重难点10 导数中的二阶导与洛必达法则（举一反三专项训练）
【全国通用】
【题型1 二阶导解决函数单调性问题】..................................................................................................................3
【题型2 二阶导解决函数极值、最值问题】.........................................................................................................6
【题型3 二阶导解决不等式恒成立问题】...........................................................................................................10
【题型4 二阶导解决函数零点问题】....................................................................................................................14
【题型5 二阶导证明不等式】................................................................................................................................20
【题型6 利用二阶导解决其他问题】....................................................................................................................25
【题型7 洛必达法则】............................................................................................................................................29
1、导数中的二阶导与洛必达法则
导数是高中数学的重要考查内容，而导数中的二阶导与洛必达法则也是高考考查的一个重点内容.从近
几年的高考情况来看，对于有些问题求一次导数之后无法求出导函数的根，甚至也不能直接看出导函数的
正负，因此无法判断单调性，所以在高考中就可能用到二阶导数；“洛必达法则”是高等数学中的一个重
要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，
若出现
型或
型可以考虑使用洛必达法则，这类问题难度较大，复习是要加强这方面的训练.
知识点
1 二阶导函数
1．二阶导及其用法
要想判断函数f(x)的单调性，则需要对函数f(x)进行求导，并判断f'(x)的正负，如果f'(x)的正负无法判断，
则把f'(x)或者f'(x)中不能判断正负的部分(通常为分子部分)设为新函数
g ( x ) ，进而通过对函数g(x)进行求
导，进而求g(x)的最值，如果有g(x)min>0 或g(x)max<0，则可判断出f'(x)的正负，进一步可判断出函数f(x)的
单调性，进而可继续求解问题.
2．二阶导问题的解题步骤
解决这类问题的一般解题步骤为：
第一步，求函数f(x)的定义域；
第二步，求函数f(x)的导数f'(x)，并且无法判断导函数f'(x)的正负；
第三步，构造函数g(x)=f'(x)，对g(x)求导，得到g'(x)；
第四步，找到x，g'(x)，g(x)的变化关系表；
第五步，判断出f'(x)的正负，进而得出函数f(x)的单调性，进一步解答问题.
知识点
2 洛必达法则
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，
经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现
型或
型可以考虑使用洛必达法则.
1．洛必达法则
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)
及
；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
(3)
，那么
.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)
及
；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
(3)
，那么
.
2．用洛必达法则处理
型函数的步骤：
(1)分离变量；
(2)出现
型式子；
(3)运用洛必达法则求值.
3．用洛必达法则处理
型函数的步骤：
(1)分离变量；
(2)出现
型式子；
(3)运用洛必达法则求值.
【注意】：
1．将上面公式中的
换成
，洛必达法则也成立.
2．洛必达法则可处理
型求极限问题.
3．在着手求极限前，首先要检查是否满足
型定式，否则滥用洛必达法则会出
错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限.
4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止.
，如满足条件，可继续使用洛必达法则.
【题型1 二阶导解决函数单调性问题】
【例1】（2025·浙江杭州·模拟预测）定义在(0, + ∞)上的可导函数f (x)，满足f
′ (x)+ 2f (x)
x
= ln x
x
2 ，且
f (e)= 1
2e，若a= f (3)，b= f (2)，c = f (e)，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．c>b>a
【答案】C
【解题思路】根据题意，结合条件求导可得f (x)在(0,+∞)上为减函数，由其单调性即可判断a、b、c的大
小关系.
【解答过程】由已知可得：x
2f
′ (x)+2 xf (x)=ln x，令g(x)= x
2f (x)，
则g
′ (x)= x
2f
′ (x)+2 xf (x)=ln x，
且f (x)= g(x)
x
2 ,f
′ (x)= x g
′ (x)−2 g(x)
x
3
= xln x−2g(x)
x
3
，
再令ℎ(x)= xln x−2g(x)，则ℎ
′ (x)=1+ln x−2 g
′ (x)=1−ln x，
∴当x∈(0,e)时，ℎ
′ (x)>0，即函数ℎ(x)在(0,e)上为增函数，
当x∈(e,+∞)时，ℎ
′ (x)<0，即函数ℎ(x)在(e,+∞)上为减函数，
∴ℎ(x)≤ℎ(e)=e−2 g (e)=e−2e
2f (e)=0，
∴f
′ (x)≤0在(0,+∞)上恒成立，∴f (x)在(0,+∞)上为减函数；
∵2<e<3，∴f (2)>f (e)>f (3)，即b>c>a.
故选：C.
【变式1-1】（2025·安徽蚌埠·三模）已知函数f ( x)及其导函数f
′( x)的定义域都是R，若函数f ( x)是偶函
数，f
′( x)+e
x+ x也是偶函数，且f (a)>f (3a−1)，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(−∞, 1
2)
B．(
1
2 ,+ ∞)
C．(
1
4 , 1
2)
D．(−∞, 1
4)∪(
1
2 ,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】由偶函数的定义结合导数可得出f
′ (x)=−f
′ (−x)，由已知可得出
f
' (x)+e
x+ x = f
' (−x)+e
−x−x，可求出f
′ (x)的表达式，利用导数分析函数f
′ (x)的单调性，可知函数f (x)
在[0,+ ∞)上为减函数，再由f (a)>f (3a−1)可得出f (|a))>f (|3a−1))，可得出关于实数a的不等式，解
之即可.
【解答过程】因为f (x)为偶函数，则f (x)= f (−x)，等式两边求导可得f
′ (x)=−f
′ (−x)，①
因为函数f
' (x)+e
x+ x为偶函数，则f
' (x)+e
x+ x = f
' (−x)+e
−x−x，②
联立①②可得f
' (x)=e
−x−e
x
2
−x，
令g(x)= f
′ (x)，则g
' (x)= −e
x−e
−x
2
−1<0，且g
′ (x)不恒为零，
所以，函数g(x)在R上为减函数，即函数f
′ (x)在R上为减函数，
故当x>0时，f
' (x)<f
' (0)=0，所以，函数f (x)在[0,+∞)上为减函数，
由f (a)>f (3a−1)可得f (|a))>f (|3a−1))，
所以，|a)<|3a−1)，整理可得8a
2−6a+1>0，解得a< 1
4 或a> 1
2.
故选：D.
【变式1-2】（2025·贵州黔东南·三模）设函数f ( x)= ln x + x−a x
2,a∈R．
(1)若a=1，试求函数f ( x)的极值；
(2)设g( x)= f(
1
x)，讨论g( x)的单调性．
【答案】(1)f (x)的极大值为0，无极小值
(2)当a≤0时，g(x)的单调减区间为(0,+ ∞)，无增区间；
当a>0时，g(x)的单调增区间为(0,
❑√1+8a−1
2
)，单调减区间为(
❑√1+8a−1
2
,+ ∞)
【解题思路】（1）利用导数研究单调性，即可求得函数f (x)的极值；
（2）由题意得g(x)= f(
1
x)=−ln x + 1
x −a
x
2，即g
′ (x)=−x
2+ x−2a
x
3
，令ℎ(x)= x
2+ x−2a，由a≤0和
a>0分类讨论即可.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)= ln x + x−x
2，函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
所以f
′ (x)= 1
x +1−2 x = 1+ x−2 x
2
x
= (1+2 x)(1−x)
x
，令f
′ (x)=0有x =1，
由f
′ (x)>0有0< x<1，f
′ (x)<0有x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以f (x)的极大值为f (1)= ln1+1−1=0，无极小值；
（2）由g(x)= f(
1
x)= ln 1
x + 1
x −a
x
2 =−ln x + 1
x −a
x
2，
所以g(x)的定义域为(0,+ ∞)，
所以g
′ (x)=−1
x −1
x
2 + 2a
x
3 =−x
2+ x−2a
x
3
，令ℎ(x)= x
2+ x−2a，
当a≤0时，ℎ(x)>0，g
′ (x)<0，所以g(x)在(0,+ ∞)单调递减；
当a>0时，令ℎ(x)=0有x
2+ x−2a=0，Δ=1+8a>0，
所以x0= −1+ ❑√1+8a
2
=
❑√1+8a−1
2
>0，
所以由ℎ(x)>0有x> x0，g
′ (x)<0，ℎ(x)<0有0< x< x0，g
′ (x)>0，
所以g(x)在(0, x0)单调递增，在(x0,+ ∞)单调递减，
所以g(x)的单调增区间为(0,
❑√1+8a−1
2
)，单调减区间为(
❑√1+8a−1
2
,+∞)；
综上有：当a≤0时，g(x)的单调减区间为(0,+ ∞)，无增区间；
当a>0时，g(x)的单调增区间为(0,
❑√1+8a−1
2
)，单调减区间为(
❑√1+8a−1
2
,+ ∞).
【变式1-3】（2025·海南·模拟预测）已知函数f ( x)=(e
a−x+1) x ,a∈R．
(1)当a=2时，求f ( x)的单调区间与极值点；
(2)已知f ( x)有两个极值点x1<2< x2，证明：x1+ x2>3．
【答案】(1)单调递增区间为R，无减区间，无极值点
(2)过程见解析.
【解题思路】（1）求导，研究导函数的正负性即可判断其单调性；
（2）x1, x2为f
'( x)=−x e
a−x+e
a−x+1=0的两根，化简得出e
x2−x1= x2−1
x1−1，令t = x2−x1>0，则
x1+ x2= t e
t +2e
t +t −2
e
t−1
，构造函数k (t )=t e
t−e
t +t +1,t >0即可求证.
【解答过程】（1）当a=2时，f ( x)=(e
2−x+1) x，则f
'( x)=−xe
2−x+e
2−x+1，
令g(x)= f
'( x)=−xe
2−x+e
2−x+1，则g
' (x)=−e
2−x+ xe
2−x−e
2−x =e
2−x(x−2)，
则g
' (x)>0得x>2；g
' (x)<0得x<2，
则g(x)= f
' (x)在(−∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
则f
' (x)≥f
' (2)=0，故f (x)的单调递增区间为R，无减区间，无极值点.
（2）因f ( x)有两个极值点x1<2< x2，则x1, x2为f
'( x)=−xe
a−x+e
a−x+1=0的两根，
即(x1−1)e
a−x1=1,(x2−1)e
a−x2=1，即(x1−1)e
a−x1=(x2−1)e
a−x2，
即e
x2−x1= x2−1
x1−1，
令t = x2−x1>0，则x1=e
t +t −1
e
t−1
，x2= t e
t +e
t−1
e
t−1
，
则x1+ x2=e
t +t −1
e
t−1
+ t e
t +e
t−1
e
t−1
= t e
t +2e
t +t −2
e
t−1
，
欲证x1+ x2>3，只需证t e
t−e
t +t +1>0，
令k (t )=t e
t−e
t +t +1,t >0，则k
' (t )=t e
t +1>0，
故k (t )在(0,+ ∞)上单调递增，则k (t )>k (0)=0，则t e
t−e
t +t +1>0成立，
故x1+ x2>3得证.
【题型2 二阶导解决函数极值、最值问题】
【例2】（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)=mln x + x
2−2mx，m∈R，若函数f (x)在(0,+ ∞)上有
两个不同的极值点x1, x2，则f (x1)+ f (x2)的取值范围是（ ）
A．(−∞,−6)
B．(−∞,−3)
C．(−∞,−ln2−2)
D．(−∞,4ln2−20)
【答案】A
【解题思路】先求得f
′ (x)= m
x +2 x−2m，根据题意，转化为2 x
2−2mx +m=0有两个不同的正实数根，
由Δ>0及韦达定理，得到m>2，再由f (x1)+ f (x2) =mln( m
2 )−m
2−m，令
g(m)=mln( m
2 )−m
2−m,m>2，求得g
′ (m)=ln( m
2 )−2m，利用导数，求得g(m)在(2,+ ∞)单调递
减，得到g(m)<−6，即可得到答案.
【解答过程】由函数f (x)=mln x + x
2−2mx，可得其定义域为(0,+∞)，且f
′ (x)= m
x +2 x−2m，
令f
′ (x)=0，即m
x +2 x−2m=0，可得2 x
2−2mx +m=0，
因为函数f (x)在(0,+ ∞)上有两个不同的极值点x1, x2，
所以方程2 x
2−2mx +m=0有两个不同的正实数根，
则满足Δ=(−2m)
2−8m>0，解得m<0或m>2，且x1+ x2=m>0, x1 x2= m
2 >0，
则m>0，所以m>2，
又由f (x1)+ f (x2)=m(ln x1+ln x2)+( x1
2+ x2
2)−2m( x1+ x2)
=mln( x1 x2)+( x1+ x2)
2−2 x1 x2−2m( x1+ x2)
=mln m
2 +m
2−2×( m
2 )−2m
2=mln( m
2 )−m
2−m，其中m>2，
令g(m)=mln( m
2 )−m
2−m，其中m>2，可得g
′ (m)=ln( m
2 )−2m，
再令ℎ(m)= g
′ (m)=ln( m
2 )−2m,m>2，可得ℎ
′ (m)= 1
m −2<0，
所以ℎ(m)单调递减，因为ℎ(2)=−4<0，所以ℎ(m)<0，即g
′ (m)<0，
所以函数g(m)在(2,+ ∞)单调递减，所以g(m)< g(2)=−6，
所以f (x1)+ f (x2)的取值范围是(−∞,−6).
故选：A.
【变式2-1】（2025·云南·三模）设函数f ( x)= x +e
x，g( x)= x + ln x，若存在x1, x2，使得f (x1)= g(x2)，
则
x1
e
x1 −x2的最大值为（ ）
A．−1
B．−2
C．−e
D．−3
【答案】A
【解题思路】由f (x1)= g(x2)，得到x1+e
x1=e
ln x2+ ln x2，又由f
′( x)>0，得到f ( x)在R上单调递增，得到
x1
e
x1 −x2= ln x2
x2
−x2= ln x2−x2
2
x2
，令ℎ( x)= ln x−x
2
x
，求得ℎ
′( x)= 1−x
2−ln x
x
2
，令m( x)=1−x
2
−ln x( x>0)，求得m
′( x)<0，得到m( x)在(0,+ ∞)上单调递减，且m(1)=0，进而得到ℎ( x)的单调性
和极值（最值），即可求解.
【解答过程】由f (x1)= g(x2)，可得x1+e
x1= x2+ ln x2，所以x1+e
x1=e
ln x2+ ln x2，又由f
′( x)=1+e
x>0，
所以f ( x)在R上单调递增，
因为f (x1)= f (ln x2)，所以x1= ln x2，所以x1
e
x1 −x2= ln x2
x2
−x2= ln x2−x2
2
x2
，
令ℎ( x)= ln x−x
2
x
, x∈(0,+∞)，则ℎ
′( x)= 1−2 x
2−ln x + x
2
x
2
= 1−x
2−ln x
x
2
, x>0，
令m( x)=1−x
2 −ln x( x>0)，则m
′( x)=−2 x−1
x ( x>0)，可得m
′( x)<0，
所以m( x)在(0,+ ∞)上单调递减，且m(1)=0，
当x∈(0,1)时，m( x)>0，ℎ
′( x)>0，则ℎ( x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，m( x)<0，ℎ
′( x)<0，则ℎ( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
所以当x =1时，ℎ( x)有极大值，即最大值，所以ℎ( x)≤ℎ(1)=−1.
故选：A．
【变式2-2】（2025·北京·二模）已知函数f (x)=a(x−1)e
x−ln x，其中a>0．
(1)若曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线经过点(2,2)，求a的值；
(2)证明：函数f (x)存在极小值；
(3)记函数f (x)的最小值为g(a)，求g(a)的最大值．
【答案】(1)a= 3
e
(2)证明见解析
(3)0
【解题思路】（1）由导数的几何意义确定切线方程，进而可求解；
（2）通过二次求导，确定函数的单调性，即可求证；
（3）由（2）得到g(a)= f (x0)= x0−1
x0
2
−ln x0，构造函数ℎ(x)= x−1
x
2 −ln x，求导确定单调性，进而可
求解.
【解答过程】（1）求导，得f
′ (x)=axe
x−1
x ，
所以f (1)=0，f
′ (1)=ae−1，
故曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y =(ae−1)(x−1)，
将点(2,2)代入切线方程，得a= 3
e ．
（2）函数f (x)的定义域为(0,+ ∞),f
′ (x)= a x
2e
x−1
x
．
设函数m(x)=a x
2e
x−1，则m
′ (x)=a(x
2+2 x)e
x，
由x>0，得m
′ (x)>0，
所以函数m(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为m(0)=−1<0,m(
1
❑√a)=e
1
❑√a −1>0，
所以存在唯一的x0∈(0, 1
❑√a)，使得m(x0)=0，即f
′(x0)=0．
当x变化时，f
′ (x)与f (x)的变化情况如下：
x
(0, x0 x0
(x0,+∞
f
′ (x
-
0
+
f (x) ↘
极小值
↗
所以函数f (x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增．
故函数f (x)存在极小值f (x0)．
（3）由（2）知，函数f (x)有最小值f ( x)min= f (x0)= g(a)．
由f
′(x0)=a x0e
x0−1
x0
=0，得a=
1
e
x0 x0
2 ．
所以g(a)= f (x0)=a(x0−1)e
x0−ln x0= x0−1
x0
2
−ln x0．
设函数ℎ(x)= x−1
x
2 −ln x，则ℎ
′ (x)= −(x +2)(x−1)
x
3
．
今ℎ
′ (x)=0，得x =−2（舍）或x =1．
当x变化时，ℎ
′ (x)与ℎ(x)的变化情况如下：
x
(0,1
1
(1,+∞
ℎ
′ (x +
0
-
ℎ(x ↗
极大
值
↘
所以函数ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减．
所以当x =1时，ℎ( x)max=ℎ(1)=0，即当x0=1时，f (x0)max=0．
结合a=
1
e
x0 x0
2 ，知当x0=1时，a= 1
e ．
由函数y =
1
e
x x
2 ( x>0)的导数y
′ = −(x +2)
e
x x
3
<0，知其在区间(0,+ ∞)上单调递减，
故当且仅当a= 1
e 时x0=1．
所以当a= 1
e 时，g(a)取得最大值0．
【变式2-3】（2025·北京海淀·三模）已知f (x)=
❑√x +a
2 x +1 ．
(1)当a=0时，求函数f (x)的极值点和极值；
(2)a∈(−1
2 ,−1
4)时，求函数f (x)在[1,4)上的最小值；
(3)若不等式f (x)≥1
4 的解集非空，求a 取值范围．
【答案】(1)极大值点x = 1
2，极大值
❑√2
4 ，无极小值点和极小值；
(2)f (4)= 2+a
9
(3)[−1
4 ,+ ∞)
【解题思路】（1）求出导函数，得出单调性，进而求出极值和极值点情况；
（2）求出f
′ (x)，根据g(x)=
1
2❑√x −❑√x−2a的值域确定出f
' (x)的正负性，进而得出单调性即可求最值；
（3）将问题转化为∃x∈[0,+ ∞)使得4 a−1≥2 x−4 ❑√x成立，求y =2 x−4 ❑√x的最小值即可.
【解答过程】（1）f (x)=
❑√x +a
2 x +1 的定义域为[0,+∞)，
当a=0时，f (x)=
❑√x
2 x +1，f
′ (x)=
1
2❑√x
(2 x +1)−2❑√x
(2 x +1)
2
=
1−2 x
2❑√x (2 x +1)
2
，
由f
′ (x)>0得0≤x< 1
2；f
′ (x)<0得x> 1
2；
则f (x)在[0, 1
2)上单调递增，在(
1
2 ,+ ∞)上单调递减，
则f (x)的极大值点为x = 1
2，极大值为f(
1
2)=
❑√2
4 ，无极小值点和极小值；
（2）因f
′ (x)=
1
2❑√x
(2 x +1)−2(❑√x +a)
(2 x +1)
2
=
1
2❑√x −❑√x−2a
(2 x +1)
2
，
令g(x)=
1
2❑√x −❑√x−2a，则g
′ (x)=−
1
4 x ❑√x −
1
2❑√x <0在[1,4)上恒成立，
故g(x)=
1
2❑√x −❑√x−2a在[1,4)上单调递减，则g(x)∈[−7
4 −2a,−1
2 −2a)，
因a∈(−1
2 ,−1
4)，则−7
4 −2a∈(−5
4 ,−3
4)，−1
2 −2a∈(0, 1
2)，
则存在x0∈(1,4)使得g(x0)=
1
2❑√x0
−❑√x0−2a=0，
故1≤x< x0时g(x)>0，f
′ (x)>0；x0< x ≤4时g(x)<0，f
′ (x)<0；
故f (x)在[1, x0)上单调递增，在(x0,4)上单调递减，
又f (1)= 1+a
3
，f (4)= 2+a
9
，则f (1)−f (4)= 1+a
3
−2+a
9
= 2a+1
9
>0，
故函数f (x)在[1,4)上的最小值为f (4)= 2+a
9
.
（3）由题意可知，∃x∈[0,+ ∞)使得f (x)=
❑√x +a
2 x +1 ≥1
4 成立，
即∃x∈[0,+ ∞)使得4 a−1≥2 x−4 ❑√x成立，
又y =2 x−4 ❑√x =2(❑√x−1)
2−2≥−2，则4 a−1≥−2，即a≥−1
4 ，
故a 的取值范围为[−1
4 ,+ ∞).
【题型3 二阶导解决不等式恒成立问题】
【例3】（24-25 高三下·广东广州·阶段练习）∀x∈(0,+∞)，不等式e
x+1≥2(a
2 x + 1
x)ln (ax)恒成立，
则正实数a的最大值是（ ）
A．e
2
B．❑√e
C．❑√e−1
D．
❑√e
2
【答案】A
【解题思路】将所求不等式变形为(e
x+1)lne
x≥[(ax)
2+1)ln (ax)
2，构造函数f (x)=(x +1)ln x，分析函数
f (x)的单调性，则所求不等式即为f (e
x)≥f ((ax)
2)，可得出e
x≥(ax)
2，由参变量分离法可得出a≤e
x
2
x
对
∀x∈(0,+∞)恒成立，利用导数求出函数ℎ(x)=e
x
2
x
在(0,+∞)上的最小值，由此可得出正实数a的最大
值.
【解答过程】将不等式e
x+1≥2(a
2 x + 1
x)ln (ax)变形可得x(e
x+1)≥(a
2 x
2+1)ln (ax)
2，
即(e
x+1)lne
x≥[(ax)
2+1)ln (ax)
2，
构造函数f (x)=(x +1)ln x，可得f
′ (x)= ln x +(x +1)⋅1
x = ln x + 1
x +1，
令g(x)= f
′ (x)= ln x + 1
x +1，则g
′ (x)= 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 ，
所以当x∈(0,1)时，g
′ (x)= x−1
x
2 <0，即g(x)在(0,1)上单调递减，
当当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)= x−1
x
2 >0，即g(x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)=2，即f
′ (x)≥2，所以函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
利用单调性并根据(e
x+1)lne
x≥[(ax)
2+1)ln (ax)
2可得f (e
x)≥f ((ax)
2)，则有e
x≥(ax)
2，
又a>0, x>0，即可得e
x
2 ≥ax，即a≤e
x
2
x
对∀x∈(0,+∞)恒成立，因此a≤(e
x
2
x )
min
即可，
令ℎ(x)=e
x
2
x
，x∈(0,+∞)，则ℎ
′ (x)=
1
2 xe
x
2 −e
x
2
x
2
=
e
x
2(
1
2 x−1)
x
2
，
显然当x∈(0,2)时，ℎ
′ (x)<0，即函数ℎ(x)在(0,2)上单调递减，
当x∈(2,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，即函数ℎ(x)在(2,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(2)=e
2，即a≤(e
x
2
x )
min
=e
2
，因此正实数a的最大值是e
2.
故选：A.
【变式3-1】（2025·辽宁·一模）已知函数f (x)=e
2 x−e
−2 x−ax，若x ≥0时，恒有f (x)≥0，则a的取值范
围是（ ）
A．(−∞,2)
B．(−∞,4)
C．[2,+∞)
D．[4 ,+∞)
【答案】B
【解题思路】求导f
′ (x)=2e
2 x+2e
−2 x−a，令g(x)=2e
2 x+2e
−2 x−a(x ≥0)，利用导数判断函数g(x)的单
调性，再由a分类讨论即可得解.
【解答过程】由f (x)=e
2 x−e
−2 x−ax，得f
′ (x)=2e
2 x+2e
−2 x−a，
令g(x)=2e
2 x+2e
−2 x−a(x ≥0)，
则g
′ (x)= 4e
2 x−4e
−2 x，
因为函数y = 4e
2 x , y =−4e
−2 x在[0,+ ∞)上都是增函数，
所以函数g
′ (x)= 4e
2 x−4e
−2 x在[0,+ ∞)上是增函数，
所以g
′ (x)≥g
′ (0)=0，
所以函数g(x)=2e
2 x+2e
−2 x−a在[0,+ ∞)上是增函数，
所以f
′ (x)min= f
′ (0)= 4−a，
当a≤4时，f
′ (x)=2e
2 x+2e
−2 x−a≥4−a≥0，
所以函数f (x)在[0,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)=0，满足题意；
当a>4时，则存在x0∈(0,+∞)，使得f
′ (0)=0，
且当x∈[0, x0)，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
所以f (x0)<f (0)=0，故f (x)≥0不恒成立，
综上所述，a的取值范围是(−∞,4).
故选：B.
【变式3-2】（2025·湖北·模拟预测）已知函数f (x)= x ln (1−x)
(1)求f (x)在x =0处的切线方程；
(2)若关于x的不等式f (x)+ f (1−x)≤a恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)y =0；
(2)[−ln 2,+∞).
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式即可得解；
（2）设g(x)= f (x)+ f (1−x)= x ln (1−x)+(1−x)ln x，利用二次求导，可求出函数的最大值，即可得解.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(−∞,1),f (0)=0×ln (1−0)=0，
由f
′ (x)= ln (1−x)−
x
1−x ，
所以切线斜率k = f
′ (0)= ln (1−0)−
0
1−0 =0，
故切线方程为y =0.
（2）设g(x)= f (x)+ f (1−x)= x ln (1−x)+(1−x)ln x，g(x)的定义域为(0,1)，
g
′ (x)= ln (1−x)−
x
1−x −ln x + 1−x
x
，
设ℎ(x)= g
′ (x)，
则ℎ
′ (x)= −1
1−x −(1−x)+ x
(1−x)
2 −1
x + −x−(1−x)
x
2
= −(x
2−x +1)
x
2(1−x)
2 <0，
故ℎ(x)在(0,1)单调递减，即g
′ (x)在(0,1)单调递减，
又g
′(
1
2)= ln(1−1
2)−
1
2
1−1
2
−ln 1
2 +
1−1
2
1
2
=0，
故当x∈(0, 1
2)时，g
′ (x)>0，g(x)在(0, 1
2)单调递增，
当x∈(
1
2 ,1)时，g
′ (x)<0，g(x)在(
1
2 ,1)单调递减，
因此g(x)max = g(
1
2)=−ln 2，
所以a的取值范围是[−ln 2,+ ∞).
【变式3-3】（2025·吉林延边·模拟预测）已知函数f (x)= x
2
2 +aln x−(a+1) x．
(1)当a=2时，求f (x)的单调递增区间；
(2)若a≥0，f ( x)≥−e
2
2 对x∈[1,+ ∞)恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)(0,1)和(2+ ∞)；
(2)[0,e)
【解题思路】（1）先求出函数f (x)的定义域，再求导，令f
′( x)>0，即可求出f (x)的单调递增区间；
（2）分0≤a<1，a=1，a>1三种情况讨论f (x)在[1,+∞)上的单调性，借助导数及单调性分别求出f (x)在
[1,+∞)上的最小值，令f ( x)min≥−e
2
2 ，即可求出实数a 的取值范围．
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)．
当a=2时，f (x)= x
2
2 +2ln x−3 x，
f
′ (x)= x + 2
x −3= x
2−3 x +2
x
= (x−1)(x−2)
2
，
令f
′( x)>0，解得0< x<1或x>2，
所以f (x)的单调递增区间为(0,1)和(2+ ∞)；
（2）f
′ (x)= x + a
x −(a+1)= x
2−(a+1) x +a
x
= (x−1)(x−a)
2
，x∈[1,+∞)，
令f
′( x)=0，解得x =1或x =a，
当0≤a<1时，
当x ≥1时，f
′( x)≥0，f (x)在[1,+∞)单调递增；
因为f ( x)≥−e
2
2 对x∈[1,+∞)恒成立，所以f (1)≥−e
2
2 ，
即−a−1
2 ≥−e
2
2 ，移项可得a≤e
2−1
2
，
因为0≤a≤1，所以0≤a≤1满足条件；
当a>1时，
当x ≥a时，f
′( x)≥0，f (x)在[a,+∞)单调递增；
当1≤x<a时，f
'( x)≤0，f (x)在[1,a)上单调递减；
所以当x =a时，f ( x)取到最小值，即f ( x)≥f (a)，
因为f ( x)≥−e
2
2 对x∈[1,+∞)恒成立，所以f (a)≥−e
2
2 ，
即f (a)=aln a−a
2
2 −a≥−e
2
2 ，
令ℎ(a)=aln a−a
2
2 −a(a≥1)，所以ℎ
′(a)= ln a−a，
令g(a)=ℎ
′(a)= ln a−a(a≥1)，所以g
′(a)= 1
a −1= 1−a
a
，
因为a>1，所以1−a<0，所以g
′(a)<0，
所以g(a)在[1,+∞)上单调递减，所以g(a)≤g(1)= ln1−1==−1<0，
即ℎ
′(a)<0，所以ℎ(a)在[1,+∞)上单调递减，
又因为ℎ(e)=elne−e
2
2 −e=−e
2
2 ，且ℎ(a)≥−e
2
2 ，所以1<a≤e．
综上，实数a 的取值范围为[0,e)．
【题型4 二阶导解决函数零点问题】
【例4】（2025·湖北恩施·模拟预测）已知函数f (x)=2 x−1−ln x，直线l: x−y −3=0.
(1)若点P是函数y = f (x)图象上的一点，求点P到直线l距离的最小值；
(2)若g(x)= f ( x)+t e
x−2 x，讨论函数g(x)的零点的个数.
【答案】(1)3
2
❑√2
(2)答案见解析
【解题思路】（1）求出点P( x ,f ( x))到直线l的距离，根据导数即可求解；
（2）若g(x)= f ( x)+t e
x−2 x =t e
x−ln x−1，证明函数g(x)的零点的个数与ℎ(x)= ln x +1
e
x
−t的零点个
数相同，求出ℎ
′( x)，令m( x)= 1
x −ln x−1，证明ℎ(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减，据此即
可求解.
【解答过程】（1）点P( x ,f ( x))到直线l: x−y −3=0的距离为
d( x)=| x−f ( x)−3|
❑√1
2+(−1)
2
=| x−(2 x−1−ln x)−3|
❑√2
=|ln x−x−2|
❑√2
，
令ℎ( x)=|ln x−x−2|，令k( x)= ln x−x−2，
令k
′( x)= 1
x −1=0得x =1，
当x =1时k(1)=−3为极大值，
当x→0
+时ln x→−∞，k( x)→−∞，
当x→+ ∞时，k( x)→−∞，
k( x)max =−3，所以|ln x−x−2|max=3，
所以对应最小距离为3
❑√2 = 3 ❑√2
2
；
（2）若g(x)= f ( x)+t e
x−2 x =t e
x−ln x−1，
定义域为(0,+∞)，令g(x)=0可得ln x +1
e
x
−t =0，
则函数g(x)的零点的个数与ℎ(x)= ln x +1
e
x
−t的零点个数相同，
ℎ
′ (x)=(
1
x −ln x−1)e
−x， 再令m( x)= 1
x −ln x−1，
则m
′( x)=−1
x
2 −1
x <0，所以m( x)= 1
x −ln x−1在(0,+∞)单调递减，
又因为m(1)=0，∴ ℎ(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
则ℎ(x)max= 1
e −t，lim
x→0 ℎ( x)=lim
x→0(
ln x +1
e
x
−t)→−∞，
当lim
x→+∞ℎ( x)→−t，所以当t > 1
e 时ℎ(x)max = 1
e −t <0恒成立，ℎ(x)无零点，
当t = 1
e 时ℎ(x)max=1
e −t =0，ℎ(x)有1 个零点，
当0<t < 1
e 时ℎ(x)max=1
e −t >0，ℎ(x)在(0,1)和(1,+∞)分别有1 个零点，
即ℎ(x)有2 个零点，当t ≤0时ℎ(x)max= 1
e −t ≥1
e ，
ℎ(x)在(0,1)有1 个零点，在(1,+∞)上，
ℎ(x)>0恒成立，即ℎ(x)只有1 个零点；
综上所述，当t > 1
e 时， g(x)无零点，当t = 1
e 或t ≤0时，g(x)有1 个零点，当t ∈(0, 1
e)时， g(x)有2 个
零点.
【变式4-1】（2025·北京海淀·三模）已知函数f (x)=aln ❑√x−sin x，曲线y = f (x)在点(
π
2 ,f(
π
2 ))处
的切线斜率为1
π ．
(1)求a的值．
(2)求f (x)在(0,2π)上的零点个数．
(3)证明：f
′ (x)在(0,π
2 )上存在两个零点x1, x2，且|x2−x1)> 1
4 ．
【答案】(1)a=1
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由函数求导，根据导数的几何意义建立方程，可得答案；
（2）先由图象分析零点的存在性，再分段研究函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案；
（3）由函数求导并构造函数，利用导数要求新函数的单调性，根据零点存在性定理，可得答案.
【解答过程】（1）f (x)= a
2 ln x−sin x，定义域为(0,+∞)．
f
′ (x)= a
2 x −cos x．由题可得，f
′(
π
2 )= a
π = 1
π ，解得a=1．
（2）由（1）可得，f (x)= 1
2 ln x−sin x．
当x∈(0,1)时，1
2 ln x ≤0，sin x>0，故f (x)<0，在x∈(0,1)时无零点；
当x∈(1,π
2 )时，1
2 ln x ≤1
2 lnπ
2 < 1
2 lne= 1
2，sin x>sin1>sinπ
6 = 1
2，故f (x)<0，在
x∈(1,π
2 )时无零点．
当x∈(
π
2 ,π)时，f
′ (x)= 1
2 x −cos x>0，所以f (x)在(
π
2 ,π)上单调递增．
而f(
π
2 )= 1
2 lnπ
2 −1< 1
2 lne−1=−1
2 <0，f (π)= 1
2 lnπ>0．
故由零点存在性定理知，f (x)在(
π
2 ,π)上存在唯一零点．
当x∈[π,2π)时，1
2 ln x>0，sin x ≤0，故f (x)>0，在x∈[π,2π)时无零点；
综上：f (x)在(0,2π)上的零点个数为1．
（3）f
′ (x)= 1
2 x −cos x = 1−2 xcos x
2 x
．令g(x)=1−2 xcos x，g
′ (x)=2 xsin x−2cos x．
令ℎ(x)= g
′ (x)，则ℎ
′ (x)= 4sin x +2 xcos x．
当x∈(0,π
2 )时，sin x>0，x>0，cos x>0，所以ℎ
′ (x)>0．所以g
′ (x)在(0,π
2 )上单调递增．
g
′ (0)=−2<0，g
′(
π
2 )=π>0，所以由零点存在性定理，存在唯一x0∈(0,π
2 )，使得g
′(x0)=0．
当x变化时，g
′ (x)，g(x)的变化如下表：
x
(0, x0)
x0
(x0,π
2 )
g
′ (x)
−
0
+
g(x)
↘
极小值
↗
又g(0)=1>0，g(x0)≤g(
π
3 )=1−π
3 <0，g(
π
2 )=1>0．
所以由零点存在性定理，g(x)分别在(0, x0)，(x0,π
2 )上各恰有一个零点，即f
′ (x)在(0,π
2 )上存在两个
零点x1, x2．
不妨设x1< x2．则当x∈(x1, x2)时，g(x)<0；当x∈(0, x1)∪(x2,π
2 )时，g(x)>0．
而g(
π
3 )=1−π
3 <0，g(
π
4 )=1−
❑√2
4 π= 2❑√2−π
2❑√2
< 3−π
2❑√2 <0．
所以(
π
3 ,π
4 )⊆(x1, x2)．故|x2−x1)>π
3 −π
4 =π
12 > 1
4 ．
【变式4-2】（2025·重庆·三模）已知函数f (x)=(x−1)e
x−ax +b，函数y = f (x)在点(0，f (0))处的切线
方程为x + y +2=0.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f (x)的零点个数.
【答案】(1)a=1，b=−1
(2)2
【解题思路】（1）求导得到f
′( x)表达式，由f
′(0)=−1求出a，再利用f (0)=−2求出b.
（2）根据第（1）问得到f ( x)和f
′( x)，令g( x)= f
′( x)，对g( x)求导判断g( x)的单调性，依据f
′( x)正
负，判断f ( x)的单调性，得出f ( x)最小是f ( x0)，算出f ( x0)小于0，再根据零点存在性定理即可判断零
点个数.
【解答过程】（1）f (x)=(x−1)e
x−ax +b求导得到f
′( x)= x e
x−a，
根据函数在点(0,f (0))处的切线方程为x + y +2=0，得到{
f
′(0)=k =−1
f (0)=−2 ).
把x =0代入f
′( x)得f
′(0)=0×e
0−a=−a，
因为f
′(0)=−1，所以−a=−1，即a=1.
又f (0)=(0−1)e
0−a×0+b=−2，解得b=−1.
（2）由第（1）问知f ( x)=( x −1)e
x−x −1，f
′( x)= x e
x−1.
令g( x)= f
′( x)，求导得g
′( x)=( x +1)e
x.
当x∈(−∞,−1)，g
′( x)<0，g( x)在(−∞,−1)递减；
当x∈(−1,+∞)，g
′( x)>0，g( x)在(−1,+∞)递增.
g(1)>0，g(0)<0，所以存在唯一x0使g( x0)=0，即x0e
x0=1.
当x∈(−∞, x0)，f
′( x)<0，f ( x)在(−∞, x0)递减；
当x∈( x0,+ ∞)，f
′( x)>0，f ( x)在( x0,+ ∞)递增，所以f ( x)≥f ( x0).
f ( x0)=−x0−1
x0
<0，又f (−2)=1−3
e
2 >0，f (2)=e
2−3>0，
根据零点存在定理，f ( x)在(−2, x0)和( x0,2)各有一个零点，共2 个零点.
【变式4-3】（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)=m(1−x)−ln x−1．
(1)当m=2时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)≥−1，求m的值；
(3)当m>1时，证明：g(x)= f (x)+ xe
x−m有2 个零点．
【答案】(1)3 x + y −2=0
(2)m=−1
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数m的取值分类讨论，得到m<0时，f (x)min= f (−1
m )=m+ln(−m)≥−1，构
造函数u(m)=1+m+ln(−m)(m<0)，求导推得u(m)max=u(−1)=0，结合u(m)≥0恒成立即得m的值；
（3）由g(x)=0得e
x−ln x +1
x
−m=0，令v (x)=e
x−ln x +1
x
−m, x∈(0,+∞)，则v
′ (x)= x
2e
x+ln x
x
2
，
令r (x)= x
2e
x+ln x , x∈(0,+∞)，求导判断r (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，结合零点存在定理，推得
∃x0∈(
1
e ,1)，使得r(x0)=0，求出v (x)的最小值为v(x0)=e
x0−ln x0+1
x0
−m，由r(x0)=0可得e
x0= 1
x0
，x0=−ln x0，故得v (x)的最小值v(x0)=1−m，由m>1即可判断函数v (x)，即函数g(x)的零点个数.
【解答过程】（1）当m=2时，f (x)=1−2 x−ln x，则f
′ (x)=−2−1
x ，
所以f (1)=−1，f
′ (1)=−3，
所以曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y +1=−3(x−1)，
即3 x + y −2=0．
（2）函数f (x)的定义域为(0,+ ∞)，且f
′ (x)=−m−1
x =−mx +1
x
，
① 当m≥0时，易得f
′ (x)<0，f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，
又f (1)=−1，所以当x>1时，f (x)<−1，不符合题意；
② 当m<0时，由f
′ (x)>0，得x>−1
m时，即f (x)在(−1
m ,+∞)上单调递增；
由f
′ (x)<0，得0< x<−1
m时，即f (x)在(0,−1
m )上单调递减，
所以f (x)min= f (−1
m )=m+ln(−m)，
因为f (x)≥−1，则其等价于m+ln(−m)≥−1，即1+m+ln(−m)≥0．
令u(m)=1+m+ln(−m)(m<0)，则u
′ (m)=1+ 1
m = m+1
m
，
所以当m∈(−∞,−1)时，u
' (m)>0，当m∈(−1,0)时，u
′ (m)<0，
则u(m)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,0)上单调递减，
所以u(m)max=u(−1)=0，因u(m)≥0恒成立，故m=−1．
（3）g(x)= f (x)+ xe
x−m= xe
x−ln x−mx−1, x∈(0,+ ∞)．
令g(x)=0，得e
x−ln x +1
x
−m=0，
令v (x)=e
x−ln x +1
x
−m, x∈(0,+∞)，则g(x)与v (x)有相同的零点，
且v
′ (x)=e
x−1−(ln x +1)
x
2
= x
2e
x+ln x
x
2
．
令r (x)= x
2e
x+ln x , x∈(0,+∞)，则r
′ (x)=(x
2+2 x)e
x+ 1
x ，
因为当x>0时，r
′ (x)>0，所以r (x)在区间(0,+∞)上单调递增，
又r(
1
e)=e
1
e −2−1<0，r (1)=e>0，所以∃x0∈(
1
e ,1)，使得r(x0)=0，
所以当x∈(0, x0)时，r (x)<0，即v
′ (x)<0；
当x∈(x0,+∞)时，r (x)>0，即v
′ (x)>0，
所以v (x)在(0, x0)单调递减，在(x0,+ ∞)单调递增，
所以v (x)的最小值为v(x0)=e
x0−ln x0+1
x0
−m．
由r(x0)=0，得x0
2e
x0+ln x0=0，即x0e
x0=e
ln 1
x0 ln 1
x0
，
令φ(x)= xe
x，x∈(0,+ ∞)，则φ
' (x)=(x +1)e
x>0，则φ(x)在(0,+∞)单调递增．
因为1
e < x0<1，所以ln 1
x0
>0，则φ(x0)=φ(ln 1
x0)，
所以x0=ln 1
x0
，从而e
x0= 1
x0
，x0=−ln x0，
所以v (x)的最小值v(x0)=e
x0−ln x0+1
x0
−m=1−m．
因为m>1，所以当x趋近于0 时，v (x)趋近于+ ∞；
当x趋近于+ ∞时，v (x)趋近于+ ∞，且v (x)min=1−m<0，
所以v (x)有2 个零点，故g(x)有2 个零点．
【题型5 二阶导证明不等式】
【例5】（2025·湖南娄底·模拟预测）已知函数f (x)=ln x−1
2 x
2+(1−a) x−sin x +lna+1，g(x)= xe
x
，f
′ (x)为f (x)的导函数.
(1)若函数f
′ (x)的图象与g(x)的图象的交点的横坐标x0∈(
1
2 ,1)，求实数a的取值范围；
(2)当a=1时，证明：f (x)<0.
【答案】(1)(1−cos1−e, 5
2 −cos 1
2 −
❑√e
2 )；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）构造函数ℎ(x)= f
′ (x)−g(x)，求导得出函数单调性，结合零点存在定理列不等式计算
求解；
（2）构造函数F (x)=ln x−x +1，利用导数证明ln x ≤x−1，再把不等式转化为
G (x)= x−1
2 x
2−sin x<0，应用导函数得出函数单调性即可证明.
【解答过程】（1）因为f (x)=ln x−1
2 x
2+(1−a) x−sin x +lna+1，x>0，
所以f
′ (x)= 1
x −x +1−a−cos x.
令ℎ(x)= f
′ (x)−g(x)= 1
x −x +1−a−cos x−xe
x，x∈(0,+∞)，
则ℎ
′ (x)=−1
x
2 −1+sin x−(x +1)e
x≤−1
x
2 −(x +1)e
x<0，
所以ℎ(x)在(0,+ ∞)上单调递减.
由题意知方程ℎ(x)=0在(
1
2 ,1)上有根，所以ℎ(
1
2)>0，且ℎ(1)<0，
即¿解得1−cos1−e<a< 5
2 −cos 1
2 −1
2
❑√e，
即实数a的取值范围是(1−cos1−e, 5
2 −cos 1
2 −
❑√e
2 ).
（2）当a=1时，f (x)=ln x−1
2 x
2−sin x +1，x>0.
令F (x)=ln x−x +1，x>0，则F
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，
当x>1时，F
′ (x)<0；当0< x<1时，F
′ (x)>0，
所以F (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以F (x)≤F (1)=0，所以ln x−x +1≤0，
所以ln x ≤x−1，
所以f (x)=ln x−1
2 x
2−sin x +1≤x−1−1
2 x
2−sin x +1= x−1
2 x
2−sin x.
令G (x)= x−1
2 x
2−sin x，则问题转化为证当x>0时，G (x)<0.
G
′ (x)=1−x−cos x，令φ(x)=G
′ (x)，则φ
′ (x)=−1+sin x ≤0，等号不恒成立，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递减.
又因为φ(0)=0，所以当x>0时，φ(x)<0，即G
′ (x)<0，
所以G (x)在(0,+ ∞)上单调递减.
又因为G (0)=0，所以当x>0时，G (x)<0，
所以f (x)≤x−1
2 x
2−sin x<0，即f (x)<0得证.
【变式5-1】（2025·山东·模拟预测）已知函数f (x)=(x +a)e
x−b，曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为
y =2 x−1．
(1)求实数a,b的值
(2)证明：f (x)>ln2 x．
【答案】(1)a=0,b=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1） 先求导数得出切线斜率结合点在切线上及切点在曲线上列式求解；
（2）先构造函数g(x)= f (x)−(2 x−1)= xe
x−1−2 x +1，得出单调性进而得出不等式f (x)>2 x−1，进而
构造ℎ(x)=2 x−1−ln2 x , x∈(0,+∞)即可证明不等式.
【解答过程】（1）由题意可知，f (1)=1,f
′ (1)=2，
因为f (x)=(x +a)e
x−b，所以f
′ (x)=(x +a+1)e
x−b，
所以{
f (1)=(a+1)e
1−b=1
f
′ (1)=(a+2)e
1−b=2)，
解得a=0,b=1；
（2）设g(x)= f (x)−(2 x−1)= xe
x−1−2 x +1, x∈(0,+ ∞)，
g
′ (x)=(x +1)e
x−1−2=t (x), t
′ (x)=(x +2)e
x−1>0，
所以g
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增 且g
′ (1)=0，
所以当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0, g(x)单调递减
当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增
所以g(x)≥g(1)=0，所以f (x)>2 x−1
设ℎ(x)=2 x−1−ln2 x , x∈(0,+ ∞)，所以ℎ
′ (x)=2−1
x = 2 x−1
x
，
ℎ(x)在(0, 1
2)上单调递减，在(
1
2 ,+∞)上单调递增 ，
所以ℎ(x)≥ℎ(
1
2)=0，所以2 x−1≥ln2 x ，
又因为g(x)=0与ℎ(x)=0等号成立的条件不一致，
所以f (x)>ln2 x．
【变式5-2】（2025·海南海口·模拟预测）已知函数f ( x)=( x +m)ln x，当x =1时，f ( x)的切线斜率k =3
．
(1)求f ( x)的单调区间；
(2)已知x ≥y ≥1
2，若f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2，求证：若t ∈[1,2]，则2 x +ty ∈[3,4 ]．
【答案】(1)f ( x)在(0,+∞)上单调递增，无单调递减区间．
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由切线斜率可得m=2，然后两次求导可得f ( x)单调区间；
（2）由题可得，命题等价于证明x + y ≤2，2 x + y ≥3.由f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2，结合x ≥y ≥1
2，可得
x ≥1≥y ≥1
2.对于x + y ≤2，通过φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y在y ∈[
1
2 ,1)上单调性可完成证明；对
于2 x + y ≥3，由ℎ( y)= 3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y在y ∈[
1
2 ,1)上的单调性可完成证明.
【解答过程】（1）f ′( x)= ln x + x +m
x
，则f ′(1)=m+1=3．
所以m=2，f ( x)=( x +2)ln x，则f ′( x)= ln x + x +2
x
= ln x + 2
x +1．
令F( x)= ln x + 2
x +1．则F ′( x)= 1
x −2
x
2 = x−2
x
2 ．
所以F( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增，
又F(2)= ln 2+2>0，所以F( x)>0恒成立，即f ′( x)>0恒成立，
故f ( x)在(0,+∞)上单调递增，无单调递减区间．
（2）证明：要证t ∈[1,2]，则2 x +ty ∈[3,4 ]，
只需证明2 x +2 y ≤4，2 x + y ≥3，即证明x + y ≤2，2 x + y ≥3．
∵x ≥y ≥1
2，由f ( x)+ f ( y)
ln x + ln y =2得f ( x)+ f ( y)=2ln x +2ln y．
则( x +2)ln x +( y +2)ln y =2ln x +2ln y，可得x ln x + y ln y =0．
又x ≥y ≥1
2，若x = y，则x = y =1；若x> y，令g( x)= x ln x，
则g′( x)=1+ ln x，g′( x)>0⇒x> 1
e ，所以g( x)= x ln x在(
1
e ,+ ∞)上单调递增．
因x> y ≥1
2 > 1
e ，又x ln x + y ln y =0，则x ln x>0> y ln y，从而x>1> y ≥1
2.
综上可得x ≥1≥y ≥1
2．
先证明x + y ≤2，即1≤x ≤2−y，因g( x)= x ln x在(
1
e ,+∞)上单调递增．
只需证x ln x ≤(2−y)ln(2−y)，y ∈[
1
2 ,1).
即(2−y)ln(2−y)+ y ln y ≥0，y ∈[
1
2 ,1)．
令φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y，y ∈[
1
2 ,1)，则φ′( y)= ln
y
2−y ≤0，
所以φ( y)=(2−y)ln(2−y)+ y ln y ≥φ(1)=0，故x + y ≤2;
再证明2 x + y ≥3，即x ≥3−y
2
≥1．
同理，只需证明x ln x ≥3−y
2
ln 3−y
2
，即3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y ≤0．
令ℎ( y)= 3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y，y ∈[
1
2 ,1)．则ℎ′( y)=−1
2 ln 3−y
2
+ ln y + 1
2．
令k( y)=−1
2 ln 3−y
2
+ ln y + 1
2，y ∈[
1
2 ,1)，则k ′( y)=
1
6−2 y + 1
y >0，
所以k( y)在[
1
2 ,1)上单调递增．
又因为k(
1
2)=−1
2 ln 5
4 + ln 1
2 + 1
2 = 1
2 (1−ln5)<0，k(1)= 1
2 >0，
则存在y0∈(
1
2 ,1)，使得k ( y0)=0，
所以1
2 ≤y < y0时，k ( y)=ℎ′( y)<0，当y0< y ≤1时，k( y)=ℎ′( y)>0，
所以ℎ( y)在[
1
2 , y0)上单调递减，在( y0,1)上单调递增，
又因为ℎ(1)=0，ℎ(
1
2)= 5
4 ，5
4 + 1
2 ln 1
2 = 1
4 ln 5
5
4
6 <0，
所以3−y
2
ln 3−y
2
+ y ln y ≤0，故2 x + y ≥3．
综上所述，对任意的t ∈[1,2]，3≤2 x +ty ≤4．
【变式5-3】（2025·海南·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−m x
2(m∈R)．
(1)若m=1，判断并证明f (x)的单调性；
(2)当x∈(0,+∞)时，若函数f (x)有两个不同的零点x1，x2．
（ⅰ）求m 的取值范围；
（ⅱ）证明：x1+ x2>4．
【答案】(1)f (x)在R上单调递增；
(2)（ⅰ）(
e
2
4 ,+∞)；（ⅱ）证明见解析.
【解题思路】（1）若m=1时，f (x)=e
x−x
2，对其求导得f
′ (x)，设g(x)= f
′ (x)，求导得g
′ (x)，求其单调
性再判断f (x)的单调性；
（2）（ⅰ）当x∈(0,+ ∞)时，f (x)=0可化为m=e
x
x
2，令ℎ(x)=e
x
x
2，求导得ℎ
′ (x)，求其单调性，找到
最小值ℎ(2)=e
2
4 ，根据题意求m 的取值范围即可；
（ⅱ）要证明x1+ x2>4，即证x2>4−x1，只需要证ℎ(x2)>ℎ(4−x2)，即证e
x1−2(4−x1)−x1>0，令
H (x)=e
x−2(4−x)−x (0< x<2)，根据导函数求其单调性，然后证明H (x)>H (2)=0即可.
【解答过程】（1）若m=1时，f (x)=e
x−x
2，求导得f
′ (x)=e
x−2 x，
设g(x)= f
′ (x)=e
x−2 x，求导得g
′ (x)=e
x−2，
令g
′ (x)=e
x−2=0，解得x = ln2，
当x<ln2时，g
′ (x)<0，则g(x)即f
′ (x)单调递减；
当x>ln2时，g
′ (x)>0，则g(x)即f
′ (x)单调递增；
所以f
′ (x)在x = ln2处取得最小值f
′ (ln2)=e
ln2−2ln2=2−2ln2，
因为ln2<1，所以2−2ln2>0，
即f
′ (x)>0在R上恒成立，所以f (x)在R上单调递增.
（2）（ⅰ）当x∈(0,+ ∞)时，f (x)=e
x−m x
2=0可化为m=e
x
x
2，
令ℎ(x)=e
x
x
2 (x>0)，求导得ℎ
′ (x)=e
x(x−2)
x
3
，
令ℎ
′ (x)=0，因为x∈(0,+ ∞)，所以x−2=0，解得x =2.
当x∈(0,2)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(0,2)上单调递减；
当x∈(2,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)在(2,+∞)上单调递增.
所以ℎ(x)的最小值为ℎ(2)=e
2
4 ，
当x→0
+时，ℎ(x)=e
x
x
2 →+∞；当x→+∞时，ℎ(x)=e
x
x
2 →+ ∞.
函数f (x)有两个不同的零点x1，x2，
即y =m与y =ℎ(x)在(0,+∞)上有两个不同交点，
所以m的取值范围是(
e
2
4 ,+ ∞)；
（ⅱ）由（ⅰ）可知0< x1<2< x2，要证明x1+ x2>4，即证x2>4−x1，
因为4−x1=2+2−x1>2，且ℎ(x)在(2,+∞)上单调递增，
所以只需要证ℎ(x2)>ℎ(4−x1)，又因为ℎ(x2)=ℎ(x1)，
所以只需要证ℎ(x1)>ℎ(4−x1)，即证e
x1
x1
2 >e
4−x1
(4−x1)
2，
即证e
x1(4−x1)
2−x1
2⋅e
4−x1>0，两边同时除以e
4，得e
x1−4(4−x1)
2−x1
2⋅e
−x1>0，
化简为e
2(x1−2)>
x1
2
(4−x1)
2，因为0< x1<2，
所以只需证e
x1−2>
x1
4−x1
，即证e
x1−2(4−x1)−x1>0
令H (x)=e
x−2(4−x)−x (0< x<2)，
求导得H
' (x)=(3−x)e
x−2−1，
令t(x)=(3−x)e
x−2−1(0< x<2)，
求导得t
' (x)=e
x−2(2−x)>0在(0,2)上恒成立，
所以t(x)在(0,2)上单调递增，
t(x)<t (2)=e
2−2(3−2)−1=0，
即H
' (x)<0在(0,2)上恒成立，所以H (x)在(0,2)上单调递减，
所以H (x)>H(2)=e
2−2(4−2)−2=0，
即H (x)=e
x−2(4−x)−x>0，故e
x1−2(4−x1)−x1>0，
即ℎ(x1)>ℎ(4−x1)，所以x1+ x2>4.
【题型6 利用二阶导解决其他问题】
【例6】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知函数f (x)=(mx−2)e
x−1，且f (x)在x =0处取得极值．
(1)求m 的值及f (x)的单调区间；
(2)若存在x∈R，使得f (x)≤2e x−a−1，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)a≤2e.
【解题思路】（1）对函数求导，由f
′ (0)=0求参数，进而研究函数的单调区间；
（2）问题化为a≤2( x e+e
x−x e
x)在x∈R上能成立，利用导数求g( x)= x e+e
x−x e
x的最大值，即可得
范围.
【解答过程】（1）由题设f
′ (x)=(mx−2+m)e
x，且f
′ (0)=m−2=0，即m=2，
所以f
′ (x)=2 xe
x，当x<0时f
′ (x)<0，当x>0时f
′ (x)>0，
所以f (x)的递减区间为(−∞,0)，递增区间为(0,+∞)，即x =0处取得极小值，满足，
综上，m=2，f (x)的递减区间为(−∞,0)，递增区间为(0,+ ∞)；
（2）由题设(2 x−2)e
x−1≤2e x−a−1，即a≤2( xe+e
x−xe
x)在x∈R上能成立，
令g( x)= xe+e
x−xe
x，则g
′( x)=e−xe
x，
令ℎ( x)= g
′( x)，则ℎ
′( x)=−( x +1)e
x，
当x<−1时，ℎ
′( x)>0，即ℎ( x)= g
′( x)在(−∞,−1)上单调递增，
当x>−1时，ℎ
′( x)<0，即ℎ( x)= g
′( x)在(−1,+∞)上单调递减，
由x→−∞时g
′( x)→e，g
′(1)=0，
当x<1时，g
′( x)>0，g( x)在(−∞,1)上单调递增，
当x>1时，g
′( x)<0，g( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
所以g( x)≤g(1)=e，则a≤2e.
【变式6-1】（2025·河北张家口·一模）已知f ( x)= ln x−a( x +1)，a∈R.
(1)若a=2，求曲线f ( x)在x =1处的切线方程；
(2)若∃x0∈(0,2]，使f (x0)>0，求a的取值范围.
【答案】(1)x + y +3=0；
(2)a< ln2
3 .
【解题思路】（1）由题意结合导数依次求出f (1),f
′(1)即可由直线点斜式方程求解；
（2）先由f (x0)>0得到a< ln x0
x0+1，构造函数g(x)= ln x
x +1 , x∈(0,2]，利用导数求出g(x)max即可由存在性
得解.
【解答过程】（1）a=2时，f ( x)= ln x−2( x +1)，
所以f (1)=−4 ,f
′( x)= 1
x −2，所以切线斜率k = f
′(1)=−1，
所以曲线f ( x)在x =1处的切线方程为y −(−4)=−1×(x−1)即x + y +3=0.
（2）因为∃x0∈(0,2]，使得f (x0)>0即ln x0−a( x0+1)>0，
所以a< ln x0
x0+1，令g(x)= ln x
x +1 , x∈(0,2]，则g
′ (x)=
1+ 1
x −ln x
(x +1)
2
= ℎ(x)
(x +1)
2 , x∈(0,2]，
所以ℎ
′ (x)=−1
x
2 −1
x <0在(0,2]上恒成立，所以函数ℎ(x)在(0,2]上单调递减，
所以ℎ(x)≥ℎ(2)= 3
2 −ln 2= ln
❑√e
3
2 >0，所以g
′ (x)>0在(0,2]上恒成立，
所以函数g(x)在(0,2]上单调递增，所以g(x)max= g(2)= ln2
3 ，
所以a< ln2
3 .
【变式6-2】（2025·江苏扬州·三模）已知函数f ( x)=e
x−e
2−x+ax +
b
x−1.
(1)若b=0，且f
′ (x)≥0，求a 的最小值；
(2)证明：曲线y = f ( x)是中心对称图形；
(3)若f ( x)>e
2−1当且仅当1< x<2，求b 的取值范围.
【答案】(1)−2e
(2)证明见解析
(3)b≥2
3 (e
2+1)
【解题思路】（1）求出导函数，利用f
′ (x)≥0列不等式求解即可.
（2）先判断y = f ( x)定义域关于原点对称，再设P(m,n)为y = f ( x)图象上任意一点，然后利用指数运算
判断点Q(2−m,2a−n)也在y = f ( x)图象上，即可证明.
（3）由题意，x =2为f ( x)=e
2−1的一个解，可得a=−b
2，设t = x−1∈(0,1)，则有
g(t )=e(e
t−e
−t)−b
2 t + b
t −b
2 >e
2−1在(0,1)上恒成立，多次求导，利用导数研究g(t )的单调性，解不
等式g(t )min>e
2−1即可求解.
【解答过程】（1）b=0时，f ( x)=e
x−e
2−x+ax，则f ′( x)=e
x+e
2−x+a=e
x+e
2
e
x +a，
因为e
x+e
2
e
x ≥2e，当且仅当x =e时等号成立，
故f
′ (x)min=2e+a，而f
′ (x)≥0成立，故2e+a≥0，即a≥−2e，所以a的最小值为−2e.
（2）f ( x)=e
x−e
2−x+ax +
b
x−1的定义域为(−∞,1)∪(1,+ ∞).
设P(m,n)为y = f ( x)图象上任意一点，P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q(2−m,2a−n)，
因为P(m,n)在y = f ( x)图象上，故n=e
m−e
2−m+am+
b
m−1，
而f (2−m)=e
2−m−e
m+a(2−m)+
b
1−m =−(e
m−e
2−m+am+
b
m−1 )+2a=−n+2a，
所以Q(2−m,2a−n)也在y = f ( x)图象上，
由P的任意性可得y = f ( x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3）因为f ( x)>e
2−1当且仅当1< x<2，故x =2为f ( x)=e
2−1的一个解，
所以f (2)=e
2−1，可得a=−b
2，依题意f ( x)>e
2−1在(1,2)上恒成立，
设t = x−1∈(0,1)，则f ( x)= g(t )=e
1+t−e
1−t +a(1+t )+ b
t =e(e
t−e
−t)+at + b
t +a，
则有g(t )=e(e
t−e
−t)−b
2 t + b
t −b
2 >e
2−1在(0,1)上恒成立，
因为g′(t )=e(e
t +e
−t)−b
2 −b
t
2，可设φ(t )= g′(t )=e(e
t +e
−t)−b
2 −b
t
2，
所以φ′(t )=e(e
t−e
−t)+ 2b
t
3 =e (e
t +1)(e
t−1)
e
t
+ 2b
t
3
①当b>0时，由t ∈(0,1)知e
t−1>0，2b
t
3 >0，所以φ′(t )>0，
所以φ(t )在(0,1)单调递增.
1.当φ(1)=e
2+1−b
2 −b≤0，即b≥2
3 (e
2+1)时，g′(t )<0对任意t ∈(0,1)都成立，
所以g(t )在(0,1)上单调递减，则g(t )>g(1)=e
2−1；
2.当φ(1)=e
2+1−b
2 −b>0，即0<b< 2
3 (e
2+1)时，而当t →0时，φ(t )→−∞，
所以∃t0∈(0,1)，使φ(t0)=0，所以g(t )在(0,t0)上单调递减，在(t0,1)上单调递增，
所以g(t0)< g(1)=e
2−1，所以舍去；
②当b=0时，所以g(t )=e
1+t−e
1−t在(0,1)上单调递增，则g(t )<g(1)=e
2−1，所以舍去；
③当b<0时，y =e
1+t−e
1−t与y =−b
2 t + b
t =−b( 1
2 t −1
t )在(0,1)上都单调递增，
所以g(t )在(0,1)上单调递增，则g(t )<g(1)=e
2−1，所以舍去.
综上，b≥2
3 (e
2+1).
【变式6-3】（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知函数f ( x)=k x
2−(k +2)x−ln 2
x ,k ∈R．
(1)当k >2时，求函数f ( x)的单调递增区间；
(2)若函数f ( x)图象上有三个点A，B，C 并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线f ( x)在点B 处的切线
斜率与A，C 两点连线斜率的大小关系．
【答案】(1)(0, 1
k)和(
1
2 ,+∞)
(2)点B 处切线斜率小于A，C 两点连线斜率
【解题思路】（1）求导，根据k >2，令f
'( x)>0求得增区间；
（2）设出A ,B ,C三点坐标，分别表示出曲线f ( x)在点B处切线斜率和A ,C两点连线斜率，通过作差比
较，构造函数借助导数证明．
【解答过程】（1）由f
′( x)=2kx −(k +2)−x
2 ×(−2
x
2)= (2 x−1)(kx −1)
x
, x>0，
令f
′( x)=0，得x = 1
2或1
k ，由于k >2，则1
k < 1
2，
令f
′( x)>0，解得0< x< 1
k 或x> 1
2，
所以f ( x)的单调增区间为(0, 1
k)和(
1
2 ,+ ∞)．
（2）设A(x1,f (x1)),B(x2,f (x2)),C(x3,f (x3))，且0< x1< x2< x3,2 x2= x1+ x3，
曲线f ( x)在点B 处切线斜率为k1= f
′(x2)=2k x2−(k +2)+ 1
x2
，
A，C 两点连线斜率为
k2= f (x3)−f (x1)
x3−x1
= [k x3
2−(k +2)x3−ln 2+ ln x3)−[k x1
2−(k +2)x1−ln 2+ ln x1)
x3−x1
=k (x3+ x1)−(k +2)+
ln x3
x1
x3−x1
，
∴k1−k2= 1
x2
−
ln x3
x1
x3−x1
=
2
x1+ x3
−
ln x3
x1
x3−x1
=
2(x3−x1)−(x3+ x1)ln x3
x1
x3
2−x1
2
=
2(
x3
x1
−1)−(
x3
x1
+1)ln x3
x1
x3
2−x1
2
x1
，
令t = x3
x1
>1，则2(
x3
x1
−1)−(
x3
x1
+1)ln x3
x1
=2(t −1)−(t +1)lnt，
令g(t )=2(t −1)−(t +1)ln t ,t >1，则g
′(t )=1−lnt −1
t ，令ℎ(t )= g
′(t )，
∴ℎ
′(t )=−1
t + 1
t
2 = 1−t
t
2 <0，即ℎ(t )在(1,+∞)上单调递减，
∴ℎ(t )<ℎ(1)=0，即g
′(t )<0，
所以g(t )在(1,+ ∞)上单调递减，故g(t )< g(1)=0，
∴2(
x3
x1
−1)−(
x3
x1
+1)ln x3
x1
<0，又x3
2−x1
2>0，即x3
2−x1
2
x1
>0，
所以k1−k2<0，即k1<k2，所以曲线f ( x)在点B 处切线斜率小于A，C 两点连线斜率．
【题型7 洛必达法则】
【例7】（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)=(ax−2)e
x−e(a−2)．当x>1时f (x)>0，求a的取值
范围．
【答案】[1,+ ∞)
【解题思路】分离参数，构造新函数g(x)= 2e
x−2e
xe
x−e
，及ℎ(x)= xe−e
x，判定其导函数的符号结合洛必
达法则计算即可.
【解答过程】由题意可知，当x>1,f (x)>0时，即(ax−2)e
x−e(a−2)>0等价于a> 2e
x−2e
xe
x−e
．
设g(x)= 2e
x−2e
xe
x−e
，则g
′ (x)= 2 xe
x +1−2(e
x)
2
(xe
x−e)
2
= 2e
x(xe−e
x)
(xe
x−e)
2
设ℎ(x)= xe−e
x，则ℎ
′ (x)=e−e
x，因为x>1，所以ℎ
′ (x)<0，
即当x>1时，g
′ (x)<0，所以g(x)在(1,+ ∞)上单调递减，
当x→1时，2e
x−2e→0，当x→1时，xe
x−e→0满足洛必达法则，
所以lim
x→1 g(x)=
lim
x→1 2e
x−2e
xe
x−e
=
lim
x→1 2e
x
e
x+ xe
x =1，
即当x>1时，a的取值范围是[1,+ ∞)．
【变式7-1】（2024 高三·全国·专题练习）已知函数f (x)=ln x
x +1 + 1
x ，如果当x>0，且x≠1时，
f (x)> ln x
x−1 + k
x ，求k的取值范围．
【答案】(−∞,0)
【解题思路】将题意转化为k < xln x
x +1 +1−xln x
x−1 ，令g(x)= 2 xln x
1−x
2 +1，利用洛必达法则求出lim
x→1 g(x)
，即可得出答案.
【解答过程】根据题目的条件，当x>0且x≠1时，f (x)> ln x
x−1 + k
x
得ln x
x +1 + 1
x > ln x
x−1 + k
x ，等价于k < xln x
x +1 +1−xln x
x−1 = 2 xln x
1−x
2 +1．
设g(x)= 2 xln x
1−x
2 +1，g
′ (x)= 2(x
2+1)ln x +2(1−x
2)
(1−x
2)
2
=
2(x
2+1)(ln x + 1−x
2
x
2+1)
(1−x
2)
2
，
因为2(x
2+1)
(1−x
2)
2 >0，设ℎ(x)=ln x + 1−x
2
x
2+1
，
则ℎ
′ (x)= 1
x + −2 x(x
2+1)−(1−x
2)×2 x
(x
2+1)
2
= 1
x −
4 x
(x
2+1)
2 = (1−x
2)
2
x(x
2+1)
2 >0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为ℎ(1)=0，所以当x∈(0,1)时，ℎ(x)<0，
即g(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1,+ ∞),ℎ( x)>0, g(x)在(1,+∞)上单调递增．
当x趋近1时，2 xln x趋近0，当x趋近1时，1−x
2趋近0，
所以2 xln x
1−x
2 符合洛必达法则的条件，
即lim
x→1 g(x)=lim
x→1(
2 xln x
1−x
2 +1)=1+
lim
x→1 2ln x +2
−2 x
=−1+1=0，
所以当x>0, x≠1时，g( x)>0
所以k的取值范围是(−∞,0)．
【变式7-2】（2025 高三·全国·专题练习）设函数f (x)=e
x−b+cx−a x
2，
(1)若f (0)=0，f (−1)= 1
e −a（a为常数），求f (x)的解析式；
(2)在（1）条件下，若当x ≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)f (x)=e
x−1−x−a x
2
(2)a≤1
2
【解题思路】（1）根据f (0)=0，f (−1)= 1
e −a求解；
（2）由（1）知x =0时，f (0)=0≥0，此时，a∈R，将问题转化为a≤e
x−x−1
x
2
对x>0恒成立求解．
【解答过程】（1）解：因为f (0)=0，f (−1)= 1
e −a，
所以f (0)=1−b=0，f (−1)= 1
e −b−c−a= 1
e −a，
解得b=1,c =−1，
所以f (x)=e
x−1−x−a x
2；
（2）由（1）可知，x =0时，f (0)=0≥0，此时，a∈R；
故x ≥0时，f (x)≥0成立⇔x>0时，f (x)≥0成立，
⇔e
x−1−x−a x
2≥0对x>0恒成立，
即a≤e
x−x−1
x
2
对x>0恒成立；
记ℎ(x)=e
x−x−1
x
2
，则ℎ
′ (x)= xe
x−2e
x+ x +2
x
3
，
记φ(x)= xe
x−2e
x+ x +2，则φ
′ (x)= xe
x−e
x+1，
记 r (x)= xe
x−e
x+1，则 r
′ (x)= xe
x，
∴当x>0 时，r
′ (x)>0，φ
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增；
φ
′ (x)>φ
′ (0)=0，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增；φ(x)>φ(0)=0；
∴x∈(0,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，即ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增；
记p(x)=e
x−x−1，q(x)= x
2，
当x→0时，p(x)→0，q(x)→0符合洛必达法则条件，
∴lim
x→0 ℎ( x)=
lim
x→0 e
x−x−1
x
2
=
lim
x→0 e
x−1
2 x
=
lim
x→0 e
x
2
= 1
2
，
∴x>0时，ℎ(x)> 1
2，
∴a≤1
2．
【变式7-3】（2024·浙江·二模）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有
结论：若函数f (x)，g(x)的导函数分别为f
′ (x)，g
′ (x)，且lim
x→a f ( x)=lim
x→a g( x)=0，则
lim
x→a f ( x)
g( x)
=
lim
x→a f
′( x)
g
′( x)
.
②设a>0，k 是大于1 的正整数，若函数f (x)满足：对任意x∈[0,a)，均有f (x)≥f(
x
k)成立，且
lim
x→0 f (x)=0，则称函数f (x)为区间[0,a)上的k 阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
(1)试判断f (x)= x
3−3 x是否为区间[0,3)上的2 阶无穷递降函数；
(2)计算：lim
x→0 (1+ x)
1
x；
(3)证明：(
sin x
x−π)
3
<cos x，x∈(π, 3
2 π).
【答案】(1)不是；
(2)e；
(3)证明见解析.
【解题思路】（1）根据函数f (x)为区间[0,a)上的k 阶无穷递降函数的定义即可判断；
（2）通过构造ℎ(x)=ln g(x)，再结合
lim
x→a f ( x)
g( x)
=
lim
x→a f
′( x)
g
′( x)
即可得到结果；
（3）通过换元令令x−π=t，则原不等式等价于tant ⋅sin
2t ≥t
3,t ∈(0,π
2 )，再通过构造函数
f (t )=tant ⋅sin
2t
t
3
,t ∈(0,π
2 )
，根据题干中函数f (x)为区间[0,π
2 )
上的k 阶无穷递降函数的定义证出
f (t )>1,t ∈(0,π
2 )，即可证明结论.
【解答过程】（1）设F (x)= f (x)−f(
x
2)= 7
8 x
3−3
2 x，
由于F (1)= 7
8 −3
2 <0，
所以f (x)≥f(
x
2)不成立，
故f (x)= x
3−3 x不是区间[0,3)上的2 阶无穷递降函数.
（2）设g(x)=(1+ x)
1
x，则ln g(x)= 1
x ln(1+ x)=ln(1+ x)
x
，
设ℎ(x)=ln(1+ x)
x
，
则lim
x→0 ℎ( x)=
lim
x→0 ln(1+ x)
x
=
lim
x→0
1
1+ x
1
=1，
所以lim
x→0 ln g( x)=1，得lim
x→0 (1+ x)
1
x =e.
（3）令x−π=t，则原不等式等价于tant ⋅sin
2t ≥t
3,t ∈(0,π
2 )，
即证tant ⋅sin
2t
t
3
≥1,t ∈(0,π
2 )，
记f (t )=tant ⋅sin
2t
t
3
,t ∈(0,π
2 )，则f(
t
2)=
8tan t
2 ⋅sin
2 t
2
t
3
，
所以
f (t )
f(
t
2)
=tant ⋅sin
2t
t
3
⋅
t
3
8tan t
2 ⋅sin
2 t
2
=
cos
2 t
2
1−tan
2 t
2
=
1
1−tan
4 t
2
>1，
即有对任意t ∈(0,π
2 )，均有f (t )>f(
t
2)，
所以f (t )>f(
t
2)>⋯>f(
t
2
n)，
因为
lim
x→0 sin x
x
=lim
x→0 cos x =1，
所以lim
n→+∞f(
t
2
n)=
lim
n→+∞tan t
2
n ⋅sin
2 t
2
n
(
t
2
n)
3
=
lim
n→+∞sin
3(
t
2
n)
(
t
2
n)
3
cos(
t
2
n)
= lim
n→+∞[
sin(
t
2
n)
t
2
n )
3
⋅
lim
n→+∞1
cos(
t
2
n)
=1，
所以f (t )>1,t ∈(0,π
2 )，证毕!
一、单选题
1．（24-25 高二下·辽宁沈阳·阶段练习）已知f (x)=(ax−a−1)e
x+ x，若0 是f (x)的极小值点，则a 的取
值范围为（ ）
A．[0,+ ∞)
B．(1,+∞)
C．(−∞,1)
D．(−∞,0)
【答案】B
【解题思路】通过对函数f (x)求导，满足f
′ (0)=0，然后分类讨论利用导数法研究f
′ (x)的符号，根据极小
值点的概念判断即可.
【解答过程】对函数f (x)求导得：f
′ (x)=ae
x+(ax−a−1)e
x+1=(ax−1)e
x+1，
又由x =0是函数f (x)的极小值点，所以f
′ (0)=−e
0+1=0，
还需分析f
′ (x)在x =0附近的符号变化，令g(x)= f
′ (x)=(ax−1)e
x+1，
则g
′ (x)=(ax +a−1)e
x，g
′ (0)=(a−1)e
0=a−1，
当a>1时，g
′ (0)>0，g(x)即f
′ (x)在x =0附近单调递增，又g(0)=0，
所以当x<0时，g(x)= f
′ (x)<0，当x>0时，g(x)= f
′ (x)>0，满足0 是f (x)的极小值点；
当a=1时，g(x)= f
′ (x)=(x−1)e
x+1，g
′ (x)= xe
x，
当x<0时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)= f
′ (x)≥g(0)=0，
所以f (x)单调递增，此时f (x)无极小值点；
当a<1时，g
′ (0)<0，g(x)即f
′ (x)在x =0附近单调递减，
又g(0)=0，所以当x<0时，g(x)= f
′ (x)>0，当x>0时，g(x)= f
′ (x)<0，
此时0 是f (x)的极大值点，不符合题意；
综上所述：a 的取值范围为(1,+∞).
故选：B.
2．（2025·四川成都·一模）已知a为常数，函数f (x)=(x−a)ln x存在极大值，则不等式f (x)<0的解集为
（ ）
A．(0,a)
B．(1,a)
C．(a,1)
D．(0,1)
【答案】D
【解题思路】先确定定义域，根据f (x)存在极大值，确定其导函数f
′ (x)存在零点且零点处由正变负，对其
二次求导通过f
′′ (x)的正负确定f
′ (x)的单调性从而确定a的取值范围进而可解不等式.
【解答过程】因为存在ln x，所以要求x>0，故函数的定义域为(0,+∞)，
因为函数f (x)=(x−a)ln x存在极大值，所以其导数f
′ (x)需存在零点，且零点处由正变负，
求导得：f
′ (x)=(x−a)
′ ln x +(x−a)(ln x)
′ = ln x +(x−a)⋅1
x = ln x +1−a
x ，
令f
′ (x)=0，即ln x +1−a
x =0.二阶导数f
′′ (x)= 1
x + a
x
2 = x +a
x
2 ，
当a≥0时，f
′′ (x)= x +a
x
2 ≥0在定义域(0,+∞)上恒成立，所以f
′ (x)在(0,+∞)上单调递增， 此时函数
f (x)=(x−a)ln x可能存在极小值或无极值，不存在极大值，不符合题意；
当a<0时，f
′′ (x)= x +a
x
2 >0时，即x>−a，f
′′ (x)= x +a
x
2 <0时，即x<−a；
故f
′ (x)在区间(0,−a)上单调递减，在区间(−a,+∞)上单调递增；故f
′ (x)的极小值为
f
′ (−a)= ln(−a)+1−a
−a = ln(−a)+2，
若函数f (x)=(x−a)ln x存在极大值，则ln(−a)+2<0，故ln(−a)<−2= lne
−2，所以0<−a<e
−2，
又因为x>0，所以x−a>0，故(x−a)ln x<0化简为ln x<0，所以0< x<1.
故选：D.
3．（2025·江苏常州·模拟预测）函数f ( x)=( x −5)e
x+e x +3e的所有零点之和为（ ）
A．1
B．3
C．5
D．7
【答案】B
【解题思路】求导，结合零点存在性定理可判断函数的单调性，进而可知函数有3 个零点，根据一个零点
为x0，计算f (2−x0)，进而可判定2−x0是函数的另一个零点，即可求解.
【解答过程】f
′ (x)=( x−4)e
x+e，
记g(x)=( x−4)e
x+e，则g
′( x)=( x−3)e
x，
当x>3,g
′( x)>0,g(x)在(3,+ ∞)单调递增，当x<3,g
′( x)<0,g(x)在(−∞,3)单调递减，
由于g(3)=−e
3+e<0, g(4)=e>0, g(−2)=−6e
−2+e>0，
因此存在x1∈(−2,3), x2∈(3,4),使得g(x1)= g(x2)=0，
且当x< x1和x> x2时，g(x)>0，则f (x)在(−∞, x1)和(x2,+∞)单调递增，
当x1< x< x2时，g(x)<0，则f (x)在(x1, x2)单调递减，
且当x→+∞,f (x)→+∞，x→−∞,f (x)→−∞，f (1)=0，
因此f (x)有3 个零点，其中一个零点为1，
设其中一个零点为x0，则f ( x0)=( x0−5)e
x0+e x0+3e=0，
即(5−x0)e
x0=e x0+3e，进而5−x0=(e x0+3e)e
−x0=(x0+3)e
1−x0，
此时
f (2−x0)=(2−x0−5)e
2−x0+e(2−x0)+3e=(−x0−3)e
2−x0+e(5−x0)=(−x0−3)e
2−x0+(x0+3)e
2−x0=0
，
因此2−x0是方程的另一个零点，
故所以的零点之和为2−x0+ x0+1=3，
故选：B.
4．（24-25 高二下·吉林长春·期中）1696 年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，
用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子､分母分别求导再
求极限来确定未定式值的方法.如：lim
x→0 sin x
x
=
lim
x→0 (sin x)
′
x
′
=
lim
x→0 cos x
1
=1，按此法则有
lim
x→0 e
x+e
−x−2
1−cos x
=
（ ）
A．2
B．1
C．0
D．-2
【答案】A
【解题思路】根据洛必达法则直接求导并代入计算即可.
【解答过程】由题意可得
lim
x→0 e
x+e
−x−2
1−cos x
=
lim
x→0 (e
x+e
−x−2)
′
(1−cos x)
′
=
lim
x→0 e
x−e
−x
sin x
=
lim
x→0 (e
x−e
−x)
′
(sin x)
′
=
lim
x→0 e
x+e
−x
cos x
=2，
故选：A.
5．（2025·黑龙江佳木斯·三模）已知不等式xe
x−x ≥ln x +m+3，对∀x∈(0,+∞)恒成立，则m的取值
范围为（ ）
A．m≤−1
2
B．m≥−1
2
C．m>−2
D．m≤−2
【答案】D
【解题思路】将问题转化为xe
x−x−ln x ≥m+3对∀x∈(0,+∞)恒成立，构造函数
f (x)= xe
x−x−ln x (x>0)，进而通过导数方法求出函数的最小值，即可得到答案.
【解答过程】不等式xe
x−x ≥ln x +m+3对∀x∈(0,+ ∞)恒成立，
即xe
x−x−ln x ≥m+3对∀x∈(0,+∞)恒成立，
令f (x)= xe
x−x−ln x (x>0)，
则f
′ (x)=(x +1)e
x−1−1
x =(x +1)(e
x−1
x)，
因为函数y =e
x, y =−1
x 在(0,+ ∞)上单调递增，
所以函数g(x)=e
x−1
x 在(0,+ ∞)上单调递增，
又g(
1
2)= ❑√e−2<0，g(1)=e−1>0，
所以存在唯一x0∈(
1
2 ,1)，使得g(x0)=e
x0−1
x0
=0，即e
x0= 1
x0
，ln x0=−x0，
则x∈(0, x0)时，g(x)<0,f
′ (x)<0；x∈(x0,+∞)时，g(x)>0,f
′ (x)>0，
所以函数f (x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)min= f (x0)= x0e
x0−x0−ln x0= x0⋅1
x0
−x0+ x0=1，
则m+3≤1，即m≤−2.
故选：D.
6．（24-25 高二下·新疆伊犁·期中）我们把分子分母同时趋近于
､
0 的分式结构称为0
0型，比如：当x→0
时，e
x−1
x
的极限即为0
0型.两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696 年提出
洛必达法则：在一定条件下通过对分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法
､
.如：
lim
x→0 e
x−1
x
=
lim
x→0 (e
x−1)
′
x
′
=
lim
x→0 e
x
1
=lim
x→0 e
x =e
0=1，则
lim
x→1 ln x
x
2−1
=（ ）
A．3
8
B．1
2
C．1
D．2
【答案】B
【解题思路】根据题意利用洛必达法则求解即可
【解答过程】由题意得
lim
x→1 ln x
x
2−1
=
lim
x→1
(ln x)
′
(x
2−1)
′ =
lim
x→1
1
x
2 x
=
lim
x→1 1
2 x
2 = 1
2
，
故选：B.
7．（2025·云南曲靖·二模）已知函数f (x)=a
x+b
x−2(0<a<1,b>1)，若该函数有且只有一个零点，则
ab的值为（ ）
A．1
B．1
e
2
C．1
e
D．e
【答案】A
【解题思路】由题意可说明0 为f (x)的唯一零点,然后求函数的导数，并令导数等于0，求得
x0= log b
a(−ln a
ln b)
，根据导数的正负判断函数的单调性，说明f (x)min= f (x0)，进而说明f (x)的最小值为
f (x0)=0，从而可得x0= log b
a(−ln a
ln b)=0，结合对数的运算，求得答案．
【解答过程】由题意知函数f (x)有且只有1 个零点，
而f (0)=a
x+b
x−2=0，故0 即为f (x)的唯一零点，
因为f
′ (x)=a
x ln a+b
x ln b，且0<a<1,b>1，
故lna<0,lnb>0 ，所以f
′( x)=0 有唯一解x0= log b
a(−ln a
ln b)，
令ℎ( x)= f
′( x)，则ℎ
′ (x)=(a
x ln a+b
x ln b)=a
x(ln a)
2+b
x(ln b)
2，
对于任意x∈R ，都有ℎ
′( x)>0，
故f
′( x)=ℎ( x)在R 上单调递增，
则x∈(−∞, x0)时，f
′( x)<0，x∈(x0,+ ∞)时，f
′( x)>0，
故函数f ( x)在x∈(−∞, x0)时单调递减，在x∈(x0,+∞)时单调递增，
故f (x)min= f (x0) ；
若f (x0)<0，当x<loga2时，a
x>a
loga
2
=2,b
x>0，b
x>0 ，
则g( x)>0 ，因此当x1<loga2 且x1< x0 时，f (x1)>0，
此时f ( x)在(x1, x0)内有零点，则f ( x)至少有两个零点，与题意不符；
故f (x0)≥0，则f ( x)的最小值为f (x0)=0，
因为由题意知0 为f ( x)的唯一零点，故x0=0 ，
即x0= log b
a(−ln a
ln b)=0,−ln a
ln b =1，则lna+lnb=0,lnab=0,ab=1，
即ab值为1.
故选：A.
8．（2025·江西新余·模拟预测）若关于x的不等式ae
x+(ln x)
2≥x
2+(2lna+1) x +(lna)
2在(0,+∞)上恒
成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．[e,+ ∞)
B．(0,e)
C．[
1
e ,+∞)
D．(0, 1
e)
【答案】C
【解题思路】利用通过将原不等式转化为e
x +lna−(x +lna)
2≥e
ln x−(ln x)
2，令g(x)=e
x−x
2，利用导数可
得该函数为增函数，从而得x +lna≥ln x，再设m(x)=ln x−x，求出该函数的最大值后可得参数的取值
范围.
【解答过程】依题意，ae
x−(x +lna)
2≥x −(ln x)
2，则e
x +lna−(x +lna)
2≥e
ln x−(ln x)
2，
令g(x)=e
x−x
2，则g
′ (x)=e
x−2 x =ℎ(x)，
则ℎ
′ (x)=e
x−2，令ℎ
′ (x)=0，解得x =ln2，
故当x∈(0,ln2)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(0,ln2)上单调递减，
当x∈(ln2,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)在(ln2,+∞)单调递增，
故ℎ(x)≥ℎ(ln2)=2−2ln2>0，
故g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，故只需x +lna≥ln x，即lna≥ln x−x，
令m(x)=ln x−x，则m
′ (x)= 1−x
x
，
故当x∈(0,1)时，m
′ (x)>0，m(x)在(0,1)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，m
′ (x)<0，m(x)在(1,+∞)单调递减，
故m(x)≤m(1)=−1，则lna≥−1，即a≥1
e ，
故选：C.
二、多选题
9．（2025·海南·模拟预测）设函数f (x)=(x +a)ln x ,a∈R，则（ ）
A．当a=0时，f (x)的最小值为−1
e
B．当0<a< 1
e
2 时，f (x)有且仅有两个极值点
C．若f (x)为增函数，则a≥1
e
3
D．若f (x)≥0，则a=−1
【答案】ABD
【解题思路】应用导数演技函数的单调性，进而求最值判断A；问题化为判断f
′ (x)= ln x + a
x +1且x>0是
否存在两个变号零点判断B；根据B 分析只需保证ln a+2≥0判断C；根据y = x +a、y = ln x在(0,+ ∞)上
单调递增，ln1=0，结合不等式恒成立即可判断D.
【解答过程】A：f (x)= x ln x且x>0，则f
′ (x)=1+ ln x，故0< x< 1
e 时f
′ (x)<0，x> 1
e 时f
′ (x)>0，
所以f (x)在(0, 1
e )上单调递减，在( 1
e ,+ ∞)上单调递增，则f (x)≥f(
1
e)=−1
e ，对；
B：由题设f
′ (x)= ln x + a
x +1且x>0，令g( x)= f
′( x)，则g
′( x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 ，
当0<a< 1
e
2 ，则0< x<a时g
′( x)<0，x>a时g
′( x)>0，
所以g( x)= f
′( x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，
则f
′ (x)≥f
′(a)= ln a+2，而ln a+2<0，由0<a
2<a，且f
′(a
2)=2ln a+ 1
a +1，
对于y =2ln a+ 1
a +1且0<a< 1
e
2 ，则y
′ = 2
a −1
a
2 = 2a−1
a
2
<0，
所以y =2ln a+ 1
a +1在(0, 1
e
2 )上单调递减，y >2ln 1
e
2 +e
2+1=e
2−3>0，
则f
′(a
2)>0，又f
′ (1)=a+1>0，故g( x)= f
′( x)在(0,a)、(a,+∞)各存在唯一变号零点，
所以f (x)有且仅有两个极值点，对；
C：由B 分析，要使f (x)为增函数，只需ln a+2≥0，即a≥1
e
2 ，错；
D：由f (x)=(x +a)ln x ≥0，且y = x +a、y = ln x在(0,+ ∞)上单调递增，
又ln1=0，故只需1+a=0，即a=−1，对.
故选：ABD.
10．（2025·四川乐山·三模）已知函数f (x)=ln(4−x)−ln x +ax，当且仅当1< x<3时，导函数f
' (x)>0
成立，则下列说法正确的是（ ）
A．a= 4
3
B．f
' (e−1)+ f
'(2❑√2)< 2
3
C．f
' (e−1)+ f
'(2❑√2)> 2
3
D．∑
i=1
2025
f(
i+1
507)=5400
【答案】ABD
【解题思路】A 先求f
' (x)，再将问题转化为a x
2−4 ax + 4<0的解集为(1,3)，利用韦达定理即可；先研究
f
' (x)的单调性，得出f
' (x)max= f
' (2)= 1
3即可判断BC 选项；D 先求证f (x)+ f (4−x)= 16
3 ，再利用倒序相
加法即可求得.
【解答过程】由{
4−x>0
x>0 )得，0< x<4，则f (x)的定义域为(0,4)，
又当且仅当1< x<3时，导函数f
' (x)>0成立，
则f
' (x)= −1
4−x −1
x +a= −a x
2+ 4 ax−4
x (4−x)
>0的解集为(1,3)，
即a x
2−4 ax + 4<0的解集为(1,3)，
则a>0，4 a
a =1+3，4
a =1×3，则a= 4
3 ，故A 正确；
f
' (x)=
−4
3 x
2+ 4× 4
3 x−4
x (4−x)
=−4
3 × x
2−4 x +3
x (4−x) =−4
3 × (x−1)(x−3)
x (4−x)
，
令g(x)= f
' (x)=−4
3 × (x−1)(x−3)
x (4−x)
，
则g
' (x)=−4
3 × (2 x−4) x (4−x)−(−2 x + 4)(x−1)(x−3)
[x (4−x))
2
=−8(x−2)
[x (4−x))
2，
则g
' (x)>0得0< x<2；g
' (x)<0得2< x<4，
则g(x)= f
' (x)在(0,2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，
则f
' (x)max = f
' (2)= 1
3，
则f
' (e−1)+ f
'(2❑√2)<2f
' (2)= 2
3，故B 正确；C 错误；
因f (x)=ln(4−x)−ln x + 4 x
3 ，则f (4−x)= ln x−ln(4−x)+ 4 (4−x)
3
，
则f (x)+ f (4−x)= 16
3 ，
记S =∑
i=1
2025
f(
i+1
507)= f(
2
507)+ f(
3
507)+⋯+ f(
2026
507 )，
则S = f(
2026
507 )+ f(
2025
507 )+⋯+ f(
2
507)，
两式相加得2S =2025[f(
2026
507 )+ f(
2
507))=2025× 16
3 =10800，
则S =5400，记∑
i=1
2025
f(
i+1
507)=5400，故D 正确.
故选：ABD.
11．（2025·湖南常德·模拟预测）已知函数f (x)=e
x+ a
2 x
2−x−1(a∈R)，下列有关结论正确的是（ ）
A．对任意a≥0，f (x)≥0在R上恒成立
B．存在a<0，f (x)是R上的单调函数
C．存在a<0，f (x)有唯一极值
D．任意a<−1，f (x)在(0,+ ∞)上有且只有一个零点
【答案】ABD
【解题思路】对函数求导，讨论a≥0、a<0分别研究对应f (x)的区间单调性、极值和零点，进而依次判断
各项的正误.
【解答过程】A 选项，由题设f
′ (x)=e
x+ax−1，令g( x)= f
′ (x)，则g
′( x)=e
x+a且在R 上单调递增，
当a≥0时，g
′( x)>0，g( x)= f
′ (x)是R上的增函数，又f
′ (0)=0，
则x<0时，f
′ (x)<0，x>0时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，f (x)≥f (0)=0，A 正确.
BC 选项，当a<0时，令g
′( x)=0，可得x =ln(−a).
x ∈(−∞,ln (−a))时，g
′( x)<0，x ∈(ln(−a),+ ∞)时，g
′( x)>0，
所以f
′ (x)在(−∞,ln (−a))上单调递减，在(ln (−a),+ ∞)上单调递增，
所以f
′ (x)≥f
′(ln (−a))，又f
′ (0)=0.
当ln (−a)=0，即a=−1时，f
′ (x)≥0，f (x)是R上的单调增函数，B 正确.
当ln(−a)≠0，即a≠−1且a<0时，f
′ (x)min= f
′(ln(−a))<f
′ (0)=0，
存在x1≠0（x1>ln(−a)>0或x1<ln(−a)<0），使得f
′(x1)=0，
又f
′ (0)=0，此时x1和0 是f (x)的两个极值点，且a=−1时f (x)无极值，C 错误.
D 选项，当a<−1时，ln(−a)>0，x∈(0, x1)时，f
′ (x)<0，x∈(x1,+∞)时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(0, x1)上单调递减，在(x1,+ ∞)上单调递增，
所以∀x∈(0, x1)，f (x)<f (0)=0，x→+∞，f (x)>0，
故f (x)在(0,+ ∞)必唯一存在零点，D 正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f ( x)= x
2ln x−a( x
2−1)，a∈R.若当x ≥1时，f ( x)≥0恒成
立，则实数a的取值范围为 ．
【答案】(−∞, 1
2 ]
【解题思路】按x =1, x>1分段讨论，在x>1时分离参数构造函数g( x)= x
2ln x
x
2−1
，利用导数探讨单调性，
再利用洛必达法则求解即得.
【解答过程】当x =1时，f ( x)=0，不等式f ( x)≥0成立；
当x>1时，f ( x)≥0⇔a≤x
2ln x
x
2−1
，令g( x)= x
2ln x
x
2−1
, x>1，依题意，∀x>1,a≤g( x)，
求导得g
′( x)= x( x
2−1−2ln x)
( x
2−1)
2
，令ℎ( x)= x
2−1−2ln x , x >1，求导得ℎ
′( x)=2 x−2
x >0，
函数ℎ( x)在(1,+ ∞)上单调递增，则ℎ( x)>ℎ(1)=0，即g
′( x)>0，
函数g( x)在(1,+ ∞)上单调递增，由洛必达法则知
lim
x→1 x
2ln x
x
2−1
=
lim
x→1 2 x ln x + x
2 x
= 1
2
，
因此g( x)> 1
2恒成立，则a≤1
2，
所以实数a的取值范围为(−∞, 1
2 ].
故答案为：(−∞, 1
2 ].
13．（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数f ( x)=( x −1)( x
2+mx +1)既有极大值又有极小值，且f ( x)在
区间(1,2)上单调，则m的取值范围是
.
【答案】(−∞,−3]∪(1,+∞)
【解题思路】由题可得f ( x)既有极大值又有极小值，求导确定导函数的根列不等式组即可得m的取值范
围，再根据函数的单调性确定函数f ( x)在区间(1,2)上单调递减或f ( x)在区间(1,2)上单调递增时，列不等
关系即可求得m的取值范围.
【解答过程】由题意得f ( x)= x
3+(m−1)x
2+(1−m)x−1，且f ( x)既有极大值又有极小值，
故f
′( x)=3 x
2+2(m−1)x−(m−1)=0有两个不相等的实数根，
即Δ= 4(m−1)
2+12(m−1)>0，解得m>1或m<−2.
设g( x)= f
′( x)，
若f ( x)在区间(1,2)上单调递减，则需满足{
g(1)=m+2≤0
g(2)=3m+9≤0)，解得m≤−3.
若f ( x)在区间(1,2)上单调递增，则{
Δ>0
g(2)=3m+9≥0
−m−1
3
≥2 )
或{
Δ>0
g(1)=m+2≥0
−m−1
3
≤1 )
解得m无解或m>1.
综上，m的取值范围是(−∞,−3]∪(1,+ ∞).
故答案为：(−∞,−3]∪(1,+∞).
14．（2025·全国·二模）若函数f (x)=a
xloga x (a>0,a≠1)，∀x1, x2∈(0,+ ∞)，且x1≠x2
，满足
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0，则a的最大值为
.
【答案】e
e
【解题思路】根据给定条件，求出函数的导数，结合题设可得函数f (x)在(0,+∞)上单调递增，再利用单调
性建立恒成立的不等式求解.
【解答过程】由f ( x)=a
x loga x，x∈(0,+ ∞)，
则f
′( x)=a
x ln a loga x +a
x⋅
1
x ln a = a
x
x (x ln x + 1
ln a)，
由∀x1, x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，满足
f (x1)−f (x2)
x1−x2
>0，则函数f (x)在(0,+∞)上单调递增，
又a
x>0，则x ln x + 1
ln a ≥0恒成立，
令函数g( x)= x ln x + 1
ln a，x∈(0,+ ∞)，则g
′( x)=1+ ln x，
当0< x< 1
e 时，g
′( x)<0；当x> 1
e 时，g
′( x)>0，
所以函数g( x)在(0, 1
e)上单调递减，在(
1
e ,+∞)上单调递增，
因此g( x)min= g(
1
e)=−1
e + 1
ln a，则−1
e + 1
ln a ≥0，解得1<a≤e
e，所以a的最大值为e
e.
故答案为：e
e.
四、解答题
15．（2025·湖南长沙·三模）已知函数f ( x)= ln x +axe
x−1+ x +1．
(1)若曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线经过原点，求a；
(2)若a=−1
e
3 ，求f ( x)的最大值．
【答案】(1)a=0
(2)4．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，结合切线过原点求出参数a的值；
（2）在a=−1
e
3 时，对f ( x)求导，利用零点存在定理判断其单调性，借助于导函数的零点，即可化简转
化，求得f ( x)的最大值.
【解答过程】（1）f ( x)的定义域为(0,+ ∞)，则f (1)=2+a．
f
′( x)= 1
x +a( x +1)e
x−1+1，则f
′(1)=2+2a．
所以曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为y =(2+2a)( x−1)+2+a．
依题意，将点(0,0)代入切线方程，解得a=0．
（2）当a=−1
e
3 时，f ( x)= ln x−xe
x−4+ x +1，且x∈(0,+∞)，
所以f
′( x)= 1
x −( x +1)e
x−4+1=( x +1)(
1
x −e
x−4)，
设ℎ( x)= 1
x −e
x−4，易知ℎ( x)在(0,+∞)上单调递减，
且ℎ(2)= 1
2 −1
e
2 >0,ℎ(3)= 1
3 −1
e <0，
故存在x0∈(2,3)，使得ℎ(x0)=0，即1
x0
=e
x0−4，所以x0e
x0−4=1，即ln x0=−x0+ 4，
当x∈(0, x0)时f
′( x)=ℎ( x)>0，故f ( x)在(0, x0)上单调递增，
当x∈(x0,+∞)时f
′( x)=ℎ( x)<0，故f ( x)在(x0,+ ∞)上单调递减，
所以f ( x)≤f (x0)= ln x0−x0e
x0−4+ x0+1=−x0+ 4−1+ x0+1= 4，
故f ( x)的最大值为4．
16．（2024 高三·全国·专题练习）∀x∈(0,+ ∞),e
x−1−x−a x
2≥0恒成立,求a的取值范围
【答案】a≤1
2
【解题思路】常数分离得a≤e
x−x−1
x
2
，判断g( x)=e
x−x−1
x
2
的单调性并用罗比塔法则求其最小值.
【解答过程】e
x−1−x−a x
2≥0⇔a≤e
x−x−1
x
2
，
记g( x)=e
x−x−1
x
2
，x∈(0,+∞)，
则g
′( x)= xe
x−2e
x+ x +2
x
3
，
记ℎ( x)= xe
x−2e
x+ x +2，
则ℎ
′( x)= xe
x−e
x+1，
而(xe
x−e
x+1)
′ = x e
x>0，
所以,ℎ
′( x)在(0,+ ∞)单调递增,所以ℎ
′( x)>ℎ
′(0)=0，
所以,ℎ( x)在(0,+∞)单调递增,所以ℎ( x)>ℎ(0)=0，
即在(0,+∞)上g
′( x)>0,所以g( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以a≤lim
x→0 g( x)=
lim
x→0 e
x−x−1
x
2
=
lim
x→0 e
x−1
2 x
=
lim
x→0 e
x
2
= 1
2
，
所以a≤1
2.
17．（2025·山东淄博·三模）已知函数f (x)=ln(x +m)+e
−x−m.
(1)当m= 1
2时，判断y = f (x)有无极值点，并说明理由；
(2)当1<m<3时，判断函数y = f (x)在(1−m,+ ∞)上的零点个数并给出证明.
【答案】(1)y = f (x)无极值点，理由见解析
(2)函数y = f (x)在(1−m,+ ∞)上有2 个零点，证明见解析
【解题思路】（1）求出导函数，判断导函数的符号，从而判断极值点；
（2）利用导数判断f ( x)的单调性，再结合零点存在性定理即可判断零点个数．
【解答过程】（1）当m= 1
2时，y = f (x)无极值点，理由如下：
当m= 1
2时，函数f (x)=ln(x + 1
2)+e
−x−1
2，定义域为(−1
2 ,+∞)，
所以f
′( x)=
1
x + 1
2
−1
e
x =
e
x−x−1
2
e
x( x + 1
2 )
，
令g( x)=e
x−x−1
2，则g
′( x)=e
x−1，由g
′( x)=0得x =0，
由g
′( x)>0得x>0，由g
′( x)<0得−1
2 < x<0，
所以g( x)在(−1
2 ,0)上单调递减，在[0,+ ∞)上单调递增，
所以g( x)≥g(0)= 1
2 >0，故f
'( x)>0，
所以f ( x)在(−1
2 ,+ ∞)上单调递增，故函数y = f (x)无极值点．
（2）当1<m<3时，函数y = f (x)在(1−m,+ ∞)上的零点个数为2，证明如下：
由f (x)=ln(x +m)+e
−x−m(x>−m)得f
′( x)=e
x−x−m
e
x( x +m) ，
设g( x)=e
x−x−m，则g
′( x)=e
x−1，令g
′( x)=0，得x =0，
所以当−m< x<0时，g
′( x)<0，当x>0时，g
′( x)>0，
即g( x)在(−m,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
因为g(−m)=e
−m>0，g(1−m)=e
1−m−1<e
0−1=0，g(0)=1−m<0，
g(2)=e
2−2−m>e
2−2−3>0，
所以g(−m)⋅g(1−m)<0，g(0)⋅g(2)<0，
所以∃x1∈(−m,1−m)，使得g( x1)=0，∃x2∈(0,2)，使得g( x2)=0，
所以f ( x)在(−m, x1)上单调递增，在[ x1, x2]上单调递减，在[ x2,+∞)上单调递增，
且f (1−m)=e
m−1−m，f (0)=lnm−m+1，
设F (x)=e
x−x−1，则F
′ (x)=e
x−1，F
′ (0)=0，
当x∈(−∞,0)时，F
′ (x)<0，F (x)为减函数，
当x∈(0,+∞)时，F
′ (x)>0，F (x)为增函数，
所以F (x)min= F (0)=0，故e
x−x−1≥0，即e
x≥x +1，
因为1<m<3，所以0<m−1<2，故e
m−1−(m−1)−1>0，即f (1−m)=e
m−1−m>0.
设ℎ(x)=ln x−x +1(x>0)，则ℎ
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，ℎ
′ (1)=0，
当x∈(0,1)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)为增函数，
当x∈(1,+∞)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)为减函数，
所以ℎ(x)max=ℎ(1)=0，即ln x−x +1≤0，
因为1<m<3，所以f (0)=lnm−m+1<0.
由1<m<3得e
2m−m>2m+1−m>0，且f (e
2m−m)=m+e
m−e
2m>0.
因为1−m<0<e
2m−m，f (1−m)⋅f (0)<0，f (0)⋅f (e
2m−m)<0，
所以函数f ( x)在(1−m,0)和(0,+∞)上各有一个零点，共2 个零点．
18．（2025·陕西延安·模拟预测）已知函数f (x)= x−ln x
e
x−1
．
(1)证明：x−1≥ln x；
(2)证明：f (x)在其定义域内为减函数；
(3)若在f (x)的定义域内，f (x)≤1
ax 恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)0<a≤1
【解题思路】（1）令ℎ(x)= x−1−ln x (x>0)，利用导数与函数的单调性间的关系，求出ℎ(x)的单调区
间，进可求得ℎ(x)的最小值，即可求解；
（2）对f (x)求导，得到f
′ (x)=
ln x−x−1
x +1
e
x−1
，利用（1）中结果可得f
′ (x)<0恒成立，即可求解；
（3）根据条件得到x
2−xln x
e
x−1
≤1
a，令G (x)= x
2−xln x
e
x−1
，利用导数求出G (x)= x
2−xln x
e
x−1
的单调区间，
进而求出G (x)的最大值，即可求解.
【解答过程】（1）令ℎ(x)= x−1−ln x (x>0)，则ℎ
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，
当x∈(0,1)时，ℎ
′ (x)<0，当x∈(1,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，
则ℎ(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)= x−1−ln x ≥ℎ(1)=1−1=0，故x−1≥ln x.
（2）因为f (x)= x−ln x
e
x−1
，易知x∈(0,+ ∞)，则f
′ (x)=
ln x−x−1
x +1
e
x−1
，
令ℎ(x)= ln x−x−1
x +1，由（1）知x−1≥ln x，
则ℎ(x)= ln x−x−1
x +1≤x−1−x−1
x +1=−1
x <0在区间(0,+ ∞)上恒成立，又e
x−1>0，
所以f
′ (x)<0恒成立，故f (x)在其定义域内为减函数.
（3）易知x∈(0,+ ∞)，由f (x)≤1
ax ，得到x−ln x
e
x−1
≤1
ax ，即x
2−xln x
e
x−1
≤1
a，
令G (x)= x
2−xln x
e
x−1
，则
G
′ (x)= 2 x−ln x−1−(x
2−xln x)
e
x−1
= (x−1)ln x−(x−1)
2
e
x−1
= (x−1)(ln x−x +1)
e
x−1
，
由（1）知ln x−x +1≤0，当且仅当x =1时取等号，
所以当x∈(0,1)时，G
′ (x)>0，当x∈(1,+ ∞)时，G
′ (x)<0，
即G(x)= x
2−xln x
e
x−1
在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+ ∞)上单调递减，
所以G (x)≤G (1)= 1−ln1
e
1−1
=1，故1
a ≥1，得到0<a≤1，
所以实数a的取值范围为0<a≤1.
19．（2025 高二·全国·专题练习）已知函数f ( x)=(m x
2−2 x +1)e
x+ x−1 .
(1) 若m=1，当x∈[2,+∞)时，f ( x)≥t( x−1)，求t的取值范围；
(2) 若m=0，求f ( x)的极值；
(3)若x =0是f ( x)的极小值点，求m的取值范围．
【答案】(1)(−∞,e
2+1)；
(2)极大值为0，无极小值；
(3)(
3
2 ,+∞).
【解题思路】（1）原不等式即为( x−1)e
x+1≥t，利用导数求出u( x)=( x−1)e
x+1的最小值后可得参数
的取值范围；
（2）求出函数的导数，判断其符号后可得函数的极值；
（3）求出函数的导数f
′ (x)，设ℎ(x)= f
′ (x)，利用局部保号性，分m> 3
2，m< 3
2和m= 3
2三种情况，分类
讨论，可求参数的取值范围.
【解答过程】（1）当m=1时，f ( x)=( x −1)
2e
x+ x −1，
因为当x∈[2,+∞)时，f ( x)≥t( x−1)，
即( x −1)
2e
x+(x −1)≥t( x −1)，不等式两边同除以(x−1)得
( x −1)e
x+1≥t，
令u( x)=( x −1)e
x+1，则u
′ (x)= xe
x，
当x∈[2,+∞)时，u
′ (x)>0，u( x)单调递增，
所以u( x)min=u(2)=e
2+1，所以t的取值范围为(−∞,e
2+1)．
（2）当m=0时，f ( x)=(−2 x +1)e
x+ x −1，则f ′( x)=(−2 x −1)e
x+1，
令g( x)=(−2 x −1)e
x+1，则g
′ (x)=(−2 x−3)e
x，
由g
′ (x)>0，得x<−3
2；由g
′ (x)<0，得x>−3
2，
所以g( x)在区间(−∞,−3
2)上单调递增，在区间(−3
2 ,+∞)上单调递减，
且x<−3
2时，g( x)>0，g(0)=0，
所以当x∈(−∞,0)时，g( x)>0，即f
′ (x)>0；
当x∈(0,+∞)时，g( x)<0，即f
′ (x)<0，
所以f ( x)在区间(−∞,0)上单调递增，在区间(0,+∞)上单调递减，
所以f ( x)的极大值为f (0)=0，无极小值．
（3）由题可得f
′ (x)=(m x
2+2mx −2 x −1)e
x+1，f
′ (0)=0.
令ℎ( x)=(m x
2+2mx −2 x−1)e
x+1，
则ℎ
′( x)=(m x
2+ 4 mx −2 x +2m−3)e
x，ℎ
′ (0)=2m−3，
当2m−3>0，即m> 3
2时，
存在x1<0< x2，使得当x∈(x1, x2)时，ℎ
′ (x)>0，
此时ℎ( x)即f
′ (x)在区间(x1, x2)上单调递增，
故当x∈(x1,0)时，f
′ (x)<0，当x∈(0, x2)时，f
′ (x)>0，
所以当m> 3
2时，x =0是f ( x)的极小值点，符合题意．
当2m−3<0，即m< 3
2时，
存在x3<0< x4，使得当x∈(x3, x4)时，ℎ
′ (x)<0，
此时ℎ( x)即f ′( x)在区间(x3, x4)上单调递减，
故当x∈(x3,0)时，f
′ (x)>0，当x∈(0, x4)时，f
′ (x)<0，
所以当m< 3
2时，x =0是f ( x)的极大值点，不符合题意．
当2m−3=0，即m= 3
2时，f
′ (x)=ℎ( x)=(
3
2 x
2+ x−1)e
x+1，ℎ
′ (x)=(
3
2 x
2+ 4 x)e
x，
令ℎ
′ (x)=0，得x =−8
3或0，
当−8
3 < x<0时，ℎ
′ (x)<0， 当x>0时，ℎ
′ (x)>0，
故f
′ (x)在(−8
3 ,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
故在(−8
3 ,+∞)上，有f
′ (x)≥f
′ (0)=0，
所以当m= 3
2时，x =0不是f ( x)的极值点，不符合题意．
综上所述，m的取值范围为(
3
2 ,+ ∞).
