ❑√x，利用导数可证在(0,1)前者为减函
数，后者为增函数，再结合不等式的性质可证函数y = f ( x)与y = g( x)“具有性质H ( 1
2 )”.
【解答过程】（1）令q( x)= x−sin x，x∈(0,π
2 )，
所以q
′( x)=1−cos x>0，所以q( x)在(0,π
2 )上单调递增，
不妨设0< x1≤x2<π
2 ，所以q( x2)≥q( x1)，即x2−sin x2≥x1−sin x1，
即x2−x1≥sin x2−sin x1，
所以|sin x2−sin x1)≤|x2−x1)，
所以函数f ( x)=sin x，x∈(0,π
2 )与g( x)= x“具有性质H (1)”.
（2）证明：由函数y = g( x)在(0,+∞)上有两个零点x1，x2，得g( x1)= g( x2)=0，
又函数f ( x)= 1
x
2 +2ln x−2与y = g( x)“具有性质H (1)”，
则|f ( x1)−f ( x2))≤|g( x1)−g( x2))=0，
即f ( x1)= f ( x2)，即
1
x1
2 +2ln x1−2= 1
x2
2 +2ln x2−2，
令x1
2=t1，x2
2=t2，即1
t1
+ lnt1−2= 1
t2
+ lnt2−2.
记h( x)= 1
x + ln x−2，即h(t1)=h(t2)，又h
′( x)=−1
x
2 + 1
x = x−1
x
2 ，
当0< x<1时，h
′( x)<0；当x>1时，h
′( x)>0，
所以函数h( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增.
要证x1
2+ x2
2>2，即证t1+t2>2，不妨设0<t1<1<t2，
即证t2>2−t1>1，只需证h(t2)>h(2−t1)，即证h(t1)>h(2−t1).
设H ( x)=h( x)−h(2−x)，即H ( x)= 1
x + ln x−
1
2−x −ln(2−x)，
所以H
′( x)=−1
x
2 + 1
x −
1
(2−x)
2 +
1
2−x =−4(1−x)
2
x
2(2−x)
2 ≤0，
所以函数H ( x)在(0,+ ∞)上单调递减，且H (1)=0，
又0<t1<1，则H (t1)> H (1)=0，即h(t1)−h(2−t1)>0，则h(t1)>h(2−t1)得证，
故x1
2+ x2
2>−2.
（3）证明：不妨设0< x1≤x2<1，所以0≤x2−x1<1，所以x2−x1≤❑√x2−x1，
所以x1−x2≥−❑√x2−x1，令u( x)= f ( x)−x = x ln x−x，x∈(0,1)，
所以u
′( x)= ln x<0，所以u( x)在(0,1)上单调递减，
又0< x1≤x2<1，所以u( x1)≥u( x2)，即x1ln x1−x1≥x2ln x2−x2，
所以x1ln x1−x2ln x2≥x1−x2≥−❑√x2−x1；
当0< x1≤x2<1时，❑√x2−❑√x1≤❑√x2−x1，
令φ( x)= f ( x)+ ❑√x = x ln x + ❑√x，0< x<1，所以φ
′( x)= ln x +1+
1
2❑√x ，
令r( x)=φ
′( x)，所以r
′( x)= 1
x −
1
4 x ❑√x = 4 ❑√x−1
4 x ❑√x ，
令r
′( x)<0，解得0< x< 1
16，
令r
′( x)>0，解得1
16 < x<1，
所以r( x)在(0, 1
16 )上单调递减，在( 1
16 ,1)上单调递增，
所以r( x)≥r( 1
16 )=3−ln16= ln e
3
16 >ln1=0，
即φ
′( x)>0，所以φ( x)在(0,1)上单调递增，
又0< x1≤x2<1，所以φ( x2)≥φ( x1)，即x2ln x2+ ❑√x2≥x1ln x1+ ❑√x1，
所以x1ln x1−x2ln x2≤❑√x2−❑√x1≤❑√x2−x1，
综上，−❑√x2−x1≤x1ln x1−x2ln x2≤❑√x2−x1，即|x1ln x1−x2ln x2)≤|x2−x1)
1
2，
即函数y = f ( x)与y = g( x)“具有性质H ( 1
2 )”.
考点一 导数的综合应用
一、单选题
1．（2023·全国乙卷·高考真题）函数f (x)= x
3+ax +2存在3 个零点，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2)
B．(−∞,−3)
C．(−4 ,−1)
D．(−3,0)
【答案】B
【解题思路】写出f
′( x)=3 x
2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0 且极小值小于0 即可.
【解答过程】f ( x)= x
3+ax +2，则f
′( x)=3 x
2+a，
若f (x)要存在3 个零点，则f (x)要存在极大值和极小值，则a<0，
令f
′( x)=3 x
2+a=0，解得x =−❑√
−a
3 或❑√
−a
3 ，
且当x∈(−∞,−❑√
−a
3 )∪(
❑√
−a
3 ,+ ∞)时，f
′( x)>0，
当x∈(−❑√
−a
3 ,❑√
−a
3 )，f
′( x)<0，
f (x) (−∞,−❑√
−a
3 ),(
❑√
−a
3 ,+ ∞)上单调递增，
f (x)在(−❑√
−a
3 ,❑√
−a
3 )上单调递减，
故f (x)的极大值为f(−❑√
−a
3 )，极小值为f(
❑√
−a
3 )，
若f (x)要存在3 个零点，则{
f(−❑√
−a
3 )>0
f(
❑√
−a
3 )<0)
，即{
a
3
❑√
−a
3 −a ❑√
−a
3 +2>0
−a
3
❑√
−a
3 +a ❑√
−a
3 +2<0)
，解得a<−3，
故选：B.
二、多选题
2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，则（ ）
A．当a>1时，f ( x)有三个零点
B．当a<0时，x =0是f ( x)的极大值点
C．存在a，b，使得x =b为曲线y = f ( x)的对称轴
D．存在a，使得点(1,f (1))为曲线y = f ( x)的对称中心
【答案】AD
【解题思路】A 选项，先分析出函数的极值点为x =0, x =a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f ( x)
在(−1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假
设存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，则f ( x)= f (2b−x)为恒等式，据此计算判断；D 选项，
若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f ( x)的对称中心，则f ( x)+ f (2−x)=6−6a，据此进行计算判断，亦
可利用拐点结论直接求解.
【解答过程】A 选项，f
′( x)=6 x
2−6ax =6 x( x−a)，由于a>1，
故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时f
′( x)>0，故f ( x)在(−∞,0),(a,+ ∞)上单调递增，
x∈(0,a)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
则f ( x)在x =0处取到极大值，在x =a处取到极小值，
由f (0)=1>0，f (a)=1−a
3<0，则f (0)f (a)<0，
根据零点存在定理f ( x)在(0,a)上有一个零点，
又f (−1)=−1−3a<0，f (2a)= 4 a
3+1>0，则f (−1)f (0)<0,f (a)f (2a)<0，
则f ( x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f ( x)有三个零点，A 选项正确；
B 选项，f
′( x)=6 x( x−a)，a<0时，x∈(a,0),f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
x∈(0,+∞)时f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
此时f ( x)在x =0处取到极小值，B 选项错误；
C 选项，假设存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，
即存在这样的a,b使得f ( x)= f (2b−x)，
即2 x
3−3a x
2+1=2(2b−x)
3−3a(2b−x)
2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b−x)
3展开式含有x
3的项为2C3
3(2b)
0(−x)
3=−2 x
3，
于是等式左右两边x
3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，C 选项错误；
D 选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f (1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f ( x)的对称中心，
则f ( x)+ f (2−x)=6−6a，事实上，
f ( x)+ f (2−x)=2 x
3−3a x
2+1+2(2−x)
3−3a(2−x)
2+1=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a，
于是6−6a=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a
即{
12−6a=0
12a−24 =0
18−12a=6−6a)，解得a=2，即存在a=2使得(1,f (1))是f ( x)的对称中心，D 选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，f
′( x)=6 x
2−6ax，f
″( x)=12 x−6a，
由f
″( x)=0⇔x = a
2，于是该三次函数的对称中心为(
a
2 ,f(
a
2))，
由题意(1,f (1))也是对称中心，故a
2 =1⇔a=2，
即存在a=2使得(1,f (1))是f ( x)的对称中心，D 选项正确.
故选：AD.
三、解答题
3．（2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数f ( x)=5cos x−cos5 x在区间[0,π
4 )的最大值；
（2）给定θ∈(0,π)和a∈R，证明：存在y ∈[a−θ ,a+θ ]使得cos y ≤cosθ；
（3）设b∈R，若存在φ∈R使得5cos x−cos(5 x +φ)≤b对x∈R恒成立，求b 的最小值．
【答案】(1)3 ❑√3
(2)证明见解析
(3)3 ❑√3
【解题思路】（1）利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；
或者利用均值不等式可求最大值.
（2）利用反证法可证三角不等式有解；
（3）先考虑φ =0,π时b的范围，对于φ∈(0,π)时，可利用（2）中的结论结合特值法求得b≥3 ❑√3，从
而可得b的最小值；或者先根据函数解析特征得b≥0，再结合特值法可得b≥3 ❑√3，结合（1）的结果可得
b的最小值.
【解答过程】（1）法1：f
′ (x)=−5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin2 x，
因为x∈[0,π
4 )，故2 x∈[0,π
2 )，故sin 2 x ≥0，
当0< x<π
6 时，cos3 x>0即f
′ (x)>0，
当π
6 < x<π
4 时，cos3 x<0即f
′ (x)<0，
故f (x)在(0,π
6 )上为增函数，在(
π
6 ,π
4 )为减函数，
故f (x)在[0,π
4 )上的最大值为f(
π
6 )=5cosπ
6 −cos5π
6 =3 ❑√3.
法2：我们有cos5 x =cos(x + 4 x)=cos x cos 4 x−sin x sin 4 x
=cos x(2cos
22 x−1)−sin x⋅2sin 2 x cos2 x
=cos x(2(2cos
2 x−1)
2−1)−sin x⋅2⋅2sin x cos x cos2 x
=cos x(8cos
4 x−8cos
2 x +1)−4 cos x cos2 x sin
2 x
=8cos
5 x−8cos
3 x +cos x−4 cos x(2cos
2 x−1)(1−cos
2 x)
=16cos
5 x−20cos
3 x +5cos x.
所以：
f (x)=5cos x −cos5 x =5cos x −(16cos
5 x −20cos
3 x +5cos x)=20cos
3 x −16cos
5 x
= 4 cos
3 x(5−4 cos
2 x)≤4|cos x)
3(5−4|cos x)
2)= 4|cos x)
3(❑√5−2|cos x))(❑√5+2|cos x))
= 32
3 (|cos x)⋅|cos x)⋅|cos x)⋅
❑√15+3
4
(❑√5−2|cos x))⋅
❑√15−3
4
(❑√5+2|cos x)))
≤32
3 (
1
5(|cos x)+|cos x)+|cos x)+
❑√15+3
4
(❑√5−2|cos x))+
❑√15−3
4
(❑√5+2|cos x))))
5
= 32
3 (
❑√3
2 )
5
=3 ❑√3.
这得到f (x)≤3 ❑√3，同时又有f(
π
6 )=5cosπ
6 −cos5π
6 =3 ❑√3，
故f (x)在[0,π
4 )上的最大值为3 ❑√3，在R上的最大值也是3 ❑√3.
（2）法1：由余弦函数的性质得cos x ≤cosθ的解为[2k π+θ ,2k π+2π−θ)，k ∈Z，
若任意[2k π+θ ,2k π+2π−θ),k ∈Z与[a−θ ,a+θ)交集为空，
则a−θ>2k π+2π−θ且a+θ<2k π+2π+θ，此时a无解，
矛盾，故无解；故存在k ∈Z，使得[2k π−θ,2k π+θ)∩(a−θ ,a+θ)≠∅，
法2：由余弦函数的性质知cos y ≤cosθ的解为[2k π+θ,2(k +1)π−θ)(k ∈Z)，
若每个[2k π+θ,2(k +1)π−θ)与[a−θ ,a+θ)交集都为空，
则对每个k ∈Z，必有2(k +1)π−θ<a−θ或2k π+θ>a+θ之一成立.
此即k < a
2π −1或k > a
2π，但长度为1的闭区间[
a
2π −1, a
2π)上必有一整数k，
该整数k不满足条件，矛盾.
故存在y ∈[a−θ ,a+θ)，使得cos y ≤cosθ成立.
（3）法1：记h( x)=5cos x−cos(5 x +φ)，
因为h( x +2π)=5cos(x +2π)−cos(5 x +10π+φ)=h(x)，
故h(x)为周期函数且周期为2π,故只需讨论x∈[0,2π),φ∈[0,π)的情况.
当φ =π时，h( x)=5cos x−cos(5 x +π)=5cos x +cos5 x ≤6，
当φ =0时，h( x)=5cos x−cos5 x，
此时h
′ (x)=−5sin x +5sin5 x =10cos3 x sin 2 x , x∈(0,2π)，
令h
′( x)=0，则x =π
6 ,π
2 ,5π
6 ,π,7π
6 ,3π
2 ,11π
6
，
而h(π
6 )=h(11π
6
)=3 ❑√3,h(π
2 )=h(3π
2 )=0,h(5π
6 )=h(7π
6 )=−3 ❑√3,h(π)=−4，
h(0)=h(2π)= 4，故h( x)max=h(π
6 )=h(11π
6
)=3 ❑√3，
当φ∈(0,π)，在（2）中取φ =a，则存在y ∈[φ−θ ,φ+θ)，使得cos y ≤cosθ，
取θ = 5π
6 ，则cos y ≤−
❑√3
2 ，取x = y −φ
5
∈(−θ
5 , θ
5)即x = y −φ
5
∈(−π
6 , π
6)，
故5cos x ≥5 ❑√3
2
，故5cos x−cos(5 x +φ)≥3 ❑√3，
综上b≥3 ❑√3，可取x =π
6 ，φ =0使得等号成立.
综上，bmin=3 ❑√3.
法2：设gφ(x)=5cos x−cos(5 x +φ).
①一方面，若存在φ，使得gφ(x)=5cos x−cos(5 x +φ)≤b对任意x恒成立，
则对这样的φ，同样有gφ(x)=−gφ(x +π)≥−b.
所以|gφ(x))≤b对任意x恒成立，这直接得到b≥0.
设φ
6 −π
6 =m，则根据|gφ(x))≤b恒成立，有
b≥|gφ(−φ
6 +π
6 ))=|5cos(−φ
6 +π
6 )−cos(
φ
6 +5π
6 ))=|5cos(
φ
6 −π
6 )+cos(
φ
6 −π
6 ))=|6cos(
φ
6 −π
6 ))=6|cos
，
b≥|gφ(−φ
6 −π
6 ))=|5cos(−φ
6 −π
6 )−cos(
φ
6 −5π
6 ))=|5cos(
φ
6 +π
6 )+cos(
φ
6 +π
6 ))=|6cos(
φ
6 +π
6 ))=6|cos
，
b≥|gφ(−φ
6 +π
2 ))=|5cos(−φ
6 +π
2 )−cos(
φ
6 +5π
2 ))=|5cos(
φ
6 −π
2 )+cos(
φ
6 −π
2 ))=|6cos(
φ
6 −π
2 ))=6|cos
，
所以|cosm),|cos(m+π
3 )),|cos(m−π
3 ))均不超过b
6 ，
再结合cos2 x =2|cos x)
2−1，
就得到cos2m,cos(2m+2π
3 ),cos(2m−2π
3 )均不超过2(
b
6)
2
−1= b
2
18 −1.
假设b<3 ❑√3，则b
2
18 −1< (3 ❑√3)
2
18
−1= 1
2
，
故cos2m,cos(2m+2π
3 ),cos(2m−2π
3 )∈[−1, 1
2).
但这是不可能的，因为三个角2m,2m+2π
3 ,2m−2π
3 和单位圆的交点将单位圆三等分，
这三个点不可能都在直线x = 1
2左侧.
所以假设不成立，这意味着b≥3 ❑√3.
②另一方面，若b=3 ❑√3，则由（1）中已经证明f (x)≤3 ❑√3，
知存在φ =0，使得5cos x−cos(5 x +φ)=5cos x−cos5 x = f (x)≤3 ❑√3=b.
从而b=3 ❑√3满足题目要求.
综合上述两个方面，可知b的最小值是3 ❑√3.
4．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数f ( x)= ln(1+ x)−x + 1
2 x
2−k x
3，其中0<k < 1
3．
(1)证明：f ( x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设x1, x2分别为f ( x)在区间(0,+ ∞)的极值点和零点.
（i）设函数g(t )= f (x1+t)−f (x1−t).证明：g(t )在区间(0, x1)单调递减；
（ii）比较2 x1与x2的大小，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）2 x1> x2，证明见解析.
【解题思路】（1）先由题意求得f
′ (x)= x
2(
1
1+ x −3k)，接着构造函数g(x)=
1
1+ x −3k , x>0，利用导数
工具研究函数g(x)的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数f (x)在区间(0,+∞)上
存在唯一极值点；再结合f (0)=0和x→+ ∞时f (x)的正负情况即可得证f (x)在区间(0,+ ∞)上存在唯一零
点；
（2）（i）由（1）x1+1= 1
3k 和g
′ (t )= f
′(x1+t)−f
′(x1−t)结合（1）中所得导函数f
′(x1)计算得到
g
′ (t )= 6k t
2(t
2−x1
2−2 x1)
(1+ x1)
2−t
2
，再结合t ∈(0, x1)得g
′ (t )<0即可得证；
（ii）由函数g(t )在区间(0, x1)上单调递减得到0>f (2 x1)，再结合f (x2)=0，
和函数f (x)的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【解答过程】（1）由题得f
′ (x)=
1
1+ x −1+ x−3k x
2= x
2
1+ x −3k x
2= x
2(
1
1+ x −3k)，
因为x∈(0,+∞)，所以x
2>0，设g(x)=
1
1+ x −3k , x>0，
则g
′ (x)=−
1
(1+ x)
2 <0在(0,+ ∞)上恒成立，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，
g(0)=1−3k >0，令g(x0)=0⇒x0= 1
3k −1，
所以当x∈(0, x0)时，g(x)>0，则f
′ (x)>0；当x∈(x0,+ ∞)时，g(x)<0，则f
′ (x)<0，
所以f (x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,+ ∞)上单调递减，
所以f (x)在(0,+ ∞)上存在唯一极值点，
对函数y = ln (1+ x)−x有y
′ =
1
1+ x −1=−
x
1+ x <0在(0,+∞)上恒成立，
所以y = ln (1+ x)−x在(0,+∞)上单调递减，
所以y = ln (1+ x)−x< y |x =0=0在(0,+ ∞)上恒成立，
又因为f (0)=0，x→+∞时1
2 x
2−k x
3= 1
2 x
2(1−2kx)<0，
所以x→+ ∞时f (x)<0，
所以存在唯一x2∈(0,+ ∞)使得f (x2)=0，即f (x)在(0,+∞)上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知x1= 1
3k −1，则x1+1= 1
3k ，f
′ (x)= x
2(
1
1+ x −
1
1+ x1)，
∵g(t )= f (x1+t)−f (x1−t)，
则g
′ (t )=(x1+t)
2(
1
x1+t +1 −
1
1+ x1)+(x1−t)
2(
1
x1−t +1 −
1
1+ x1)
=
−t (x1+t)
2
(x1+t +1)(x1+1)
+
t (x1−t)
2
(x1−t +1)(x1+1)
=3kt[−(x1+t)
2
x1+t +1 + (x1−t)
2
x1−t +1)
= 6k t
2(t
2−x1
2−2 x1)
(1+ x1)
2−t
2
，
∵k >0,t ∈(0, x1),∴t
2−x1
2−2 x1<0,(1+ x1)
2−t
2>0，
∴g
′(t )= 6k t
2(t
2−x1
2−2 x1)
(1+ x1)
2−t
2
<0，
即g(t )在t ∈(0, x1)上单调递减.
（ii）2 x1> x2，证明如下：
由（i）知：函数g(t )在区间(0, x1)上单调递减，
所以g(0)>g(x1)即0>f (2 x1)，又f (x2)=0，
由（1）可知f (x)在(x0,+ ∞)上单调递减，x2∈(x0,+∞)，且对任意x∈(0, x2) f (x)>0，
所以2 x1> x2.
5．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数f ( x)= ln
x
2−x +ax +b( x−1)
3
(1)若b=0，且f
′( x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y = f ( x)是中心对称图形；
(3)若f ( x)>−2当且仅当1< x<2，求b的取值范围．
【答案】(1)−2
(2)证明见解析
(3)b≥−2
3
【解题思路】（1）求出f
′ (x)min=2+a后根据f
′( x)≥0可求a的最小值；
（2）设P(m,n)为y = f (x)图象上任意一点，可证P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q (2−m,2a−n)也在函数
的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断f (1)=−2即a=−2，再根据f ( x)>−2在(1,2)上恒成立可求得b≥−2
3.
【解答过程】（1）b=0时，f (x)= ln
x
2−x +ax，其中x∈(0,2)，
则f
' (x)= 1
x +
1
2−x +a=
2
x (2−x) +a, x∈(0,2)，
因为x (2−x)≤(
2−x + x
2
)
2
=1，当且仅当x =1时等号成立，
故f
′ (x)min=2+a，而f
′ (x)≥0成立，故a+2≥0即a≥−2，
所以a的最小值为−2.，
（2）f (x)= ln
x
2−x +ax +b(x−1)
3的定义域为(0,2)，
设P(m,n)为y = f (x)图象上任意一点，
P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q (2−m,2a−n)，
因为P(m,n)在y = f (x)图象上，故n= ln
m
2−m +am+b(m−1)
3，
而f (2−m)= ln 2−m
m
+a(2−m)+b(2−m−1)
3=−[ln
m
2−m +am+b(m−1)
3)+2a，
=−n+2a，
所以Q (2−m,2a−n)也在y = f (x)图象上，
由P的任意性可得y = f (x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3）因为f (x)>−2当且仅当1< x<2，故x =1为f (x)=−2的一个解，
所以f (1)=−2即a=−2，
先考虑1< x<2时，f (x)>−2恒成立.
此时f (x)>−2即为ln
x
2−x +2(1−x)+b(x−1)
3>0在(1,2)上恒成立，
设t = x−1∈(0,1)，则ln t +1
1−t −2t +bt
3>0在(0,1)上恒成立，
设g(t )= ln t +1
1−t −2t +bt
3,t ∈(0,1)，
则g
′ (t )=
2
1−t
2 −2+3bt
2= t
2(−3bt
2+2+3b)
1−t
2
，
当b≥0，−3bt
2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g
′ (t )>0恒成立，故g(t )在(0,1)上单调递增，
故g(t )>g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
当−2
3 ≤b<0时，−3bt
2+2+3b≥2+3b≥0，
故g
′ (t )≥0恒成立，故g(t )在(0,1)上单调递增，
故g(t )>g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
当b<−2
3，则当0<t <❑√1+ 2
3b <1时，g
′ (t )<0
故在(0,❑√1+ 2
3b)上g(t )单调递减，故g(t )<g(0)=0，不合题意，舍；
综上，f (x)>−2在(1,2)上恒成立时b≥−2
3.
而当b≥−2
3时，
而b≥−2
3时，由上述过程可得g(t )在(0,1)递增，故g(t )>0的解为(0,1)，
即f (x)>−2的解为(1,2).
综上，b≥−2
3.
6．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数f (x)=a(x−1)−ln x +1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)<e
x−1恒成立．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解题思路】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x>1时，e
x−1−2 x +1+ ln x>0即可.
【解答过程】（1）f ( x)定义域为(0,+ ∞)，f
′( x)=a−1
x = ax−1
x
当a≤0时，f
′( x)= ax−1
x
<0，故f ( x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，x∈(
1
a ,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
当x∈(0, 1
a)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f ( x)的单调递减区间为(0,+∞)；
a>0时，f ( x)的单调递增区间为(
1
a ,+∞)，单调递减区间为(0, 1
a).
（2）a≤2，且x>1时，e
x−1−f ( x)=e
x−1−a( x−1)+ ln x−1≥e
x−1−2 x +1+ ln x，
令g( x)=e
x−1−2 x +1+ ln x( x>1)，下证g( x)>0即可.
g
′( x)=e
x−1−2+ 1
x ，再令h( x)= g
′( x)，则h
′( x)=e
x−1−1
x
2，
显然h
′( x)在(1,+ ∞)上递增，则h
′( x)>h
′(1)=e
0−1=0，
即g
′( x)=h( x)在(1,+∞)上递增，
故g
′( x)>g
′(1)=e
0−2+1=0，即g( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
故g( x)>g(1)=e
0−2+1+ ln1=0，问题得证.
7．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数f (x)=(1−ax)ln(1+ x)−x．
(1)当a=−2时，求f (x)的极值；
(2)当x ≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)极小值为0，无极大值.
(2)a≤−1
2
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就a≤−1
2、−1
2 <a<0、a≥0分类讨论后可得参数的取值范围.
【解答过程】（1）当a=−2时，f ( x)=(1+2 x)ln(1+ x)−x，
故f
′( x)=2ln(1+ x)+ 1+2 x
1+ x −1=2ln(1+ x)−
1
1+ x +1，
因为y =2ln(1+ x), y =−
1
1+ x +1在(−1,+∞)上为增函数，
故f
′( x)在(−1,+∞)上为增函数，而f
′(0)=0，
故当−1< x<0时，f
′( x)<0，当x>0时，f
′( x)>0，
故f (x)在x =0处取极小值且极小值为f (0)=0，无极大值.
（2）f
'( x)=−a ln(1+ x)+ 1−ax
1+ x −1=−aln(1+ x)−(a+1) x
1+ x
, x>0，
设s(x)=−a ln(1+ x)−(a+1) x
1+ x
, x>0，
则s
′ (x)= −a
x +1 −(a+1)
(1+ x)
2 =−a(x +1)+a+1
(1+ x)
2
=−ax +2a+1
(1+ x)
2
，
当a≤−1
2时，s
' (x)>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，
故s(x)>s(0)=0，即f
' (x)>0，
所以f (x)在[0,+∞)上为增函数，故f (x)≥f (0)=0.
当−1
2 <a<0时，当0< x<−2a+1
a
时，s
′ (x)<0，
故s(x)在(0,−2a+1
a )上为减函数，故在(0,−2a+1
a )上s(x)<s(0)，
即在(0,−2a+1
a )上f
′ (x)<0即f (x)为减函数，
故在(0,−2a+1
a )上f (x)<f (0)=0，不合题意，舍.
当a≥0，此时s
′ (x)<0在(0,+ ∞)上恒成立，
同理可得在(0,+ ∞)上f (x)<f (0)=0恒成立，不合题意，舍；
综上，a≤−1
2.
8．（2023·新课标Ⅱ卷·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．
【答案】（1）证明见详解（2）(−∞,−❑√2)∪(❑√2,+∞)
【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,+ ∞).
9．（2023·新课标Ⅰ卷·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．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【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.
10．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数f ( x)=ax−sin x
cos
3 x
, x∈(0,π
2 )
(1)当a=8时，讨论f ( x)的单调性；
(2)若f ( x)<sin 2 x恒成立，求a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)(−∞,3]
【解题思路】（1）求导,然后令t =cos
2 x,讨论导数的符号即可;
（2）构造g( x)= f ( x)−sin 2 x,计算g
′( x)的最大值,然后与0 比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.
【解答过程】（1）f
′( x)=a−cos x cos
3 x +3sin x cos
2 x sin x
cos
6 x
=a−cos
2 x +3sin
2 x
cos
4 x
=a−3−2cos
2 x
cos
4 x
令cos
2 x =t,则t ∈(0,1)
则f
′( x)= g(t )=a−3−2t
t
2
= at
2+2t −3
t
2
当a=8,f
′( x)= g(t )= 8t
2+2t −3
t
2
= (2t −1)(4t +3)
t
2
当t ∈(0, 1
2),即x∈(
π
4 ,π
2 ),f
′( x)<0.
当t ∈(
1
2 ,1),即x∈(0,π
4 ),f
′( x)>0.
所以f ( x)在(0,π
4 )上单调递增,在(
π
4 ,π
2 )上单调递减；
（2）设g( x)= f ( x)−sin 2 x，
g
′( x)= f
′( x)−2cos2 x = g(t )−2(2cos
2 x−1)= at
2+2t −3
t
2
−2(2t −1)=a+2−4t + 2
t −3
t
2设
φ(t )=a+2−4t + 2
t −3
t
2，
φ
′(t )=−4−2
t
2 + 6
t
3 = −4 t
3−2t +6
t
3
=−2(t −1)(2t
2+2t +3)
t
3
>0，
所以φ(t )<φ(1)=a−3.
1
°若a∈(−∞,3],g
′( x)=φ(t )<a−3≤0，
即g( x)在(0, π
2)上单调递减,所以g( x)< g(0)=0.
所以当a∈(−∞,3],f ( x)<sin 2 x,符合题意.
2
°若a∈(3,+∞)，
当t →0, 2
t −3
t
2 =−3(
1
t −1
3)
2
+ 1
3 →−∞,所以φ(t )→−∞.
φ(1)=a−3>0.
所以∃t0∈(0,1),使得φ(t0)=0,即∃x0∈(0, π
2),使得g
′(x0)=0.
当t ∈(t0,1),φ(t )>0,即当x∈(0, x0),g
′( x)>0, g( x)单调递增.
所以当x∈(0, x0),g( x)> g(0)=0,不合题意.
综上,a的取值范围为(−∞,3].
