专项05导数及其应用7大题型（大题专练）（全国通用）（解析版）_三轮冲刺_2026年试卷教辅资源等多个文件_上好课2026版高中《终极冲刺讲练测》（数学）（全国通用）

专项05  导数及其应用
内容导航
【命题解码·定方向】命题趋势+2026 年预测
【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式
【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分
根据近五年全国卷考情，函数中导数的应用是高考解答题必考题目，通常作为压轴题的形式出现,考查的
内容主要还是以含参为主;小题则重点考查三次函数的性质、导数的几何意义及利用导数比较大小等考
点，分值约20-32 分．
命题趋势：
解答题：稳定考查导数与函数的综合应用（常为第18 至19 题），核心是利用分类讨论、转化与化归、
构造函数等策略解决导数的综合应用问题．
2026 年预测：解答题极可能仍会以含参形式的出现，热门考向为利用导数研究不等式恒成立、证明不等
式及研究函数的零点．
备考核心：夯实导数基础题型，掌握分类讨论、构造函数法，专攻极值最值与零点问题，限时训练规范
步骤，总结易错点，真题限时演练提升速度．
题型01 利用导数解决不等式恒（能）成立问题
析典例·建模型
1．（2026·山东滨州·一模）已知函数



2
1 ex
f x
x
=
-
．
(1)证明：在曲线

y
f x
=
的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线
3
y
x
=
的斜率相等；
(2)当
1
x… 时，不等式

2
f x
kx -
…
恒成立，求实数k 的取值范围．
【思路分析】（1）分析

f
x
¢
的单调性及取值情况，可得

3
f
x
¢
=
有唯一解，从而证得在曲线

y
f x
=
的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线
3
y
x
=
的斜率相等；
（2）分离参数k ，构造新函数，通过分析新函数的最小值，得到实数k 的取值范围．
【规范答题】（1）函数



2
1 ex
f x
x
=
-
的定义域为R .





2e
2
1 e
e
2
1
x
x
x
f
x
x
x
=
+
-
=
+
¢
.
令



e
2
1
x
g x
f
x
x
=
=
+
¢
，则





e
2
1
2e
e
2
3
x
x
x
g
x
x
x
=
+
+
=
+
¢
.
令

0
g
x
¢
>
，得2
3
0
x +
>
，所以
3
2
x > -
；
令

0
g
x
¢
<
，得2
3
0
x +
<
，所以
3
2
x < -
.
所以


f
x
g x
¢
=
在
3
,
2
æ
ö
-¥ -
ç
÷
è
ø上单调递减，在
3 ,
2
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø 上单调递增.
所以

f
x
¢
在
3
2
x = -
处取得最小值，最小值为
3
2
3
2e
2
f
-
æ
ö
-
= -
ç
÷
è
ø
¢
.
当
3
2
x < -
时，
1
2
1
0
2
x + < -
<
，e
0
x >
所以

0
f
x
¢
<
.
又
1
0
2
f æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
¢
，所以当
1
2
x > -
时，

0
f
x
¢
>
.
当x ® +¥ 时，

f
x
¢
® +¥ .
其简图如下：
所以

3
f
x
¢
=
有唯一解，即在曲线

y
f x
=
的图象上，有且仅有一个点处的斜率等于3，
即在曲线

y
f x
=
的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线
3
y
x
=
的斜率相等.
（2）当
1
x ³ 时，不等式

2
f x
kx
³
-
恒成立，即



2
2
1 e
2
x
f x
x
k
x
x
+
-
+
£
=
.
令


2
1 e
2 ,
1
x
x
h x
x
x
-
+
=
³ ，则





'
2
2
1 e
2
2
1 e
2
x
x
x
x
x
x
h x
x
é
ù
é
ù
-
+
-
-
+
ë
û
ë
û
=
¢
¢




2
e
2
1
2
1 e
2
x
x
x
x
x
x
é
ù
+
-
-
+
ë
û
=


2
2
e
2
1
2
,
1
x
x
x
x
x
-
+
-
=
³ .
令



2
e
2
1
2,
1
x
m x
x
x
x
=
-
+
-
³ ，则









2
2
e
2
1
e
4
1
e
2
3
2
3 e ,
1
x
x
x
x
m x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
-
+
+
-
=
+
=
+
³
¢
.
因为
1
x ³ ，所以2
3
5
0
x +
³
>
，
又e
0
x >
，所以

0
m x
¢
>
.
所以

m x 是增函数，所以

1
2e
2
0
m x
m
³
=
-
>
.
因为
2
0
x >
，所以

0
h x
¢
>
恒成立，所以
h x 是增函数，
所以
1
e
2
h x
h
³
=
+
，即
h x 的最小值为e
2
+
.
所以实数k 的取值范围是

,e
2
-¥
+
．
2．（25-26 高三下·重庆·月考）已知

3
2
2
f x
x
ax
= -
+
，其中
0
a >
．
(1)若
2
a =
，求函数

y
f x
=
在点

1,0 处的切线方程；
(2)对任意的


1
3,
x
¥
Î
+
，总存在


2
2,
x Î
+¥ ，使得



1
2
2
f x
f x
×
=
，求a 的取值范围．
【思路分析】（1）求出
1
2
f ¢
= - 、
1
0
f
=
后可得切线方程；
（2）根据

f
x
¢
的符号得

f x 的单调性，再求出

f x 在

3, ¥
+
、

2
f x 在

2, ¥
+
上的值域，根据它
们的包含关系可求参数的取值范围.
【规范答题】（1）因为
2
a =
，

3
2
2
2
f x
x
x
= -
+
，
所以

2
6
4
f
x
x
x
= -
+
¢
，则
1
0
f
=
，
1
2
f ¢
= - ，
故点

1,0 处的切线方程为


2
1
y
x
= -
-
，即2
2
0
x
y
+
-
= ．
（2）由题意得



2
6
2
0
f
x
x
ax a
= -
+
>
¢
，
x


,0
¥
-
0
0, 3
a
æ
ö
ç
÷
è
ø
3
a
,
3
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø

f
x
¢
-
0
+
0
-

f x
递减
极小值
0
递增
极大值
3
a
f æ
ö
ç
÷
è
ø
递减
所以

f x 的单调增区间是0, 3
a
æ
ö
ç
÷
è
ø ，单调减区间是(
,0)
-¥
和
,
3
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ．
由

0
0
2
a
f
f æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，当
0, 2
a
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，

0
f x >
，当
,
2
a
x
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø时，

0
f x <
．
因为对于任意的
1
(3,
)
x Î
+¥ ，总存在
2
(2,
)
x Î
+¥ ，使得



1
2
2
f x
f x
×
=
，
故

1
0
f x
¹
，所以
3
2
a £
，所以
6
a £
． 
设





3,
A
f x x
¥
=
Î
+
，




2
2,
,
0
B
x
f x
f x
¥
ì
ü
ï
ï
=
Î
+
¹
í
ý
ï
ï
î
þ
，问题转化为A
B
Í
．
下面分两种情况讨论：                 
情形一：当
2
3
3
2
a
a
<
<
<
，即
4
a <
时，有

2
0
f
<
，

f x 在

2, ¥
+
上单调递减，
故

f x 在

2, ¥
+
上的取值范围



,
2
f
¥
-
，故

2
,0
2
B
f
æ
ö
= ç
÷
ç
÷
è
ø
，
而

f x 在

3, ¥
+
上的取值范围



,
3
f
¥
-
，故



,
3
A
f
¥
= -
，
所以A
B
Ë
，不符合题意； 
情形二：当
4
a =
时，
4
2
3
3
3
a =
<
<
，

f x 在

2, ¥
+
上单调递减，
故

f x 的取值范围

,0
¥
-
，故


,0
B
¥
= -
，
而
4
3
3
3
a =
<
，

f x 在

3, ¥
+
上单调递减，故





,
3
, 18
A
f
¥
¥
= -
= -
-
，
满足A
B
Í
，故
4
a =
符合题设要求.
情形三：当2
3
2
a
<
£
，即4
6
a
<
£
时，此时

2
0
f
>
，
故此时

f x 在

2, ¥
+
上的取值范围



,
2
f
¥
-
，故



2
,0
,
2
B
f
¥
¥
æ
ö
= -
È
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
而

f x 在

3, ¥
+
上的取值范围



,
3
f
¥
-
，即



,
3
A
f
¥
= -
，
而

3
9
54
0
f
a
=
-
£
，故A
B
Í
成立，
综上，a 的取值范围为

4,6 ．
研考点·通技法
对于含有参数的不等式来说，要求参数的取值及取值范围.一般采用参编分离的思想，将参数移到一
边，从而重新构造函数，求出函数的单调性，从而求出参数的取值范围.对于含有两个参数的，一般是
将两个参数转换成一个参数处理.利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进
行求解：
（1）
x
D
" Î
，

min
m
f
x
m
f
x
£
Û
£
；
（2）
x
D
" Î
，

max
m
f
x
m
f
x
³
Û
³
；
（3）x
D
$ Î
，

max
m
f
x
m
f
x
£
Û
£
；
（4）x
D
$ Î
，

min
m
f
x
m
f
x
³
Û
³
.
破类题·提能力
1．（2026·河北张家口·一模）已知函数

ex
f x =
，


ln
1
g x
x
=
-
．
(1)求曲线
g x 在点



2,
2
g
处的切线方程；
(2)证明：


3
f x
g x
>
+ ；
(3)若
0
a >
，关于x 的不等式


ln
1
af x
a
g x
+
<
- 有解，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
2
y
x
=
-
(2)证明见解析
(3)
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø
【分析】（1）求出导函数，可得

2
1
g¢
= ，进而利用导数的几何意义及点斜式直线方程求解切线方
程；
（2）先利用导数法证明

1
f x
x
³
+ 当且仅当
0
x =
时等号成立，再利用导数法证明
3
1
g x
x
+
£
+ 当
且仅当
2
x =
时等号成立，即可证明；
（3）将


ln
1
af x
a
g x
+
<
- 整理得


ln
e
ln
ln
1
1
x
a
x
a
x
x
+
+
+
<
-
+
- ，设函数
ex
P x
x
=
+
，利用单调
性得


ln
ln
1
x
a
x
+
<
-
，即


ln
ln
1
a
x
x
< - +
-
，利用导数法求得函数



ln
1
Q x
x
x
= - +
-
的最大值，
即可得解.
【详解】（1）由


ln
1
g x
x
=
-
得

1
1
g
x
x
¢
=
- ，所以

2
1
g¢
= ，又
2
ln1
0
g
=
=
，
所以曲线
g x 在点

2,0 处的切线方程为
0
2
y
x
-
=
-
，即
2
y
x
=
-
；
（2）设

e
1
x
M x
x
=
-
- ，

e
1
x
M
x
¢
=
- ，

0
0
M¢
=
，
当


,0
x
¥
Î -
时，

0
M
x
¢
<
，

M x 为减函数，
当


0,
x
¥
Î
+
时，

0
M
x
¢
>
，

M x 为增函数，
所以


min
0
0
M x
M
=
=
，即e
1
x
x
³
+ ，
所以

1
f x
x
³
+ 当且仅当
0
x =
时等号成立，
设



=ln
1
2
N x
x
x
-
-
+
，定义域为

1, ¥
+
，
则

1
2
1
1
1
x
N
x
x
x
-
=
- =
¢
-
- ，

2
0
N¢
=
，
当


1,2
xÎ
时，

0
N
x
¢
>
，

N x 为增函数，
当


2,
x
¥
Î
+
时，

0
N
x
¢
<
，

N x 为减函数，
所以


max
2
0
N x
N
=
=
，即


ln
1
2
x
x
-
£
-
，
所以
3
1
g x
x
+
£
+ 当且仅当
2
x =
时等号成立，
所以


3
f x
g x
>
+ ；
（3）因为


ln
1
af x
a
g x
+
<
- ，整理可得


e
ln
ln
1
1
x
a
a
x
+
<
-
- ，
故


ln
e
ln
ln
1
1
x
a
x
a
x
x
+
+
+
<
-
+
- ，设函数
ex
P x
x
=
+
，则






ln
ln
1
P x
a
P
x
+
<
-
，
因为

e
1
0
x
P x =
¢
+ >
，所以函数
ex
P x
x
=
+
单调递增，所以


ln
ln
1
x
a
x
+
<
-
，
整理可得


ln
ln
1
a
x
x
< - +
-
，设函数



ln
1
Q x
x
x
= - +
-
，则

1
2
1
1
1
x
Q
x
x
x
-
= - +
=
-
-
¢
，
当


1,2
xÎ
时，

0
Q x
¢
>
，

Q x 为增函数，
当


2,
x
¥
Î
+
时，

0
Q x
¢
<
，

Q x 为减函数，
所以


2
2
Q x
Q
£
= - ，所以ln
2
a < - ，解得
2e
1
a <
，
所以实数a 的取值范围
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
2．（2026·云南·模拟预测）已知函数

2
sin
f x
ax
x
x
=
-
+
．
(1)当
0
a =
时，证明：

f x 在R 上存在唯一零点；
(2)证明：

0
f x ³
在

0, ¥
+
上恒成立的充要条件是
1
π
a ³
．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用导数判断函数的单调性，再结合特殊点的函数值，根据零点存在定理推导零点
的唯一性.
（2）先由
0
x ³
时

0
f x ³
推出a 的范围，再分
π
x ³
和0
π
x
£
£
两种情况，通过求导分析
h x 单调
性，证明
1
π
a ³
时，

0
f x ³
，即充分性.
【详解】（1）当
0
a =
时，

sin
f x
x
x
= - +
，
∵

1 cos
0
f
x
x
= - +
£
¢
，
∴
( )
f x 在R 上单调递减，
又∵

0
0
f
=
，
∴
( )
f x 在R 上有唯一零点
0
0
x =
．
（2）必要性：因为
0
x ³
时，
( )
0
f x ³
，
所以

π
0
f
³
，即
2
π
π
sinπ
0
a
-
+
³
，所以
1
π
a ³
，
充分性：当
1
π
a ³
时，

2
2
1
sin
sin
π
f x
ax
x
x
x
x
x
=
-
+
³
-
+
，
令
2
1
sin
π
h x
x
x
x
=
-
+
，则

2
1
cos
π
h x
x
x
=
- +
¢
，
0
x ³
，
①当
π
x ³
时，

2
2
1
cos
π 1
cos
1
cos
0
π
π
h x
x
x
x
x
=
- +
³
- +
= +
³
¢
，
当且仅当
π
x =
时，
0
h x =
，
所以( )
h x 在

π, ¥
+
上单调递增，
故

π
0
h x
h
³
=
，所以
( )
0
f x ³
，
②当0
π
x
£
<
时，记( )
( )
x
h x
j
¢
=
，则

2
sin
π
x
x
j
=
-
¢
，
因为

2
0
0
π
j¢
=
>
，
π
2
1
0
2
π
j æ
ö =
- <
ç
÷
è
ø
¢
，
2
(π)
0
π
j¢
=
> ，
又因为

2
sin
π
x
x
j
=
-
¢
在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，
所以在

0,π 上存在
1
x 、
2x ，使
1
(
)
0
x
j¢
=
，
2
(
)
0
x
j¢
=
，且
1
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
2
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø，
所以当
1
0
x
x
<
<
或
2
π
x
x
<
<
时，
( )
0
x
j¢
>
；当
1
2
x
x
x
<
<
时，
( )
0
x
j¢
<
，
所以( )
j x 在

1
0, x
、
2
(
,π)
x
上单调递增，在

1
2
,
x x
上单调递减，
又因为(0)
(0)
0
h
j
¢
=
=
，
π
π
0
2
2
h
j æ
ö
æ
ö
=
è
¢
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
ø
，(π)
(π)
0
h
j
¢
=
= ，
所以当
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
( )
0
h x
¢
>
；当
π ,π
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
( )
0
h x
¢
<
，
所以( )
h x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，
所以




min
min
0 ,
π
h x
h
h
=
，而(0)
0
h
= ，(
0
π)
h
=
，所以min
0
h x
=
，
所以( )
0
h x ³
，所以
( )
0
f x ³
.
题型02 利用导数证明不等式
析典例·建模型
1．（2026·江苏·一模）已知函数

2
2
3
ln
0
=
-
>
f x
a x
ax x
a
，
．
(1)当
1
a = 时，求曲线

y
f x
=
在



1,
1
f
处的切线方程；
(2)讨论

f x 的零点个数；
(3)当
3
2
a >
时，证明：

2sin
>
f x
x．
【思路分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程；
（2）先进行参数分离，再转化为
3ln
( )
(
0)
x
g x
x
x
=
>
与y
a
=
图象交点的个数可得；
（3）分两种情况讨论：当
1
x ³ 时，用导数可判断

f x 的单调性可得；当0
1
x
<
< 时，先证
sin
x
x
>
，
进而再用导数证明

2
0
f x
x
-
>
，从而可证明不等式.
【规范答题】（1）当
1
a = 时，


2
3 ln ,
1
1
f x
x
x x f
=
-
= ．


2
3ln
3,
1
1
f
x
x
x
f
¢
¢
=
-
-
= - ．
所以曲线

y
f x
=
在



1,
1
f
处的切线方程为


1
1
1
y
x
- = -
-
，即
2
0
x
y
+
-
=
．
曲线

y
f x
=
在



1,
1
f
处的切线方程为
2
0
x
y
+
-
=
.
（2）因为
0,
0
a
x
>
>
，令
2
2
( )
3
ln
0
f x
a x
ax x
=
-
=
，得
3ln
0
ax
x
-
=
，即
3lnx
a
x
=
.
令
3ln
( )
(
0)
x
g x
x
x
=
>
，所以

f x 的零点个数等价于

y
g x
=
与y
a
=
的图象交点的个数.
又因为


2
3 1 ln
( )
x
g x
x
-
¢
=
，当0
e
x
<
<
时，

0
g
x
¢
>
；当
e
x> 时，

0
g
x
¢
<
.
所以函数
g x 在

0,e 上单调递增，在

e, ¥
+
上单调递减，
且1
0
g
=
，有极大值也是最大值
3
e
e
g
=
，如图：
由图可知，当
3
e
a >
时，函数

y
g x
=
与y
a
=
的图象无交点；
当
3
e
a =
时，函数

y
g x
=
与y
a
=
的图象有1 个交点；
当
3
0
e
a
<
<
时，函数

y
g x
=
与y
a
=
的图象有2 个交点.
综上，
3
e
a >
时，

f x 的零点个数为0；
3
e
a =
时，

f x 的零点个数为1；
3
0
e
a
<
<
时，

f x 的零点个数为2.
（3）①当
1
x ³ 时，





2
2
3
ln
1
2
3ln
3
f
x
a x
a
x
a
ax
x
=
-
+
=
-
-
¢
，
令

3
2
3
2
3ln
3,
2
ax
h x
ax
x
h x
a
x
x
¢
-
=
-
-
=
-
=
，
因为
1,
0
x
a
³
>
，所以2
2
ax
a
³
，而
3
2
a >
，即2
2
3,2
3
0
ax
a
ax
³
>
-
>
，

0
h x
¢
>
，
所以
h x 在区间

1,+¥ 上单调递增，所以
1
2
3
0
h x
h
a
³
=
-
>
，即

0
f
x
¢
>
，
所以

f x 在区间

1,+¥ 上单调递增．所以


2
9
1
2sin
4
f x
f
a
x
³
=
>
>
.
②当0
1
x
<
< 时，令

sin
1 cos
0
u x
x
x
u
x
x
=
-
= -
¢
>
，
，所以
u x 单调递增，
所以

0
0
u x
u
>
=
，即
sin
x
x
>
.
又因为



2
2
2
2
3
ln
2
3 ln
2
f x
x
a x
ax x
x
x a x
a x
-
=
-
-
=
-
-
，
令




2
2
3
3
3 ln
2,
a ax
a
m x
a x
a x
m x
a
x
x
-
=
-
-
=
-
=
¢
，
当
3
0,
x
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，

0
m x
¢
<
，

m x 单调递减；
当
3 ,
x
a
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø时，

0
m x
¢
>
，

m x 单调递增；
当
3
x
a
=
时，

m x 的极小值为
3
3
3
3 ln
2
m
a
a
a
a
æ
ö =
-
-
ç
÷
è
ø
．
若
3
0
1
a
<
< ，即
3
a >
，则


3
3
3
2
3 ln
0
m
a
a
a
a
æ
ö =
-
-
>
ç
÷
è
ø
，所以

0
m x >
．
若3
1
a > ，即3
3
2
a
<
<
，则

m x 在区间

0,1 上单调递减，
所以


2
1
2
0
m x
m
a
>
=
-
>
．
所以

2
0
f x
x
-
>
，即

2
2sin
f x
x
x
>
>
．
综上可得，

2sin
f x
x
>
.
2．（2026·广东深圳·一模）已知函数
( )
ln
1
4
f x
x
a x
=
-
+ +
.
(1)当
3
a =
时，求
( )
f x 的单调区间；
(2)若
( )
f x 有两个零点.
（i）求a 的取值范围；
（ii）证明：
2
2
( )
1 1
f x
a
<
+ - .
【思路分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性，
（2）（i）方法一：求导，对a 进行讨论，结合函数单调性可求解
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+
，即可构造函
数
2
( )
ln
2(
0)
h x
x
x
x
=
-
+
>
，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对a 进行讨论，换
元
1
t
x
=
+ ，
1
t > ，
2
( )
2
g t
at
t
a
= -
+
+
，则



2
( )
2
1
g t
f
t
t t
=
-
¢
， 可求解


max
0
0
0
[ ( )]
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +
，即可结合解法一求解.
【规范解答】（1）由于

1
3
2
1
3 (
0)
2
1
2
1
x
x
f
x
x
x
x
x x
+ -
+
¢
=
-
=
>
+
令

0
f
x
¢
=
，则
2
x =
，
令

0
f
x
¢
>
，
(0,2)
xÎ
，
( )
f x 在(0,2) 上单调递增；
令

0
f
x
¢
<
，
(2,
)
xÎ
+¥ ，
( )
f x 在(2,
)
+¥ 上单调递减；
于是
( )
f x 的单调递增区间为(0,2) ，单调递减区间为(2,
)
+¥ ；
（2）（i）解法1  由于

2
2
1
2
1
4
4
(
0)
2
1
2
1
2
1 (2
1
)
a
x
ax
a x
x
f
x
x
x
x
x x
x x
x
ax
¢
+ -
-
+
+
=
-
=
=
>
+
+
+ ×
+ +
若
0
a £
，2
1
0
x
ax
+ -
>
，

0
f
x
¢
>
，于是
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，至多与x 轴只有一个交点，
矛盾；
于是
0
a >
，令

0
f
x
¢
=
，则等价于
2
2
4
4
0
a x
x
-
-
=
，
易得
2
16 16
0
a
D =
+
>
，因为
0
x >
，则


2
2
2 1
1
0
a
x
a
+
+
=
>
，
令


2
0
2
2 1
1
a
x
a
+
+
=
，则
( )
f x 在

0
0, x
上单调递增，在

0,
x
¥
+
上单调递减，
则


max
0
0
0
( )
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +
，
因为
2
2
0
0
4
4
0
a x
x
-
-
=
即


0
2
2
0
4
1
x
a
x
+
=
，
0
0
2
1
x
a
x
+
=
，
所以
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+
，
显然


0
0
f x
£
不符合题意，故


0
0
f x
>
，即
0
0
2
ln
2
0
x
x
-
+
>
，
令
2
( )
ln
2(
0)
h x
x
x
x
=
-
+
>
，

2
1
2
0
h x
x
x
=
+
>
¢
，
则( )
h x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，且(1)
0
h
=
，
由于

0
0
0
2
ln
2
0
h x
x
x
=
-
+
>
，所以
0
1
x > ，
由于
2
0
0
1
1
2
a
x
x
=
+
，令
0
1
(0,1)
t
x
=
Î
，
2
y
t
t
=
+ 在( 0, 1) 上单调递增，则
(0,2 2)
aÎ
，
于是


2
0
2
4
2 1
1
2
2
1
2
e
a
x
a
a
+
+
=
>
>
>
，
4
4
1
1
1
0
e
e
f
a
æ
ö = -
+ <
ç
÷
è
ø
，
由零点存在定理，存在
1
0
4
1 ,
e
x
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 使得

1
0
f x
=
，
当
0
x >
时，易证ln
1
£
-
x
x
，则
4
4
ln
1
x
x
£
- 即
4
ln
4
4
x
x
£
-
，
由于
4
4
4
( )
ln
1
4
ln
4
4
(4
)
f x
x
a x
x
a x
x
a x
x
a x
=
-
+ +
<
-
+
£
-
=
-
，
取


2
0,
x
x
¥
Î
+
，且
2
4
256
x
a
>
，则


2
0
f x
<
，
由零点存在定理，存在


3
0
2
,
x
x x
Î
使得


3
0
f x
=
，
所以当
(0,2 2)
aÎ
时，
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上有两个零点.
解法2  由于

1
2
1
a
f
x
x
x
=
-
+
¢
，
0
x >
，
若
0
a £
，2
1
0
x
ax
+ -
>
，

0
f
x
¢
>
，于是
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增，至多与x 轴只有一个交点，
矛盾：
于是
0
a >
，令
1
t
x
=
+ ，
1
t > ，
2
( )
2
g t
at
t
a
= -
+
+
，则



2
( )
2
1
g t
f
t
t t
=
-
¢
，
令( )
0
g t =
，则
2
1
1
a
t
a
±
+
=
，
由于
2
2
1
1
1
1
0
a
a
a
a
+
+
-
+
>
>
，令
2
2
1
1
a
t
a
+
+
=
，
2
0
2
1
x
t
=
- ，
当


2
1,
t
t
Î
时，( )
0
g t >
，即

0
f
t
¢
>
，于是
( )
f x 在

0
0, x
上单调递增，
当


2,
t
t
¥
Î
+
时，( )
0
g t <
，即

0
f
t
¢
<
，于是
( )
f x 在

0,
x
¥
+
上单调递减，
于是


max
0
0
0
[ ( )]
ln
1
4
f x
f x
x
a x
=
=
-
+ +
，
若


0
0
f x
£
，即
0
0
ln
1
4
0
x
a x
-
+ +
£
，
由


0
0
f
x
¢
=
，则
0
0
2
1
x
a
x
+
=
，可得
0
0
2
ln
2
0
x
x
-
+
£
，同解法1；
（ii）根据（i）可知，
max
0
0
2
( )
ln
2
f x
x
x
=
-
+
，
其中


2
0
2
2 1
1
a
x
a
+
+
=
，则


2
0
2
2
2 1
1
2
1 1
a
x
a
a
+
+
=
=
+ -
，
下证：


0
0
0
0
2
ln
2
1
x
x
x
x
-
+
<
>
即证：
0
0
0
2
ln
2
0
x
x
x
-
-
+
<
.
设
2
( )
ln
2(
1)
m x
x
x
x
x
=
-
-
+
>
  

2
2
2
2
1
2
2
(
2)(
1)
1
x
x
x
x
m x
x
x
x
x
-
+
+
- +
+
¢
=
+
- =
=
，
令

0
m x
¢
=
，
2
x =
，于是
( )
m x 在(1,2) 上单调递增，在(2,
)
+¥ 上单调递减，
则
( )
(2)
ln 2 1
0
m x
m
£
=
- <
，即证.
研考点·通技法
利用导数证明不等式，核心是构造函数 + 单调性 + 最值.先移项构造新函数，求导判断其单调性，找
到区间内的最值，证其恒正或恒负.
复杂不等式可拆分证明、适当放缩，或利用常见不等式（如lnx≤x−1）间接推导；含参不等式要结合分
类讨论，通过单调性确定参数范围，转化为最值问题求解.
注重步骤规范，先构造再求导、定号、得单调性、证最值，逻辑清晰即可得分.
破类题·提能力
1．（2026·河北保定·一模）已知函数 

3
sin
sin
,
.
f x
x
a
x a
=
-
ÎR
(1)当 
1
3
a =
时，求

f x 的极值.
(2)已知
0
a =
.
（i）证明: 



0,1
2
tan
x
f x
x
x
" Î
>
-
，
；
（ii）若 

2
f x
x
tx
³
-
在 

0, + ¥ 上恒成立，求实数t 的取值范围.
【答案】(1)极大值2
3 ，极小值
2
3
-
(2)（i）证明见解析；（ii）1 ,
π
é
ö
+¥÷
êë
ø
【分析】（1）先对函数求导得到

3
cos
f
x
x
=
¢
，通过导数的正负判断单调性，进而确定极值点并计
算极值；
（2）（i）通过构造辅助函数并分析导数符号证明不等式；
（ii）分离参数后构造函数，利用导数分析单调性求最值，从而确定参数范围.
【详解】（1）
1
3
a =
时，

3
1
sin
sin
3
f x
x
x
=
-
，



2
2
3
cos
sin
cos
cos
1 sin
cos
f
x
x
x
x
x
x
x
=
-
=
-
=
¢
，
令

0
f
x
¢
=
，得cos
0
x =
，解得
π
π,
2
x
k
k
=
+
ÎZ ，
当
π
π
2 π,
2 π ,
2
2
x
k
k
k
æ
ö
Î -
+
+
Î
ç
÷
è
ø
Z时，cos
0
x >
，

0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增；
当
π
3π
2 π,
2 π ,
2
2
x
k
k
k
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
Z 时，cos
0
x <
，

0
f
x
¢
<
，

f x 单调递减；
所以当
π
2 π,
2
x
k
k
=
+
ÎZ 时，

f x 取得极大值
3
π
π
1
π
1
2
2 π
sin
2 π
sin
2 π
1
2
2
3
2
3
3
f
k
k
k
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
=
+
-
+
= -
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
当
π
2 π,
2
x
k
k
= -
+
ÎZ 时，

f x 取得极小值
3
π
π
1
π
1
2
2 π
sin
2 π
sin
2 π
1
2
2
3
2
3
3
f
k
k
k
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
+
=
-
+
-
-
+
= - +
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
.
（2）
0
a =
时，

sin
f x
x
=
.
（i）要证


0,1
x
" Î
，sin
2
tan
x
x
x
>
-
，即证sin
tan
2
0
x
x
x
+
-
>
，
令


sin
tan
2 ,
0,1
g x
x
x
x x
=
+
-
Î
，则

2
2
2
2
cos
sin
1
cos
2
cos
2
cos
cos
x
x
g
x
x
x
x
x
+
=
+
-
=
¢
+
-
，
令


cos ,
0,1
t
x x
=
Î
，则


cos1,1
t Î
，

g
x
¢
即化为



2
3
2
2
2
2
1
1
1
2
1
2
t
t
t
t
t
y
t
t
t
t
-
- -
-
+
= +
-
=
=
，
因为


cos1,1
t Î
，所以
2
1
0,
1
0
t
t
t
- <
- - <
，所以
0
y >
，即

0
g
x
¢
>
，
g x 在

0,1 单调递增，
又
0
0
g
=
，所以

0
0
g x
g
>
=
，即sin
2
tan
x
x
x
>
-
.
（ii）由
2
sin x
x
tx
³
-
得
2
sin
tx
x
x
³
-
，
当
0
x =
时，0
0
³
显然成立；
当
0
x >
时，不等式可化为
2
sin
x
x
t
x
-
³
，令
2
sin
,
0
x
x
h x
x
x
-
=
>
，则
max
t
h x
³
则





2
4
3
1 cos
2
sin
2sin
cos
x x
x x
x
x
x
x
x
h x
x
x
¢
-
-
-
-
-
=
=
，
令

2
2
2sin
cos
4sin
cos
2 cos
2cos
2tan
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
m x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
-
-
=
-
=
-
ç
÷
è
ø ，
当


0,π
xÎ
时，
π
0,
2
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，由tan 2
2
x
x
>
得2tan 2
x
x
>
，又
2
cos
0
2
x >
，
所以

0
m x >
，所以

0
h x
¢
>
，
h x 在

0,π 单调递增，所以对


0,π
x
" Î
，

1
π
π
h x
h
£
=
；
下面证明当
π
x >
时，
1
π
h x <
，即
2
sin
1
π
x
x
x
-
<
，也即证
2
π
0
x
x
sinx
p
-
+
>
：
令


2
π
π
n x
x
x
sinx x
p
=
-
+
>
，则

2
π
n x
x
cosx
p
=
-
+
¢
，
因为
π
x >
，所以cos
1
x ³ - ，所以
π
cosx
p
³ - ，所以

2π
π
π
0
n x >
-
-
=
¢
，
所以
n x 在

π,+¥ 单调递增，所以

2
2
π
π
π
0
0
n x
n
>
=
-
+
=
，即
2
π
0
x
x
sinx
p
-
+
>
，
所以
2
sin
1
π
x
x
x
-
<
.
综上，
0
x >
时，max
1
π
h x
=
，所以
1
π
t ³
，即实数t 的取值范围为1 ,
π
é
ö
+¥÷
êë
ø.
2．（25-26 高三下·安徽·开学考试）已知




,
R,
ln ,
ex
a k
f x
x
x g x
x
a
Î
=
=
+
，直线y
k
=
与曲线

y
f x
=
和

y
g x
=
都相切．
(1)求,a k 的值；
(2)若








1
2
3
4
f
x
f
x
g x
g x
b
=
=
=
=
，其中
1
2
3
4
,
x
x
x
x
¹
¹
．
（i）求实数b 的取值范围；
（ii）求证：
1
2
3
4
1
1
1
1
x
x
x
x
-
>
-
．
【答案】(1)
1
e
k = -
，
0
a =
；
(2)（i）
1 ,0
e
æ
ö
-
ç
÷
è
ø；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可；
（2）（i）根据导数的正负性与函数单调性的关系，运用转化法，结合数形结合思想进行求解即可；
（ii）对所证明不等式进行变形，利用构造函数法，结合导数的性质进行运算证明即可.
【详解】（1）




1 ln ,
1
ex
f
x
x g
x
x
a
¢
¢
= +
=
+ +
．
设y
k
=
与

ln
f x
x
x
=
的切点为




0
0
,
x
f x
，
则


0
0
1 ln
0
f
x
x
= +
=
¢
，解得
0
1
e
x =
，所以
1
1
e
e
k
f æ
ö
=
= -
ç
÷
è
ø
．
由y
k
=
与

ex
g x
x
a
=
+
相切，同理得
1
e
a
k
- -
= -
，
所以
1
1
1
e
e
1
1
e
a
a
- -
-
-
= -
= -
Þ - -
= - Þ
0
a =
．
（2）（i）由







1
2
3
4
f x
f x
g x
g x
b
=
=
=
=
得直线y
b
=
与

y
f x
=
有两个不同的交点，与

y
g x
=
有两个不同的交点，
由（1）知，

1
1 ln
0
e
f
x
x
x
-
>
¢
= +
Þ
>
，

1
1 ln
0
0
e
f
x
x
x
-
= +
<
Þ
<
<
¢
，

f x 在
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1 ,
e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø上单调递增；


1 e
0
1
x
g
x
x
x
=
+
>
Þ
> -
¢
，


1 e
0
1
x
g
x
x
x
¢
=
+
<
Þ
< - ，

g x 在

, 1
¥
-
-
上单调递减，在

1, ¥
- +
上单调递增，
又

1
1
1
0,
e
e
f
f æ
ö
=
= -
ç
÷
è
ø
，且

0,
0
x
f x
®
®
；



1
0
0,
1
e
g
g
=
-
= -
，且

,
0
x
g x
¥
® -
®
，
作出函数

f x 和
g x 的图象，
由图象知b 的取值范围为
1 ,0
e
æ
ö
-
ç
÷
è
ø．
（ii）不妨设
1
2
3
4
,
x
x
x
x
>
>
，
由（i）知，
2
1
4
3
1
0
1,
1
0
e
x
x
x
x
<
<
<
<
< - <
<
，
显然
3
1
ln
3
1
1
1
ln
ln
x
x
x e
x
x
x e
=
=
×
，且
1
3
1
ln
0,
1
0
x
x
- <
<
- <
<
，所以
3
1
ln
x
x
=
，
同理，
4
2
ln
x
x
=
．
要证
1
2
3
4
1
1
1
1
x
x
x
x
-
>
-
，只需证
2
1
4
3
1
1
1
1
x
x
x
x
-
>
-
，
只需证
2
1
2
1
1
1
1
1
ln
ln
x
x
x
x
-
>
-
．
又
1
1
2
2
ln
ln
0
x
x
x
x
=
<
，只需证

2
2
1
1
ln
ln
x
x
x
x
-
<
-
* ．
令函数


ln
0
1
h x
x
x
x
=
-
<
<
，则

1
1
0
h x
x
=
- >
¢
，
所以函数
h x 在（0，1）上单调递增，
由
2
1
0
1
x
x
<
<
< 得


2
1
h x
h x
<
，所以
* 显然成立，
综上，
1
2
3
4
1
1
1
1
x
x
x
x
-
>
-
．
题型03 极值点偏移问题
析典例·建模型
1．（2026 陕西西安·模拟预测）已知函数



1
ln
2
m
f x
x
x
m
x
=
-
+
ÎR ，记


2
F x
f x
x
=
+
．
(1)讨论函数

F x 的单调性；
(2)已知
0
m >
，对任意
0
x >
，存在
0
a >
，使得


m
f a
F x
a -
£
，求实数m 的取值范围；
(3)已知
1
2
0
x
x
<
<
，且



1
2
F x
F x
=
，求证：
2
1
2
x x
m
>
．
【思路分析】（1）

2
2ln
m
F x
x
x
=
+
，对其求导，对实数m 进行分类讨论进行求解；
（2）令

0
m
h a
f a
a
a
=
-
>
，
，由对任意
0
x >
，存在
0
a >
，使得


m
f a
F x
a -
£
，得
min
min
( )
( )
h a
F x
£
，进行求解；
（3）由（1）知，
1
2
0
x
m
x
<
<
<
，由



1
2
F x
F x
=
，得
2
1
2
1
2
1
ln x
x x
x
m
x
x
×
=
-
，要证
2
1
2
x x
m
>
，即证
1
2
x x
m
>
，即证
2
1
2
1
1
2
2
1
ln x
x x
x
x x
x
x
×
>
-
，即证
2
1
2
1
2
1
ln
x
x
x
x
x
x
-
>
，令
2
1
,
1
x
t
t
x
=
> ，即证
1
2ln ,
1
t
t t
t
-
>
> ，
令
1
2ln ,
1
t
t
t t
t
j
= -
-
> ，利用导数判断单调性进行证明．
【规范答题】（1）


2
2
2
2ln
2ln
m
m
F x
f x
x
x
x
x
x
x
x
=
+
=
-
+
+
=
+
，
则



2
2
2
2
2
'
x
m
m
F
x
x
x
x
-
=
-
=
，
当
0
m £
时，

'
0
F
x >
，此时函数

F x 在

0 + ¥
，
上单调递增，
当
0
m >
时，由

'
0
F
x >
，得x
m
>
，由

'
0
F
x <
，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
0
m £
时，函数

F x 在

0 + ¥
，
上单调递增；
当
0
m >
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
0
m >
时，

min
( )
2ln
2
F x
F m
m
=
=
+
，
令

0
m
h a
f a
a
a
=
-
>
，
，则

ln
ln
2
2
m
m
a
m
a
h a
f a
a
a
a
a
a
=
-
=
-
+
-
=
-
，
则

1
1
2
'
2
2
a
h a
a
a
-
=
-
=
，
由

'
0
h a >
，得
2
a >
，由

'
0
h a <
，得0
2
a
<
<
，
则函数
h a 在

0 2
，上单调递减，在

2 + ¥
，
上单调递增，
得

min
( )
2
1 ln2
h a
h
=
= -
，
由对任意
0
x >
，存在
0
a >
，使得


m
f a
F x
a -
£
，
得
min
min
( )
( )
h a
F x
£
，
即1 ln2
2ln
2
m
-
£
+
，
得
2
1
ln
1 ln2
ln 2e
m ³ - -
=
，
因为
0
m >
，所以
2e
2e
m ³
，
故实数m 的取值范围为：
2e ,
2e
é
ö
+¥÷
ê
÷
ë
ø
（3）已知
1
2
0
x
x
<
<
，且



1
2
F x
F x
=
，由（1）知，
0
m >
，
且函数

F x 在

0
m
，
上单调递减，在

m + ¥
，
上单调递增，
则
1
2
0
x
m
x
<
<
<
，
1
2
1
2
2
2
2ln
2ln
m
m
x
x
x
x
+
=
+
，
得
2
1
1
2
ln
ln
m
m
x
x
x
x
-
=
-
，
得


2
1
2
1
1
2
ln
ln
m x
x
x
x
x x
-
-
=
，
得
2
1
2
1
2
1
ln x
x x
x
m
x
x
×
=
-
，
要证
2
1
2
x x
m
>
，即证
1
2
x x
m
>
，
即证
2
1
2
1
1
2
2
1
ln x
x x
x
x x
x
x
×
>
-
，
即证
2
1
2
1
2
1
ln
1
x
x x
x
x
x
×
>
-
，
因为
1
2
0
x
m
x
<
<
<
，所以
2
1
0
x
x
-
>
，
即证
2
2
1
1
2
1
ln x
x
x
x x
x
-
>
×
，
即证
2
1
2
1
1
2
ln
x
x
x
x
x x
-
>
，
即证
2
1
2
1
2
1
ln
x
x
x
x
x
x
-
>
，
令
2
1
,
1
x
t
t
x
=
> ，
即证
1
2ln ,
1
t
t t
t
-
>
> ，
令
1
2ln ,
1
t
t
t t
t
j
= -
-
> ，
得



2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
'
1
0
t
t
t
t
t
t
t
t
j
-
-
+
= +
-
=
=
³
，
则函数t
j
在

1 + ¥
，
上单调递增，
得
1
1 1 2ln1
0
t
j
j
³
= - -
=
，
即
1
2ln
t
t
t
-
>
得证，
故命题得证．
2．（25-26 高三上·陕西榆林·期末）已知函数

e
1
x
f x
a
x
=
-
- .
(1)当
1
a = 时，求

f x 的最小值；
(2)已知函数

f x 有两个零点
1
x ，
2x ，且
1
2
x
x
<
.
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）证明：
1
2
1
2ln
x
x
a
+
<
.
【思路分析】（1）借助导数研究函数单调性后即可得其最小值；
（2）（ⅰ）解法1：令

0
f x =
得
1
ex
x
a
+ =
，再构造函数
1
ex
x
g x
+
=
，结合导数求出该函数单调性
后，利用
g x 图象与直线y
a
=
有两个交点即可得解；解法2：求导后，分
0
a £
及
0
a >
进行讨论，再
利用导数研究其单调性后结合零点存在性定理即可得；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2 可得
1
x 、
2x 的
范围，从而可转化为证明
1
2
1
2ln
x
x
a
<
-
，结合函数单调性，即证


2
2
1
2ln
f x
f
x
a
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø
，再构造函数


1
2ln
h x
f x
f
x
a
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
，利用导数研究其单调性即可得证；证明2：由题意可知
1
1
e
1
x
a
x
=
+ ，
2
2
e
1
x
a
x
=
+ ，则
2
1
2
1
e
e
x
x
x
x
a
-
=
-
，从而只需证明
2
1
2
1
2
2
1
e
1
e
x
x
x
x
x
x
-
- -
<
-
，再构造函数
2
e
e
1
t
t
h t
t
=
-
- ，结合
（1）中所得即可得证；证明3：由题意可知
1
1
e
1
x
a
x
=
+ ，
2
2
e
1
x
a
x
=
+ ，则
2
1
2
1
e
e
x
x
x
x
a
-
=
-
，从而只需证明
2
1
2
1
2
2
1
e
1
e
x
x
x
x
x
x
-
- -
<
-
，令
1
1
ex
t
=
，
2
2
ex
t
=
，令
2
1
t
u
t
=
，即只需证
1
2
0
u
u
u
-
+
<
l n
（
1
u > ），再构造函数

1
2ln
0
h x
x
x
x
=
-
+
<
，再利用导数研究该函数单调性即可得证.
【规范答题】（1）当
1
a = 时，

e
1
x
f x
x
=
-
- ，

e
1
x
f
x
¢
=
- ，
令

0
f
x
¢
=
得
0
x =
，
当
0
x <
时，

0
f
x
¢
<
；当
0
x >
时，

0
f
x
¢
>
，
因此

f x 在

,0
-¥
单调递减，在

0, ¥
+
单调递增，
故

f x 的最小值为

0
0
f
=
；
（2）（ⅰ）解法1：令

0
f x =
得
1
ex
x
a
+ =
，
设
1
ex
x
g x
+
=
，则
g x 图象与直线y
a
=
有两个交点，

ex
x
g
x
¢
= -
，当
0
x <
时，

0
g
x
¢
>
；当
0
x >
时，

0
g
x
¢
<
，
因此
g x 在

,0
-¥
单调递增，在

0, ¥
+
单调递减，
x ® +¥ 时，
0
g x ®
，

1
0
g -
=
，
0
1
g
= ，故a 的取值范围为

0,1 ；
解法2：函数

f x 的定义域为R ，

e
1
x
f
x
a
=
-
¢
，
若
0
a £
时，则

0
f
x
¢
<
，故

f x 在R 上单调递减，不满足题意；
若
0
a >
时，令

0
f
x
¢
=
得
1
ln
x
a
=
，
当
1
ln
x
a
<
时，

0
f
x
¢
<
；当
1
ln
x
a
>
时，

0
f
x
¢
>
，
因此

f x 在
1
,ln a
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø单调递减，在
1
ln
,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 单调递增，
因为函数

f x 有两个零点，所以
1
ln
0
f
a
æ
ö <
ç
÷
è
ø
，
即
1
ln
1
1
ln
l
e
1
n
0
a
a
a
a
-
=
-
-
<
，解得0
1
a
<
< ，
此时


1
0
e
a
f -
=
>
，
2
4
2
4
2
2ln
2ln
1
2
1
1
1
0
f
a
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
=
-
- ³
-
-
- = >
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
满足题意，故a 的取值范围为

0,1 ；
（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2 知，
1
1
,ln
x
a
æ
ö
Î -¥
ç
÷
è
ø，
2
1
ln
,
x
a
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø ，
要证
1
2
1
2ln
x
x
a
+
<
，即证
1
2
1
2ln
x
x
a
<
-
，
因为
2
1
ln
,
x
a
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø ，所以
2
1
1
2ln
ln
x
a
a
-
<
，
又

f x 在
1
,ln a
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø单调递减，即证


1
2
1
2ln
f x
f
x
a
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø，
又



1
2
f x
f x
=
，即证


2
2
1
2ln
f x
f
x
a
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø
.
设

1
2ln
h x
f x
f
x
a
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
1
ln
,
x
a
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø，
则


1
2ln
1
2ln
e
e
2
x
x
a
h x
f
x
f
x
a
a
a
-
æ
ö
=
+
-
=
+
-
ç
÷
è
ø
¢
¢
¢
2
1
1
ln
2ln
e
2
1
2
e
e
2
2
e
e
2
2
e
2
0
e
x
x
x
x
x
a
a
x
a
a
a
a
a
a a
-
³
-
=
-
=
×
-
=
，
当且仅当
1
ln
x
a
=
时取等号，
所以

0
h x
¢
>
，函数
h x 在
1
ln
,
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø 单调递增.
当
1
ln
,
x
a
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø时，
1
ln
0
h x
h
a
æ
ö
>
=
ç
÷
è
ø
，因此

1
2ln
f x
f
x
a
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø，
1
ln
,
x
a
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø，
因为
2
1
ln
,
x
a
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø ，所以


2
2
1
2ln
f x
f
x
a
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø
，故原不等式成立；
证明2：由题意可知
1
1
e
1
x
a
x
=
+ ，
2
2
e
1
x
a
x
=
+ ，两式相减得
2
1
2
1
e
e
x
x
x
x
a
-
=
-
，
要证
1
2
1
2ln
x
x
a
+
<
，即证
1
2
2
1
2
2
1
1
e
e
e
x
x
x
x
a
x
x
+
-
<
=
-
，即证
2
1
2
1
2
2
1
e
1
e
x
x
x
x
x
x
-
- -
<
-
，
令
2
1
t
x
x
=
-
，则
0
t >
，即证
2
e
1
e
t
t
t
-
<
（
0
t >
），即证
2
e
e
1
0
t
t
t
-
- >
（
0
t >
），
设
2
e
e
1
t
t
h t
t
=
-
- （
0
t >
），则

2
2
e
e
1
2
t
t
t
h t
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
¢
，
由（1）知，e
1
0
x
x
-
- ³
，当且仅当
0
x =
时取等号，
故
2
e
1
0
2
t
t
-
- >
，即

0
h t
¢
>
，
h t 在

0, ¥
+
单调递增，
当
0
t >
时，

0
0
h t
h
>
=
，故原不等式成立，
证明3：由题意可知
1
1
e
1
x
a
x
=
+ ，
2
2
e
1
x
a
x
=
+ ，两式相减得
2
1
2
1
e
e
x
x
x
x
a
-
=
-
，
要证
1
2
1
2ln
x
x
a
+
<
，即证
1
2
2
1
2
2
1
1
e
e
e
x
x
x
x
a
x
x
+
-
<
=
-
，即证
1
2
2
1
2
2
1
e
e
e
x
x
x
x
x
x
+
-
<
-
，
令
1
1
ex
t
=
，
2
2
ex
t
=
，则
1
2
0
t
t
<
<
，
1
1
ln
x
t
=
，
2
2
ln
x
t
=
，
即证
2
1
1 2
2
1
ln
ln
t
t
t t
t
t
-
<
-
（
1
2
0
t
t
<
<
），即证
2
2
1
1
1
2
ln t
t
t
t
t
t
<
-
（
1
2
0
t
t
<
<
），
令
2
1
t
u
t
=
，即证
1
2
0
u
u
u
-
+
<
l n
（
1
u > ），
设
1
2ln
0
h x
x
x
x
=
-
+
<
（
1
x > ），则



2
2
1
0
x
h x
x
-
¢
= -
<
，

h x 在

1,+¥ 单调递减，
1
0
h x
h
<
=
，
因为
1
u > ，所以
1
2ln
0
u
u
u
-
+
<
，故原不等式成立.
研考点·通技法
极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数
( )
f x 存在两个零点
1
2
,
x x 且
1
2
x
x
¹
，求证：
1
2
0
2
x
x
x
+
>
（
0x 为函数
( )
f x 的极值点）；
2.若函数
( )
f x 中存在
1
2
,
x x 且
1
2
x
x
¹
满足
2
(
)
(
)
1
f x
f x
=
，求证：
1
2
0
2
x
x
x
+
>
（
0x 为函数
( )
f x 的极值
点）；
3.若函数
( )
f x 存在两个零点
1
2
,
x x 且
1
2
x
x
¹
，令
1
2
0
2
x
x
x
+
=
，求证：


0
0
f
x
¢
>
；
4.若函数
( )
f x 中存在
1
2
,
x x 且
1
2
x
x
¹
满足
2
(
)
(
)
1
f x
f x
=
，令
1
2
0
2
x
x
x
+
=
，求证：


0
0
f
x
¢
>
.
破类题·提能力
1．（25-26 高三下·辽宁·开学考试）已知函数


3
sin
cos
,
f x
x
x
x
ax
f x
= -
+
+
的导函数为

f
x
¢
.
(1)当
0
a =
时，求曲线

y
f x
=
在
π
2
x =
处的切线方程；
(2)当
0
x ³
时，

0
f x ³
，求a 的取值范围；
(3)设


0
f
x
g x
a
x
¢
=
>
，当
0
x >
时，方程
0
g x =
仅有两个不相等的实数根
1
2
,
x x ，求证：
1
2
3π
x
x
+
>
.
【答案】(1)
2
π
π
1
0
2
4
x
y
+
-
+ =
(2) 1 ,
3
é
ö
+¥÷
êë
ø
(3)证明见解析
【分析】（1）通过求导求解斜率，结合题干求解切点坐标，再利用直线的点斜式方程求解；
（2）对

f x 求导，再对导函数分析单调性，结合

0
0
f
=
的初始条件，分类讨论a 的取值范围，再
利用导数判断函数

f x 在

0, ¥
+
的单调性来求解；
（3）根据
0
g x =
的根的情况，可得
1
1
2
2
3
sin
3
sin
ax
x
ax
x
=
ì
í
=
î
，构造函数
sin
y
x
=
，利用函数的单调性求解.
【详解】（1）当
0
a =
时，


sin
cos ,
cos
cos
sin
sin
f x
x
x
x f
x
x
x
x
x
x
x
= -
+
= -
= -
¢
+
-
，
π
π
π
,
1
2
2
2
f
f
¢æ
ö
æ
ö
= -
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
故切线方程为
π
π
1
2
2
y
x
æ
ö
+ = -
-
ç
÷
è
ø，
化简为
2
π
π
1
0
2
4
x
y
+
-
+ =
.
（2）当
0
a £
时，

3
π
π
π
0
f
a
= - +
<
，不符合题意，舍去.
当
0
a >
时，



2
sin
3
3
sin
f
x
x
x
ax
x
ax
x
= -
+
=
-
¢
.
令


3
sin ,
0,
3
cos
F x
ax
x x
F
x
a
x
=
-
¢
=
-
³
，
当
1 ,
0
3
a
x
³
³
时，

0
F
x
¢
³
，故

F x 在

0, ¥
+
上单调递增，
所以


0
0
F x
F
³
=
，即
0
x ³
时，

0
f
x
¢
³
，

f x 在

0, ¥
+
上单调递增，
所以


0
0
f x
f
³
=
成立.
当
1
0
3
a
<
<
时，设





3
cos ,
sin
0,
0,π
M x
F
x
a
x M
x
x
x
¢
¢
=
=
-
=
³
Î
恒成立，
所以

M x 在

0,π 上单调递增，


0
3
1 0,
π
3
1 0
M
a
M
a
=
-
=
+
，
所以


0
0,π
x
$
Î
，使


0
0
M x
=
，
当


0
0,
x
x
Î
时，

0
M x <
，即

0
F
x
¢
<
，所以

F x 单调递减，


0
0
F x
F
£
=
，所以

0
f
x
¢
£
在


0
0,
x
x
Î
时成立，
所以

f x 在

0
0, x
上单调递减，
所以



0
0
0
f x
f
<
=
，不符合题意，舍去.
综上，a 的取值范围为1 ,
3
é
ö
+¥÷
êë
ø
.
（3）证明：
3
sin
0
g x
ax
x
=
-
=
，
所以
3
,
0
y
ax a
=
>
，
0
x >
与
sin ,
0
y
x x
=
>
仅有两个交点，
所以
1
1
2
2
3
sin
3
sin
ax
x
ax
x
=
ì
í
=
î
，
不妨设
1
2
x
x
<
所以
1
2
π
5π
,π ,
2π,
2
2
x
x
æ
ö
æ
ö
Î
Î
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø ，
因为
0
a >
，所以
1
2
3
3
ax
ax
<
，所以
1
2
sin
sin
x
x
<
，
又


2
2
2
π
sin
sin 3π
,3π
,π ,
sin
2
x
x
x
y
x
æ
ö
=
-
-
Î
=
ç
÷
è
ø
在π ,π
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，
所以
1
2
3π
x
x
>
-
，
所以
1
2
3π
x
x
+
>
.
2．（2026·陕西咸阳·二模）已知函数

2ex
f
x
ax
=
-
，aÎR ．
(1)讨论

f x 的单调性；
(2)若

f x 在R 上有两个零点，求实数a 的取值范围；
(3)若函数

2
1
2
=
-
g x
f x
x 有两个极值点
1
x ，
2x ，证明：
1
2
e
e
4
x
x
+
>
．
【答案】(1)
0
a £
时，

f x 在R 上单调递增，
0
a >
时，

f x 在
,ln 2
a
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø上单调递减，在ln
,
2
a
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
上单调递增
(2)

2e, ¥
+
(3)证明见解析
【分析】（1）求出导数，分类讨论a 的取值情况来判断单调性；
（2）分离参数，求解新函数的极值可求答案；
（3）设
2
1
0
t
x
x
=
-
>
，把目标式用t 表示，利用导数判断单调性可证.
【详解】（1）

2ex
f x
ax
=
-
的定义域为R ，

2ex
f
x
a
=
¢
-
．
当
0
a £
时，


0,
f
x
f x
¢
>
在R 上单调递增；当
0
a >
时，由

0
f
x
¢
=
得
ln 2
a
x =
，
由

0
f
x
¢
>
得
ln 2
a
x >
，由

0
f
x
¢
<
得
ln 2
a
x <
，
则

f x 在
,ln 2
a
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递减，在ln
,
2
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增．
综上，
0
a £
时，

f x 在R 上单调递增，
0
a >
时，

f x 在
,ln 2
a
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递减，在ln
,
2
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增．
（2）因为

f x 在R 上有两个零点，所以
0
a ¹
，
由

0
f x =
得
2
ex
x
a
=
，令

ex
x
m x =
，则

1
ex
x
m x =
¢
-
，
所以
1
0,
1
m
x
=
>
¢
，时，

0;
1
m x
x
<
<
¢
时，

0
m x
¢
>
，
所以

m x 在

,1
¥
-
上单调递增，在

1, ¥
+
上单调递减，

m x 有极大值，也就是最大值为

1
1
e
m
=
，
又

0
0,
m
x
=
无限趋近+¥ 时，

m x 无限趋近于0，
所以

f x 在R 上有两个零点时，
2
1
0
e
a
<
<
，
所以
2e
a >
，即a 的取值范围是

2e, ¥
+
．
（3）因为

2
2
1
e
2
2
x
a
g x
f x
x
x
x
=
-
=
-
-
有两个极值点
1
2
,
x x ，
所以

e
2
0
2
x
a
g
x
x
¢
=
-
-
=
，有两个实数根
1
2
,
x x ，
所以
1
2
1
2
e
2
,e
2
,
2
2
x
x
a
a
x
x
-
=
-
=
可得


2
1
2
1
e
e
2
x
x
x
x
-
=
-
，
设
2
1
0
t
x
x
=
-
>
，将
2
1
x
x
t
=
+ 代入，得
1
2
2
e
e
1
2 e
e
e
1
x
t
t
x
t
t
t
ì
=
ïï
-
í
×
ï
=
ï
-
î
，
所以
1
2
2
2 e
2
2 e
e
e
e
1
e
1
e
1
t
t
x
x
t
t
t
t
t
t
t
×
+
×
+
=
+
=
-
-
-
，
所以要证
1
2
e
e
4
x
x
+
>
，只需证2
2 e
4
e
1
t
t
t
t
+
×
>
-
，即



2 e
2
0
t
t
t
-
+
+
>
．
设





2 e
2
0
t
h t
t
t
t
=
-
+
+
>
，则


1 e
1
t
h t
t
=
-
+
¢
．
令

1 e
1
t
t
t
j
=
-
+ ，则

e
0
t
t
t
j¢
=
>
，可知


1 e
1
t
h t
t
=
-
+
¢
在

0, ¥
+
上为增函数．
又

0
0
h¢
=
，所以
0
t >
时，






0,
2 e
2
t
h t
h t
t
t
>
=
-
+
+
¢
在

0, ¥
+
上为增函数．
所以

0
0
h t
h
>
=
，即



2 e
2
0
t
t
t
-
+
+
>
成立，所以
1
2
e
e
4
x
x
+
>
成立．
题型04 利用导数研究隐零点问题
析典例·建模型
1.（2025·江西萍乡·模拟）已知函数
( )
ln
f x
x
a
x
=
+
，( )
e
ln
2
x
g x
x
x
-
=
-
-
.
(1)讨论函数

f x 的单调性；
(2)若

0
g x
=0，求
0
0
ln
x
x
+
的值；
(3)证明：
2
ln
e x
x
x
x
x
-
-
£
+
.
【思路分析】
看到什么
想到什么
( )
ln
f x
x
a
x
=
+
求导后，对a 分类讨论，研究函数的单调


0
0
g x
=
虚设零点，结合单调性求解
2
ln
e x
x
x
x
x
-
-
£
+
移项构造函数，
0
0
ln
0
x
x
+
=
利用隐零点，用代数法证明不等式
【规范答题】（1）由
( )
ln
f x
x
a
x
=
+
得
( )
1
a
x
a
f
x
x
x
+
¢
=
+ =
且
(0,
)
xÎ
+¥ ，
若
0
a ³
，则
( )
0
f
x
¢
>
恒成立，即
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增；
若
0
a <
，令

0
f
x
¢
>
，则x
a
> - ；令

0
f
x
¢
<
，则0
x
a
<
< - ，
所以函数

f x 在

0, a
-
单调递减，在

,a
-
¥ 单调递增；
综上，
0
a ³
，
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增；当
0
a <
时，函数

f x 在

0, a
-
单调递减，在

,a
-
¥ 单调递增.
（2）由

0
0
g x
=
，所以
0
0
0
e
ln
2
0
x
x
x
-
-
-
=
，即
0
0
0
0
e
ln
x
x
x
x
-
-
=
+
，
令
0
e x
t
-
=
，则
0
ln
x
t
-
=
，所以
0
0
ln
ln
t
t
x
x
+ =
+
，
由（1）可知，当
1
a = 时，
( )
ln
f x
x
x
=
+
在(0,
)
+¥ 单调递增，
所以
0
0
e x
t
x
-
=
=
，所以
0
0
0
0
0
0
ln
ln e
0
x
x
x
x
x
x
-
+
=
+
=
-
=
；
（3）第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性
记
2
ln
e x
h x
x
x
x
x
-
=
-
-
-
，则


e
ln
2
x
h x
g x
x
x
- -
¢
=
=
-
，
因为

1
e
2
0
x
g
x
x
-
= -
-
-
¢
<
，所以
g x 在(0,
)
+¥ 单调递减，
第二步：借助导函数“隐零点”，判断函数的单调性
由（2）可知

0
0
g x
=
，则
0
0
ln
0
x
x
+
=
.
所以若


0
0,
x
x
Î
，


0
h x
g x
¢
=
>
；若


0,
x
x
Î
+¥ ，


0
h x
g x
¢
=
<
，
所以可知函数
h x 在

0
0, x
单调递增，在

0,
x +¥ 单调递减，
所以


0
h x
h x
£
，
第三步：用代数法证明不等式
又

0
2
0
0
0
0
0
ln
e x
h x
x
x
x
x
-
=
-
-
-
，
0
0
ln x
x
= -
，
0
0
e x
x
-
=
，
所以

2
2
0
0
0
0
0
0
h x
x
x
x
x
=
+
-
=
-
，所以
2
ln
e x
x
x
x
x
-
-
£
+
.
研考点·通技法
隐零点问题是函数零点中常见的问题之一，其源于含指对函数的方程无精确解，这样我们只能得到存在
性之后去估计大致的范围（数值计算不再考察之列）.
基本步骤：
第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程


0
0
f
x
¢
=
, 并结合
( )
f x 的单调
性得到零点的范围;
第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数
( )
f
x
¢
 的正负, 进而得到
( )
f x 的最值表达式;
第 3 步: 将零点方程


0
0
f
x
¢
=
适当变形, 整体代入
( )
f x 最值式子进行化简:
（1）要么消除
( )
f x 最值式中的指对项
（2）要么消除其中的参数项;
从而得到
( )
f x 最值式的估计.
二、函数零点的存在性定理
函数零点存在性定理：设函数

f
x 在闭区间

,a b 上连续，且


0
f a f b <
，那么在开区间

,a b
内至少有函数

f
x 的一个零点，即至少有一点


0
,
x
a b
Î
，使得


0
0
f x
=
.
三、隐零点的同构
实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们
看到的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换
化简方向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析






2
ln
ln
ln
1
ln
1
ln
ln
ln
0
x
x
x
x
x
xe
x
x
f x
x
e
f
x
x
x
e
x
x
x
x
f x
xe
f
x
x e
x
x
ì
ì
ï
ï
=
+
Þ
=
+
í
í
ï
ï
-
-
-
-
î
î
=
Þ
-
= -
Þ
+
=
所以在解决形如 
1
ln
0
xe
x
x
x
=
Û
+
=
, 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.
四、一般思路
针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零点的函
数，再来求原函数的极值或者最值问题或证明不等式.构建关于隐零点作为自变量的新函数，求函数值域
或者证明不等式恒成立问题.在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法取含参的
特殊值来确定零点存在区间.
破类题·提能力
1.（2026·浙江·开学考试）已知函数


e ,
ln
x
f x
x
g x
x
=
=
．
(1)求

f x 在点

1,e 处的切线方程；
(2)当
0
a >
，对任意的



2
1
0,
,
2
x
g x
ax
Î
+¥
£
-
恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)证明：


1
e
2
x
f x
g x
>
+
-
．
【答案】（1）
2e
e
y
x
=
- ；（2）1 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø ；（3）见解析
【解析】（1）


1 ex
f
x
x +
¢
=
，令
1
2e
f ¢
=
，所以切线方程为
2e
e
y
x
=
- ．
（2）因为


2
1
0
2
g x
ax
x
£
-
>
恒成立，即


2
1
ln
0
0
2
x
ax
x
-
+
£
>
恒成立，
令

2
1
ln
2
H x
x
ax
=
-
+
，

2
1
1 2
2
ax
H
x
ax
x
x
-
=
¢
=
-
，令

0
H
x
¢
=
，解得
1
2
x
a
=
，
当
1
0,
2
x
a
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，


0,
H
x
H x
¢
>
单调递增；
当
1 ,
2
x
a
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
时，


0,
H
x
H x
¢
<
单调递减；
故

H x 的最大值为
max
1
1
ln
2
2
H x
H
a
a
æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
因为

0
H x £
恒成立，所以
max
1
1
ln
0
2
2
H x
H
a
a
æ
ö
=
=
£
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
所以
1
2
a ³
，即实数a 的取值范围为1 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø ．
（3）法一：由（2）得当
1
2
a =
时，


2
1
0
2
g x
ax
x
£
-
>
恒成立，
即


2
1
1
ln
0
2
2
x
x
x
£
-
>
，令


1
e
ln
2
x
F x
f x
x
=
-
-
+
，
所以





2
1
1
1 e
ln
1 e
1
2
2
x
x
F x
x
x
x
x
=
-
-
+
³
-
-
+ ，
令



2
1
1 e
1
2
x
G x
x
x
=
-
-
+ ，则



e
e
1
0
x
x
G
x
x
x
x
=
-
=
-
>
¢
，
故

G x 在

0, ¥
+
上单调递增，所以


0
0
G x
G
>
=
，即


0
F x
G x
³
>
成立，得证．
法二：令




1
1
e
ln
1 e
ln
2
2
x
x
F x
f x
x
x
x
=
-
-
+
=
-
-
+
，
先证ln
1
x
x
£
- ，即证ln
1
0
x
x
-
+ £
，
令


1
1
ln
1,
1
,
1
0
x
h x
x
x
h x
h
x
x
-
=
-
+
=
¢
-
¢
=
=
，
当




0,1 ,
0,
x
h x
h x
>
¢
Î
单调递增；当




1,
,
0,
x
h x
h x
¥
¢
Î
+
<
单调递减，
所以

max
1
0
h x
h
=
=
，所以
0
h x £
，即ln
1
0
x
x
-
+ £
得证，
因为ln
1
x
x
£
- ，所以






1
3
1 e
ln
1 e
2
2
x
x
F x
x
x
x
x
G x
=
-
-
+
³
-
-
+
=
，
令





3
1 e
0
2
x
G x
x
x
x
=
-
-
+
>
，
则



e
1
0
x
G
x
x
x
=
¢
-
>
，令


H x
G
x
=
¢
，所以





1 e
0
0
x
H
x
x
x
=
+
>
>
¢
，
所以

G x
¢
在

0, ¥
+
上单调递增，又因为

1
e
2 0,
1
e 1 0
2
2
G
G
-
æ
ö =
=
ø
¢
-
ç
÷
è
¢
，
所以
0
1 ,1
2
x
æ
ö
$
Îç
÷
è
ø 使得


0
0
G
x
¢
=
，即
0
0e
1
x
x
= ，也即
0
0
1
e
x
x
=
，
所以


0
0,
x
x
Î
时，


0,
G
x
G x
¢
<
单调递减；


0,
x
x
¥
Î
+
时，


0,
G
x
G x
¢
>
单调递增，
所以





0
0
0
0
min
3
1 e
2
x
G x
G x
x
x
=
=
-
-
+
，代入
0
0
1
e
x
x
=
得，





0
0
0
0
0
0
0
min
0
0
1
3
3
5
1
1 e
2
2
2
x
x
G x
G x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
-
=
=
-
-
+
=
-
+
=
-
+
ç
÷
è
ø
，
又



1
0
m t
t
t
t
= +
>
在


0,1
t Î
时单调递减，而
1 ,1
2
t
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
所以

1
1
5
2
2
2
2
m t
mæ
ö
<
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
所以
min
5
1
0
2
2
G x
mæ
ö
>
-
=
ç
÷
è
ø
，
即

0
G x >
成立，所以

0
F x >
，原不等式得证．
2．（2026·陕西商洛·二模）已知函数



2
ln
f x
a
x
x
=
-
，其中aÎR ．
(1)当
1
a = 时，求

f x 在



1
1
f
，
处的切线方程；
(2)若函数

f x 存在单调递增区间，求实数a 的取值范围；
(3)若
0,
a
b
>
ÎR，对任意的

0
x
f x
a
b
>
£
+
，
恒成立，求
5
b
a
-
的最小值．
【答案】(1)
1
=
-
y
x
；
(2)
2
1 ,
2e
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
(3)
3
3e
-
【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解；
（2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案；
（3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性
【详解】（1）当
1
a = 时，



2
ln
f x
x
x
=
-
，函数定义域为


0,
xÎ
+¥
故


2
ln
1
1
1
f
x
x
f
x
¢
-
-
¢
=
+
=
，
，
又
1
0
f
=
，所以切线方程为
1
y
x
=
- .
（2）由题意得



2
ln
1
0
a
f
x
x
x
x
¢
= -
+
-
>
，
若

f x 不存在单调增区间，则
2
ln
1
0
a
x
x
-
+
- £
恒成立，即2
ln
a
x x
x
£
+
恒成立，
令

ln
2
ln
g x
x x
x
g
x
x
¢
=
+
=
+
，
，
当


2
e ,
x
-
Î
+¥ 时

0
g
x
¢
>
，当


2
0,e
x
-
Î
时

0
g
x
¢
<
所以
g x 在

2
0,e-
单调递减，在

2
e ,
- +¥ 单调递增，
所以


2
2
min
1
g
g e
e
x
-
=
= -
，所以
2
1
2
e
a £ -
即
2
1
2e
a £ -
因此所求实数a 的取值范围为
2
1 ,
2e
æ
ö
-
+¥
ç
÷
è
ø
.
（3）由（2）知


2
2
1
2
ln
1
0
a
a
f
x
x
f
x
x
x
x
¢
¢
= -
+
-
= -
-
¢
<
，
所以

f
x
¢
在

0,+¥ 单调递减，又


2
2
e
1
2 e
0
f
a
-
= +
>
¢
，


2
2
e
1
0
e
a
a
a
f
a
¢
= - +
- <
，
所以必存在正数
0x ，使得


0
0
0
2
ln
1
0
a
f
x
x
x
= -
+
- =
¢
，即
0
0
0
2
ln
a
x
x
x
=
+
，
由（2）知当
0
1
0, e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，2
0
a <
即
0
a <
，当
0
1
e
x =
时，2
0
a =
即
0
a =
，
当
0
1 ,
e
x
æ
ö
Î
+¥
ç
÷
è
ø 时，2
0
a >
即
0
a >
，
由上可知

f x 在

0
0, x
单调递增，在

0,
x +¥ 单调递减，
所以





0
0
0
max
2
ln
f x
f x
a
x
x
=
=
-
，
所以


0
0
2
ln
a
b
a
x
x
+
³
-
，即


0
0
5
2
ln
6
b
a
a
x
x
a
-
³
-
-
，


2
0
0
0
0
0
5
ln
3 ln
3
b
a
x
x
x
x
x
-
³
-
-
令


2
1
ln
3 ln
3 (
)
e
h x
x
x
x
x
x x
=
-
-
>
因为






2
ln
ln
6
ln
3
ln
2
h x
x
x
x
x
=
-
-
=
-
+
¢
当
3
1 ,e
e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
h x 单调递减，当


3e ,
xÎ
+¥ 时，
h x 单调递增，
所以

3
3
min
e
3e
h x
h
=
= -
，
所以
5
b
a
-
的最小值为
3
3e
-
题型05 利用导数研究函数的零点（方程的根）问题
析典例·建模型
1．（2026·云南·模拟预测）已知函数

ln
e
sin
x
a
f x
x
+
=
-
，


e
ln
1
x
g x
a
x
=
-
+
．
(1)当
1
e
a =
时，求

f x 在



0,
0
f
处的切线方程；
(2)若


0,
x
" Î
+¥ ，

0
f x ³
都成立，求a 的取值范围；
(3)若函数



F x
g x
f x
=
-
，证明

F x 有且仅有两个零点．
【思路分析】（1）当
1
e
a =
时，
1
( )
e
sin
x
f x
x
-
=
-
，分别求出切点纵坐标
(0)
f
和切线斜率
(0)
f ¢
，使用点斜
式即可求得

f x 在



0,
0
f
处的切线方程；
（2）先使用参变分离可得
sin
ex
x
a ³
在
(0,
)
xÎ
+¥ 上恒成立，令
sin
( )
ex
x
h x =
，利用导数结合辅助角与三
角函数值求出( )
h x 的最大值即可；
（3）由题意可得



sin
ln
1
F x
x
x
=
-
+
，则
s
( )
1
co
1
x
x
F x =
- +
¢
，使用导数结合x 的取值确定
( )
F x 在各
个区间内的单调性，并由零点存在性定理确定零点个数即可.
【规范答题】（1）当
1
e
a =
时，
1
( )
e
sin
x
f x
x
-
=
-
，则
1
( )
e
cos
x
f
x
x
-
¢
=
-
，
所以
1
(0)
1
e
f ¢
=
- ，
1
(0)
e
f
=
．
故切线方程为
1
1
1 (
0)
e
e
y
x
æ
ö
-
=
-
-
ç
÷
è
ø
，即(1
e)
e
1
0
x
y
-
-
+ =
．
（2）因为
ln
( )
e
sin
e
sin
0
x
a
x
f x
x
a
x
+
=
-
=
-
≥在
(0,
)
xÎ
+¥ 上恒成立，且
0
a >
，
所以
sin
ex
x
a ³
在
(0,
)
xÎ
+¥ 上恒成立，令
sin
( )
,
(0,
)
ex
x
h x
x
=
Î
+¥ ，则
max
( )
a
h x
³
，
因为
π
2 sin
cos
sin
4
( )
e
e
x
x
x
x
x
h x
æ
ö
-
-
ç
÷
-
è
ø
¢
=
=
，
①当
π
(
)
0,
xÎ
时，由
( )
0
h x
¢
=
，解得
π
4
x =
，
π
0 4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
,
，
( )
0
h x
¢
> ，( )
h x 单调递增，
π π
4
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
,
，
0
( )
h x
¢
< ，( )
h x 单调递减，
所以当
π
(
)
0,
xÎ
时，
max
π
π
4
4
2
π
2
2
( )
4
e
2e
h x
hæ
ö
=
=
=
ç
÷
è
ø
；
②当
[π,
)
xÎ
+¥ 时，因为sin
1
x £ ，
π
e
e
x ³
，所以
π
π
4
2
sin
1
1
π
2
( )
e
e
e
4
e
x
x
x
h x
hæ
ö
=
£
£
<
=
ç
÷
è
ø
，
所以
(0,
)
xÎ
+¥ 时，
max
π
4
π
2
( )
4
2e
h x
hæ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，所以
max
π
4
π
2
( )
4
2e
a
h x
hæ
ö
³
=
=
ç
÷
è
ø
，
综上，a 的取值范围为
π
4
2
2e
é
ö
÷
ê
+ ¥÷
êë
ø
,
．
（3）因为
ln
( )
( )
( )
e
)
ln(
1)
(e
sin )
sin
ln(
1
1
)(
x
x
a
F x
g x
f x
x
x
a
x
x
x
+
=
-
=
-
+
-
-
+
> -
=
-
，
所以，
s
( )
1
co
1
x
x
F x =
- +
¢
，设
1
cos
)
1
(
x
x
H x
-
=
+
，
①当
( 1,0]
xÎ -
时，
2
1
sin
0
1
)
)
(
(
x
x
H x
¢
+
= -
+
>
，
( )
F x
¢
单调递增，
所以
( )
(0)
0
F x
F
¢
¢
£
=
，所以
( )
F x 在( 1,0]
-
上单调递减．
又
(0)
0
F
=
，所以
0
x =
为
( )
F x 在( 1,0]
-
上的唯一零点；
②当
π
0, 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，因为
2
1
(
1)
x +
在
π
0, 2
æ
ù
ç
ú
è
û 上单调递减，sin x
-
在
π
0, 2
æ
ù
ç
ú
è
û 上单调递减，
所以
2
1
sin
1
)
)
(
(
x
x
H x
¢
-
+
+
=
在
π
0, 2
æ
ù
ç
ú
è
û 上单调递减．
又
(0)
sin0
1
1
0
H¢
= -
+ = > ，
2
2
π
π
4
4
sin
1
0
2
2
(π
2)
(π
2)
H æ
ö
¢
= -
+
=
- <
ç
÷
+
+
è
ø
，
所以
0
π
0 2
x
æ
ù
$
Îç
ú
è
û
,
，使得
0
(
)
0
H x
¢
=
，所以当
0
(0,
)
x
x
Î
时，
( )
0
H x
¢
>
；
0
π
, 2
x
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，
( )
0
H x
¢
<
，
即
( )
F x
¢
在
0
(0,
)
x
上单调递增；在
0
π
, 2
x
æ
ù
ç
ú
ç
ú
è
û 上单调递减，
又
(0)
0
F¢
=
，所以
0
(
)
(0)
0
F x
F
¢
¢
>
=
，
所以
( )
F x 在
0
(0,
)
x
上单调递增，此时
( )
(0)
0
F x
F
>
=
，不存在零点．
又
π
π
2
2
cos
0
2
2
π
2
π
2
F æ
ö
¢
=
-
= -
<
ç
÷
+
+
è
ø
，所以
1
0
π
2
x
x
æ
ù
$
Îç
ú
è
û
,
，使得
1
(
)
0
F x
¢
=
，
所以
( )
F x 在
0
1
(
,
)
x x 上单调递增，在
1
π
2
x
æ
ù
ç
ú
è
û
,
上单调递减．
又
1
0
(
)
(
)
(0)
0
F x
F x
F
>
>
=
，
π
π
π
2e
sin
ln 1
ln
ln1
0
2
2
2
π
2
F æ
ö
æ
ö
=
-
+
=
>
=
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
，
所以
( )
0
F x >
在
0
π
, 2
x
æ
ù
ç
ú
ç
ú
è
û 上恒成立，此时不存在零点；
③当
π π
2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û
,
时，sin x 单调递减，
ln(
1)
x
-
+
单调递减，
所以
( )
F x 在π ,π
2
æ
ù
ç
ú
è
û
上单调递减．
又
π
0
2
F æ
ö >
ç
÷
è
ø
，
(π)
sin π
ln(π
1)
ln(π
1)
0
F
=
-
+
= -
+
< ，
即
π
(π)
0
2
F
F æ
ö
×
<
ç
÷
è
ø
，又
( )
F x 在
π π
2
æ
ù
ç
ú
è
û
,
上单调递减，
所以
( )
F x 在
π π
2
æ
ù
ç
ú
è
û
,
上存在唯一零点；
④当
π
( ,
)
x Î
+¥ 时，sin
[ 1,1]
xÎ -
，ln(
1)
ln(π
1)
lne
1
x +
>
+
>
= ，
所以sin
ln(
1)
0
x
x
-
+
<
，即
( )
F x 在(π,
)
+¥ 上不存在零点．
综上所述：
( )
F x 有且仅有2 个零点．
2．（2026·辽宁·模拟预测）已知函数



2
2
1
2
e
2
x
ax
f x
x
x a
=
+
-
ÎR （e
2.71828
=
××× 是自然对数的底数）．
(1)求曲线

f x 在原点处的切线方程；
(2)若

f x 在


0,2
xÎ
内有两个极值点，求实数a 的取值范围；
(3)
1
a = 时，讨论关于x 的方程



2
1
1
2
ln
2
ex
f x
x
x
b
x b
x
é
ù
-
+
+
=
Î
ê
ú
ë
û
R 的根的个数．
【思路分析】（1）根据导数的几何意义，曲线

f x 在原点处的切线斜率
(0)
k
f ¢
=
，结合点斜式求切线
方程；
（2）若
( )
f x 在
(0,2)
xÎ
内有两个极值点，等价于e
0
x
ax
-
=
在 
(0,2)
xÎ
上有两个不相等的实数根．令
( )
x
g x
e
ax
=
-
，分类讨论( )
g x 有两个变号根时 a 的范围；
（3）化简原式可得：
2
( ) | ln
|
,
(0,
)
e x
x
h x
x
b x
=
-
-
Î
+¥ ，分别讨论 
(1,
)
xÎ
+¥ 和
(0,1)
xÎ
时( )
h x 的单调
性，可得 
( )
h x 的最小值，分类讨论最小值与0 的关系，结合( )
h x 的单调性可以得到零点个数.
【规范答题】（1）因为



2
2
1
2
e
2
x
ax
f x
x
x a
=
+
-
ÎR ，所以
2
2
( )
2
ex
ax
ax
f
x
x
-
=
+
-
¢
，
故
(0)
2,
(0)
0
f
f
= -
=
¢
，
故曲线

f x 在点(0,
(0))
f
处的切线方程为
2
y
x
= -
，即2
0
x
y
+
=
；
（2）由（1）知，




2
2
(
2) e
( )
2
e
e
x
x
x
a
x
x
x
ax
f
x
x
-
-
-
=
¢
-
=
+
，
因为
( )
f x 在
(0,2)
xÎ
内有两个极值点，所以 
( )
0
f
x
¢
=
在
(0,2)
xÎ
内有两个不相等的实数根，
即e
0
x
ax
-
=
在
(0,2)
xÎ
上有两个不相等的实数根．
设( )
x
g x
e
ax
=
-
，则
( )
x
g x
e
a
¢
=
-
，
①当
0
a £
时，
(0,2),
( )
e
0
x
x
g x
a
¢
Î
=
-
>
，
所以( )
g x 在(0,2) 上单调递增，不符合条件．
②当
0
a >
时，令

e
0
x
g
x
a
=
¢
-
=
得 
ln
x
a
=
，
当ln
2
a ³
，即
2e
a ³
时，
(0,2),
( )
e
0
x
x
g x
a
¢
Î
=
-
<
，
所以( )
g x 在(0,2) 上单调递减，不符合条件；
当ln
0
£
a
，即0
1
a
<
£ 时，
(0,2),
( )
e
0
x
x
g x
a
¢
Î
=
-
>
，
所以( )
g x 在(0,2) 上单调递增，不符合条件；
当0
ln
2
a
<
<
，即
2
1
e
a
<
<
时， 
( )
g x 在(0,ln )
a 上单调递减，(ln ,2)
a
上单调递增，
若要e
0
x
ax
-
=
在
(0,2)
xÎ
上有两个不相等的正实根，则 
(0)
0
(2)
0
(ln )
0
0
ln
2
g
g
g
a
a
>
ì
ï
>
ïí
<
ï
ï <
<
î
，解得
2e
e
2
a
<
<
．
综上所述，所以a 的取值范围为
2e
e, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
.
（3）由
1
a = 可得，

2
2
1
2
e
2
x
x
f x
x
x
=
+
-
，
设
2
2
1
1
( )
ln
( )
2
ln
,
(0,
)
2
e
e
x
x
x
h x
x
f x
x
x
b
x
b x
x
¥
é
ù
=
-
-
+
-
=
-
-
Î
+
ê
ú
ë
û
，
令
2e x
x
y =
，则
2
1
2
e x
x
y
-
¢ =
，所以 
2e x
x
y =
在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø上单调递减．
（ⅰ）当
(1,
)
xÎ
+¥ 时，ln
0
x >
，则 

2
ln
e x
x
h x
x
b
=
-
- ，所以
2
2
e
( )
e
2
1
x
x
h x
x
x
-
æ
ö
=
+
-
ç
è
¢
÷
ø
．
因为
2e
2
1
0,
0
x
x
x
- >
>
，所以 
( )
0
h x
¢
>
，因此( )
h x 在(1,
)
+¥ 上单调递增．
（ⅱ）当
(0,1)
xÎ
时，ln
0
x <
，则 
2
( )
ln
e x
x
h x
x
b
= -
-
-
，
所以

2
2
e
e
2
1
x
x
h x
x
x
-
æ
ö
=
-
+
-
ç
÷
è
ø
¢
．
因为


2
2
2
e
1,e
,e
1,0
1
x
x
x
Î
>
<
< ，所以
2e
1
x
x > ，即 
2e
1
x
x
-
< - ，
又2
1 1
x - < ， 所以

2
2
e
e
2
1
0
x
x
h x
x
x
-
æ
ö
=
-
+
-
<
ç
÷
è
ø
¢
，
因此 
( )
h x 在( 0, 1) 上单调递减．
综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当
(0,
)
xÎ
+¥ 时， 
2
( )
(1)
e
h x
h
b
-
³
= -
-
，
当
2
(1)
e
0
h
b
-
= -
-
>
，即 
2
e
b
-
< -
时，( )
h x 没有零点，故关于x 的方程根的个数为0，
当
2
1
e
0
h
b
-
= -
-
=
，即 
2
e
b
-
= -
时，( )
h x 只有一个零点，故关于x 的方程根的个数为1，
当
2
(1)
e
0
h
b
-
= -
-
<
，即 
2
e
b
-
> -
时，
①当
(1,
)
xÎ
+¥ 时， 

2
2
1
ln
ln
ln
1
e
e
x
x
h x
x
b
x
b
x
b
æ
ö
=
-
-
>
-
+
>
- -
ç
÷
è
ø
，要使( )
0
h x >
，可令
ln
1
0
x
b
- -
>
，即 


1e
,
b
x
¥
+
Î
+
；
②当
(0,1)
xÎ
时，
1
2
1
( )
ln
ln
e
ln
1
e
2
x
x
h x
x
b
x
b
x
b
-
æ
ö
= -
-
-
³ -
-
+
> -
- -
ç
÷
è
ø
，要使 
( )
0
h x >
，
可令
ln
1
0
x
b
-
- -
>
，即


1
0,e
b
x
- -
Î
，
所以，当
2
e
b
-
> -
时，( )
h x 有两个零点，故关于 x 的方程根的个数为2，
综上所述：当
2
e
b
-
< -
时，关于 x 的方程根的个数为0，
当
2
e
b
-
= -
时，关于x 的方程根的个数为1，
当
2
e
b
-
> -
时，关于x 的方程根的个数为2．
研考点·通技法
利用导数研究函数零点（方程根），核心是数形结合、单调性、极值与端点效应.
1.转化：将方程根的与函数零点互相转化，或分离参数转化为直线与曲线交点问题.
2.求导分析：求定义域，求导并因式分解，判断单调性与极值点，确定函数图像走势.
3.零点存在定理：计算极值与区间端点函数值，利用符号判断零点个数：极值正、负、零分别对应不同
交点情况.
4.分类讨论：含参问题按导数零点的大小、是否在定义域内分类，逐段分析单调性与最值.
5.找点技巧：若函数值不易判断，可适当放缩、取特殊值，证明存在正负两点，锁定零点区间.
整体思路：单调定趋势，极值定个数，符号定存在，参数分类论.
破类题·提能力
1．（25-26 高三下·贵州遵义·开学考试）已知函数



e
2
1
x
f x
x
=
-
．
(1)求函数

y
f x
=
在
1
x = 处的切线方程；
(2)若方程



1
f x
m
x
=
-
在

0, ¥
+
上恰有2 个实数根，求m 的取值范围．
【答案】(1)3e
2e
0
x
y
-
-
=
(2)
3
2
, 4e
æ
ö
-¥ -
ç
÷
è
ø
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则进行求解即可；
（2）把问题转化为直线与函数图象的交点个数问题，结合导数性质、数形结合思想进行求解即可.
【详解】（1）






e
2
1
e
2
1
x
x
f x
x
f
x
x
¢
=
-
Þ
=
+
，
因为


1
e,
1
3e
f
f
=
=
¢
，
所以函数

y
f x
=
在
1
x = 处的切线方程为


e
3e
1
3e
2e
0
y
x
x
y
-
=
-
Þ
-
-
=
；
（2）方程



1
f x
m
x
=
-
在

0, ¥
+
上恰有2 个实数根，
等价于直线


1
y
m
x
=
-
与函数

y
f x
=
的图像在

0, ¥
+
上有两个不同的交点，
由




1
1
y
m
x
y
m x
=
-
Þ
= -
-
，
所以直线


1
y
m
x
=
-
恒过定点

1,0
A
，且斜率为m
-
，
由（1）可知



e
2
1
x
f
x
x
=
¢
+
，
当


0,
x
¥
Î
+
时，

0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增，
所以函数

y
f x
=
的图象如下图所示：
设函数

y
f x
=
的切线过点

1,0
A
，切点为





0
0
0
0
,e
2
1
0
x
x
x
x
-
>
，斜率为




0
0
0
e
2
1
x
f
x
x
¢
=
+
，
所以切线的方程为





0
0
0
0
0
e
2
1
e
2
1
x
x
y
x
x
x
x
-
-
=
+
-
，
把点

1,0
A
的坐标代入，得





0
0
0
0
0
0
e
2
1
e
2
1 1
x
x
x
x
x
-
-
=
+
-
，
因为
0
0
x >
，所以解得
0
3
2
x =
，即斜率为
3
2
3
4e
2
f æ
ö =
÷ø
¢çè
，
由数形结合思想可知：当
3
2
4e
m
-
>
时，即
3
2
4e
m < -
时，直线


1
y
m
x
=
-
与函数

y
f x
=
有两个不同的
交点，
即方程



1
f x
m
x
=
-
在

,
¥
¥
-
+
上恰有2 个实数根，此时m 的取值范围为
3
2
, 4e
¥
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
.
2．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数



ln
2
2
f x
a x
x
a a
=
-
+
ÎR ．
(1)若

f x 恰有两个零点，求实数a 的取值范围；
(2)当
2
2
e
a >
时，证明：

2
2
e
2
2
x
a
xf x
x
ax
>
+
-
．
【答案】(1) 2 ,
e
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
(2)证明见解析
【分析】（1）分
0
a £
、
0
a >
，结合导数讨论其单调性，再利用零点存在性定理可得
0
a >
，且
1 ln
0
2
a
aæ
ö
+
>
ç
÷
è
ø
，解出即可得；
（2）

2
2
2
e
ln
e
2
2
x
x
a
x
a
xf x
x
ax
x
x
>
+
-
Û
>
，构造函数
2
ex
g x
x
=
、
lnx
h x
x
=
，利用导数研究两函数
单调性后可得最值，从而可得
2
2
e
a >
时，
2
e
1
2
x
a
x
>
，ln
1
e
x
x £
，即可得证.
【详解】（1）由题得



2,
0,
a
f
x
x
x
¥
=
-
Î
+
¢
，
当
0
a £
时，

0
f
x
¢
<
，

f x 在

0, ¥
+
上单调递减，

f x 最多有一个零点，不符合题意；
当
0
a >
时，令

0
f
x
¢
=
，得
2
a
x =
，
当
0, 2
a
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，

0
f
x
¢
>
，当
,
2
a
x
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø时，

0
f
x
¢
<
，
所以

f x 在0, 2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在
,
2
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递减，
所以
max
ln
1 ln
2
2
2
a
a
a
f x
f
a
a
a
æ
ö
æ
ö
=
=
+
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø ，
又
0
x
+
®
时，

f x
x
¥
¥
® -
® +
，
时，

f x
¥
® -
，
所以只需
max
1 ln
0
2
a
f x
aæ
ö
=
+
>
ç
÷
è
ø
，解得
2
e
a >
，
故实数a 的取值范围是2 ,
e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø；
（2）当
2
2
e
a >
时，

2
2
2
e
e
ln
e
2
2
ln
x
x
x
a
a
x
a
xf x
x
ax
x
x
x
x
>
+
-
Û
>
Û
>
．
令


2
e
0
x
g x
x
x
=
>
，则



2
4
3
e
2
e
2 e
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
-
-
¢
=
=
，
令

0
g
x
¢
=
，得
2
x =
，当0
2
x
<
<
时，


0,
g
x
g x
¢
<
单调递减，
当
2
x >
时，


0,
g
x
g x
¢
>
单调递增，
所以

2
min
e
2
4
g x
g
=
=
，
所以当
2
2
e
a >
时，
2
2
2
e
2
e
1
e
4
2
x
a
x
>
´
=
；
令
lnx
h x
x
=
，则

2
2
1
ln
1 ln
x
x
x
x
h x
x
x
× -
-
=
=
¢
，令

0
h x
¢
=
，得
e
x= ，
当0
e
x
<
<
时，


0,
h x
h x
¢
>
单调递增，
当
e
x> 时，


0,
h x
h x
¢
<
单调递减，
所以

max
1
e
e
h x
h
=
=
，因为1
1
2
e
>
，所以当
2
2
e
a >
时，
2
e
ln
x
a
x
x
x
>
；
故当
2
2
e
a >
时，

2
2
e
2
2
x
a
xf x
x
ax
>
+
-
.
题型06 导数与数列的综合问题
析典例·建模型
1．（25-26 高二上·河北石家庄·期末）已知函数

ln
1 ln
f x
x
x
n
=
+
- -
，
*
nÎN ，记

f x 的零点为
na .
(1)求
1a ；
(2)求数列
na
中的最小项；
(3)证明：


1
2
4
1 1
n
i
i
n
a
=
>
+ -
å
【思路分析】（1）对

ln
1
f x
x
x
=
+
- 求导，确定单调性即可求解；
（2）由


1
1
ln
ln
1,
ln
ln
1
1
n
n
n
n
a
a
n
a
a
n
+
+
+
=
+
+
=
+
+ 通过作差得到
1
1
ln
ln
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
>
+
，构造函数
( )
ln
g x
x
x
=
+
利用其单调性，确定数列单调性即可求解；
（3）令( )
1 ln
h x
x
x
=
- -
，求导确定单调性，得到
1
2
n
n
n
a
n
+
+
£
<
，化简计算即可证.
【规范答题】（1）当
1
n = 时，

ln
1
f x
x
x
=
+
- ，定义域为

0, ¥
+
，

1
1
0
f
x
x
= +
>
¢
在

0, ¥
+
上恒成立，
所以

ln
1
f x
x
x
=
+
- 在

0, ¥
+
上单调递增，
又
1
0
f
=
，所以

f x 有唯一零点1，
即
1
1
a = ；
（2）由

f x 的零点为
na ，
得


1
1
ln
ln
1,
ln
ln
1
1
n
n
n
n
a
a
n
a
a
n
+
+
+
=
+
Þ
+
=
+
+ ，
两式相减得：
1
1
1
ln
ln
ln
0
n
n
n
n
n
a
a
a
a
n
+
+
+
-
+
-
=
>
，
即
1
1
ln
ln
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
>
+
，
令( )
ln
g x
x
x
=
+
，则

1
1
0
g
x
x
= +
>
¢
在

0, ¥
+
上恒成立，
所以
g x 在

0, ¥
+
上单调递增，
所以由
1
1
ln
ln
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
>
+
，得到



1
n
n
g a
g a
+
>
，
所以
1
n
n
a
a
+ >
，所以数列
na
是递增数列，
所以数列
na
中的最小项是
1
1
a = ；
（3）令( )
1 ln
h x
x
x
=
- -
，则

1
x
h x
x
¢
-
=
，
当


0,1
xÎ
时，

0
h x
¢
<
，
h x 在

0,1 上单调递减，
当


1,
x
¥
Î
+
时，

0
h x
¢
>
，
h x 在

1, ¥
+
上单调递增，
所以( )
(1)
0
h x
h
³
=
，当且仅当
1
x = 时，等号成立，即
1
ln
x
x
- ³
，
因为ln
1
ln
0
n
n
a
a
n
+
- -
=
，所以ln
ln
1
2ln
n
n
n
n
a
a
a
=
+
- ³
,
所以
1
2
n
n
n
a
n
+
+
£
<
，
所以


2
4
4
1
1
n
n
n
a
n
n
>
=
+ -
+
+
，
所以







1
2
4
1
1
2
1
4
1 1 .
n
i
i
n
n
n
n
n
a
=
é
ù
>
+ -
+
-
-
+
+
-
=
+ -
ë
û
å
L
，
所以


1
2
4
1 1
n
i
i
n
a
=
>
+ -
å
.
2．（2026·湖南岳阳·模拟预测）已知函数
( )
(
1)
ln
f x
a x
x
x
=
-
-
，且
( )
0
f x £
.
(1)求a ;
(2)已知
( )
f
x
¢
为函数
( )
f x 的导函数，证明：对任意的
1
2
0
x
x
<
<
，均有
2
1
1
2
1
(
)
(
)
(
)
f x
f x
f
x
x
x
-
¢
>
-
；
(3)证明：对任意的
*
nÎN ，均有
1
1
1
ln 2
2
3
2
1
n
n
n
+
+×××+
<
+
+
+
.
【思路分析】（1）构造函数
1
( )
(1
)
ln
g x
a
x
x
=
-
-
，利用导数判断函数的单调性， 可得
max
( )
( )
g x
g a
=
，只需 满足( )
0
g a £
，计算即可得解；
（2）先写出
( )
f
x
¢
，将不等式变形，通过换元
2
1
x
t
x
=
，构造函数
g t ，利用导数证其单调性，从而推
导不等式成立；
（3）由（1）中

f x 的结论，取
1
k
x
k
+
=
得到
1
1
ln
1
k
k
k
+
>
+ ，对不等式左边求和，结合对数运算性质
（裂项相消），证得结果.
【规范答题】（1）由
( )
0
f x £
得
1
(1
)
ln
0
a
x
x
-
-
£
，
令
1
( )
(1
)
ln ,
0
g x
a
x x
x
=
-
-
>
，则
2
2
1
( )
a
a
x
g x
x
x
x
-
¢
=
-
=
，
①当
0
a £
时，
( )
0
g x
¢
<
恒成立，( )
g x 在(0,
)
+¥ 上单调递减，且(1)
0
g
=
，不符题意；
②当
0
a >
时，( )
g x 在(0, )
a 上单调递增，在( ,
)
a +¥ 上单调递减，
故
max
( )
( )
1 ln
0
g x
g a
a
a
=
=
- -
£
，
令( )
1 ln
h a
a
a
=
- -
，则
1
1
( )
1
a
h a
a
a
-
¢
= -
=
，
故( )
h a 在( 0, 1) 上单调递减，在(1,
)
+¥ 上单调递增，
则
min
( )
(1)
0
h a
h
=
=
，即
1 ln
0
a
a
- -
³
，又
1 ln
0
a
a
- -
£
，
所以
1 ln
0
a
a
- -
=
，解得
1
a = .
（2）由（1）知

1
ln
f x
x
x x
=
- -
，
( )
f
x
¢
lnx
= -
，
要证
2
1
1
2
1
(
)
(
)
(
)
f x
f x
f
x
x
x
-
¢
>
-
，即证
2
1
1
1
2
2
1
2
1
ln
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
+
-
-
>
-
，
进一步变形为证
2
2
2
1
2
1
2
1
ln
ln
0
x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
+
>
-
，即证


2
2
2
1
1
2
1
ln
0
x
x
x
x
x
x
x
-
-
>
-
.
因为
1
2
0
x
x
<
<
，令
2
1
1
x
t
x
=
> ，则需证


ln
1
0
1
t t
t
t
-
-
>
-
（
1
t > ），
即证


ln
1
0
t t
t
-
-
>
（
1
t > ）
设


ln
1
g t
t t
t
=
-
-
，
1
t > ，
( )
g t
¢
ln
1 1
ln
t
t
=
+ - =
，
当
1
t > 时，
( )
0
g t
¢
>
，
g t 在

1, ¥
+
单调递增，所以
1
0
g t
g
>
=
，得证.
（3）由（1）知

1
ln
f x
x
x x
=
- -
，且
( )
0
f x £
，
当
0
x >
时，
1
ln
0
x
x x
- -
<
，即
1
ln
x
x
x
-
>
；
令
1
k
x
k
+
=
（
*
k ÎN ），则
1 1
1
1
ln
1
1
k
k
k
k
k
k
k
+ -
+
>
=
+
+ .
要证
1
1
1
ln2
2
3
2
1
n
n
n
+
+
+
<
+
+
+
L
，即证
2
1
1
1
n
k n k
= +
+
å
ln2
<
，
因为
1
1
ln
1
k
k
k
+
>
+ ，所以
2
1
1
1
n
k n k
= +
+
å
<
2
1
1
ln
n
k n
k
k
= +
+
å
，
而
2
1
1
ln
n
k n
k
k
= +
+
å
2
3
2
1
2
1
1
ln
ln
ln
ln
ln 2
ln2
1
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
+
+
+
+
æ
ö
=
+
+
+
=
=
-
<
ç
÷
+
+
+
+
è
ø
L
，得证.
研考点·通技法
导数与数列综合题是高考导数压轴常见类型，核心思路为函数搭桥、赋值放缩、累加求和.
1.先证函数不等式：利用导数研究函数单调性与最值，证明关键不等式，如lnx≤x−1、ex≥x+1 等，这是
解题基础.
2.对变量赋值：将x 替换为数列通项、相邻项比值等特殊形式，得到数列项之间的不等式关系.
3.累加或累乘转化：对赋值后的不等式进行累加、累乘，转化为数列求和、求积问题，实现放缩目标.
4.规范答题步骤：先完成导数部分的函数证明，再逐步赋值、变形、放缩，分步书写得分点，避免逻辑
跳跃.
此类题目本质是用导数工具得到放缩模型，再借助数列方法完成证明，分步拆解即可突破.
破类题·提能力
1．（25-26 高三下·福建泉州·开学考试）已知函数
( )
(
1)ln(
1)
f x
x
x
x
=
+
-
+
.
(1)证明：
( )
0
f x ³
；
(2)证明：
1
1
ln(
1)
2
n
i
n
i
=
<
+
+
å
；
【答案】(1)对
( )
f x 求导，构造函数
( )
g x
f
x
=
¢
，通过研究( )
g x 的单调性可知
( )
f x 的单调性，进而求
证
(2)当1
1
x
- <
< 时，有ln(
1)
1
x
x
x
+
< -
，取


*
1
1
x
n
n
= -
Î
+
N
，可得
1
1
ln
2
n
n
n
+
<
+
，进而求证
【详解】（1）由
1
0
x + >
，可得
1
x > - ，可知函数
( )
f x 的定义域为( 1,
)
- +¥ ，
由
( )
(
1)ln(
1)
f x
x
x
x
=
+
-
+
知
1
2
( )
1
ln(
1)
ln(
1)
1
1
x
x
f
x
x
x
x
x
-
¢
= +
+
+
=
+
+
+
+ .
令
2
( )
ln(
1)
1
x
g x
x
x
=
+
+
+ ，有
2
1
2
( )
0
1
(
1)
g x
x
x
¢
=
+
>
+
+
，可得函数( )
g x 是增函数，
又由(0)
0
g
=
，可知
当1
0
x
- <
< 时，( )
0
g x <
，即
( )
0
f
x
¢
<
；
当
0
x >
时，( )
0
g x >
，即
( )
0
f
x
¢
>
.
可得函数
( )
f x 的减区间为( 1,0)
-
，增区间为(0,
)
+¥ ，
可得
( )
(0)
0
f x
f
³
=
，即
( )
0
f x ³
.
（2）由（1）可知，不等式
(
1)ln(
1)
0
x
x
x
+
-
+
³
（
0
x =
时取等号）恒成立.
当


1,1
xÎ -
且
0
x ¹
时，不等式
(
1)ln(
1)
0
x
x
x
+
-
+
>
可化为ln(
1)
1
x
x
x
+
< -
，
取


*
1
1
x
n
n
= -
Î
+
N
，有
1
1
1
ln
1
1
1
1
1
n
n
n
-
æ
ö
+
-
+
<
ç
÷
+
æ
ö
è
ø
- -
ç
÷
+
è
ø
，即
1
ln
1
2
n
n
n
< -
+
+
，可得
1
1
ln
2
n
n
n
+
<
+
，
所以
1
1
2
3
1
2
3
1
ln
ln
ln
ln
ln(
1)
2
1
2
1
2
n
i
n
n
n
i
n
n
=
+
+
æ
ö
<
+
+
+
=
´
´
´
=
+
ç
÷
+
è
ø
å
L
L
，
故不等式
1
1
ln(
1)
2
n
i
n
i
=
<
+
+
å
成立.
2．（25-26 高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数


ln
f x
x
a
x
x
=
-
-
 ．
(1)当
0
a =
时，
① 求

f x 的最小值；
② 设
*
N
nÎ
，求证:

1
ln1
ln 2
ln3
ln
2
3
4
1
4
n n
n
n
-
+
+
+
+
£
+
L
 ；
(2)设
1
x ，
2x ，

1
2
x
x
<
是

f x 的两个极值点，求证：
1
2
2
e
x
x
+
>
．
【答案】(1)① 
1
- ；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值；
②由①可知
ln
1
x
x
x
-
£ ，令


*
2
1
N
x
n
n
=
Î
，从而得到ln
1
1
2
n
n
n
-
£
+
，再结合等差数列求和公式即可
证明；
（2）求出函数的导函数，即可得到
1
1
2
2
ln
ln
a
x
x
x
x
=
=
，令
ln
g x
x x
=
，利用导数说明函数的单调性，
不妨设
1
2
1
0
e
x
x
<
<
<
，利用分析法可得只需证

1
1
2
e
g x
g
x
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø ，令


2
1
, 0
e
e
h x
g x
g
x
x
æ
ö æ
ö
=
-
-
<
<
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）①当
0
a =
时，

ln
f x
x x
x
=
-
，其定义域为

0, ¥
+
，
又

1
ln
1
ln
f
x
x
x
x
x
=
+
×
- =
¢
，
所以当0
1
x
<
< 时，

0
f
x
¢
<
，所以

f x 在

0,1 上单调递减，
当
1
x > 时，

0
f
x
¢
>
，所以

f x 在

1, ¥
+
上单调递增，
所以

f x 在
1
x = 处取得极小值，也是最小值，即


min
1
1 ln1 1
1
f x
f
=
= ´
- = - ；
②由①知，当
0
x >
时，

ln
1
f x
x x
x
=
-
³ - ，即
ln
1
x
x
x
-
£ ，
令


*
2
1
N
x
n
n
=
Î
，则
2
2
2
1
1
1
ln
1
n
n
n
-
£ ，则
2
2
1
2 ln
1
n
n
n
+
£ ，
所以
2
2ln
1
n
n -
£
，则ln
1
1
2
n
n
n
-
£
+
，
所以ln1
ln 2
ln
0
1
1
0 1
2
1
(
1)
2
3
1
2
2
2
2
4
n
n
n
n n
n
-
+ +
+
+
-
-
+
+
+
£
+
+
+
=
=
+
L
L
L
，得证.
（2）函数


ln
f x
x
a
x
x
=
-
-
的定义域为

0, ¥
+
，
又

ln
1
ln
x
a
a
f
x
x
x
x
x
-
=
+
- =
-
¢
，
因为
1
x ，
2x 是

f x 的两个极值点，所以
1
1
ln
0
a
x
x
-
=
，
2
2
ln
0
a
x
x
-
=
，
即
1
1
2
2
ln
ln
a
x
x
x
x
=
=
，
令
ln
g x
x x
=
，


0,
x
¥
Î
+
，则

ln
1
g
x
x
=
¢
+ ，
当
1
0
e
x
<
<
时

0
g
x
¢
<
，当
1
e
x >
时

0
g
x
¢
>
，
所以
g x 在
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在1 ,
e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø上单调递增，
不妨假设
1
2
1
0
e
x
x
<
<
<
，
要证
1
2
2
e
x
x
+
>
，只需证
2
1
2
e
x
x
>
-
，因为
1
1
0
x
e
<
<
，所以
1
2
1
e
e
x
-
>
，
因为
g x 在1 ,
e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø上单调递增，所以只需证

2
1
2
e
g x
g
x
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø ，
又因为


1
2
g x
g x
=
，所以只需证

1
1
2
e
g x
g
x
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø ，
令

2
1
, 0
e
e
h x
g x
g
x
x
æ
ö æ
ö
=
-
-
<
<
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø，
则

2
2
ln
1 ln
1
ln
2
e
e
h x
x
x
x
x
é
ù
æ
ö
æ
ö
=
+ +
-
+ =
-
+
ç
÷
ç
÷
ê
ú
è
ø
è
ø
ë
û
¢
，
因为
1
0
e
x
<
<
，所以
2
2
1
0
e
e
x
x
æ
ö
<
-
<
ç
÷
è
ø
，
则
2
ln
2
e
x
x
é
ù
æ
ö
-
< -
ç
÷
ê
ú
è
ø
ë
û
，所以

0
h x
¢
<
，
所以
h x 在
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
1
0
e
h x
hæ
ö
>
=
ç
÷
è
ø
，
所以

1
1
2
e
g x
g
x
æ
ö
>
-
ç
÷
è
ø ，即
1
2
2
e
x
x
+
>
.
题型07 导数的新定义问题
析典例·建模型
1．（25-26 高三上·广东汕头·期末）某些函数如
2
y
x
=
和
ex
y =
的图象具有性质：曲线上任意两点间的弧段
总在这两点连线的下方.这个性质可表示为：设
h x 是定义在区间I 上的函数，则对于I 上的任意
1
2
x x
､
与任意


0,1
l Î
，总有







1
2
1
2
1
1
h
x
x
h x
h x
l
l
l
l
+
-
£
+
-
成立.
(1)设

2
f
x
x
ax
b
=
+
+
，求证：




1
2
1
2
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö £
ç
÷
è
ø
；
(2)设


e
0
kx
g x
k
=
¹
，求证：




1
2
1
2
2
3
2
3
5
5
g x
g x
x
x
g
+
+
æ
ö £
ç
÷
è
ø
；
(3)某同学研究发现，若函数
h x 在I 上存在导函数

h x
¢
，则上述性质的充要条件为

h x
¢
在I 上递
增，求证：
2
(
)
a b
a
b
ab
a b
+
£
，其中a b
､均为正数.
【思路分析】（1）求出
1
2
2
x
x
f
+
æ
ö
ç
÷
è
ø 和



1
2
2
f x
f x
+
，作差与0 比较大小即可.
（2）通过构造函数，将不等式成立问题转化为求最值的问题，进一步证明即可.
（3）通过构造函数

ln
G x
x x
=
，证明

G
x
¢
单调递增，利用题干中性质结合对数运算证明即可.
【规范答题】（1）因为

2
f x
x
ax
b
=
+
+
，
所以
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
f
a
b
+
+
+
æ
ö
æ
ö
=
+
×
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，



2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
f x
f x
x
ax
b
x
ax
b
x
x
x
x
a
b
+
+
+
+
+
+
+
+
=
=
+
×
+
，
所以



2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
f x
f x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f
a
b
a
b
+
æ
ö
+
+
+
+
+
æ
ö
æ
ö
-
=
+
×
+
-
+
×
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø




2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
4
4
4
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
+
+
-
+
-
+
+
-
+
æ
ö
=
-
=
= -
= -
ç
÷
è
ø
，
因为

2
1
2
0
x
x
-
³
，所以

2
1
2
0
4
x
x
-
-
£
，即



1
2
1
2
0
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö -
£
ç
÷
è
ø
，
所以



1
2
1
2
2
2
f x
f x
x
x
f
+
+
æ
ö £
ç
÷
è
ø
.
（2）要证




1
2
1
2
2
3
2
3
5
5
g x
g x
x
x
g
+
+
æ
ö £
ç
÷
è
ø
，即
1
2
1
2
2
3
5
2
5
e
e
3
e
x
x
kx
kx
k
+
+
£
成立，
只需证
1
2
1
2
2
3
5
3
5
5
1
2e
e
e
kx
kx
x
x
k
+
+
³ （因为
1
2
2
3
5
0
e
x
x
k
+
>
），即




1
2
2
1
3
2
5
5
2
3
e
e
1
5
5
k x
x
k x
x
-
-
+
³ 成立，
令


1
2
1
5e
0
k x
x
t
-
=
>
，则只需证
3
2
2
3
1
5
5
t
t -
+
³ 成立.
整理得
5
2
2
5
3
0
t
t
-
+
³
.
令

5
2
2
5
3
F t
t
t
=
-
+
，
0
t >
，则



4
3
10
10
10
1
F t
t
t
t t
=
=
¢
-
-
.
令

0
F t
¢
=
，解得
1
t = .
当


0,1
t Î
时，

0
F t
¢
<
，

F t 单调递减；当


1,
t
¥
Î
+
时，

0
F t
¢
>
，

F t 单调递增；
所以

F t 在
1
t = 处取得最小值，所以

1
0
F t
F
³
=
，故原不等式成立.
所以




1
2
1
2
2
3
2
3
5
5
g x
g x
x
x
g
+
+
æ
ö £
ç
÷
è
ø
.
（3）因为当
0
a >
，
0
b >
时，
2
a
b
ab
+
³
，当且仅当a
b
=
时取等号，
所以若证
2
(
)
a b
a
b
ab
a b
+
£
，只需证(
)
2
a b
a
b
a
b
a b
+
+
£
成立，
同时取自然对数得


ln(
)
ln
2
a b
a
b
a
b
a b
+
+
£
，即证
ln
ln
ln
2
a
b
a
b
a
a
b
b
+
+
£
+
成立，
也即证
ln
ln
2
2
ln
2
a
b
a
b
a
a
b
b
+
+
£
+
成立.
令

ln
G x
x x
=
，
0
x >
，则

ln
1
G
x
x
=
+
¢
，令
ln
1
x
x
j
=
+ ，则

1
x
x
j¢
=
.
因为
0
x >
，所以

0
x
j¢
>
，故

G
x
¢
在

0, ¥
+
上单调递增，
所以

ln
G x
x x
=
具有题干中的性质.
所以


2
2
G a
G b
a
b
G
+
+
æ
ö £
ç
÷
è
ø
，即
ln
ln
2
2
ln
2
a
b
a
b
a
a
b
b
+
+
£
+
，故原不等式成立.
因此当a b
､均为正数时，
2
(
)
a b
a
b
ab
a b
+
£
.
研考点·通技法
导数新定义题的核心是读懂定义、转化为常规导数问题.
1.翻译定义：准确理解新符号、新运算、新性质，将其转化为函数、导数、单调性等熟悉语言.
2.构造函数：依据定义构造合适函数，转化为求导、单调性、极值最值、零点等常规题型.
3.分类讨论：对含参问题按定义域、导数零点、单调性分段讨论，结合定义约束条件求解.
4.数形结合：借助图像理解新定义几何意义，判断交点、范围与存在性.
整体策略：先翻译定义，再化归旧知，用导数工具求解，规范书写步骤.
破类题·提能力
1．（25-26 高三上·宁夏银川·期末）定义“下凸函数”

f x ：在区间I 上，对任意
1
2
,
,
,
n
x x
x
I
Î
L
，均有

1
1
n
n
i
i
i
i
x
f x
f
n
n
=
=
æ
ö
ç
÷
ç
÷ £
ç
÷
ç
÷
è
ø
å
å
，当且仅当
1
2
n
x
x
x
=
=
=
L
时，等号成立．若函数

f x 在区间I 上存在二阶可导
函数，则

f x 为区间I 上的“下凸函数”的充要条件是

0
f
x
¢¢
³
（

f
x
¢¢
为

f
x
¢
的导函数）．
(1)若

2
ex
f x
a
x
=
-
是

0,2 上的“下凸函数”，求实数a 的取值范围；
(2)证明：函数
e
cos
x
g x
x
=
+
在
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 上为“下凸函数”；
(3)已知正实数
1
2
,
,
,
n
x x
x
L
满足
1
2
1
n
x
x
x
+
+
+
=
L
，求




1
2
1
2
e
e
e nx
x
x
n
x
x
x
-
-
-
L
的最小值（用含n 的
代数式表示）．
【答案】(1)

2,+¥ ；（2）见解析；（3）
1
1
e
n
n
n
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
【分析】（1）根据下凸函数的定义，

0
f
x
¢¢
³
对任意的


0,2
xÎ
恒成立，分离参数后，构造函数，将
问题转化为恒成立问题，求构造函数的最值即可；
（2）根据下凸函数的定义，只需证明

0
g
x
¢¢
³
即可，根据函数的单调性可证

0
g
x
¢¢
³
；
（3）令


e
0
1
x
p x
x
x
=
-
<
<
，则








1
2
1
2
1
2
e
e
e nx
x
x
n
n
x
x
x
p x
p x
p x
-
-
-
=
L
L
，考虑函数





ln
ln e
0
1
x
x
p x
x
x
j
=
=
-
<
<
，易证

0
x
j¢¢
>
，根据下凸函数的定义可知

1
1
n
n
i
i
i
i
x
x
n
n
j
j
=
=
æ
ö
ç
÷
ç
÷ £
ç
÷
ç
÷
è
ø
å
å
，
化简即可得所求最小值.
【解析】（1）由

2
ex
f x
a
x
=
-
，可得

e
2
x
f
x
a
x
¢
=
-
，则

e
2
x
f
x
a
¢
=
-
¢
.
因为

2
ex
f x
a
x
=
-
是

0,2 上的“下凸函数”，
所以

0
f
x
¢¢
³
对任意的


0,2
xÎ
恒成立，
即e
2
0
x
a
-
³
恒成立，所以
2
ex
a ³
在

0,2 上恒成立.
令



2 0
2
ex
m x
x
=
£
£
，则函数

m x 在

0,2 上单调递减，
所以


max
0
2
m x
m
=
=
，
所以
2
a ³
，即实数a 的取值范围为

2,+¥ .
（2）由
e
cos
x
g x
x
=
+
，可得

e
sin
x
g
x
x
¢
=
-
，

e
cos
x
g
x
x
=
¢
-
¢
.
令

e
cos
x
h x
g
x
x
=
=
-
¢¢
，
当
π
0, 2
é
ù
Îê
ú
ë
û
x
时，

e
sin
0
x
h x
x
=
+
>
¢
，所以
h x 在
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 上单调递增，
所以

0
0
e
cos0
0
h x
h
³
=
-
=
，即

0
g
x
¢¢
³
，
根据“下凸函数”的充要条件可知，函数
e
cos
x
g x
x
=
+
在
π
0, 2
é
ù
ê
ú
ë
û 上为“下凸函数”．
（3）令


e
0
1
x
p x
x
x
=
-
<
<
，
则

e
1
0
x
p x =
¢
- >
，即
p x 是增函数，所以
0e
0
1
p x >
-
= .
又








1
2
1
2
1
2
e
e
e nx
x
x
n
n
x
x
x
p x
p x
p x
-
-
-
=
L
L
，
考虑函数




ln
ln e
0
1
x
x
p x
x
x
j
=
=
-
<
<
，求导得

e
1
e
x
x
x
x
j
-
¢
=
-
，
则










2
2
2
e
e
e
1
2
e
1
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
j¢
-
-
-
-
¢
-
=
=
-
-
.
当


0,1
xÎ
时，





2
e
1
1
e
e
1
0
x
x
x
x
x
-
- =
-
+
-
>
，则

0
x
j¢¢
>
，
故
x
j
在

0,1 上为“下凸函数”，
所以






1
2
1
2
n
n
x
x
x
x
x
x
n
n
j
j
j
j
+
+
+
+
+
+
æ
ö
³
ç
÷
è
ø
L
L
，
即






1
2
1
1
1
2
1
1
1
ln e
ln e
ln e
ln e
ln e
n
n
x
x
x
n
n
n
x
x
x
n
n
n
n
n
j
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
+
-
+
+
-
³
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
L
，
即





1
2
1
1
2
1
ln
e
e
e
ln e
n
n
x
x
x
n
n
x
x
x
n
æ
ö
é
ù
-
-
-
³
-
ç
÷
ë
û
è
ø
L
，
所以




1
2
1
1
2
1
e
e
e
e
n
n
x
x
x
n
n
x
x
x
n
æ
ö
-
-
-
³
-
ç
÷
è
ø
L
，
当且仅当
1
2
1
n
x
x
x
n
=
=
=
=
L
时，等号成立，
因此




1
2
1
2
e
e
e nx
x
x
n
x
x
x
-
-
-
L
的最小值为
1
1
e
n
n
n
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
．
2．（25-26 高三下·吉林长春·月考）已知函数



ln
1
f x
x
=
+
．
(1)求

f x 在点




e 1,
e 1
f
-
-
的切线方程；
(2)

2
2
0,
1
x
x
x
af x
x
+
" ³
£
+
，求实数a 的取值范围；
(3)请阅读下列两段材料：
材料1：n 阶导数定义：设函数

y
f x
=
的
1
n - 阶导数


1
*
2,
n
f
x
n
n
-
³
ÎN
仍是可导函数，则

1
n
f
x
-
的导数

1
n
f
x
¢
-
é
ù
ë
û 称为

f x 的n 阶导数，记为

n
f
x ，即


1
n
n
f
x
f
x
¢
-
é
ù
= ë
û ．
材料2：一般地，函数

f x 在
0
x =
处的

,
m n 阶帕德逼近函数定义为：

0
1
1
1
m
m
n
n
a
a x
a x
R x
b x
b x
+
+
+
=
+
+
+
L
L
，
且满足




0
0 ,
0
0
f
R
f
R
¢
¢
=
=
，






0
0 ,
,
0
0
m n
m n
f
R
f
R
+
+
¢
=
¢
=
¼
¢¢
．
请根据以上材料回答下列问题：
记
R x 为

f x 在
0
x =
处的

1,1 阶帕德逼近函数，当
0
x ³
时，求函数


g x
f x
R x
=
-
的最小值；
并证明：


1
1
1
2
4
1
*
1
,e
1
e
n
n n
n
n
+
+
+
æ
ö
" Î
<
+
<
ç
÷
è
ø
N
．
（其中e
2.71878
=
¼为自然对数的底数）．
【答案】(1)
1
1
e
e
y
x
=
+
(2)

,2
-¥
(3)0，证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式得到切线方程.
（2）构造函数




2
2
ln
1
0
1
x
x
h x
a
x
x
x
+
=
+
-
³
+
，利用导数法得到函数
h x 的单调性，从而得到a 的
取值范围.
（3）由题意得到

0
1
1
1
a
a x
R x
b x
+
=
+
，由



ln
1
f x
x
=
+
，求出


,
f
x
x
f
¢
¢¢
，由


0
0
f
R
=
得到
0
0
a =
，从而得到

1
1
1
a x
R x
b x
= +
，求出

R
x
¢
，由


0
0
f
R
¢
¢
=
，得
1
1
a = ，从而得到

R
x
¢
，求出

R
x
¢¢
，由


0
0
f
R
¢¢
¢¢
=
，得
1
1
2
b =
，从而得到
R x ，求出
g x ，求出

g
x
¢
，得到
g x 的单调性，
从而得到

0
0
g x
g
>
=
即


2
ln
1
0
2
x
x
x
+
-
>
+
整理得


1
1 ln
1
1
2
x
x
æ
ö
+
+
>
ç
÷
è
ø
，由（2）可知当
0
x >
时，






2
2,ln
1
2
1
x x
a
x
x
+
=
+
<
+
，则




2
1
1 ln
1
1
2
4
1
x
x
x
x
æ
ö
+
+
< +
ç
÷
+
è
ø
，即当
0
x >
时，




2
1
1
1
ln
1
1
2
4
1
x
x
x
x
æ
ö
<
+
+
< +
ç
÷
+
è
ø
，令
1
x
n
=
，得


1
1
1
1
ln 1
1
2
4
1
n
n
n n
æ
ö
æ
ö
<
+
+
< +
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
，从而得证.
【详解】（1）



ln
1
f x
x
=
+
Q
，


1,
e 1
lne
1
x
f
\
> -
-
=
= ，又



1
1
,
e 1
1
e
f
x
f
x
¢
=
-
=
¢
+
，
切线方程：


1
1
e 1
e
y
x
é
ù
- =
-
-
ë
û ,即切线方程为：
1
1
e
e
y
x
=
+
.
（2）


2
2
ln
1
1
x
x
a
x
x
+
+
£
+
Q
在区间

0,+¥ 内恒成立，
令




2
2
ln
1
0
1
x
x
h x
a
x
x
x
+
=
+
-
³
+
，
注意到
0
0
h
=
，则



2
2
2
2
(
1)
x
a
x
a
h x
x
¢
-
+
-
+
-
=
+
，
①当
2
a £
时，

0
h x
¢
£
恒成立，
所以
h x 在区间

0,+¥ 内单调递减，则

0
0
h x
h
£
=
符合题意；
②当
2
a >
时，令





2
2
2
m x
x
a
x
a
= -
+
-
+
-
，
当x ® +¥ 时，

m x ® -¥ ，又

0
2
0
m
a
=
-
>
，
所以
0
0
x
$
>
，使


0
0
m x
=
，当


0
0,
x
x
Î
时，

0
m x >
即

0
h x
¢
>
，
则
h x 在区间

0
0, x
内单调递增，故

0
0
h x
h
>
=
，与已知矛盾；
所以a 的取值范围是

,2
-¥
.
（3）由题意得

0
1
1
1
a
a x
R x
b x
+
=
+
，





2
1
1
ln
1 ,
,
1
(
1)
f x
x
f
x
f
x
x
x
=
+
=
= -
¢
+
¢
¢
+
，
由


0
0
f
R
=
，得
0
0
a =
，
所以

1
1
1
a x
R x
b x
= +
，则



1
2
1
1
a
R
x
b x
¢
=
+
，由


0
0
f
R
¢
¢
=
，得
1
1
a = ，



2
1
1
1
R
x
b x
¢
=
+
，
所以



1
3
1
2
1
b
R
x
b x
¢
= -
¢
+
，由


0
0
f
R
¢¢
¢¢
=
，得
1
1
2
b =
，
则

2
1
2
1
2
x
x
R x
x
x
=
=
+
+
，故




2
4
ln
1
ln
1
2
,
0
2
2
x
g x
x
x
x
x
x
=
+
-
=
+
-
+
³
+
+
，
则







2
2
2
2
2
(
2)
4
1
1
4
0
1
(
2)
1 (
2)
1 (
2)
x
x
x
g
x
x
x
x
x
x
x
¢
+
-
+
=
-
=
=
³
+
+
+
+
+
+
，
所以
g x 在区间

0,+¥ 内单调递增，所以

min
0
0
g x
g
=
=
，
\当
0
x >
时，

0
0
g x
g
>
=
即


2
ln
1
0
2
x
x
x
+
-
>
+
整理得


1
1 ln
1
1
2
x
x
æ
ö
+
+
>
ç
÷
è
ø
，
由（2）可知当
0
x >
时，






2
2,ln
1
2
1
x x
a
x
x
+
=
+
<
+
，则




2
1
1 ln
1
1
2
4
1
x
x
x
x
æ
ö
+
+
< +
ç
÷
+
è
ø
，
\当
0
x >
时，




2
1
1
1
ln
1
1
2
4
1
x
x
x
x
æ
ö
<
+
+
< +
ç
÷
+
è
ø
，
令
1
x
n
=
，得


1
1
1
1
ln 1
1
2
4
1
n
n
n n
æ
ö
æ
ö
<
+
+
< +
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
，即


1
1
1
2
4
1
1
e
1
e
n
n n
n
+
+
+
æ
ö
<
+
<
ç
÷
è
ø
.
（建议用时：100 分钟）
刷模拟
1．（2026·福建福州·模拟预测）已知函数



4
2 ln
f x
x
x
a
=
+
+
.
(1)当
1
a = 时，求曲线

y
f x
=
在点

1,1 处的切线方程；
(2)若函数



2
2
g x
x
f
x
=
+
-
有且仅有一个零点，求a 的值.
【答案】(1)6
5
0
x
y
-
-
=
(2)9
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算法则、直线的点斜式方程进行求解即可；
（2）方法一：利用二次求导法，结合零点的定义、函数的最值进行求解即可；
方法二：利用函数零点的定义，得到a 的表达式，利用构造新函数法，结合导数的正负性与函数单调
性的关系，最后求出函数的最值即可.
【详解】（1）当
1
a = 时，

(4
2)ln
1
f x
x
x
=
+
+ ，

4
2
4ln
x
f
x
x
x
+
¢
=
+
，
得
1
6
f ¢
=
，
所以曲线

y
f x
=
在点

1,1 处的切线方程为


1
6
1
y
x
- =
-
，
即6
5
0
x
y
-
-
=
.
（2）方法一：
2
( ) (
2)
(4
2)ln
g x
x
x
x a
=
+
-
+
-
，


0,
xÎ
+¥ ，

4
2
1
2(
2) 4ln
2
2ln
x
g x
x
x
x
x
x
x
+
æ
ö
¢
=
+
-
-
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
令
1
2 ln
q x
x
x
x
=
-
-
，


0,
xÎ
+¥ ，得

2
2
2
1
2
(
1)
1
0
x
q x
x
x
x
-
¢
= +
-
=
³
，
故
q x 在

0, ¥
+
内单调递增，又
1
0
q
=
，
则当


0,1
xÎ
，
0
q x <
，得

0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减，
当


1,
xÎ
+¥ ，
0
q x >
，得

0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
从而
g x 在
1
x = 处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为1
9
g
a
= - .
又当
0
x >
且
0
x ®
时，
g x
¥
® +
，当x ® +¥ 时，
g x
¥
® +
，
由函数
g x 有且仅有一个零点，可得1
9
0
g
a
= -
=
，
则a 的值为9.
方法二：
2
(
2)
(4
2)ln
g x
x
x
x
a
=
+
-
+
-
，


0,
xÎ
+¥ ，
令
0
g x =
得
2
(
2)
(4
2)ln
a
x
x
x
=
+
-
+
，
令
2
(
2)
(4
2)ln
h x
x
x
x
=
+
-
+
，


0,
xÎ
+¥ ，
则

4
2
1
2(
2) 4ln
2
2ln
x
h x
x
x
x
x
x
x
+
æ
ö
¢
=
+
-
-
=
-
-
ç
÷
è
ø
，
令
1
2 ln
q x
x
x
x
=
-
-
，


0,
xÎ
+¥ ，得

2
2
2
1
2
(
1)
1
0
x
q x
x
x
x
-
¢
= +
-
=
³
，
故
q x 在

0, ¥
+
内单调递增，又
1
0
q
=
，
则当


0,1
xÎ
，
0
q x <
，得

0
h x
¢
<
，
h x 单调递减，
当


1,
xÎ
+¥ ，
0
q x >
，得

0
h x
¢
>
，
h x 单调递增，
从而
h x 在
1
x = 处取得极小值，同时也是最小值，
最小值为1
9
h
=
.
又当
0
x >
且
0
x ®
时，
h x ® +¥ ，当x ® +¥ 时，
h x ® +¥ ，
由函数
g x 有且仅有一个零点，可得
1
9
a
h
=
=
，
则a 的值为9.
2．（2026·河南南阳·一模）已知函数



0
a
x
f x
x
a
x
=
-
>
，其中
0
a >
，且
1
a ¹ ．
(1)当
1
a > 时，讨论

f x 的零点个数；
(2)若

x
ax
f a
a
x
<
-
恒成立，求a 的取值范围．
【答案】(1)当
e
a =
时，有1 个零点；当1
e
a
<
<
或
e
a >
时，有2 个零点
(2)
1
ee ,
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
【分析】（1）根据条件，将问题转化成ln
ln
x
a
x
a
=
解的个数，构造函数


ln
0
x
g x
x
x
=
>
，利用导数
与函数单调性间的关系，得到
g x 的图象，再数形结合，即可求解；
（2）根据条件，利用指数、对数函数的性质，将问题转化成

1
x
a
x a
>
>
恒成立，构造函数

x
h x
a
x
=
-
，利用导数，求出
h x 的最小值，即可求解.
【详解】（1）函数

0
x
a
f x
a
x
=
-
=
（
0
x >
，
0
a >
）等价于
x
a
a
x
=
，
两端同取自然对数得ln
ln
x
a
a
x
=
，即ln
ln
x
a
x
a
=
，
令


ln
0
x
g x
x
x
=
>
，则原题转化为
ln a
g x
a
=
的解的个数，
由于

2
1 ln x
g
x
x
-
¢
=
，
当0
e
x
<
<
时，

0
g
x
¢
>
，
g x 在区间

0,e 上单调递增，
当
e
x> 时，

0
g
x
¢
<
，
g x 在区间

e, ¥
+
上单调递减，
则
g x 在
e
x= 处取得最大值，最大值为
1
e
e
g
=
，
又当0
1
x
<
£ 时，
1
0
g x
g
£
=
；当
1
x > 时，

1
0
e
g x
<
£
，函数图象如图所示，
由图知，当
e
a =
时，
1
e
g x =
，解得
e
x= ，此时有1 个零点；
当1
e
a
<
<
时，
ln
1
e
0
a
a <
<
，
g x 与
ln a
y
a
=
有2 个交点，此时2 个零点；
当
e
a >
时，
ln
1
e
0
a
a <
<
，
g x 与
ln a
y
a
=
有2 个交点，此时2 个零点；
综上，当
e
a =
时，有1 个零点；当1
e
a
<
<
或
e
a >
时，有2 个零点．
（2）由题知

x
ax
f a
a
x
<
-
恒成立，即
x
a
a
x
>
恒成立．
当0
1
a
<
< 时，若
1
x = ，则
1
a
a > ，显然不成立，故0
1
a
<
< 时不符合题意；
当
1
a > 时，由
x
a
a
x
>
，可得
log
x
a
a
x
>
，
因为曲线
x
y
a
=
与
loga
y
x
=
关于直线y
x
=
对称，
所以
log
x
x
a
a
x
a
x
>
Û
>
，
令
x
h x
a
x
=
-
，则

ln
1
x
h x
a
a
¢
=
- ，
令


0
0
h x
¢
=
，得


0
ln ln
ln
a
x
a
-
=
，又因为

h x
¢
单调递增，
所以当
0
0
x
x
<
<
时，

0
h x
¢
<
，
h x 在区间

0
0, x
上单调递减，
当
0
x
x
>
时，

0
h x
¢
>
，
h x 在区间

0,
x
¥
+
上单调递增，
所以
0
x
x
=
时，
h x 取得极小值，也是最小值，
所以
h x 的最小值为





0
0
0
ln ln
1 ln ln
1
ln
ln
ln
x
a
a
h x
a
x
a
a
a
+
=
-
=
+
=
，其中
1
a > ，
由

0
0
h x
>
，得


1 ln ln
0
a
+
>
，即


1
ln ln
1
ln e
a > - =
，得到
1
ln
e
a >
，所以
1
ee
a >
．
综上所述，实数a 的取值范围是
1
ee , ¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
．
3．（2026 高三·全国·专题练习）已知函数

lnx
f x
x
=
.
(1)讨论

f x 的图象与直线y
m
=
的交点个数.
(2)已知函数


2
2
2
1
2,
0
1
[
]
2 ,
0
x
x
x
g x
f x
af x
a x
ì +
-
£
ï -
= í
ï
+
-
>
î
，有五个不同的零点
1
2
3
4
5
,
,
,
,
x x
x x
x ，且
1
2
3
4
5
x
x
x
x
x
<
<
<
<
，求a 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
2
1
0, 2e
e
æ
ö
ç
÷
-
è
ø
【分析】（1）利用导数研究函数单调性和函数值情况，数形结合即可得分析交点个数；
（2）利用零点概念求解第一段函数零点，第二段函数利用复合函数思想，结合二次方程根的分布来
确定参数范围；
【详解】（1）由题意求导可得



2
1 ln
0
x
f
x
x
x
¢
-
=
>
.
所以当


0,e
xÎ
时，


0,
f
x
f x
¢
>
在


0,e
xÎ
上单调递增，
当


e,
x
¥
Î
+
时，


0,
f
x
f x
¢
<
在


e,
x
¥
Î
+
上单调递减，
则

max
1
( )
e
e
f x
f
=
=
.
当
1
x > 时，

0
f x >
，当x ® +¥ 时，

0
f x ®
，当
0
x ®
时，

f x
¥
® -
.
所以

f x 的大致图象如图所示.
  
则由图可知当
1
e
m >
时，

f x 的图象与直线y
m
=
的交点个数为0；
当
1
e
m =
或
0
m £
时，

f x 的图象与直线y
m
=
的交点个数为1；
当
1
0
e
m
<
<
时，

f x 的图象与直线y
m
=
的交点个数为2.
（2）当
0
x £
时，由
2
2
1
2
0
1
x
x
+
-
=
-
，解得
3
x = -
或
3
3
-
.
所以当
0
x £
时，函数有两个零点
3
-
或
3
3
-
，
因为
1
2
3
4
5
x
x
x
x
x
<
<
<
<
，所以
1
2
3
3,
3
x
x
= -
= -
.
所以当
0
x >
时，
g x 有三个零点，由（1）可知方程

f x
m
=
至多有两个根，
所以令

t
f x
=
，则
2
2
0
t
at
a
+
-
=
有两个不同的实数根1
2
,
t t ，
且两个方程


1
2
,
t
f x
t
f x
=
=
一个只有一根、另一个有两根，
不妨记两个方程


1
2
,
t
f x
t
f x
=
=
分别有一个根和两个根，
则由（1）可得二次方程
2
2
0
t
at
a
+
-
=
根的分布为
1
2
1
e
1
0
e
t
t
ì
=
ïïí
ï <
<
ïî
或
1
2
0
1
0
e
t
t
£
ìïí <
<
ïî
，
当
1
2
1
e
1
0
e
t
t
ì
=
ïïí
ï <
<
ïî
时，
2
2
2
1
1
2
0
e
e
0
0
2
0
1
0
2
e
8
0
a
a
a
a
a
a
ìæ
ö +
×
-
=
ïç
÷
è
ø
ï
ï
+
-
>
í
ï < -
<
ï
ï
+
>
î
，无解.
当
1
2
0
1
0
e
t
t
£
ìïí <
<
ïî
时，
2
2
2
0
0
2
0
1
1
2
0
e
e
8
0
a
a
a
a
a
ì
+
-
£
ï
ïæ
ö +
×
-
>
íç
÷
è
ø
ï
ï
+
>
î
，解得
2
1
0
2e
e
a
<
<
-
.
综上可得，a 的取值范围为
2
1
0, 2e
e
æ
ö
ç
÷
-
è
ø
.
4．（2026·天津河东·一模）已知函数


ln
f x
x
a
x
=
+
（
0
a >
）.
(1)函数

f x 在定义域内无极值，求a 的取值范围；
(2)函数

2
2
a
f
x
x
g x
x
=
-
-
（
0
a >
），
g x 有三个不同的极值点
1
x ，
2x ，
3x ，
1
2
3
x
x
x
<
<
；
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）证明
1
2
3
1
2
x
x
x
a
a
+
+
>
+
.
【答案】(1)
2
1 ,
e
é
ö
+¥÷
êë
ø
(2)（i）
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø；（ii）证明见解析
【分析】（1）转化为

f
x
¢
无变号零点，利用导数求解即可；
（2）（i）转化为函数


G x
g
x
=
¢
有三个零点，进而转化为

0
G
x
¢
=
有两个不相等的正根，根据单
调性和零点存在性定理即可求解；（ii）根据
1
x ，
3x 的关系，
2
1
x = ，结合
1
y
x
x
=
+
的单调性，结合
（i）中

0
G
x
¢
=
的两根关系、a 的取值范围即可得证.
【详解】（1）

ln
x
x
x
a
f
x
x
+
+
=
¢
（
0
x >
），令

ln
F x
x
x
x
a
=
+
+
（
0
x >
），
因为函数

f x 在定义域内无极值，
所以函数

f
x
¢
无变号零点，即函数

F x 在

0, ¥
+
上无变号零点.
由

ln
2
0
F
x
x
=
+
=
¢
，得
21
e
x =
，
当
2
1
0, e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，

0
F
x
¢
<
，当
2
1 ,
e
x
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø时，

0
F
x
¢
>
，
所以

F x 在
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，在
2
1 ,
e
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 上单调递增，
所以

F x 的极小值为
2
2
1
1
e
e
F
a
æ
ö =
-
ç
÷
è
ø
，
由上可知，

0
F x ³
，∴
2
1 ,
e
a
¥
é
ö
Î
+
÷
êë
ø
.
（2）（ⅰ）


2
ln
2
a
g x
x
a
x
x
x
=
+
-
-
（
0
a >
，
0
x >
），

ln
a
g
x
x
ax
x
¢
=
-
+
（
0
a >
，
0
x >
），令


G x
g
x
=
¢
，则

2
2
ax
x
a
G
x
x
¢
-
+
-
=
，
因为
g x 有三个不同的极值点，即

G x 有三个变号零点，
所以

0
G
x
¢
=
必有两个不相等的正根，
所以方程
2
0
ax
x
a
-
+
-
=
必有两个不相等的正根，
记为1
2
t
t
<
，则1 2
1
t t = ，1
2
1
t
t
a
+
=
且
1
2
0
1
t
t
<
< <
，
由
2
1 4
0
a
D = -
>
得
1
0, 2
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø
.
当




1
2
0,
,
x
t
t
¥
Î
È
+
时，

0
G
x
¢
<
，当


1
2
,
x
t t
Î
时，

0
G
x
¢
>
，
所以

G x 在

1
0,t
上单调递减，在

1
2
,
t t
上单调递增，在

2,
t
¥
+
上单调递减，
因为
1
2
0
1
t
t
<
< <
，且
1
0
G
=
，所以必有
2
1
x = ，且为极小值点，




1
1
3
2
0,
,
,
x
t
x
t
¥
Î
Î
+
，且为极大值
点.


2
1
0
G t
G
>
=
，当x ® +¥ 时，

G x
¥
® -
，

G x 在

2,
t
¥
+
上有唯一零点，
因为


3
3
3
3
ln
0
a
G x
x
ax
x
=
-
+
=
，
3
3
3
3
1
ln
0
a
G
x
ax
x
x
æ
ö = -
+
-
=
ç
÷
è
ø
，
必有


1
1
3
1
0,
x
t
x
=
Î
为极大值点.
综上，当且仅当
1
0, 2
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，
g x 有三个不同的极值点，即a 的取值范围为
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
.
（ⅱ）由（ⅰ）可知
2
1
x = ，
1
3
1
x
x
=
，所以
1
2
3
3
3
1
1
x
x
x
x
x
+
+
= +
+
，
又函数
1
y
x
x
=
+
在

1, ¥
+
单调递增，
3
2
x
t
>
，1
2
1
t
t
a
+
=
，1 2
1
t t = ，
所以
3
2
1
2
3
2
1
1
1
1
1
1
1
x
t
t
t
x
t
a
+
+
> +
+
= +
+
= +
，
又
1
0, 2
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø，所以1
2a
>
，所以
1
1
1
2a
a
a
+
>
+
，
即
1
2
3
1
2
x
x
x
a
a
+
+
>
+
.
5．（2026·河南许昌·模拟预测）已知函数



ln
1
f x
a
x
=
+
，

g x
xf
x
=
.
(1)若
0
a >
，求
g x 的单调区间；
(2)若

e
1
x
f x
- ³
，

cos
h x
g x
x
=
-
.
（ⅰ）求a ；
（ⅱ）函数
h x 图象上是否存在关于原点对称的点？若存在，试确定对称点的组数；若不存在，请说
明理由.
【答案】(1)单调递增区间为

0, ¥
+
，单调递减区间为

1,0
-
(2)（ⅰ）
1
a = ；（ⅱ）存在唯一一对关于原点对称的点.
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断导函数的单调性和零点，即可求解

0
g
x
¢
>
和

0
g
x
¢
<
的
解集；
（2）（ⅰ）首先根据指对函数的性质确定
0
a £
不成立，讨论
0
a >
的情况，令




e
1
ln
1
1
x
G x
a
x
x
=
- -
+
> -
，利用导数分析函数

G x 的单调性和零点，根据不等式求a 的值；
（ⅱ）首先假设函数
h x 图象上存在关于原点对称的点，转化为判断函数



1
ln
2cos
1
1
1
m
F m
m
m
m
m
+
=
-
- <
<
-
是否有零点.
【详解】（1）当
0
a >
时，



ln
1
g x
xf x
ax
x
=
=
+
，







1
ln
1
ln
1
1
1
1
1
x
g
x
a
x
a
x
x
x
x
é
ù
é
ù
=
+
+
=
+
-
+
> -
ê
ú
ê
ú
+
+
ë
ë
û
¢
û
，
则

g
x
¢
为增函数，又

0
0
g¢
=
，
当
0
x >
时，

0
g
x
¢
>
，
g x 在

0,+¥ 上为增函数，
当1
0
x
- <
<
时，

0
g
x
¢
<
，
g x 在

1,0
-
上为减函数，

g x
\
的单调递增区间为

0, ¥
+
，单调递减区间为

1,0
-
；
（2）（ⅰ）

e
1
x
f x
- ³
即



e
1
ln
1
1
x
a
x
x
- ³
+
> -
，
当
0
a £
时，若1
0
x
- <
<
，则


ln
1
0
x +
<
，


ln
1
0
a
x +
³
，且e
1
0
x - <
，不等式不成立，
0
a
\
>
，
当
0
a >
时，令




e
1
ln
1
1
x
G x
a
x
x
=
- -
+
> -
，



1 e
e
1
1
x
x
x
a
a
G
x
x
x
+
-
=
-
=
¢
+
+
，
令


1 ex
m x
x
a
=
+
-
，则



2 e
0
x
m x
x
=
+
>
¢
，

m x 在

1,
- +¥ 上为增函数，

1
0
m
a
-
= - <
，
1
x > -
Q
，
1
e
e
x
\
>
，


1
e
1
1 e
e
e
x
x
a
x
x
a
a
+
-
+
+
-
>
-
=
，


1
e
e
x
a
m x
+
-
\
>
，又


e 1
0
m a -
>
且e 1
1
a - > - ，
则

m x 在

1, ¥
- +
上有且仅有一个零点
0x ，
当
0
x
x
>
时，

0
m x >
，

0
G
x
¢
>
，在

0,
x +¥ 上

G x 为增函数，
当
0
1
x
x
- <
<
时，

0
m x <
，

0
G
x
¢
<
，

G x 在

0
1, x
-
上为减函数，
则函数在
0
x
x
=
处取得最小值


0
G x
，


0
0
G x
³
，
又

0
0
G
=
，则此时必有
0
0
x =
，所以

0
0
m
=
，解得
1
a = ；
（ⅱ）由（ⅰ）知，


ln
1
g x
x
x
=
+
，假设存在关于原点对称的点，
设点

,
P m n 为函数
h x 图象上的点，则

,
P m n 关于原点对称的点为


,
P
m
n
¢ -
-
，




ln
1
cos
1
ln
2cos
0
ln
1
cos
1
m
m
m
n
m
m
m
m
m
m
n
m
ì
+
-
=
+
ï
Þ
-
=
í-
-
+
-
= -
-
ïî
，
设函数



1
ln
2cos
1
1
1
m
F m
m
m
m
m
+
=
-
- <
<
-
，





1
1
ln
2cos
ln
2cos
1
1
m
m
F
m
m
m
m
m
F m
m
m
-
+
+
-
= -
-
-
=
-
=
+
-
，

F m 为偶函数，
当0
1
m
£
< 时，

2
1
2
ln
2sin
1
1
m
m
F
m
m
m
m
+
=
+
+
-
¢
-
，


1
2
1
2
1 1
1
1
1
m
m
m
m
m
-
-
+
+ =
=
- ³
-
-
-
Q
，
1
ln
0
1
m
m
+
\
³
-
，则

0
F
m
¢
³
，所以函数

F m 为增函数，


0
2
F m
F
³
= - ，
4
8
4
8
4
4
4
4
π
ln3
2cos
2cos
2
cos
2
cos
0
5
5
5
5
5
5
5
5
4
F æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
>
-
=
-
>
-
>
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
即方程

0
F m =
在

0,1 上有唯一解，
综上可知函数

cos
y
g x
x
=
-
图象上存在唯一一对关于原点对称的点.
6．（2026·江苏扬州·一模）已知函数

2
ex
x
ax
b
f x
+
-
=
的一个极值点是
2
x =
．
(1)求a 与b 的关系式；
(2)求出

f x 的单调区间；
(3)设
0
a >
，
2
2
ex
g x
a
-
=
，若存在


1
2
,
0,3
x x Î
，使得




1
2
2
2
e
f x
g x
-
<
成立，求实数a 的取值范
围．
【答案】(1)
2
b
a
=
¹ -
(2)当
2
a < - 时，函数

f x 的单调递增区间为

2, a
-
，单调递减区间为

,2
-¥
和

,a
-
+¥ ；
当
2
a > - 时，函数

f x 的单调递增区间为

,2
a
-
，单调递减区间为

, a
-¥ -
和

2,+¥ ．
(3)

0,3
【分析】（1）求出

f
x
¢
，利用极值点是
2
x =
，得到

2
0
f ¢
=
，从而求出
2
b
a
=
¹ - ；
（2）令导函数

0
f
x
¢
=
，求出两个根
2
x =
或x
a
= - ，通过两个根的大小对a 进行分类讨论，列表判
断函数的极值点以及单调性，从而得到答案
（3）利用导数研究函数的单调性，分别求出
g x 和

f x 的最值，将不等式能成立问题转化为最值问
题，求解即可．
【详解】（1）因为

2
ex
x
ax
b
f x
+
-
=
，
所以









2
2
2
2
e
e
2
e
e
x
x
x
x
x
a
x
ax
b
x
a x
a
b
f
x
¢
+
-
+
-
-
+
-
+
+
=
=
，
因为函数

2
ex
x
ax
b
f x
+
-
=
的一个极值点是
2
x =
，
所以

2
0
f ¢
=
，即b
a
=
；
则有






2
2
2
2
e
e
x
x
x
a x
a
x
x
a
f
x
-
+
¢
-
+
-
-
+
=
=
，
当
2
a = - 时，



2
2
0
ex
x
f
x
-
-
¢
=
£
，函数

f x 在R 上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
所以
2
b
a
=
¹ - .
（2）






2
2
2
2
e
e
x
x
x
a x
a
x
x
a
f
x
-
+
¢
-
+
-
-
+
=
=
，由（1）可知
2
a ¹ - . 
①当
2
a < - 时，令

0
f
x
¢
=
得
2
x =
或x
a
= - ，列表如下：
x


,2
¥
-
2
     

2, a
-
a
-


,a
¥
-
+

f
x
¢
   -
0
   +
0
   -
满足
2
x =
是函数

f x 的极值点；
②当
2
a > - 时，令

0
f
x
¢
=
得
2
x =
或x
a
= - ，列表如下：
x
 


, a
¥
-
-
a
-
    

,2
a
-
2


2, ¥
+

f
x
¢
    -
0
   +
0
   -
满足
2
x =
是函数

f x 的极值点.
所以当
2
a < - 时，函数

f x 的单调递增区间为

2, a
-
，单调递减区间为

,2
¥
-
和

,a
¥
-
+
；
当
2
a > - 时，函数

f x 的单调递增区间为

,2
a
-
，单调递减区间为

, a
¥
-
-
和

2, ¥
+
．
（3）由（1）（2）知，

2
ex
x
ax
a
f x
+
-
=
， 
且
0
a >
时，

f x 在

0,2 单调递增，在

2,3 单调递减，
又因为

0
0
f
a
= - <
，

3
9
2
3
0
e
a
f
+
=
>
，
所以

f x 在

0,3 上的最大值为

2
4
2
e
a
f
+
=
，最小值为

0
f
a
= -
又当
0
a >
时，函数
2
2
ex
g x
a
-
=
在

0,3 单调递增，
所以
g x 在

0,3 上的最大值为
2
3
e
g
a
=
，最小值为
2
2
0
e
a
g
=
．
因为存在


1
2
,
0,3
x x Î
，使得




1
2
2
2
e
f x
g x
-
<
成立，
即存在


1
2
,
0,3
x x Î
，使得




1
2
2
2
2
2
e
e
f x
g x
-
<
-
<
成立，
即
2
2
2
2
2
2
2
e
e
4
2
e
e
e
a
a
a
a
ì - -
<
ïïí +
ï
-
> -
ïî
，又
0
a >
，所以解得0 <
< 3
a
，
所以实数a 的取值范围为

0,3 ．
7．（25-26 高三上·广西·期末）已知函数

e cos
x
f x
x
=
，
sin
1
g x
x
=
+ ．
(1)求

f x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 内的单调性；
(2)若存在
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，使得


0
f x
ag x
-
³
，求实数a 的取值范围；
(3)设方程


f x
g x
=
在区间


π
π
2 π
,2 π
1,2,
,2025,2026
3
2
n
n
n
æ
ö
+
+
=
×××
ç
÷
è
ø
内的根从小到大依次为
1
x ，
2x ，…，
2025
x
，
2026
x
，试比较
2026
x
与
2025
2π
x
+
的大小，并说明理由．
【答案】(1)

f x 在
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在
π π
,
4 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减．
(2)
π
6
3e
a
-
£
(3)
2026
2025
2π
x
x
>
+
，理由见解析
【分析】（1）由题可得



e
cos
sin
x
f
x
x
x
=
-
¢
，解出

0
f
x
¢
>
和

0
f
x
¢
<
的解集即可求解.
（2）由已知可得存在
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，使得


e cos
sin
1
x
x
a
x
³
+
成立，因为
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û 时，
1
sin
1
,1
2
x
é
ù
+ Îê
ú
ë
û ，故存在
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，用参变分离法可得出
e cos
1 sin
x
x
a
x
£ +
，利用导数求出函数

e cos
1 sin
x
x
h x
x
= +
在
π ,0
6
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上的最大值即可求解；
（3）令( )
e cos
sin
1
x
x
x
x
j
=
-
- ，利用导数分析
x
j
在
*
π
π
(2 π
,2 π
)(
N )
3
2
n
n
n
+
+
Î
上的单调性，利用零
点存在性定理可知


*
π
π
2 π
,2 π
N
3
2
nx
n
n
n
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
，求得


*
1
π
π
2π
2 π
,2 π
N
3
2
nx
n
n
n
+
æ
ö
-
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
，证明
出



1
2π
n
n
x
x
j
j
+ -
<
，结合
x
j
的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）





e cos
e
sin
e
cos
sin
x
x
x
f
x
x
x
x
x
=
+
-
=
-
¢
．
当
π
0
4
x
<
<
时，cos
sin
x
x
>
，

0
f
x
¢
>
，

f x 单调递增；
当π
π
4
2
x
<
<
时，cos
sin
x
x
<
，

0
f
x
¢
<
，

f x 单调递减；
所以，

f x 在
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在π π
,
4 2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减．
（2）由题可知存在
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，使得


e cos
sin
1
x
x
a
x
³
+
成立，
∵
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û 时，
1
sin
1
,1
2
x
é
ù
+ Îê
ú
ë
û ，故存在
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，使得
e cos
1 sin
x
x
a
x
£ +
．
令
e cos
1 sin
x
x
h x
x
= +
，其中
π
0
6
x
-
£
£
，











2
2
2
e
cos
sin
1 sin
e cos
e
cos
1 1 sin
0
1 sin
1 sin
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
-
+
-
-
+
=
=
£
+
+
¢
，
且

h x
¢
不恒为零，故函数
h x 在
π ,0
6
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上单调递减，
则
π
6
max
π
3e
6
h x
h
-
æ
ö
=
-
=
ç
÷
è
ø
，故
π
6
3e
a
-
£
．
（3）
2026
2025
2π
x
x
>
+
．
证明：由


f x
g x
=
可得e cos
1 sin
x
x
x
= +
，
令
e cos
sin
1
x
x
x
x
j
=
-
- ，则



e
cos
sin
cos
x
x
x
x
x
j
=
-
-
¢
．
因为


π
π
2 π
,2 π
3
2
x
n
n
n
+
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N
，则sin
cos
0
x
x
>
>
，
所以

0
x
j¢
<
，所以函数
x
j
在


π
π
2 π
,2 π
3
2
n
n
n
+
æ
ö
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N
上单调递减，
因为
π
2π
π
3
2 π
3
π
1
3
e
3
2 π
e
1
1
0
3
2
2
2
2
n
n
j
+
+
æ
ö
+
=
-
- ³
-
- >
ç
÷
è
ø
，
π
2 π
2
0
2
n
j æ
ö
+
= - <
ç
÷
è
ø
，
所以，存在唯一的


0
π
π
2 π
,2 π
3
2
x
n
n
n
+
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N
，使得

0
0
x
j
=
，
所以，
π
π
2 π
,2 π
3
2
nx
n
n
æ
ö
Î
+
+
ç
÷
è
ø ，
cos
sin
1
0
nx
n
n
e
x
x
-
- =
，
同理可得
1
1
1
cos
sin
1
0
nx
n
n
e
x
x
+
+
+
-
- =
，
且
1
π
π
2π
2 π
,2 π
3
2
nx
n
n
+
æ
ö
-
Î
+
+
ç
÷
è
ø ，
因为
1
1
2π
n
n
x
x
+
+
-
<
，所以
1
1
2π
n
n
x
x
e
e
+
+
-
<
，
因为
1
π
π
2 π
2π,2
2π
3
2
nx
n
np
+
æ
ö
Î
+
+
+
+
ç
÷
è
ø ，所以
1
cos
0
nx + >
，
所以，





1 2π
1
1
1
2π
e
cos
2π
sin
2π
1
nx
n
n
n
x
x
x
j
+ -
+
+
+
-
=
-
-
-
-
1
1
1
2π
2π
1
1
1
1
e
cos
sin
1
e
cos
e
cos
n
n
n
x
x
x
n
n
n
n
x
x
x
x
+
+
+
-
-
+
+
+
+
=
-
- =
-




1
1
2π
1
e
cos
0
n
n
x
x
n
n
e
x
x
j
+
+
-
+
=
-
<
=
因为函数
x
j
在
π
π
2 π
,2 π
3
2
n
n
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø 上单调递减，
故
1
2π
n
n
x
x
+ -
>
，即
1
2π
n
n
x
x
+ >
+
,
取
2025
n =
，则
2026
2025
2π
x
x
>
+
,
2
1
2
2
1
2
π
cos
1
π
π
2
1
sin
cos
π
2
2
sin 2
n
n
n
n
n
i
i
n
x
x
+
+
+
+
=
+
æ
ö
+
=
×
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
å
由（2）知
cos π
π
1
1
,
0,
1 2
2
2
x
x
x
æ
ö
<
<
Îç
÷
-
è
ø ，即


π
1
1 2
cos π
1 2
,
0,
2
2
x
x
x
x
æ
ö
-
<
<
-
Îç
÷
è
ø
令
2
1
2n
x
+
=
则
2
2
2
2
π
π
2
1
cos
1
2
2
2
2
n
n
n
+
+
+
æ
ö
-
<
<
-
ç
÷
è
ø ，即
1
2
1
1
π
π
1
1
cos
1
2
2
2
2
n
n
n
+
+
+
æ
ö
-
<
<
-
ç
÷
è
ø ，
即
1
1
1
1
1
1
π
1
1
1
1
2
2
2
n
n
n
n
i
i
x
x
+
+
+
=
æ
ö
æ
ö
-
<
+
<
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
å
得证.
8．（25-26 高三上·四川成都·月考）人们很早以前就开始探索高次方程的数值求解问题.牛顿（Isaac 
Newton，1643-1727）在《流数法》一书中给出了牛顿法：用“作切线”的方法求方程的近似解.具体步
骤如下：设r 是函数

y
f x
=
的一个零点，任意选取
0x 作为r 的初始近似值，在点




0
0
0
,
A
x
f
x
处作
曲线

y
f x
=
的切线1l ，设1l 与x 轴交于点


1
1,0
B
x
，并称
1
x 为r 的1 次近似值；在点



1
1
1
,
A x
f x
处
作曲线

y
f x
=
的切线2l ，设2l 与x 轴交于点


2
2,0
B
x
，称
2x 为r 的2 次近似值.一般地，在点




,
n
n
n
A
x
f x
处作曲线

y
f x
=
的切线
1
nl + ，记
1
nl + 与x 轴交于点


1
1,0
n
n
B
x
+
+
，并称
1
nx + 为r 的
1
n + 次近
似值.
  
(1)若函数

3
3
2
f x
x
x
=
+
-
，取
0
1
x = 作为r 的初始近似值，求r 的2 次近似值；
(2)若函数

2
4
x
f x =
，取
0
4
x =
作为r 的初始近似值，点


0,1
F
，数列
nx
是由
1
x ，
2x ，
3x ，L，
nx
构成的，记：
1
i
i
i
d
A A
-
=
，
1,2,3,
,
i
n
=
L
.回答以下问题：
（i）求数列
nx
的通项公式，并将
n
A F 的长度用n 表示；
（ii）求证：
1
8
n
i
i
d
=
<
å
.
【答案】(1) 70
117
(2)（i）
2
1
2
n
nx
-
æ
ö
= ç
÷
è
ø
；
1
1
|
| 1
4
n
n
A F
-
æ
ö
= + ç
÷
è
ø
；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用导数求出曲线的切线方程，即可得r 的2 次近似值；
（2）①先求出在点
2
, 4
n
n
n
x
A
x
æ
ö
ç
÷
è
ø
处的切线斜率为


1
2
n
n
l
n
x
k
f
x
+
=
¢
=
，可得切线方程，从而得
1
1
2
n
n
x
x
+ =
，即可求得
nx 的表达式；由抛物线的定义可得
1
2
1
1
1
1
4
4
n
n
n
n
x
A F
y
-
æ
ö
= +
= +
= + ç
÷
è
ø
；②利用
2
3
3
1
4
4
i
i
i
i
i
x
x
d
x
x
æ
ö
<
+
=
+
ç
÷
è
ø
进行放缩，结合等比数列的前n 项和公式，可证命题.
【详解】（1）由
0
1
x = 得
1
2
f
=
，则


0 1,2
A
，又

2
3
3
f
x
x
=
¢
+ ，得
1
6
f ¢
=
，
故在


0 1,2
A
处的切线1l 的方程为：
6(
1)
2
y
x
=
-
+
，
令6(
1)
2
0
x -
+
=
，得到
1
2 ,0
3
B æ
ö
ç
÷
è
ø，所以
1
2
3
x =
，得到
1
2
8
,
3 27
A æ
ö
ç
÷
è
ø ，
所以
2
13
3
3
f æ
ö =
÷ø
¢çè
，在
1
2
8
,
3 27
A æ
ö
ç
÷
è
ø 处的切线2l 的方程为：
13
2
8
3
3
27
y
x
æ
ö
=
-
+
ç
÷
è
ø
，
令13
2
8
0
3
3
27
x
æ
ö
-
+
=
ç
÷
è
ø
，得到
2
70
117
x =
，故r 的2 次近似值为70
117 ；
（2）（i）由

2
4
x
f x =
，得

2
x
f
x
¢
=
，
0
4
x =
，则

4
2
f ¢
=
，


0 4,4
A
，得1
1
2
:
2
4,
l
y
x
x
=
-
\
=
，
同理：在点
2
, 4
n
n
n
x
A
x
æ
ö
ç
÷
è
ø
处的切线斜率为


1
2
n
n
l
n
x
k
f
x
+
=
¢
=
，


2
1 :
2
4
n
n
n
n
x
x
l
y
x
x
+
\
=
-
+
，将


1
1,0
n
n
B
x
+
+
代入得


2
1
0
2
4
n
n
n
n
x
x
x
x
+
=
-
+
，
所以
0
nx =
或
1
1
2
n
n
x
x
+ =
，
若
0
nx =
，则
1
2
,
,
,
n
A A
A
L
重合，与题设矛盾，故舍去，
故
1
1
2
n
n
x
x
+ =
，故数列
nx
是首项为
1
2
x =
，公比为
1
2 的等比数列，
得到
1
2
1
1
2
2
2
n
n
nx
-
-
æ
ö
æ
ö
=
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
由抛物线的定义可得
1
2
1
1
1
1
4
4
n
n
n
n
x
A F
y
-
æ
ö
= +
= +
= + ç
÷
è
ø
，
故
1
1
1
4
n
n
A F
-
æ
ö
= + ç
÷
è
ø
；
（ii）由题意得




2
2
1
1
1
i
i
i
i
i
i
i
d
A A
x
x
y
y
-
-
-
=
=
-
+
-
，
由（i）知
1
2
2
1
1
2
,
4
4
,
i
i
i
i
i
i
x
x
x
x y
y
-
-
-
=
=
=
，
得


2
2
2
2
2
1
4
9
2
1
4
4
16
i
i
i
i
i
i
i
i
i
x
x
x
d
A A
x
x
x
-
æ
ö
=
=
-
+
-
=
+
ç
÷
è
ø
，
结合
0,
0
a
b
>
>
时，


2
2
2
a
b
a
b
a
b
+
<
+
=
+
，
可得
2
9
3
1
1
16
4
i
i
x
x
+
< +
，故
2
3
3
1
4
4
i
i
i
i
i
x
x
d
x
x
æ
ö
<
+
=
+
ç
÷
è
ø
，
所以




2
2
2
1
2
1
2
1
3
4
n
i
n
n
i
d
x
x
x
x
x
x
=
<
+
+
+
+
+
+
+
å
L
L
，将
2
1
2
n
nx
-
æ
ö
= ç
÷
è
ø
代入，
得
2
2
1
1
1
1
3
1
1
2 1
4 1
2
4
2
4
4
4
n
n
n
i
i
d
-
-
=
é
ù
é
ù
æ
ö
æ
ö
<
+ +
+
+
+
+
+ +
+
+
ê
ú
ê
ú
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
ê
ú
ê
ú
ë
û
ë
û
å
L
L
1
1
2 1
4 1
2
4
3
1
1
4
1
1
2
4
n
n
é
ù
é
ù
æ
ö
æ
ö
-
-
ê
ú
ê
ú
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
ê
ú
ê
ú
ë
û
ë
û
=
+
×
-
-
1
1
4 1
4 1
8
2
4
n
n
é
ù
é
ù
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
<
ê
ú
ê
ú
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
ê
ú
ê
ú
ë
û
ë
û
.
刷真题
1．（2026·上海·春季高考）已知函数




sin
0,0
π
f x
x
w
j
w
j
=
+
>
<
<
.
(1)当
2
w =
，
π
0
12
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，求函数

f x 在
0
x =
处的切线方程；
(2)若函数

f x 的最小正周期为3π ，且

2
2
f x =
在


0,2026π
xÎ
上恰好有1351 个解，求j 的取值范
围.
【答案】(1)
1
3
2
y
x
= -
+
(2)
π
0
12
j
<
£
或π
3π
4
4
j
<
£
，
【分析】（1）根据
2
w =
以及
π
0
12
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
可得

5π
sin 2
6
f x
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø ，即可求导以及点斜式求解直线方
程，
（2）利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解.
【详解】（1）当
2
w =
时，则



sin 2
f x
x
j
=
+
，
根据
π
0
12
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
可得
π
π
sin
0
12
6
f
j
æ
ö
æ
ö
=
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，故π
π,
6
k
k
j
+
=
ÎZ ，故
π
π,
6
k
k
j = -
+
ÎZ ，
由于0
π
j
<
<
，故
5π
6
j =
，故

5π
sin 2
6
f x
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø ，

5π
2cos 2
6
f
x
x
æ
ö
=
+
çè
¢
÷ø，则

5π
0
2cos
3
6
f ¢
=
= -
，
故函数

f x 在
0
x =
处的切线方程为


1
3
0
2
y
x
= -
-
+
，故
1
3
2
y
x
= -
+
，
（2）函数

f x 的最小正周期为3π ，故
2π
2
3π
3
w =
=
，所以

2
sin 3
f x
x
j
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø ，
令
2
3
t
x
j
=
+
，当


0,2026π
xÎ
，则
4052π
,
3
t
j
j
é
ö
Î
+
÷
êë
ø，
令
2
sin
2
t =
，则
π
2 π
4
t
k
=
+
或
3π
2 π,
4
t
k
k
=
+
ÎZ ，
当
π
0
4
j
<
£
时，要使得
2
sin
2
t =
有1351 个实数根，则
π
4052π
2π 675<
4
3
3π
4052π
2π 675
4
3
π
0
4
j
j
j
ì
+
´
+
ï
ïï
+
´
³
+
í
ï
ï <
£
ïî
，解得
π
0
12
j
<
£
，
当π
3π
4
4
j
<
£
时，要使得
2
sin
2
t =
有1351 个实数根，则
3π
4052π
2π 675<
4
3
9π
4052π
2π 675
4
3
π
3π
4
4
j
j
j
ì
+
´
+
ï
ïï
+
´
³
+
í
ï
ï
<
£
ïî
，解得
π
3π
4
4
j
<
£
，
当3π
π
4
j
<
<
时，要使得
2
sin
2
t =
有1351 个实数根，则
9π
4052π
2π 675<
4
3
11π
4052π
2π 675
4
3
3π
π
4
j
j
j
ì
+
´
+
ï
ïï
+
´
³
+
í
ï
ï
<
<
ïî
，无解，
综上可得
π
0
12
j
<
£
或π
3π
4
4
j
<
£
.
2．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数
2
3
1
( )
ln(1
)
2
f x
x
x
x
kx
=
+
-
+
-
，其中
1
0
3
k
<
<
．
(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
1
2
,
x x 分别为
( )
f x 在区间(0,
)
+¥ 的极值点和零点.
（i）设函数




1
1
( )
g t
f x
t
f x
t
=
+
-
-
.证明：( )
g t 在区间

1
0, x
单调递减；
（ii）比较
1
2x 与
2x 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）
1
2
2x
x
>
，证明见解析.
【分析】（1）先由题意求得

2
1
3
1
f
x
x
k
x
æ
ö
=
-
ç
÷
+
è
ø
¢
，接着构造函数
1
3 ,
0
1
g x
k x
x
=
-
>
+
，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

0
0
f
=
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）
1
1
1
3
x
k
+ =
和





1
1
g t
f
x
t
f
x
t
=
+
¢
-
¢
-
¢
结合（1）中所得导函数

1
f
x
¢
计算得到





2
2
2
1
1
2
2
1
6
2
1
kt
t
x
x
g t
x
t
-
-
=
+
-
¢
，再结合


1
0,
t
x
Î
得

0
g t
¢
<
即可得证；
（ii）由函数
g t 在区间

1
0, x
上单调递减得到


1
0
2
f
x
>
，再结合


2
0
f x
=
，
和函数

f x 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【详解】（1）由题得

2
2
2
2
1
1
1
3
3
3
1
1
1
x
f
x
x
kx
kx
x
k
x
x
x
æ
ö
=
- +
-
=
-
=
-
+
¢
ç
÷
+
+
è
ø
，
因为


0,
x
¥
Î
+
，所以
2
0
x >
，设
1
3 ,
0
1
g x
k x
x
=
-
>
+
，
则



2
1
0
1
g
x
x
= -
¢
<
+
在(0,
)
+¥ 上恒成立，所以
g x 在(0,
)
+¥ 上单调递减，

0
1 3
0
g
k
= -
>
，令

0
0
1
0
1
3
g x
x
k
=
Þ
=
- ，
所以当


0
0,
x
x
Î
时，
0
g x >
，则

0
f
x
¢
>
；当


0,
x
x
¥
Î
+
时，
0
g x <
，则

0
f
x
¢
<
，
所以

f x 在

0
0, x
上单调递增，在

0,
x
¥
+
上单调递减，
所以

f x 在(0,
)
+¥ 上存在唯一极值点，
对函数


ln 1
y
x
x
=
+
-
有
1
1
0
1
1
x
y
x
x
¢ =
- = -
<
+
+
在(0,
)
+¥ 上恒成立，
所以


ln 1
y
x
x
=
+
-
在(0,
)
+¥ 上单调递减，
所以


0
ln 1
|
0
x
y
x
x
y
=
=
+
-
<
=
在(0,
)
+¥ 上恒成立，
又因为

0
0
f
=
，x ® +¥ 时


2
3
2
1
1
1
2
0
2
2
x
kx
x
kx
-
=
-
<
，
所以x ® +¥ 时

0
f x <
，
所以存在唯一


2
0,
x
¥
Î
+
使得


2
0
f x
=
，即

f x 在(0,
)
+¥ 上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知
1
1
1
3
x
k
=
- ，则
1
1
1
3
x
k
+ =
，

2
1
1
1
1
1
f
x
x
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
+
+
è
ø
¢
，




1
1
( )
g t
f x
t
f x
t
=
+
-
-
Q
，
则





2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
g t
x
t
x
t
x
t
x
x
t
x
æ
ö
æ
ö
=
+
-
+
-
-
ç
÷
ç
÷
+ +
+
- +
+
è
ø
è
ø
¢










2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
t x
t
t x
t
x
t
x
x
t
x
-
+
-
=
+
+ +
+
- +
+




2
2
1
1
1
1
3
1
1
x
t
x
t
kt
x
t
x
t
é
ù
+
-
=
-
+
ê
ú
+ +
- +
ê
ú
ë
û




2
2
2
1
1
2
2
1
6
2
1
kt
t
x
x
x
t
-
-
=
+
-
，




2
2
2
2
1
1
1
1
0,
0,
,
2
0, 1
0
k
t
x
t
x
x
x
t
>
Î
\
-
-
+
-
Q
，




2
2
2
1
1
2
2
1
6
2
( )
0
1
kt
t
x
x
g t
x
t
-
-
+
-
¢
\
=
<
，
即( )
g t 在


1
0,
t
x
Î
上单调递减.
（ii）
1
2
2x
x
>
，证明如下：
由（i）知：函数
g t 在区间

1
0, x
上单调递减，
所以

1
0
g
g x
>
即


1
0
2
f
x
>
，又


2
0
f x
=
，
由（1）可知

f x 在

0,
x
¥
+
上单调递减，


2
0,
x
x
¥
Î
+
，且对任意


2
0,
x
x
Î

0
f x >
，
所以
1
2
2x
x
>
.
3．（2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数
( )
5cos
cos5
f x
x
x
=
-
在区间
π
0, 4
é
ù
ê
ú
ë
û 的最大值；
（2）给定
(0,π)
q Î
和aÎR ，证明：存在
[
,
]
y
a
a
q
q
Î
-
+
使得cos
cos
y
q
£
；
（3）设bÎR ，若存在j Î R 使得5cos
cos(5
)
x
x
b
j
-
+
£
对xÎR 恒成立，求b 的最小值．
【答案】(1)3 3
(2)证明见解析
(3)3 3
【分析】（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
0,π
j =
时b 的范围，对于


0,π
j Î
时，可利用（2）中的结论结合特值法求得
3 3
b ³
，
从而可得b 的最小值；或者先根据函数解析特征得
0
b ³
，再结合特值法可得
3 3
b ³
，结合（1）的结
果可得b 的最小值.
【详解】（1）法1：

5sin
5sin5
10cos3 sin 2
f
x
x
x
x
x
= -
+
=
¢
，
因为
π
0, 4
x
é
ù
Îê
ú
ë
û ，故
π
2
0, 2
x
é
ù
Îê
ú
ë
û ，故sin 2
0
x ³
，
当
π
0
6
x
<
<
时，cos3
0
x >
即

0
f
x
¢
>
，
当π
π
6
4
x
<
<
时，cos3
0
x <
即

0
f
x
¢
<
，
故

f x 在
π
0, 6
æ
ö
ç
÷
è
ø 上为增函数，在π π
,
6 4
æ
ö
ç
÷
è
ø为减函数，
故

f x 在
π
0, 4
é
ù
ê
ú
ë
û 上的最大值为
π
π
5π
5cos
cos
3 3
6
6
6
f æ
ö =
-
=
ç
÷
è
ø
.
法2：我们有


cos5
cos
4
cos cos4
sin sin 4
x
x
x
x
x
x
x
=
+
=
-


2
cos
2cos 2
1
sin
2sin 2 cos2
x
x
x
x
x
=
-
-
×




2
2
cos
2 2cos
1
1
sin
2 2sin cos cos2
x
x
x
x
x
x
=
-
-
-
× ×


4
2
2
cos
8cos
8cos
1
4cos cos2 sin
x
x
x
x
x
x
=
-
+
-



5
3
2
2
8cos
8cos
cos
4cos
2cos
1 1 cos
x
x
x
x
x
x
=
-
+
-
-
-
5
3
16cos
20cos
5cos
x
x
x
=
-
+
.
所以：



5
3
3
5
5cos
cos5
5cos
16cos
20cos
5cos
20cos
16cos
f
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
-
=
-
-
+
=
-







3
2
3
3
2
4cos
5
4cos
4 cos
5
4 cos
4 cos
5
2 cos
5
2 cos
x
x
x
x
x
x
x
=
-
£
-
=
-
+




32
15
3
15
3
cos
cos
cos
5
2 cos
5
2 cos
3
4
4
x
x
x
x
x
æ
ö
+
-
=
×
×
×
-
×
+
ç
÷
ç
÷
è
ø




5
32 1
15
3
15
3
cos
cos
cos
5
2 cos
5
2 cos
3
5
4
4
x
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
+
-
£
+
+
+
-
+
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
5
32
3
3 3
3
2
æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
这得到

3 3
f x £
，同时又有
π
π
5π
5cos
cos
3 3
6
6
6
f æ
ö =
-
=
ç
÷
è
ø
，
故

f x 在
π
0, 4
é
ù
ê
ú
ë
û 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
cos
x
q
£
的解为

2 π
,2 π
2π
k
k
q
q
+
+
-
，
Z
k Î
，
若任意

2 π
,2 π+2π
,
Z
k
k
k
q
q
+
-
Î
与

,
a
a
q
q
-
+
交集为空，
则
2 π
2π
a
k
q
q
-
>
+
-
且
2 π
2π
a
k
q
q
+
<
+
+
，此时a 无解，
矛盾，故无解；故存在
Z
k Î
，使得



2 π
,2 π
,
k
k
a
a
q
q
q
q
-
+
Ç
-
+
¹ Æ ，
法2：由余弦函数的性质知cos
cos
y
q
£
的解为




2 π
,2
1 π
k
k
k
q
q
é
ù
+
+
-
Î
ë
û
Z ，
若每个


2 π
,2
1 π
k
k
q
q
é
ù
+
+
-
ë
û 与

,
a
a
q
q
-
+
交集都为空，
则对每个k ÎZ ，必有

2
1 π
k
a
q
q
+
-
<
-
或2 π
k
a
q
q
+
>
+
之一成立.
此即
1
2π
a
k <
- 或
2π
a
k >
，但长度为1的闭区间
1,
2π
2π
a
a
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上必有一整数k ，
该整数k 不满足条件，矛盾.
故存在


,
y
a
a
q
q
Î
-
+
，使得cos
cos
y
q
£
成立.
（3）法1：记


5cos
cos 5
h x
x
x
j
=
-
+
，
因为






2π
5cos
2π
cos 5
10π+
h x
x
x
h x
j
+
=
+
-
+
=
，
故
h x 为周期函数且周期为2π,故只需讨论




0,2π ,
0,π
x
j
Î
Î
的情况.
当
π
j =
时，


5cos
cos 5
π
5cos
cos5
6
h x
x
x
x
x
=
-
+
=
+
£
，
当
0
j =
时，( )
5cos
cos5
h x
x
x
=
-
，
此时



5sin
5sin5
10cos3 sin 2 ,
0,2π
h x
x
x
x
x x
= -
+
=
Î
¢
，
令
( )
0
h x
¢
=
，则
π π 5π
7π 3π 11π
,
,
,π,
,
,
6 2
6
6
2
6
x =
，
而
π
11π
π
3π
5π
7π
( )
(
)
3 3, ( )
(
)
0, (
)
(
)
3 3, (π)
4
6
6
2
2
6
6
h
h
h
h
h
h
h
=
=
=
=
=
= -
= - ，
(0)
(2π)
4
h
h
=
=
，故
max
π
11π
( )
( )
(
)
3 3
6
6
h x
h
h
=
=
=
，
当


0,π
j Î
，在（2）中取
a
j =
，则存在


,
y
j
q j
q
Î
-
+
，使得cos
cos
y
q
£
，
取
5π
6
q =
，则
3
cos
2
y £ -
，取
,
5
5 5
y
x
j
q q
-
æ
ö
=
Î -
ç
÷
è
ø即
,
5
6 6
y
x
j
p p
-
æ
ö
=
Î -
ç
÷
è
ø ，
故
5 3
5cos
2
x ³
，故


5cos
cos 5
3 3
x
x
j
-
+
³
，
综上
3 3
b ³
，可取
π
6
x =
，
0
j =
使得等号成立.
综上，
min
3 3
b
=
.
法2：设



5cos
cos 5
g
x
x
x
j
j
=
-
+
.
①一方面，若存在j ，使得



5cos
cos 5
g
x
x
x
b
j
j
=
-
+
£
对任意x 恒成立，
则对这样的j ，同样有



π
g
x
g
x
b
j
j
= -
+
³ - .
所以

g
x
b
j
£
对任意x 恒成立，这直接得到
0
b ³
.
设
π
6
6
m
j -
=
，则根据

g
x
b
j
£
恒成立，有
π
π
5π
π
π
π
5cos
cos
5cos
cos
6cos
6 cos
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
b
g
m
j
j
j
j
j
j
j
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
³
-
+
=
-
+
-
+
=
-
+
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
π
π
5π
π
π
π
π
5cos
cos
5cos
cos
6cos
6 cos
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
6
3
b
g
m
j
j
j
j
j
j
j
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
³
-
-
=
-
-
-
-
=
+
+
+
=
+
=
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
π
π
5π
π
π
π
π
5cos
cos
5cos
cos
6cos
6 cos
6
2
6
2
6
2
6
2
6
2
6
2
3
b
g
m
j
j
j
j
j
j
j
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
³
-
+
=
-
+
-
+
=
-
+
-
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
所以
π
π
cos
, cos
, cos
3
3
m
m
m
æ
ö
æ
ö
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø 均不超过6
b ，
再结合
2
cos2
2 cos
1
x
x
=
- ，
就得到
2π
2π
cos2 ,cos 2
,cos 2
3
3
m
m
m
æ
ö
æ
ö
+
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø均不超过
2
2
2
1
1
6
18
b
b
æ
ö - =
-
ç
÷
è
ø
.
假设
3 3
b <
，则


2
2
3 3
1
1
1
18
18
2
b - <
- =
，
故
2π
2π
1
cos2 ,cos 2
,cos 2
1,
3
3
2
m
m
m
æ
ö
æ
ö
é
ö
+
-
Î -
ç
÷
ç
÷
÷
ê
è
ø
è
ø
ë
ø
.
但这是不可能的，因为三个角
2π
2π
2 ,2
,2
3
3
m
m
m
+
-
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
1
2
x =
左侧.
所以假设不成立，这意味着
3 3
b ³
.
②另一方面，若
3 3
b =
，则由（1）中已经证明

3 3
f x £
，
知存在
0
j =
，使得



5cos
cos 5
5cos
cos5
3 3
x
x
x
x
f x
b
j
-
+
=
-
=
£
=
.
从而
3 3
b =
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．（2024·新高考Ⅰ卷·高考真题）已知函数
3
( )
ln
(
1)
2
x
f x
ax
b x
x
=
+
+
-
-
(1)若
0
b =
，且
( )
0
f
x
¢
³
，求a 的最小值；
(2)证明：曲线
( )
y
f x
=
是中心对称图形；
(3)若
( )
2
f x > - 当且仅当1
2
x
<
<
，求b 的取值范围．
【答案】(1) 2
-
(2)证明见解析
(3)
2
3
b ³ -
【分析】（1）求出
min
2
f
x
a
¢
=
+
后根据
( )
0
f
x
¢
³
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


2
,2
Q
m
a
n
-
-
也在
函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断
1
2
f
= - 即
2
a = - ，再根据
( )
2
f x > - 在

1,2 上恒成立可求得
2
3
b ³ -
.
【详解】（1）
0
b =
时，

ln 2
x
f x
ax
x
=
+
-
，其中


0,2
xÎ
，
则





1
1
2
,
0,2
2
2
f
x
a
a x
x
x
x
x
=
+
+
=
+
Î
-
¢
-
，
因为

2
2
2
1
2
x
x
x
x
-
+
æ
ö
-
£
=
ç
÷
è
ø
，当且仅当
1
x = 时等号成立，
故
min
2
f
x
a
¢
=
+
，而

0
f
x
¢
³
成立，故
2
0
a +
³
即
2
a ³ - ，
所以a 的最小值为2
- .，
（2）



3
ln
1
2
x
f x
ax
b x
x
=
+
+
-
-
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


2
,2
Q
m
a
n
-
-
，
因为

,
P m n 在

y
f x
=
图象上，故


3
ln
1
2
m
n
am
b m
m
=
+
+
-
-
，
而








3
3
2
2
ln
2
2
1
ln
1
2
2
m
m
f
m
a
m
b
m
am
b m
a
m
m
-
é
ù
-
=
+
-
+
-
-
= -
+
+
-
+
ê
ú
-
ë
û
，
2
n
a
= - +
，
所以


2
,2
Q
m
a
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

2
f x > - 当且仅当1
2
x
<
<
，故
1
x = 为

2
f x = - 的一个解，
所以
1
2
f
= - 即
2
a = - ，
先考虑1
2
x
<
<
时，

2
f x > - 恒成立.
此时

2
f x > - 即为




3
ln
2 1
1
0
2
x
x
b x
x +
-
+
-
>
-
在

1,2 上恒成立，
设


1
0,1
t
x
=
- Î
，则
3
1
ln
2
0
1
t
t
bt
t
+ -
+
>
-
在

0,1 上恒成立，
设


3
1
ln
2
,
0,1
1
t
g t
t
bt t
t
+
=
-
+
Î
-
，
则



2
2
2
2
2
3
2
3
2
2
3
1
1
t
bt
b
g t
bt
t
t
-
+
+
=
-
+
=
-
¢
-
，
当
0
b ³
，
2
3
2
3
3
2
3
2
0
bt
b
b
b
-
+
+
³ -
+
+
=
>
，
故

0
g t
¢
>
恒成立，故
g t 在

0,1 上为增函数，
故

0
0
g t
g
>
=
即

2
f x > - 在

1,2 上恒成立.
当
2
0
3
b
-
£
<
时，
2
3
2
3
2
3
0
bt
b
b
-
+
+
³
+
³
，
故

0
g t
¢
³
恒成立，故
g t 在

0,1 上为增函数，
故

0
0
g t
g
>
=
即

2
f x > - 在

1,2 上恒成立.
当
2
3
b < -
，则当
2
0
1
1
3
t
b
< <
+
< 时，

0
g t
¢
<
故在
2
0, 1
3b
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上
g t 为减函数，故

0
0
g t
g
<
=
，不合题意，舍；
综上，

2
f x > - 在

1,2 上恒成立时
2
3
b ³ -
.
而当
2
3
b ³ -
时，
而
2
3
b ³ -
时，由上述过程可得
g t 在

0,1 递增，故
0
g t >
的解为

0,1 ，
即

2
f x > - 的解为

1,2 .
综上，
2
3
b ³ -
.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函
数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到
参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
5．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数
3
( )
ex
f x
ax
a
=
-
-
．
(1)当
1
a = 时，求曲线
( )
y
f x
=
在点

1,
(1)
f
处的切线方程；
(2)若
( )
f x 有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．
【答案】(1)

e 1
1
0
x
y
-
-
- =
(2)

1,+¥
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析
0
a £
和
0
a >
两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得
2
ln
1
0
a
a
+
- >
，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a 有零点，可得
0
a >
，进
而利用导数求

f x 的单调性和极值，分析可得
2
ln
1
0
a
a
+
- >
，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当
1
a = 时，则
( )
e
1
x
f x
x
=
-
- ，
( )
e
1
x
f
x
¢
=
- ，
可得
(1)
e
2
f
=
- ，
(1)
e 1
f ¢
=
- ，
即切点坐标为

1,e
2
-
，切线斜率
e
1
k =
- ，
所以切线方程为





e
2
e 1
1
y
x
-
-
=
-
-
，即

e 1
1
0
x
y
-
-
- =
.
（2）解法一：因为
( )
f x 的定义域为R ，且
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a ，
若
0
a £
，则
( )
0
f
x
¢
³
对任意xÎR 恒成立，
可知
( )
f x 在R 上单调递增，无极值，不合题意；
若
0
a >
，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
ln
x
a
>
；令
( )
0
f
x
¢
<
，解得
ln
x
a
<
；
可知
( )
f x 在

,ln a
¥
-
内单调递减，在

ln ,a
¥
+
内单调递增，
则
( )
f x 有极小值


3
ln
ln
f
a
a
a
a
a
=
-
-
，无极大值，
由题意可得：


3
ln
ln
0
f
a
a
a
a
a
=
-
-
<
，即
2
ln
1
0
a
a
+
- >
，
构建
2
ln
1,
0
g a
a
a
a
=
+
-
>
，则

1
2
0
g
a
a
a
+
¢
=
>
，
可知
g a 在

0, ¥
+
内单调递增，且1
0
g
=
，
不等式
2
ln
1
0
a
a
+
- >
等价于
1
g a
g
>
，解得
1
a > ，
所以a 的取值范围为

1, ¥
+
；
解法二：因为
( )
f x 的定义域为R ，且
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a ，
若
( )
f x 有极小值，则
( )
e
¢
=
-
x
f
x
a 有零点，
令
( )
e
0
x
f
x
a
¢
=
-
=
，可得ex
a
=
，
可知
ex
y =
与y
a
=
有交点，则
0
a >
，
若
0
a >
，令
( )
0
f
x
¢
>
，解得
ln
x
a
>
；令
( )
0
f
x
¢
<
，解得
ln
x
a
<
；
可知
( )
f x 在

,ln a
¥
-
内单调递减，在

ln ,a
¥
+
内单调递增，
则
( )
f x 有极小值


3
ln
ln
f
a
a
a
a
a
=
-
-
，无极大值，符合题意，
由题意可得：


3
ln
ln
0
f
a
a
a
a
a
=
-
-
<
，即
2
ln
1
0
a
a
+
- >
，
构建
2
ln
1,
0
g a
a
a
a
=
+
-
>
，
因为则
2,
ln
1
y
a
y
a
=
=
- 在

0, ¥
+
内单调递增，
可知
g a 在

0, ¥
+
内单调递增，且1
0
g
=
，
不等式
2
ln
1
0
a
a
+
- >
等价于
1
g a
g
>
，解得
1
a > ，
所以a 的取值范围为

1, ¥
+
.
6．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数



ex
f
x
a
a
x
=
+
-
．
(1)讨论

f x 的单调性；
(2)证明：当
0
a >
时，

3
2ln
2
f x
a
>
+
．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论
0
a £
与
0
a >
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
2
1
ln
0
2
a
a
-
-
>
的恒成立问题，构造函数



2
1
ln
0
2
g a
a
a a
=
-
-
>
，利用导数证得
0
g a >
即可.
方法二：构造函数
e
1
x
h x
x
=
-
- ，证得e
1
x
x
³
+ ，从而得到
2
( )
ln
1
f x
x
a
a
x
³
+
+ +
-
，进而将问题转
化为
2
1
ln
0
2
a
a
-
-
>
的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为


( )
ex
f x
a
a
x
=
+
-
，定义域为R ，所以

e
1
x
f
x
a
=
-
¢
，
当
0
a £
时，由于e
0
x >
，则e
0
x
a
£
，故

e
1
0
x
f
x
a
=
- <
¢
恒成立，
所以

f x 在R 上单调递减；
当
0
a >
时，令

e
1
0
x
f
x
a
=
- =
¢
，解得
ln
x
a
= -
，
当
ln
x
a
< -
时，

0
f
x
¢
<
，则

f x 在

,
ln a
-¥ -
上单调递减；
当
ln
x
a
> -
时，

0
f
x
¢
>
，则

f x 在

ln ,a
-
+¥ 上单调递增；
综上：当
0
a £
时，

f x 在R 上单调递减；
当
0
a >
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，





ln
min
2
ln
ln
ln
e
1
a
f
a
a
x
a
f
a
a
a
-
-
+
=
+
+
=
+
=
，
要证
3
( )
2ln
2
f x
a
>
+
，即证
2
3
1
2ln
2
ln
a
a
a
+
+
>
+
，即证
2
1
ln
0
2
a
a
-
-
>
恒成立，
令


2
1
ln
0
2
g a
a
a a
=
-
-
>
，则

2
1
2
1
2
a
g
a
a
a
a
-
=
-
=
¢
，
令

0
g
a
¢
<
，则
2
0
2
a
<
<
；令

0
g
a
¢
>
，则
2
2
a >
；
所以
g a 在
2
0, 2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
所以
2
min
2
2
1
2
ln
ln
2
0
2
2
2
2
g a
g æ
ö
æ
ö
=
=
-
-
=
>
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，则
0
g a >
恒成立，
所以当
0
a >
时，
3
( )
2ln
2
f x
a
>
+
恒成立，证毕.
方法二：
令
e
1
x
h x
x
=
-
- ，则

e
1
x
h x
¢
=
- ，
由于
ex
y =
在R 上单调递增，所以

e
1
x
h x
¢
=
- 在R 上单调递增，
又

0
0
e
1
0
h
=
- =
¢
，
所以当
0
x <
时，

0
h x
¢
<
；当
0
x >
时，

0
h x
¢
>
；
所以
h x 在

,0
-¥
上单调递减，在

0, ¥
+
上单调递增，
故

0
0
h x
h
³
=
，则e
1
x
x
³
+ ，当且仅当
0
x =
时，等号成立，
因为


2
ln
2
2
( )
e
e
e
ln
1
x
x
x
a
f x
a
a
x
a
a
x
a
x
x
a
a
x
+
=
+
-
=
+
-
=
+
-
³
+
+ +
-
，
当且仅当
ln
0
x
a
+
=
，即
ln
x
a
= -
时，等号成立，
所以要证
3
( )
2ln
2
f x
a
>
+
，即证
2
3
ln
1
2ln
2
x
a
a
x
a
+
+ +
-
>
+
，即证
2
1
ln
0
2
a
a
-
-
>
，
令


2
1
ln
0
2
g a
a
a a
=
-
-
>
，则

2
1
2
1
2
a
g
a
a
a
a
-
=
-
=
¢
，
令

0
g
a
¢
<
，则
2
0
2
a
<
<
；令

0
g
a
¢
>
，则
2
2
a >
；
所以
g a 在
2
0, 2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
所以
2
min
2
2
1
2
ln
ln
2
0
2
2
2
2
g a
g æ
ö
æ
ö
=
=
-
-
=
>
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，则
0
g a >
恒成立，
所以当
0
a >
时，
3
( )
2ln
2
f x
a
>
+
恒成立，证毕.
7．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当0
1
x
<
< 时，
sin
x
x
x
x

-
<
<
；
（2）已知函数



2
cos
ln 1
f
x
ax
x
=
-
-
，若
0
x =
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,
-¥ -
+¥
U
【分析】（1）分别构建



sin ,
0,1
F x
x
x x
=
-
Î
，



2
sin ,
0,1
G x
x
x
x x
=
-
+
Î
，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
2
0
2
a
<
<
和
2
2
a ³
，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建



sin ,
0,1
F x
x
x x
=
-
Î
，则

1 cos
0
F
x
x
¢
= -
>
对


0,1
x
" Î
恒成立，
则

F x 在

0,1 上单调递增，可得


0
0
F x
F
>
=
，
所以


sin ,
0,1
x
x x
>
Î
；
构建





2
2
sin
sin ,
0,1
G x
x
x
x
x
x
x x
=
-
-
=
-
+
Î
，
则



2
1
cos ,
0,1
G
x
x
x x
¢
=
- +
Î
，
构建



,
0,1
g x
G
x
x
¢
=
Î
，则

2
sin
0
g
x
x
¢
=
-
>
对


0,1
x
" Î
恒成立，
则
g x 在

0,1 上单调递增，可得

0
0
g x
g
>
=
，
即

0
G
x
¢
>
对


0,1
x
" Î
恒成立，
则

G x 在

0,1 上单调递增，可得


0
0
G x
G
>
=
，
所以


2
sin
,
0,1
x
x
x
x
>
-
Î
；
综上所述：
sin
x
x
x
x

-
<
<
.
（2）令
2
1
0
x
-
>
，解得1
1
x
- <
< ，即函数

f x 的定义域为

1,1
-
，
若
0
a =
，则





2
1 ln 1
,
1,1
f
x
x
x
= -
-
Î -
，
因为
ln
y
u
= -
在定义域内单调递减，
2
1
y
x
= -
在

1,0
-
上单调递增，在

0,1 上单调递减，
则



2
1 ln 1
f
x
x
= -
-
在

1,0
-
上单调递减，在

0,1 上单调递增，
故
0
x =
是

f x 的极小值点，不合题意，所以
0
a ¹
.
当
0
a ¹
时，令
0
b
a
=
>
因为









2
2
2
cos
ln 1
cos
ln 1
cos
ln 1
f x
ax
x
a x
x
bx
x
=
-
-
=
-
-
=
-
-
，
且









2
2
cos
ln 1
cos
ln 1
f
x
bx
x
bx
x
f x
é
ù
-
=
-
-
- -
=
-
-
=
ë
û
，
所以函数

f x 在定义域内为偶函数，
由题意可得：



2
2
sin
,
1,1
1
x
f
x
b
bx
x
x
= -
-
Î
¢
-
-
，
（i）当
2
0
2
b
<
£
时，取
1
min
,1
m
b
ì
ü
=
í
ý
î
þ ，


0,
x
m
Î
，则


0,1
bxÎ
，
由（1）可得





2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
sin
1
1
1
x b x
b
x
x
f
x
b
bx
b x
x
x
x
+
-
¢
= -
-
> -
-
=
-
-
-
，
且
2
2
2
2
0,2
0,1
0
b x
b
x
>
-
³
-
>
，
所以



2
2
2
2
2
0
1
x b x
b
f
x
x
+
-
¢
>
>
-
，
即当




0,
0,1
x
m
Î
Í
时，

0
f
x
¢
>
，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

,0
m
-
上单调递减，
所以
0
x =
是

f x 的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当
2
2
b >
时，取


1
0,
0,1
x
b
æ
ö
Î
Í
ç
÷
è
ø
，则


0,1
bxÎ
，
由（1）可得





2
2
3
3
2
2
3
2
2
2
2
2
2
sin
2
1
1
1
x
x
x
f
x
b
bx
b bx
b x
b x
b x
b x
b
x
x
x
¢
= -
-
< -
-
-
=
-
+
+
+
-
-
-
-
，
构建
3
3
2
2
3
2
1
2
,
0,
h x
b x
b x
b x
b
x
b
æ
ö
= -
+
+
+
-
Îç
÷
è
ø ，
则

3
2
2
3
1
3
2
,
0,
h x
b x
b x
b
x
b
æ
ö
¢
= -
+
+
Îç
÷
è
ø ，
且

3
3
1
0
0,
0
h
b
h
b
b
b
æ
ö
¢
¢
=
>
=
-
>
ç
÷
è
ø
，则

0
h x
¢
>
对
1
0,
x
b
æ
ö
" Îç
÷
è
ø恒成立，
可知
h x 在
1
0, b
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，且
2
1
0
2
0,
2
0
h
b
h b
æ
ö
=
-
<
=
>
ç
÷
è
ø
，
所以
h x 在
1
0, b
æ
ö
ç
÷
è
ø内存在唯一的零点
1
0,
n
b
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
当


0,
x
n
Î
时，则
0
h x <
，且
2
0,1
0
x
x
>
-
>
，
则



3
3
2
2
3
2
2
2
0
1
x
f
x
b x
b x
b x
b
x
¢
<
-
+
+
+
-
<
-
，
即当




0,
0,1
x
n
Î
Í
时，

0
f
x
¢
<
，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

,0
n
-
上单调递增，
所以
0
x =
是

f x 的极大值点，符合题意；
综上所述：
2
2
b >
，即
2
2
a >
，解得
2
a >
或
2
a < -
，
故a 的取值范围为


,
2
2,
-¥ -
+¥
U
.
【点睛】关键点睛：
1.当
2
0
2
a
<
£
时，利用


sin
,
0,1
x
x x
<
Î
，换元放缩；
2.当
2
2
a ³
时，利用


sin ,
0,1
x
x
x x

-
<
Î
，换元放缩.