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大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷）
专题05 导数及其应用(解答题)
1．【2024 年新高考1 卷第18 题】已知函数f ( x)= ln
x
2−x +ax +b( x−1)
3
(1)若b=0，且f '( x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y = f ( x)是中心对称图形；
(3)若f ( x)>−2当且仅当1< x<2，求b的取值范围．
【答案】(1)−2
(2)证明见解析
(3)b≥−2
3
【详解】（1）b=0时，f (x)= ln
x
2−x +ax，其中x∈(0,2)，
则f ' (x)= 1
x +
1
2−x +a=
2
x (2−x) +a, x∈(0,2)，
因为x (2−x)≤(
2−x + x
2
)
2
=1，当且仅当x =1时等号成立，
故f ' (x)min=2+a，而f ' (x)≥0成立，故a+2≥0即a≥−2，
所以a的最小值为−2.，
（2）f (x)= ln
x
2−x +ax +b(x−1)
3的定义域为(0,2)，
设P(m,n)为y = f (x)图象上任意一点，
P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q (2−m,2a−n)，
因为P(m,n)在y = f (x)图象上，故n= ln
m
2−m +am+b(m−1)
3，
而f (2−m)= ln 2−m
m
+a(2−m)+b(2−m−1)
3=−[ln
m
2−m +am+b(m−1)
3]+2a，
=−n+2a，
所以Q (2−m,2a−n)也在y = f (x)图象上，
1
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由P的任意性可得y = f (x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3）因为f (x)>−2当且仅当1< x<2，故x =1为f (x)=−2的一个解，
所以f (1)=−2即a=−2，
先考虑1< x<2时，f (x)>−2恒成立.
此时f (x)>−2即为ln
x
2−x +2(1−x)+b(x−1)
3>0在(1,2)上恒成立，
设t = x−1∈(0,1)，则ln t +1
1−t −2t +bt
3>0在(0,1)上恒成立，
设g(t )= ln t +1
1−t −2t +bt
3,t ∈(0,1)，
则g' (t )=
2
1−t
2 −2+3bt
2= t
2(−3bt
2+2+3b)
1−t
2
，
当b≥0，−3bt
2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g' (t )>0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数，
故g(t )>g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
当−2
3 ≤b<0时，−3bt
2+2+3b≥2+3b≥0，
故g' (t )≥0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数，
故g(t )>g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
当b<−2
3，则当0<t <√1+ 2
3b <1时，g' (t )<0
故在(0,√1+ 2
3b)上g(t )为减函数，故g(t )<g(0)=0，不合题意，舍；
综上，f (x)>−2在(1,2)上恒成立时b≥−2
3.
而当b≥−2
3时，
而b≥−2
3时，由上述过程可得g(t )在(0,1)递增，故g(t )>0的解为(0,1)，
即f (x)>−2的解为(1,2).
综上，b≥−2
3.
2．【2024 年新高考2 卷第16 题】已知函数f ( x)=e
x−ax−a
3．
2
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(1)当a=1时，求曲线y = f ( x)在点(1,f (1))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) x−y −1=0
(2)(1,+∞)
【详解】（1）当a=1时，则f ( x)=e
x−x−1，f '( x)=e
x−1，
可得f (1)=e−2，f '(1)=e−1，
即切点坐标为(1,e−2)，切线斜率k =e−1，
所以切线方程为y −(e−2)=(e−1)(x−1)，即(e−1) x−y −1=0.
（2）解法一：因为f ( x)的定义域为R，且f '( x)=e
x−a，
若a≤0，则f '( x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f ( x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f '( x)>0，解得x>ln a；令f '( x)<0，解得x<ln 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f (ln a)=a−aln a−a
3，无极大值，
由题意可得：f (ln a)=a−aln a−a
3<0，即a
2+ ln a−1>0，
构建g(a)=a
2+ ln a−1,a>0，则g' (a)=2a+ 1
a >0，
可知g(a)在(0,+ ∞)内单调递增，且g(1)=0，
不等式a
2+ ln a−1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，
所以a 的取值范围为(1,+ ∞)；
解法二：因为f ( x)的定义域为R，且f '( x)=e
x−a，
若f ( x)有极小值，则f '( x)=e
x−a有零点，
令f '( x)=e
x−a=0，可得e
x=a，
可知y =e
x与y =a有交点，则a>0，
若a>0，令f '( x)>0，解得x>ln a；令f '( x)<0，解得x<ln a；
可知f ( x)在(−∞,ln a)内单调递减，在(ln a,+∞)内单调递增，
3
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则f ( x)有极小值f (ln a)=a−a ln a−a
3，无极大值，符合题意，
由题意可得：f (ln a)=a−a ln a−a
3<0，即a
2+ ln a−1>0，
构建g(a)=a
2+ ln a−1,a>0，
因为则y =a
2, y = ln a−1在(0,+ ∞)内单调递增，
可知g(a)在(0,+ ∞)内单调递增，且g(1)=0，
不等式a
2+ ln a−1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，
所以a 的取值范围为(1,+ ∞).
3．【2024 年甲卷理科第21 题】已知函数f (x)=(1−ax)ln (1+ x)−x．
(1)当a=−2时，求f (x)的极值；
(2)当x ≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)极小值为0，无极大值.
(2)a≤−1
2
【详解】（1）当a=−2时，f ( x)=(1+2 x)ln(1+ x)−x，
故f '( x)=2ln(1+ x)+ 1+2 x
1+ x −1=2ln(1+ x)−
1
1+ x +1，
因为y =2ln(1+ x), y =−
1
1+ x +1在(−1,+∞)上为增函数，
故f
'( x)在(−1,+ ∞)上为增函数，而f '(0)=0，
故当−1< x<0时，f '( x)<0，当x>0时，f '( x)>0，
故f (x)在x =0处取极小值且极小值为f (0)=0，无极大值.
（2）f ' (x)=−a ln (1+ x)+ 1−ax
1+ x −1=−a ln (1+ x)−(a+1) x
1+ x
, x>0，
设s(x)=−a ln (1+ x)−(a+1) x
1+ x
, x>0，
则s' (x)= −a
x +1 −(a+1)
(1+ x)
2 =−a(x +1)+a+1
(1+ x)
2
=−ax +2a+1
(1+ x)
2
，
当a≤−1
2时，s' (x)>0，故s(x)在(0,+ ∞)上为增函数，
故s(x)>s(0)=0，即f ' (x)>0，
4
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所以f (x)在[0,+∞)上为增函数，故f (x)≥f (0)=0.
当−1
2 <a<0时，当0< x<−2a+1
a
时，s' (x)<0，
故s(x)在(0,−2a+1
a )上为减函数，故在(0,−2a+1
a )上s(x)<s(0)，
即在(0,−2a+1
a )上f ' (x)<0即f (x)为减函数，
故在(0,−2a+1
a )上f (x)<f (0)=0，不合题意，舍.
当a≥0，此时s' (x)<0在(0,+ ∞)上恒成立，
同理可得在(0,+ ∞)上f (x)<f (0)=0恒成立，不合题意，舍；
综上，a≤−1
2.
4．【2023 年新课标全国Ⅱ卷第22 题】（1）证明：当0< x<1时，x−x
2<sin x< x；
（2）已知函数f (x)=cosax−ln(1−x
2)，若x =0是f (x)的极大值点，求a 的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）(−∞,−√2)⋃(√2,+ ∞)
【详解】（1）构建F (x)= x−sin x , x∈(0,1)，则F ' (x)=1−cos x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则F (x)在(0,1)上单调递增，可得F (x)> F (0)=0，
所以x>sin x , x∈(0,1)；
构建G (x)=sin x −(x −x
2)= x
2−x +sin x , x ∈(0,1)，
则G' (x)=2 x−1+cos x , x∈(0,1)，
构建g(x)=G' (x), x∈(0,1)，则g' (x)=2−sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)=0，
即G
' (x)>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则G (x)在(0,1)上单调递增，可得G (x)>G (0)=0，
所以sin x> x−x
2, x∈(0,1)；
综上所述：x−x
2<sin x< x.
（2）令1−x
2>0，解得−1< x<1，即函数f (x)的定义域为(−1,1)，
5
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若a=0，则f (x)=1−ln(1−x
2), x ∈(−1,1)，
因为y =−lnu在定义域内单调递减，y =1−x
2在(−1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
则f (x)=1−ln(1−x
2)在(−1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
故x =0是f (x)的极小值点，不合题意，所以a≠0.
当a≠0时，令b=|a|>0
因为f (x)=cosax−ln(1−x
2)=cos(|a|x)−ln(1−x
2)=cosbx−ln(1−x
2)，
且f (−x)=cos(−bx)−ln[1−(−x)
2]=cosbx−ln(1−x
2)= f (x)，
所以函数f (x)在定义域内为偶函数，
由题意可得：f ' (x)=−bsin bx−2 x
x
2−1
, x∈(−1,1)，
（i）当0<b
2≤2时，取m=min{
1
b ,1}，x∈(0,m)，则bx∈(0,1)，
由（1）可得f ' (x)=−bsin (bx)−2 x
x
2−1
>−b
2 x−2 x
x
2−1
= x(b
2 x
2+2−b
2)
1−x
2
，
且b
2 x
2>0,2−b
2≥0,1−x
2>0，
所以f ' (x)> x(b
2 x
2+2−b
2)
1−x
2
>0，
即当x∈(0,m)⊆(0,1)时，f ' (x)>0，则f (x)在(0,m)上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：f (x)在(−m,0)上单调递减，
所以x =0是f (x)的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当b
2>2时，取x∈(0, 1
b)⊆(0,1)，则bx∈(0,1)，
由（1）可得f ' (x)=−bsin bx−2 x
x
2−1
<−b(bx−b
2 x
2)−2 x
x
2−1
=
x
1−x
2 (−b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2−b
2)，
构建h(x)=−b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2−b
2, x∈(0, 1
b)，
6
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则h' (x)=−3b
3 x
2+2b
2 x +b
3, x∈(0, 1
b)，
且h' (0)=b
3>0,h'(
1
b)=b
3−b>0，则h' (x)>0对∀x∈(0, 1
b)恒成立，
可知h(x)在(0, 1
b)上单调递增，且h(0)=2−b
2<0,h(
1
b)=2>0，
所以h(x)在(0, 1
b)内存在唯一的零点n∈(0, 1
b)，
当x∈(0,n)时，则h(x)<0，且x>0,1−x
2>0，
则f ' (x)<
x
1−x
2 (−b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2−b
2)<0，
即当x∈(0,n)⊆(0,1)时，f ' (x)<0，则f (x)在(0,n)上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：f (x)在(−n,0)上单调递增，
所以x =0是f (x)的极大值点，符合题意；
综上所述：b
2>2，即a
2>2，解得a>√2或a<−√2，
故a 的取值范围为(−∞,−√2)⋃(√2,+ ∞).
5．【2023 年新课标全国Ⅰ卷第19 题】已知函数f (x)=a(e
x+a)−x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f (x)>2ln a+ 3
2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）因为f ( x)=a(e
x+a)−x，定义域为R，所以f ' (x)=ae
x−1，
当a≤0时，由于e
x>0，则ae
x≤0，故f ' (x)=ae
x−1<0恒成立，
所以f (x)在R上单调递减；
当a>0时，令f ' (x)=ae
x−1=0，解得x =−ln a，
当x<−ln a时，f ' (x)<0，则f (x)在(−∞,−ln a)上单调递减；
7
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当x>−ln a时，f ' (x)>0，则f (x)在(−ln a,+∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f (x)在R上单调递减；
当a>0时，f (x)在(−∞,−ln a)上单调递减，f (x)在(−ln a,+ ∞)上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，f (x)min= f (−ln a)=a(e
−ln a+a)+ ln a=1+a
2+ ln a，
要证f ( x)>2ln a+ 3
2，即证1+a
2+ ln a>2ln a+ 3
2，即证a
2−1
2 −ln a>0恒成立，
令g(a)=a
2−1
2 −ln a(a>0)，则g' (a)=2a−1
a = 2a
2−1
a
，
令g' (a)<0，则0<a< √2
2 ；令g' (a)>0，则a> √2
2 ；
所以g(a)在(0, √2
2 )上单调递减，在(
√2
2 ,+∞)上单调递增，
所以g(a)min= g(
√2
2 )=(
√2
2 )
2
−1
2 −ln √2
2 = ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f ( x)>2ln a+ 3
2恒成立，证毕.
方法二：
令h(x)=e
x−x−1，则h' (x)=e
x−1，
由于y =e
x在R上单调递增，所以h' (x)=e
x−1在R上单调递增，
又h' (0)=e
0−1=0，
所以当x<0时，h' (x)<0；当x>0时，h' (x)>0；
所以h(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)=0，则e
x≥x +1，当且仅当x =0时，等号成立，
因为f ( x)=a(e
x+a)−x =ae
x+a
2−x =e
x + ln a+a
2−x ≥x + ln a+1+a
2−x，
当且仅当x + ln a=0，即x =−ln a时，等号成立，
所以要证f ( x)>2ln a+ 3
2，即证x + ln a+1+a
2−x>2ln a+ 3
2，即证a
2−1
2 −ln a>0，
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令g(a)=a
2−1
2 −ln a(a>0)，则g' (a)=2a−1
a = 2a
2−1
a
，
令g' (a)<0，则0<a< √2
2 ；令g' (a)>0，则a> √2
2 ；
所以g(a)在(0, √2
2 )上单调递减，在(
√2
2 ,+∞)上单调递增，
所以g(a)min= g(
√2
2 )=(
√2
2 )
2
−1
2 −ln √2
2 = ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f ( x)>2ln a+ 3
2恒成立，证毕.
6．【2023 年高考全国乙卷理第21 题】已知函数f ( x)=(
1
x +a)ln(1+ x).
(1)当a=−1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y = f(
1
x)关于直线x =b对称，若存在，求a，b 的值，若不存在，说明理由.
(3)若f (x)在(0,+ ∞)存在极值，求a 的取值范围.
【答案】(1)(ln 2) x + y −ln 2=0；
(2)存在a= 1
2 ,b=−1
2满足题意，理由见解析.
(3)(0, 1
2).
【详解】（1）
当a=−1时，f (x)=(
1
x −1)ln (x +1)，
则f ' (x)=−1
x
2 ×ln (x +1)+(
1
x −1)×
1
x +1，
据此可得f (1)=0,f ' (1)=−ln 2，
函数在(1,f (1))处的切线方程为y −0=−ln 2(x−1)，
即(ln 2) x + y −ln 2=0.
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（2）
令g(x)= f(
1
x)=(x +a)ln(
1
x +1)，
函数的定义域满足1
x +1= x +1
x
>0，即函数的定义域为(−∞,−1)∪(0,+∞)，
定义域关于直线x =−1
2对称，由题意可得b=−1
2，
由对称性可知g(−1
2 +m)= g(−1
2 −m)(m> 1
2)，
取m= 3
2可得g(1)= g(−2)，
即(a+1)ln 2=(a−2)ln 1
2，则a+1=2−a，解得a= 1
2，
经检验a= 1
2 ,b=−1
2满足题意，故a= 1
2 ,b=−1
2.
即存在a= 1
2 ,b=−1
2满足题意.
（3）
由函数的解析式可得f ' (x)=(−1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1，
由f (x)在区间(0,+ ∞)存在极值点，则f ' (x)在区间(0,+∞)上存在变号零点;
令(−1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1 =0，
则−(x +1)ln (x +1)+(x +a x
2)=0，
令g(x)=a x
2+ x−(x +1)ln (x +1)，
f (x)在区间(0,+ ∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点，
g' (x)=2ax−ln (x +1),g' ' (x)=2a−
1
x +1
当a≤0时，g' (x)<0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上无零点，不合题意;
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当a≥1
2，2a≥1时，由于1
x +1 <1，所以g' ' (x)>0, g' (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
所以g' (x)>g' (0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，
所以g(x)在区间(0,+ ∞)上无零点，不符合题意；
当0<a< 1
2时，由g' ' (x)=2a−
1
x +1 =0可得x = 1
2a −1，
当x∈(0, 1
2a −1)时，g' ' (x)<0，g' (x)单调递减，
当x∈(
1
2a −1,+∞)时，g' ' (x)>0，g' (x)单调递增，
故g' (x)的最小值为g'(
1
2a −1)=1−2a+ ln 2a，
令m(x)=1−x + ln x (0< x<1)，则m' (x)= −x +1
x
>0，
函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)<m(1)=0，
据此可得1−x + ln x<0恒成立，
则g'(
1
2a −1)=1−2a+ ln 2a<0，
由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+ ∞时，
g' (x)=2ax−ln (x +1)→+ ∞，
且注意到g' (0)=0，
根据零点存在性定理可知:g' (x)在区间(0,+ ∞)上存在唯一零点x0.
当x∈(0, x0)时，g' (x)<0，g(x)单调减，
当x∈(x0,+∞)时，g' (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x0)< g(0)=0.
令n(x)= ln x−√x，则n' (x)= 1
x −
1
2√x = 2−√x
2 x
，
则函数n(x)= ln x−√x在(0,4)上单调递增，在(4 ,+ ∞)上单调递减，
所以n(x)≤n(4)= ln 4−2<0，所以ln x<√x，
11
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所以g(
4
a
2)=(
4
a
2 +1)[
a(
4
a
2 +1)−ln(
4
a
2 +1)−1−a
4
a
2 +1
−2a+1]
>(
4
a
2 +1)[
4
a +a−ln(
4
a
2 +1)+a−1−2a+1]
=(
4
a
2 +1)[
4
a −ln(
4
a
2 +1)]>(
4
a
2 +1)(
4
a −√
4
a
2 +1)
>(
4
a
2 +1)
16
a
2 −4
a
2 −1
4
a +√
4
a
2 +1
=(
4
a
2 +1)
12
a
2 −1
4
a +√
4
a
2 +1
>0，
所以函数g(x)在区间(0,+ ∞)上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数a得取值范围是(0, 1
2).
7．【2023 年高考全国甲卷理第21 题】已知函数f ( x)=ax−sin x
co s
3 x
, x∈(0, π
2)
(1)当a=8时，讨论f ( x)的单调性；
(2)若f ( x)<sin 2 x恒成立，求a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)(−∞,3]
【详解】（1）f
'( x)=a−cos x co s
3 x +3sin x co s
2 x sin x
co s
6 x
=a−co s
2 x +3 sin
2 x
co s
4 x
=a−3−2co s
2 x
co s
4 x
令co s
2 x =t,则t ∈(0,1)
则f
'( x)= g(t )=a−3−2t
t
2
= at
2+2t −3
t
2
当a=8,f
'( x)= g(t )= 8t
2+2t −3
t
2
= (2t −1)(4t +3)
t
2
12
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当t ∈(0, 1
2),即x∈(
π
4 , π
2),f
'( x)<0.
当t ∈(
1
2 ,1),即x∈(0, π
4),f
'( x)>0.
所以f ( x)在(0, π
4)上单调递增,在(
π
4 , π
2)上单调递减
（2）设g( x)= f ( x)−sin 2 x
g
'( x)= f
'( x)−2cos2 x = g(t )−2(2co s
2 x−1)= at
2+2t −3
t
2
−2(2t −1)=a+2−4t + 2
t −3
t
2设
φ(t )=a+2−4t + 2
t −3
t
2
φ
'(t )=−4−2
t
2 + 6
t
3 = −4t
3−2t +6
t
3
=−2(t −1)(2t
2+2t +3)
t
3
>0
所以φ(t )<φ(1)=a−3.
1
°若a∈(−∞,3],g'( x)=φ(t )<a−3≤0
即g( x)在(0, π
2)上单调递减,所以g( x)< g(0)=0.
所以当a∈(−∞,3],f ( x)<sin 2 x,符合题意.
2
°若a∈(3,+∞)
当t →0, 2
t −3
t
2 =−3(
1
t −1
3)
2
+ 1
3 →−∞,所以φ(t )→−∞.
φ(1)=a−3>0.
所以∃t0∈(0,1),使得φ(t0)=0,即∃x0∈(0, π
2),使得g' (x0)=0.
当t ∈(t0,1),φ(t )>0,即当x ∈(0, x0), g
'( x)>0, g( x)单调递增.
所以当x∈(0, x0),g( x)> g(0)=0,不合题意.
综上,a的取值范围为(−∞,3].
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8．【2022 年新课标全国Ⅰ卷第22 题】已知函数f ( x)=e
x−ax和g( x)=ax−ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y =b，其与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个
交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)a=1
(2)见解析
【详解】（1）f ( x)=e
x−ax的定义域为R，而f '( x)=e
x−a，
若a≤0，则f '( x)>0，此时f ( x)无最小值，故a>0.
g( x)=ax−ln x的定义域为(0,+ ∞)，而g
'( x)=a−1
x = ax−1
x
.
当x<ln a时，f '( x)<0，故f ( x)在(−∞,ln a)上为减函数，
当x>ln a时，f '( x)>0，故f ( x)在(ln a,+ ∞)上为增函数，
故f ( x)min= f (ln a)=a−a ln a.
当0< x< 1
a时，g'( x)<0，故g( x)在(0, 1
a)上为减函数，
当x> 1
a时，g'( x)>0，故g( x)在(
1
a ,+∞)上为增函数，
故g( x)min= g(
1
a)=1−ln 1
a.
因为f ( x)=e
x−ax和g( x)=ax−ln x有相同的最小值，
故1−ln 1
a =a−a ln a，整理得到a−1
1+a = ln a，其中a>0，
设g(a)= a−1
1+a −ln a,a>0，则g' (a)=
2
(1+a)
2 −1
a = −a
2−1
a(1+a)
2 ≤0，
故g(a)为(0,+ ∞)上的减函数，而g(1)=0，
故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a
1+a = ln a的解为a=1.
综上，a=1.
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（2）[方法一]：
由（1）可得f ( x)=e
x−x和g( x)= x−ln x的最小值为1−ln1=1−ln 1
1 =1.
当b>1时，考虑e
x−x =b的解的个数、x−ln x =b的解的个数.
设S (x)=e
x−x−b，S' (x)=e
x−1，
当x<0时，S' (x)<0，当x>0时，S' (x)>0，
故S (x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+ ∞)上为增函数，
所以S (x)min= S (0)=1−b<0，
而S (−b)=e
−b>0，S (b)=e
b−2b，
设u(b)=e
b−2b，其中b>1，则u' (b)=e
b−2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，
故S (b)>0，故S (x)=e
x−x−b有两个不同的零点，即e
x−x =b的解的个数为2.
设T (x)= x−ln x−b，T ' (x)= x−1
x
，
当0< x<1时，T ' (x)<0，当x>1时，T ' (x)>0，
故T (x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
所以T (x)min=T (1)=1−b<0，
而T (e
−b)=e
−b>0，T (e
b)=e
b−2b>0，
T (x)= x−ln x−b有两个不同的零点即x−ln x =b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x−ln x =b、e
x−x =b仅有一个解，
当b<1时，由（1）讨论可得x−ln x =b、e
x−x =b均无根，
故若存在直线y =b与曲线y = f (x)、y = g(x)有三个不同的交点，
则b>1.
设h( x)=e
x+ ln x −2 x，其中x>0，故h'( x)=e
x+ 1
x −2，
设s(x)=e
x−x−1，x>0，则s' (x)=e
x−1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e
x> x +1，
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所以h'( x)> x + 1
x −1≥2−1>0，所以h( x)在(0,+ ∞)上为增函数，
而h(1)=e−2>0，h( 1
e
3 )=e
1
e
3 −3−2
e
3 <e−3−2
e
3 <0，
故h(x)
(0,+ ∞)上有且只有一个零点x0，1
e
3 < x0<1且：
当0< x< x0时，h(x)<0即e
x−x< x−ln x即f (x)< g(x)，
当x> x0时，h(x)>0即e
x−x> x−ln x即f (x)>g(x)，
因此若存在直线y =b与曲线y = f (x)、y = g(x)有三个不同的交点，
故b= f (x0)= g(x0)>1，
此时e
x−x =b有两个不同的根x1, x0( x1<0< x0)，
此时x−ln x =b有两个不同的根x0, x4(0< x0<1< x4)，
故e
x1−x1=b，e
x0−x0=b，x4−ln x4−b=0，x0−ln x0−b=0
所以x4−b= ln x4即e
x4−b= x4即e
x4−b−(x4−b)−b=0，
故x4−b为方程e
x−x =b的解，同理x0−b也为方程e
x−x =b的解
又e
x1−x1=b可化为e
x1= x1+b即x1−ln(x1+b)=0即(x1+b)−ln(x1+b)−b=0，
故x1+b为方程x−ln x =b的解，同理x0+b也为方程x−ln x =b的解，
所以{x1, x0}={x0−b, x4−b}，而b>1，
故{
x0= x4−b
x1= x0−b即x1+ x4=2 x0.
[方法二]：
由(1)知，f ( x)=e
x−x，g( x)= x−ln x，
且f ( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增；
g( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，且f ( x)min= g( x)min=1.
①b<1时，此时f ( x)min= g( x)min=1>b，显然y =b与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)
共有0 个交点，不符合题意；
②b=1时，此时f ( x)min= g( x)min=1=b，
故y =b与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)共有2 个交点，交点的横坐标分别为0 和1；
16
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③b>1时，首先，证明y =b与曲线y = f ( x)有2 个交点，
即证明F( x)= f ( x)−b有2 个零点，F '( x)= f '( x)=e
x−1，
所以F( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又因为F(−b)=e
−b>0，F(0)=1−b<0，F(b)=e
b−2b>0，
(令t(b)=e
b−2b，则t '(b)=e
b−2>0，t(b)>t(1)=e−2>0)
所以F( x)= f ( x)−b在(−∞,0)上存在且只存在1 个零点，设为x1，在(0,+ ∞)上存在且只存在1 个零点，
设为x2.
其次，证明y =b与曲线和y = g( x)有2 个交点，
即证明G( x)= g( x)−b有2 个零点，G'( x)= g'( x)=1−1
x ，
所以G( x)(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
又因为G(e
−b)=e
−b>0，G (1)=1−b<0，G(2b)=b−ln 2b>0，
(令μ(b)=b−ln 2b，则μ'(b)=1−1
b >0，μ(b)> μ(1)=1−ln 2>0)
所以G( x)= g( x)−b在(0,1)上存在且只存在1 个零点，设为x3，在(1,+ ∞)上存在且只存在1 个零点，设
为x4.
再次，证明存在b，使得x2= x3:
因为F( x2)=G( x3)=0，所以b=e
x2−x2= x3−ln x3，
若x2= x3，则e
x2−x2= x2−ln x2，即e
x2−2 x2+ ln x2=0，
所以只需证明e
x−2 x + ln x =0在(0,1)上有解即可，
即φ( x)=e
x−2 x + ln x在(0,1)上有零点，
因为φ( 1
e
3 )=e
1
e
3 −2
e
3 −3<0，φ(1)=e−2>0，
所以φ( x)=e
x−2 x + ln x在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2= x3= x0即可，
此时取b=e
x0−x0
则此时存在直线y =b，其与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)共有三个不同的交点，
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最后证明x1+ x4=2 x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为F( x1)= F( x2)= F( x0)=0=G( x3)=G( x0)=G( x4)
所以F( x1)=G( x0)= F(ln x0)，
又因为F( x)在(−∞,0)上单调递减，x1<0，0< x0<1即ln x0<0，所以x1= ln x0，
同理，因为F( x0)=G(e
x0)=G( x4)，
又因为G( x)在(1,+ ∞)上单调递增，x0>0即e
x0>1，x1>1，所以x4=e
x0，
又因为e
x0−2 x0+ ln x0=0，所以x1+ x4=e
x0+ ln x0=2 x0，
即直线y =b与两条曲线y = f ( x)和y = g( x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
9．【2022 年新课标全国Ⅱ卷第22 题】已知函数f ( x)= x e
ax−e
x．
(1)当a=1时，讨论f ( x)的单调性；
(2)当x>0时，f ( x)<−1，求a 的取值范围；
(3)设n∈N
∗，证明：
1
√1
2+1
+
1
√2
2+2
+⋯+
1
√n
2+n
>ln(n+1)．
【答案】(1)f (x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)a≤1
2
(3)见解析
【详解】（1）当a=1时，f (x)=(x−1)e
x，则f ' (x)= x e
x，
当x<0时，f ' (x)<0，当x>0时，f ' (x)>0，
故f (x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+ ∞).
（2）设h(x)= x e
ax−e
x+1，则h(0)=0，
又h' (x)=(1+ax)e
ax−e
x，设g(x)=(1+ax)e
ax−e
x，
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则g' (x)=(2a+a
2 x)e
ax−e
x，
若a> 1
2，则g' (0)=2a−1>0，
因为g' (x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0,+∞)，使得∀x∈(0, x0)，总有g' (x)>0，
故g(x)在(0, x0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，
故h(x)在(0, x0)为增函数，故h(x)>h(0)=0，与题设矛盾.
若0<a≤1
2，则h' (x)=(1+ax)e
ax−e
x =eax + ln (1+ax)−e
x，
下证：对任意x>0，总有ln (1+ x)< x成立，
证明：设S (x)= ln (1+ x)−x，故S' (x)=
1
1+ x −1= −x
1+ x <0，
故S (x)在(0,+∞)上为减函数，故S (x)<S (0)=0即ln (1+ x)< x成立.
由上述不等式有eax + ln (1+ax)−e
x<e
ax +ax−e
x =e
2ax−e
x≤0，
故h' (x)≤0总成立，即h(x)在(0,+ ∞)上为减函数，
所以h(x)<h(0)=0.
当a≤0时，有h' (x)=e
ax−e
x+ax e
ax<1−1+0=0，
所以h(x)在(0,+ ∞)上为减函数，所以h(x)<h(0)=0.
综上，a≤1
2.
（3）取a= 1
2，则∀x>0，总有x e
1
2 x
−e
x+1<0成立，
令t =e
1
2 x，则t >1,t
2=e
x , x =2ln t，
故2t ln t <t
2−1即2ln t <t −1
t 对任意的t >1恒成立.
所以对任意的n∈N
∗，有2ln√
n+1
n
<√
n+1
n
−√
n
n+1，
整理得到：ln (n+1)−ln n<
1
√n
2+n
，
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故
1
√1
2+1
+
1
√2
2+2
+⋯+
1
√n
2+n
>ln 2−ln1+ ln3−ln 2+⋯+ ln (n+1)−ln n
= ln (n+1)，
故不等式成立.
10．【2022 年高考全国乙卷理第21 题】已知函数f (x)= ln (1+ x)+ax e
−x
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(−1,0),(0,+ ∞)各恰有一个零点，求a 的取值范围．
【答案】(1)y =2 x
(2)(−∞,−1)
【详解】（1）f ( x)的定义域为(−1,+ ∞)
当a=1时,f ( x)= ln(1+ x)+ x
e
x ,f (0)=0,所以切点为(0,0)f
'( x)=
1
1+ x + 1−x
e
x ,f
'(0)=2,所以切线斜率为
2
所以曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程为y =2 x
（2）f ( x)= ln(1+ x)+ ax
e
x
f
'( x)=
1
1+ x + a(1−x)
e
x
= e
x+a(1−x
2)
(1+ x)e
x
设g( x)=e
x+a(1−x
2)
1
°若a>0,当x∈(−1,0), g( x)=e
x+a(1−x
2)>0,即f '( x)>0
所以f ( x)在(−1,0)上单调递增,f ( x)<f (0)=0
故f ( x)在(−1,0)上没有零点,不合题意
2
°若−1≤a≤0,当x∈(0,+∞),则g
'( x)=e
x−2ax>0
所以g( x)在(0,+∞)上单调递增所以g( x)> g(0)=1+a≥0,即f '( x)>0
所以f ( x)在(0,+∞)上单调递增,f ( x)>f (0)=0
故f ( x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3
°若a<−1
20
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(1)当x∈(0,+∞),则g
'( x)=e
x−2ax>0,所以g( x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f '(m)=0
当x∈(0,m),f
'( x)<0,f ( x)单调递减
当x∈(m,+∞),f
'( x)>0,f ( x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f ( x)<f (0)=0,
令h( x)= x
e
x , x>−1,则h'( x)= 1−x
e
x , x>−1,
所以h( x)= x
e
x 在(−1,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以h( x)≤h(1)= 1
e ，
又e
−a
e −1>0，f(e
−a
e −1)≥−a
e +a⋅1
e =0，
所以f ( x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f ( x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(−1,0), g( x)=e
x+a(1−x
2)
设h( x)= g
'( x)=e
x−2ax
h
'( x)=e
x−2a>0
所以g'( x)在(−1,0)单调递增
g
'(−1)= 1
e +2a<0,g
'(0)=1>0
所以存在n∈(−1,0),使得g'(n)=0
当x∈(−1,n), g
'( x)<0, g( x)单调递减
当x∈(n,0),g
'( x)>0, g( x)单调递增,g( x)< g(0)=1+a<0
又g(−1)= 1
e >0
所以存在t ∈(−1,n),使得g(t )=0,即f '(t )=0
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当x∈(−1,t ),f ( x)单调递增,当x∈(t ,0),f ( x)单调递减，
当x∈(−1,0)，h(x)>h(−1)=−e，
又−1<e
ae−1<0，f (e
ae−1)<ae−ae =0
而f (0)=0,所以当x∈(t ,0),f ( x)>0
所以f ( x)在(−1,t )上有唯一零点,(t ,0)上无零点
即f ( x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f ( x)在区间(−1,0),(0,+ ∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)
11．【2022 年高考全国甲卷理第21 题】已知函数f (x)= e
x
x −ln x + x−a．
(1)若f (x)≥0，求a 的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x1, x2，则x1 x2<1．
【答案】(1)(−∞,e+1]
(2)证明见的解析
【详解】（1）[方法一]：常规求导
f ( x)的定义域为(0,+∞)，则
f '( x)=(
1
x −1
x
2)e
x−1
x +1= 1
x(1−1
x)e
x+(1−1
x)= x−1
x (
e
x
x +1)
令f ' (x)=0,得x =1
当x∈(0,1),f '( x)<0,f ( x)单调递减
当x∈(1,+∞),f '( x)>0,f ( x)单调递增f ( x)≥f (1)=e+1−a，
若f ( x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
[方法二]：同构处理
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由f (x)≥0得：e
−ln x + x+ x−ln x−a≥0
令t = x−ln x ,t ≥1，则f (t )=e
t +t −a≥0即a≤e
t +t
令g(t )=e
t +t ,t ∈[1,+ ∞)，则g' (t )=e
t +1>0
故g(t )=e
t +t在区间[1,+∞)上是增函数
故g(t )min= g(1)=e+1，即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知,f (x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x1<1< x2
要证x1 x2<1,即证x1< 1
x2
因为x1, 1
x2
∈(0,1),即证f (x1)>f(
1
x2)
又因为f (x1)= f (x2),故只需证f (x2)>f(
1
x2)
即证e
x
x −ln x + x−x e
1
x −ln x−1
x >0, x∈(1,+∞)
即证e
x
x −x e
1
x −2[ln x−1
2(x−1
x)]>0
下面证明x>1时，e
x
x −x e
1
x >0,ln x−1
2(x−1
x)<0
设g( x)= e
x
x −x e
1
x , x>1，
则g'( x)=(
1
x −1
x
2)e
x−(e
1
x + x e
1
x ⋅(−1
x
2))= 1
x(1−1
x)e
x−e
1
x(1−1
x)
=(1−1
x)(
e
x
x −e
1
x)= x−1
x (
e
x
x −e
1
x)
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设φ(x)= e
x
x
(x>1),φ' (x)=(
1
x −1
x
2)e
x = x−1
x
2 e
x>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e
1
x <e
所以e
x
x −e
1
x >0,所以g'( x)>0
所以g( x)在(1,+ ∞)单调递增
即g( x)>g(1)=0,所以e
x
x −x e
1
x >0
令h( x)= ln x−1
2(x−1
x), x>1
h'( x)= 1
x −1
2(1+ 1
x
2)= 2 x−x
2−1
2 x
2
= −( x−1)
2
2 x
2
<0
所以h( x)在(1,+ ∞)单调递减
即h( x)<h(1)=0,所以ln x−1
2(x−1
x)<0；
综上, e
x
x −x e
1
x −2[ln x−1
2(x−1
x)]>0,所以x1 x2<1.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：f (x)= e
x
x + ln e
x
x −a
令t = e
x
x >1，则f (t )=t + ln t −a，f ' (t )=1+ 1
t >0
所以g(t )=t + ln t −a在(1,+∞)上单调递增，故g(t )=0只有1 个解
又因为f (x)= e
x
x + ln e
x
x −a有两个零点x1, x2，故t = e
x1
x1
= e
x2
x2
两边取对数得：x1−ln x1= x2−ln x2，即
x1−x2
ln x1−ln x2
=1
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又因为√x1 x2<
x1−x2
ln x1−ln x2
(∗)，故√x1 x2<1，即x1 x2<1
下证√x1 x2<
x1−x2
ln x1−ln x2
(∗)
因为√x1 x2<
x1−x2
ln x1−ln x2
⇔ln x1−ln x2< x1−x2
√x1 x2
⇔ln x1
x2
<√
x1
x2
−√
x2
x1
不妨设t =√
x1
x2
>1，则只需证2ln t <t −1
t
构造h(t )=2ln t −t + 1
t ,t >1，则h' (t )= 2
t −1−1
t
2 =−(1−1
t)
2
<0
故h(t )=2ln t −t + 1
t 在(1,+∞)上单调递减
故h(t )<h(1)=0，即2ln t <t −1
t 得证
12．【2021 年新课标全国Ⅰ卷第22 题】已知函数f (x)= x (1−ln x).
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）设a，b为两个不相等的正数，且b ln a−a ln b=a−b，证明：2< 1
a + 1
b <e.
【答案】（1）f (x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞)；（2）证明见解析.
【详解】(1)f (x)的定义域为(0,+ ∞)．
由f (x)= x (1−ln x)得，f ' (x)=−ln x，
当x =1时，f ' (x)=0；当x∈(0,1)时f ' (x)>0；当x∈(1,+∞)时，f ' (x)<0．
故f (x)在区间(0,1]内为增函数，在区间[1,+∞)内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由b ln a−a ln b=a−b得1
a (1−ln 1
a )= 1
b (1−ln 1
b )，即f ( 1
a )= f ( 1
b )．
由a≠b，得1
a ≠1
b ．
由（1）不妨设1
a ∈(0,1), 1
b ∈(1,+ ∞)，则f ( 1
a )>0，从而f ( 1
b )>0，得1
b ∈(1,e)，
①令g(x)= f (2−x)−f (x)，
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则g'( x)= ln(2−x)+ ln x = ln(2 x −x
2)= ln[1−( x −1)
2]，
当x∈(0,1)时，g' (x)<0，g(x)在区间(0,1)内为减函数，g(x)> g(1)=0，
从而f (2−x)>f (x)，所以f (2−1
a )>f ( 1
a )= f ( 1
b )，
由（1）得2−1
a < 1
b 即2< 1
a + 1
b ．①
令h(x)= x + f (x)，则h' (x)=1+ f ' (x)=1−ln x，
当x∈(1,e)时，h' (x)>0，h(x)在区间(1,e)内为增函数，h(x)<h(e)=e，
从而x + f (x)<e，所以1
b + f ( 1
b )<e．
又由1
a ∈(0,1)，可得1
a < 1
a (1−ln 1
a )= f ( 1
a )= f ( 1
b )，
所以1
a + 1
b <f ( 1
b )+ 1
b =e．②
由①②得2< 1
a + 1
b <e．
[方法二]【最优解】：b ln a−a ln b=a−b变形为ln a
a −ln b
b = 1
b −1
a，所以ln a+1
a
= ln b+1
b
．
令1
a =m, 1
b =n．则上式变为m(1−ln m)=n(1−ln n)，
于是命题转换为证明：2<m+n<e．
令f (x)= x (1−ln x)，则有f (m)= f (n)，不妨设m<n．
由（1）知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．
要证：m+n>2⇔n>2−m⇔f (n)<f (2−m)⇔f (m)<f (2−m)
⇔f (m)−f (2−m)<0．
令g(x)= f (x)−f (2−x), x∈(0,1)，
则g' (x)=−ln x−ln (2−x)=−ln[x (2−x)]≥−ln1=0，
∴g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以g(x)< g(1)=0，即m+n>2．
再证m+n<e．
因为m(1−ln m)=n⋅(1−ln n)>m，所以需证n(1−ln n)+n<e⇒m+n<e．
令h(x)= x (1−ln x)+ x , x∈(1,e)，
所以h' (x)=1−ln x>0，故h(x)在区间(1,e)内单调递增．
所以h(x)<h(e)=e．故h(n)<e，即m+n<e．
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综合可知2< 1
a + 1
b <e．
[方法三]：比值代换
证明1
a + 1
b >2同证法2．以下证明x1+ x2<e．
不妨设x2=t x1，则t = x2
x1
>1，
由x1(1−ln x1)= x2(1−ln x2)得x1(1−ln x1)=t x1[1−ln(t x1)]，ln x1=1−t ln t
t −1，
要证x1+ x2<e，只需证(1+t ) x1<e，两边取对数得ln(1+t )+ ln x1<1，
即ln(1+t )+1−t ln t
t −1 <1，
即证ln(1+t )
t
< ln t
t −1．
记g(s)= ln(1+ s)
s
,s∈(0,+ ∞)，则g
'(s)=
s
1+ s −ln(1+ s)
s
2
.
记h(s)=
s
1+ s −ln(1+ s)，则h'(s)=
1
(1+ s)
2 −1
1+ s <0，
所以，h(s)在区间(0,+∞)内单调递减．h(s)<h(0)=0，则g' (s)<0，
所以g(s)在区间(0,+∞)内单调递减．
由t ∈(1,+∞)得t −1∈(0,+ ∞)，所以g(t )<g(t −1)，
即ln(1+t )
t
< ln t
t −1．
[方法四]：构造函数法
由已知得ln a
a −ln b
b = 1
b −1
a，令1
a = x1, 1
b = x2，
不妨设x1< x2，所以f (x1)= f (x2)．
由（Ⅰ）知，0< x1<1< x2<e，只需证2< x1+ x2<e．
证明x1+ x2>2同证法2．
再证明x1+ x2<e．令h( x)= 1−ln x
x−e (0< x<e),h
'( x)=
−2+ e
x + ln x
( x−e)
2
．
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令φ( x)= ln x + e
x −2(0< x<e)，则φ'( x)= 1
x −e
x
2 = x−e
x
2 <0．
所以φ(x)>φ(e)=0,h' (x)>0，h(x)在区间(0,e)内单调递增．
因为0< x1< x2<e，所以
1−ln x1
x1−e < 1−ln x2
x2−e ，即
1−ln x1
1−ln x2
> x1−e
x2−e
又因为f (x1)= f (x2)，所以
1−ln x1
1−ln x2
= x2
x1
, x2
x1
> x1−e
x2−e ，
即x2
2−e x2< x1
2−e x1,(x1−x2)(x1+ x2−e)>0．
因为x1< x2，所以x1+ x2<e，即1
a + 1
b <e．
综上，有2< 1
a + 1
b <e结论得证．
13．【2021 年新课标全国Ⅱ卷第21 题】一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微
生物为第0 代，经过一次繁殖后为第1 代，再经过一次繁殖后为第2 代……，该微生物每代繁殖的个数是
相互独立的且有相同的分布列，设X 表示1 个微生物个体繁殖下一代的个数，P( X =i)= pi(i=0,1,2,3)．
（1）已知p0=0.4 , p1=0.3, p2=0.2, p3=0.1，求E( X )；
（2）设p 表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p 是关于x 的方程：p0+ p1 x + p2 x
2+ p3 x
3= x
的一个最小正实根，求证：当E( X )≤1时，p=1，当E( X )>1时，p<1；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
【详解】（1）E( X )=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.
（2）设f (x)= p3 x
3+ p2 x
2+( p1−1)x + p0，
因为p3+ p2+ p1+ p0=1，故f (x)= p3 x
3+ p2 x
2−( p2+ p0+ p3)x + p0，
若E (X )≤1，则p1+2 p2+3 p3≤1，故p2+2 p3≤p0.
f ' (x)=3 p3 x
2+2 p2 x−( p2+ p0+ p3)，
因为f ' (0)=−( p2+ p0+ p3)<0，f ' (1)= p2+2 p3−p0≤0，
故f ' (x)有两个不同零点x1, x2，且x1<0<1≤x2，
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且x∈(−∞, x1)∪(x2,+∞)时，f ' (x)>0；x∈(x1, x2)时，f ' (x)<0；
故f (x)在(−∞, x1)，(x2,+∞)上为增函数，在(x1, x2)上为减函数，
若x2=1，因为f (x)在(x2,+∞)为增函数且f (1)=0，
而当x∈(0, x2)时，因为f (x)在(x1, x2)上为减函数，故f (x)>f (x2)= f (1)=0，
故1为p0+ p1 x + p2 x
2+ p3 x
3= x的一个最小正实根，
若x2>1，因为f (1)=0且在(0, x2)上为减函数，故1 为p0+ p1 x + p2 x
2+ p3 x
3= x的一个最小正实根，
综上，若E (X )≤1，则p=1.
若E (X )>1，则p1+2 p2+3 p3>1，故p2+2 p3> p0.
此时f ' (0)=−( p2+ p0+ p3)<0，f ' (1)= p2+2 p3−p0>0，
故f ' (x)有两个不同零点x3, x4，且x3<0< x4<1，
且x∈(−∞, x3)⋃(x4,+∞)时，f ' (x)>0；x∈(x3, x4)时，f ' (x)<0；
故f (x)在(−∞, x3)，(x4,+ ∞)上为增函数，在(x3, x4)上为减函数，
而f (1)=0，故f (x4)<0，
又f (0)= p0>0，故f (x)在(0, x4)存在一个零点p，且p<1.
所以p为p0+ p1 x + p2 x
2+ p3 x
3= x的一个最小正实根，此时p<1，
故当E (X )>1时，p<1.
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过
1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
14．【2021 年新课标全国Ⅱ卷第22 题】已知函数f ( x)=( x −1)e
x−a x
2+b．
（1）讨论f ( x)的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明：f ( x)只有一个零点
①1
2 <a≤e
2
2 ,b>2a；
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②0<a< 1
2 ,b≤2a．
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
【详解】(1)由函数的解析式可得：f ' (x)= x(e
x−2a)，
当a≤0时，若x∈(−∞,0)，则f ' (x)<0,f (x)单调递减，
若x∈(0,+∞)，则f ' (x)>0,f (x)单调递增；
当0<a< 1
2时，若x ∈(−∞,ln (2a))，则f ' (x)>0,f (x)单调递增，
若x ∈(ln (2a),0)，则f ' (x)<0,f (x)单调递减，
若x∈(0,+∞)，则f ' (x)>0,f (x)单调递增；
当a= 1
2时，f ' (x)≥0,f (x)在R上单调递增；
当a> 1
2时，若x∈(−∞,0)，则f ' (x)>0,f (x)单调递增，
若x ∈(0,ln (2a))，则f ' (x)<0,f (x)单调递减，
若x ∈(ln (2a),+ ∞)，则f ' (x)>0,f (x)单调递增；
(2)若选择条件①：
由于1
2 <a≤e
2
2 ，故1<2a≤e
2，则b>2a>1,f (0)=b−1>0，
而f(−√
b
a)=(−1−√
b
a)e
−√
b
a −b+b<0，
而函数在区间(−∞,0)上单调递增，故函数在区间(−∞,0)上有一个零点.
f (ln (2a))=2a[ln (2a)−1]−a[ln (2a)]
2+b
>2a[ln (2a)−1]−a[ln (2a)]
2+2a
=2aln (2a)−a[ln (2a)]
2
=a ln (2a)[2−ln (2a)]，
由于1
2 <a≤e
2
2 ，1<2a≤e
2，故a ln (2a)[2−ln (2a)]≥0，
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结合函数的单调性可知函数在区间(0,+ ∞)上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
由于0<a< 1
2，故2a<1，则f (0)=b−1≤2a−1<0，
当b≥0时，e
2>4,4 a<2，f (2)=e
2−4 a+b>0，
而函数在区间(0,+ ∞)上单调递增，故函数在区间(0,+ ∞)上有一个零点.
当b<0时，构造函数H (x)=e
x−x−1，则H ' (x)=e
x−1，
当x∈(−∞,0)时，H ' (x)<0, H (x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，H ' (x)>0, H (x)单调递增，
注意到H (0)=0，故H (x)≥0恒成立，从而有：e
x≥x +1，此时：
f (x)=(x−1)e
x−a x
2+b≥(x−1)(x +1)−a x
2+b=(1−a) x
2+(b−1)，
当x>√
1−b
1−a 时，(1−a) x
2+(b−1)>0，
取x0=√
1−b
1−a +1，则f (x0)>0，
即：f (0)<0,f(√
1−b
1−a +1)>0，
而函数在区间(0,+ ∞)上单调递增，故函数在区间(0,+ ∞)上有一个零点.
f (ln (2a))=2a[ln (2a)−1]−a[ln (2a)]
2+b
≤2a[ln (2a)−1]−a[ln (2a)]
2+2a
=2aln (2a)−a[ln (2a)]
2
=a ln (2a)[2−ln (2a)]，
由于0<a< 1
2，0<2a<1，故a ln (2a)[2−ln (2a)]<0，
结合函数的单调性可知函数在区间(−∞,0)上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
15．【2021 年高考全国乙卷理第20 题】设函数f (x)= ln (a−x)，已知x =0是函数y = xf (x)的极值点．
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（1）求a；
（2）设函数g( x)= x + f ( x)
xf ( x) ．证明:g(x)<1．
【答案】（1）a=1；（2）证明见详解
【详解】（1）由f (x)= ln (a−x)⇒f ' (x)=
1
x−a，y = xf (x)⇒y ' = ln (a−x)+
x
x−a，
又x =0是函数y = xf (x)的极值点，所以y ' (0)= ln a=0，解得a=1；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，g( x)= x + ln(1−x)
x ln(1−x) =
1
ln(1−x) + 1
x ，其定义域为(−∞,0)⋃(0,1)．
要证g( x)<1，即证
1
ln(1−x) + 1
x <1，即证
1
ln(1−x) <1−1
x = x−1
x
．
（ⅰ）当x∈(0,1)时，
1
ln(1−x) <0，x−1
x
<0，即证ln(1−x)>
x
x−1．令F( x)= ln(1−x)−
x
x−1，
因为F '( x)= −1
1−x −
−1
( x−1)
2 =
x
( x−1)
2 >0，所以F( x)在区间(0,1)内为增函数，所以F( x)> F(0)=0．
（ⅱ）当x∈(−∞,0)时，
1
ln(1−x) >0，x−1
x
>0，即证ln(1−x)>
x
x−1，由（ⅰ）分析知F( x)在区
间(−∞,0)内为减函数，所以F( x)> F(0)=0．
综合（ⅰ）（ⅱ）有g( x)<1．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得f (x)= ln (1−x)，g( x)= x + f ( x)
xf ( x) = x + ln (1−x)
x ln (1−x) ，x<1且x≠0，
当 x∈(0,1)时，要证g( x)= x + ln (1−x)
x ln (1−x) <1，∵x>0,ln (1−x)<0， ∴x ln (1−x)<0，即证
x + ln (1−x)> x ln (1−x)，化简得x +(1−x)ln (1−x)>0；
同理，当x∈(−∞,0)时，要证g( x)= x + ln (1−x)
x ln (1−x) <1，∵x<0,ln (1−x)>0， ∴x ln (1−x)<0，即证
x + ln (1−x)> x ln (1−x)，化简得x +(1−x)ln (1−x)>0；
令h(x)= x +(1−x)ln (1−x)，再令t =1−x，则t ∈(0,1)⋃(1,+∞)，x =1−t，
令φ(t )=1−t +t ln t，φ' (t )=−1+ ln t +1= ln t，
当t ∈(0,1)时，φ' (t )<0，φ(t )单减，故φ(t )>φ(1)=0；
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当t ∈(1,+∞)时，φ' (t )>0，φ(t )单增，故φ(t )>φ(1)=0；
综上所述，g( x)= x + ln (1−x)
x ln (1−x) <1在x∈(−∞,0)⋃(0,1)恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令φ( x)= ln x−( x−1)，因为φ'( x)= 1
x −1= 1−x
x
，所以φ( x)在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,+∞)
内是减函数，所以φ( x)≤φ(1)=0，即ln x ≤x−1（当且仅当x =1时取等号）．故当x<1且x≠0时，
1
1−x >0且
1
1−x ≠1，ln
1
1−x <
1
1−x −1，即−ln(1−x)<
x
1−x ，所以ln(1−x)>
x
x−1．
（ⅰ）当x∈(0,1)时，0>ln(1−x)>
x
x−1，所以
1
ln(1−x) < x−1
x
=1−1
x ，即
1
ln(1−x) + 1
x <1，所以
g( x)<1．
（ⅱ）当x∈(−∞,0)时，ln(1−x)>
x
x−1 >0，同理可证得g( x)<1．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当x<1且x≠0时，x + ln(1−x)
x ln(1−x) <1，即g( x)<1．
16．【2021 年高考全国甲卷理第21 题】已知a>0且a≠1，函数f ( x)= x
a
a
x ( x>0)．
（1）当a=2时，求f (x)的单调区间；
（2）若曲线y = f (x)与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．
【答案】（1）(0, 2
ln 2]上单调递增；[
2
ln 2 ,+∞)上单调递减；（2）(1,e)⋃(e ,+ ∞).
【详解】（1）当a=2时，f (x)= x
2
2
x ,f ' (x)= 2 x⋅2
x−x
2⋅2
x ln 2
(2
x)
2
= x⋅2
x(2−x ln 2)
4
x
,
令f ' (x)=0得x = 2
ln 2,当0< x< 2
ln 2时，f ' (x)>0,当x> 2
ln 2时，f ' (x)<0,
∴函数f (x)在(0, 2
ln 2]上单调递增；[
2
ln 2 ,+ ∞)上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
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f (x)= x
a
a
x =1⇔a
x = x
a⇔x ln a=aln x⇔ln x
x = ln a
a ,设函数g(x)= ln x
x ,
则g' (x)= 1−ln x
x
2
,令g' (x)=0，得x =e,
在(0,e)内g' (x)>0,g(x)单调递增；
在(e ,+∞)上g' (x)<0,g(x)单调递减；
∴g(x)max = g(e)= 1
e ,
又g(1)=0，当x趋近于+∞时，g(x)趋近于0，
所以曲线y = f (x)与直线y =1有且仅有两个交点，即曲线y = g(x)与直线y = ln a
a 有两个交点的充分必要条
件是0< ln a
a < 1
e ,这即是0<g(a)< g(e),
所以a的取值范围是(1,e)⋃(e ,+∞).
[方法二]：构造差函数
由y = f ( x)与直线y =1有且仅有两个交点知f ( x)=1，即x
a=a
x在区间(0,+∞)内有两个解，取对数得方程
aln x = x ln a在区间(0,+∞)内有两个解．
构造函数g( x)=aln x−x ln a, x∈(0,+ ∞)，求导数得g
'( x)= a
x −ln a= a−x ln a
x
．
当0<a<1时，ln a<0, x∈(0,+∞),a−x ln a>0,g
'( x)>0,g( x)在区间(0,+ ∞)内单调递增，所以，
g( x)在(0,+∞)内最多只有一个零点，不符合题意；
当a>1时，ln a>0，令g'( x)=0得x = a
ln a，当x∈(0, a
ln a)时，g'( x)>0；当x∈(
a
ln a ,+∞)时，
g'( x)<0；所以，函数g( x)的递增区间为(0, a
ln a)，递减区间为(
a
ln a ,+∞)．
由于0<e
−1
a <1< a
ln a , g(e
−1
a)=−1−e
−1
a ln a<0，
当x→+∞时，有a ln x< x ln a，即g( x)<0，由函数g( x)=a ln x−x ln a在(0,+∞)内有两个零点知
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g(
a
ln a)=a(ln a
ln a −1)>0，所以a
ln a >e，即a−elna>0．
构造函数h(a)=a−elna，则h
'(a)=1−e
a = a−e
a
，所以h(a)的递减区间为(1,e)，递增区间为(e ,+∞)，
所以h(a)≥h(e)=0，当且仅当a=e时取等号，故h(a)>0的解为a>1且a≠e．
所以，实数a 的取值范围为(1,e)∪(e ,+ ∞)．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线y = f ( x)与y =1有且仅有两个交点等价为x
a
a
x =1在区间(0,+∞)内有两个不相同的解．
因为x
a=a
x，所以两边取对数得a ln x = x ln a，即ln x = x ln a
a
，问题等价为g( x)= ln x与p( x)= x ln a
a
有
且仅有两个交点．
①当0<a<1时，ln a
a <0, p( x)与g( x)只有一个交点，不符合题意．
②当a>1时，取g( x)= ln x上一点(x0,ln x0), g
'( x)= 1
x ,g
'(x0)= 1
x0
, g( x)在点(x0,ln x0)的切线方程为
y −ln x0= 1
x0
(x−x0)，即y = 1
x0
x−1+ ln x0．
当y = 1
x0
x−1+ ln x0与p( x)= x ln a
a
为同一直线时有{
ln a
a = 1
x0
,
ln x0−1=0,
得{
ln a
a = 1
e ,
x0=e.
直线p( x)= x ln a
a
的斜率满足：0< ln a
a < 1
e 时，g( x)= ln x与p( x)= x ln a
a
有且仅有两个交点．
记h(a)= ln a
a ,h
'(a)= 1−ln a
a
2
，令h'(a)=0，有a=e．a∈(1,e),h
'(a)>0,h(a)在区间(1,e)内单调递
增；a∈(e ,+ ∞),h
'(a)<0,h(a)在区间(e ,+ ∞)内单调递减；a=e时，h(a)最大值为h(e)= 1
e ，所以当
a>1且a≠e时有0< ln a
a < 1
e ．
综上所述，实数a 的取值范围为(1,e)∪(e ,+ ∞)．
[方法四]：直接法
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f ( x)= x
a
a
x ( x>0),f
'( x)= a x
a−1⋅a
x−a
x ln a⋅x
a
(a
x)
2
= x
a−1(a−x ln a)
a
x
．
因为x>0，由f '( x)=0得x = a
ln a．
当0<a<1时，f ( x)在区间(0,+∞)内单调递减，不满足题意；
当a>1时，a
ln a >0，由f '( x)>0得0< x< a
ln a ,f ( x)在区间(0, a
ln a)内单调递增，由f '( x)<0得
x> a
ln a ,f ( x)在区间(
a
ln a ,+ ∞)内单调递减．
因为lim
x→+∞f ( x)=0，且lim
x→0
+ f ( x)=0，所以f(
a
ln a)>1，即(
a
ln a)
a
a
a
ln a
= a
a−a
ln a
(ln a)
a >1，即
a
a−a
ln a >(ln a)
a,a
1−1
ln a >ln a，两边取对数，得(1−1
ln a)ln a>ln(ln a)，即ln a−1>ln(ln a)．
令ln a=t，则t −1>lnt，令h( x)= ln x−x +1，则h'( x)= 1
x −1，所以h( x)在区间(0,1)内单调递增，在
区间(1,+∞)内单调递减，所以h( x)≤h(1)=0，所以t −1≥lnt，则t −1>lnt的解为t ≠1，所以ln a≠1，
即a≠e．
故实数a 的范围为(1,e)∪(e ,+ ∞)．]
17．【2020 年新课标全国Ⅱ卷第22 题】已知函数f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a．
（1）当a=e时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式f (x)≥1恒成立，求a 的取值范围．
【答案】（1）2
e−1（2）[1,+ ∞)
【详解】（1）∵f ( x)=e
x−ln x +1，∴f '( x)=e
x−1
x ，∴k = f '(1)=e−1.
∵f (1)=e+1，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数f (x)在点(1,f(1)处的切线方程为y −e−1=(e−1)( x−1),即y =(e−1) x +2,
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∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),( −2
e−1 ,0),
∴所求三角形面积为1
2 ×2×| −2
e−1 |=
2
e−1．
（2）［方法一］：通性通法
∵f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a,∴f '( x)=ae
x−1−1
x ，且a>0.
设g( x)= f '( x),则g'( x)=ae
x−1+ 1
x
2 >0,
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f '( x)在(0,+∞)上单调递增，
当a=1时，f '(1)=0,∴f (x)min= f (1)=1,∴f (x)≥1成立.
当a>1时，1
a <1 ，∴e
1
a −1
<1，∴f '( 1
a )f '(1)=a(e
1
a −1
−1)(a−1)<0,
∴存在唯一x0>0，使得f '( x0)=ae
x0−1−1
x0
=0，且当x∈(0, x0)时f '( x)<0，当x∈( x0,+ ∞)时
f '( x)>0，∴ae
x0−1= 1
x0
，∴ln a+ x0−1=−ln x0，
因此f ( x)min= f ( x0)=ae
x0−1−ln x0+ ln a
= 1
x0
+ ln a+ x0−1+ ln a≥2ln a−1+2√
1
x0
⋅x0=2ln a+1>1,
∴f (x)>1,∴f (x)≥1恒成立；
当0<a<1时， f (1)=a+ ln a<a<1,∴f (1)<1,f ( x)≥1不是恒成立.
综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由f ( x)≥1得ae
x−1−ln x + ln a≥1，即e
ln a+ x−1+ ln a+ x−1≥ln x + x，而ln x + x =e
ln x+ ln x，所以
e
ln a+ x−1+ ln a+ x−1≥e
ln x+ ln x．
令h(m)=e
m+m，则h'(m)=e
m+1>0，所以h(m)在R 上单调递增．
由e
ln a+ x−1+ ln a+ x−1≥e
ln x+ ln x，可知h(ln a+ x−1)≥h(ln x)，所以ln a+ x−1≥ln x，所以
ln a≥(ln x−x +1)max．
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令F( x)= ln x−x +1，则F '( x)= 1
x −1= 1−x
x
．
所以当x∈(0,1)时，F '( x)>0, F( x)单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，F '( x)<0, F( x)单调递减．
所以[ F( x)]max = F(1)=0，则ln a≥0，即a≥1．
所以a 的取值范围为a≥1．
［方法三］：换元同构
由题意知a>0, x>0，令ae
x−1=t，所以ln a+ x−1= lnt，所以ln a= lnt −x +1．
于是f ( x)=ae
x−1−ln x + ln a=t −ln x + ln t −x +1．
由于f ( x)≥1,t −ln x + ln t −x +1≥1⇔t + ln t ≥x + ln x，而y = x + ln x在x∈(0,+∞)时为增函数，故
t ≥x，即ae
x−1≥x，分离参数后有a≥
x
e
x−1．
令g( x)=
x
e
x−1，所以g'( x)= e
x−1−x e
x−1
e
2 x−2
= e
x−1(1−x)
e
2 x−2
．
当0< x<1时，g'( x)>0,g( x)单调递增；当x>1时，g'( x)<0,g( x)单调递减．
所以当x =1时，g( x)=
x
e
x−1取得最大值为g(1)=1．所以a≥1．
［方法四］：
因为定义域为(0,+∞)，且f ( x)≥1，所以f (1)≥1，即a+ ln a≥1．
令S(a)=a+ ln a，则S'(a)=1+ 1
a >0，所以S(a)在区间(0,+ ∞)内单调递增．
因为S(1)=1，所以a≥1时，有S(a)≥S(1)，即a+ ln a≥1．
下面证明当a≥1时，f ( x)≥1恒成立．
令T (a)=ae
x−1−ln x + ln a，只需证当a≥1时，T (a)≥1恒成立．
因为T '(a)=e
x−1+ 1
a >0，所以T (a)在区间[1,+ ∞)内单调递增，则[T (a)]min=T (1)=e
x−1−ln x．
因此要证明a≥1时，T (a)≥1恒成立，只需证明[T (a)]min=e
x−1−ln x ≥1即可．
由e
x≥x +1,ln x ≤x−1，得e
x−1≥x ,−ln x ≥1−x．
上面两个不等式两边相加可得e
x−1−ln x ≥1，故a≥1时，f ( x)≥1恒成立．
当0<a<1时，因为f (1)=a+ ln a<1，显然不满足f ( x)≥1恒成立．
所以a 的取值范围为a≥1．
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18．【2020 年新课标Ⅲ卷理科第21 题】设函数f ( x)= x
3+bx +c，曲线y = f ( x)在点(1
2，f(1
2))处的切线与
y 轴垂直．
（1）求b．
（2）若f ( x)有一个绝对值不大于1 的零点，证明：f ( x)所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）b=−3
4 ；（2）证明见解析
【详解】（1）因为f '( x)=3 x
2+b，由题意，f '( 1
2 )=0，即：3×(
1
2)
2
+b=0，则b=−3
4 ．
（2）［方法一］：通性通法
由（1）可得f ( x)= x
3−3
4 x +c，f '( x)=3 x
2−3
4 =3( x + 1
2 )( x−1
2 )，
令f '( x)>0，得x> 1
2或x<−1
2；令f '( x)<0，得−1
2 < x< 1
2，
所以f ( x)在(−1
2 , 1
2 )上单调递减，在(−∞,−1
2 )，( 1
2 ,+∞)上单调递增，
且f (−1)=c−1
4 ,f (−1
2 )=c + 1
4 ,f ( 1
2 )=c−1
4 ,f (1)=c + 1
4 ，
若f ( x)所有零点中存在一个绝对值大于1 的零点x0，则f (−1)>0或f (1)<0，
即c> 1
4 或c<−1
4 .
当c> 1
4 时，f (−1)=c−1
4 >0,f (−1
2 )=c + 1
4 >0,f ( 1
2 )=c−1
4 >0,f (1)=c + 1
4 >0，
又f (−4 c)=−64 c
3+3c +c = 4 c(1−16c
2)<0，
由零点存在性定理知f ( x)在(−4 c ,−1)上存在唯一一个零点x0，
即f ( x)在(−∞,−1)上存在唯一一个零点，在(−1,+ ∞)上不存在零点，
此时f ( x)不存在绝对值不大于1 的零点，与题设矛盾；
当c<−1
4 时，f (−1)=c−1
4 <0,f (−1
2 )=c + 1
4 <0,f ( 1
2 )=c−1
4 <0,f (1)=c + 1
4 <0，
又f (−4 c)=64 c
3+3c +c = 4 c(1−16c
2)>0，
由零点存在性定理知f ( x)在(1,−4 c)上存在唯一一个零点x0
'，
即f ( x)在(1,+ ∞)上存在唯一一个零点，在(−∞,1)上不存在零点，
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此时f ( x)不存在绝对值不大于1 的零点，与题设矛盾；
综上，f ( x)所有零点的绝对值都不大于1.
［方法二］【最优解】：
设x0是f ( x)的一个零点，且|x0|≤1，则c =−x0
3+ 3
4 x0．
从而f ( x)= x
3−3
4 x−x0
3+ 3
4 x0=(x−x0)(x
2+ x0 x + x0
2−3
4)．
令h( x)= x
2+ x0 x + x0
2−3
4 ，由判别式Δ= x0
2−4(x0
2−3
4)=3−3 x0
2≥0，可知h( x)=0在R 上有解，h( x)
的对称轴是x =−x0
2 ∈[−1
2 , 1
2]{
h(1)=1+ x0+ x0
2−3
4 =(x0+ 1
2)
2
≥0
h(−1)=1−x0+ x0
2−3
4 =(x0−1
2)
2
≥0
，所以h( x)在区间[−1,−x0
2 ]上
有一根为x1，在区间[−x0
2 ,1]上有一根为x1（当x0=±1时，x1= x2），进而有|x1|≤1,|x2|≤1，所以f ( x)
的所有零点的绝对值均不大于1．
［方法三］：
设x0是函数f ( x)的一个绝对值不大于1 的零点，且c =−x0
3+ 3
4 x0,|x0|≤1．设c( x)=−x
3+ 3
4 x，则
c'( x)=−3 x
2+ 3
4 ，显然c( x)在区间(−1,−1
2)内单调递减，在区间(−1
2 , 1
2)内单调递增，在区间(
1
2 ,1)
内单调递减．又c(−1)= 1
4 ,c(1)=−1
4 ,c(−1
2)=−1
4 ,c(
1
2)= 1
4 ，于是c( x)的值域为[−1
4 , 1
4]．
设x1为函数f ( x)的零点，则必有f ( x)= x1
3−3
4 x1+c =0，于是−1
4 ≤c =−x1
3+ 3
4 x1≤1
4 ，所以
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{
4 x1
3−3 x1−1=(x1−1)(2 x1+1)
2≤0,
4 x1
3−3 x1+1=(x1+1)(2 x1−1)
2≥0,
解得−1≤x1≤1，即|x1|≤1．
综上，f ( x)的所有零点的绝对值都不大于1．
［方法四］：
由（1）知，f ( x)= x
3−3
4 x +c ,f '( x)=3 x
2−3
4 ，令f '( x)=0，得x =−1
2或x = 1
2．则f ( x)在区间
(−∞,−1
2)内递增，在区间(−1
2 , 1
2)内递减，在区间(
1
2 ,+∞)内递增，所以f ( x)的极大值为
f(−1
2)=c + 1
4 = f (1),f ( x)的极小值为f(
1
2)=c−1
4 = f (−1)．
（ⅰ）若f(−1
2)f(
1
2)>0，即c> 1
4 或c<−1
4 ，f ( x)有唯一一个零点x0，显然有|x0|>1，不满足题意；
（ⅱ）若f(−1
2)f(
1
2)=0，即c = 1
4 或c =−1
4 ，f ( x)有两个零点，不妨设一个零点为x0=−1
2，显然有
|x0|≤1，此时，f ( x)= x
3−3
4 x−1
4 ，则f (1)=0，另一个零点为1，满足题意；同理，若一个零点为
x0= 1
2，则另一个零点为−1．
（ⅲ）若f(−1
2)f(
1
2)<0，即−1
4 <c< 1
4 ，f ( x)有三个零点，易知在区间(−1
2 , 1
2)内有一个零点，不妨
设为x0，显然有|x0|≤1，又f(−1
2)>0，f (−1)<0，所以在(−1,−1
2)内有一个零点m，显然|m|≤1，
同理，f ( x)在(
1
2 ,1)内有一个零点n，有|n|≤1．
综上，f ( x)所有零点的绝对值都不大于1．
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［方法五］：
设x1是f ( x)的一个零点且|x1|≤1，则c =−x1
3+ 3
4 x1, x2是f ( x)的另一个零点．
x2
3−3
4 x2+c = x2
3−3
4 x2−x1
3+ 3
4 x1=(x2−x1)⋅(x2
2+ x1 x2+ x1
2−3
4)=0．
则x2
2+ x1 x2+ x1
2−3
4 =0，设m( x)= x
2+ x1 x + x1
2−3
4 ，由判别式Δ= x1
2−4(x1
2−3
4)=3−3 x1
2≥0，所以方
程有解．
假设实数x2满足|x2|>1．
由|x1|≤1,|x2|>1, x1
2+ x1 x2+ x2
2= x2
2(
x1
2
x2
2 + x1
x2
+1)= x2
2[(
x1
x2
+ 1
2)
2
+ 3
4]，得x1
2+ x1 x2+ x2
2> 3
4 ．与
x2
2+ x1 x2+ x1
2−3
4 =0矛盾，假设不成立．
所以，f ( x)所有零点的绝对值都不大于1．
19．【2020 年新课标Ⅱ卷理科第21 题】已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：|f ( x)|≤3√3
8
；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3
n
4
n.
【答案】（1）当x∈(0, π
3)时，f ' (x)>0,f (x)单调递增，当x∈(
π
3 , 2π
3 )时，f ' (x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(
2π
3 ,π)时，f ' (x)>0,f (x)单调递增.
（2）证明见解析；
（3）证明见解析.
【详解】(1)由函数的解析式可得：f (x)=2sin
3 x cos x，则：
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f ' (x)=2(3 sin
2 x co s
2 x −sin
4 x)=2sin
2 x(3co s
2 x −sin
2 x)
=2sin
2 x(4 co s
2 x−1)=2sin
2 x (2cos x +1)(2cos x−1)，
f ' (x)=0在x∈(0,π )上的根为：x1= π
3 , x2= 2π
3 ，
当x∈(0, π
3)时，f ' (x)>0,f (x)单调递增，
当x∈(
π
3 , 2π
3 )时，f ' (x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(
2π
3 ,π)时，f ' (x)>0,f (x)单调递增.
(2)[方法一]【最优解】：基本不等式法
由四元均值不等式可得
[ f ( x)]
2= sin
4 x⋅sin
22 x = 4 sin
6 x⋅co s
2 x = 4
3 sin
2 x⋅sin
2 x⋅sin
2 x⋅3co s
2 x ≤4
3 ⋅(
sin
2 x + sin
2 x + sin
2 x +3co s
4 ，
当且仅当sin
2 x =3co s
2 x，
即x =kπ −π
3 或x =kπ + π
3 (k ∈Z )时等号成立．
所以|f ( x)|≤3√3
8
．
[方法二]：构造新函数+齐次化方法
因为f ( x)=2sin
3 x cos x =
2sin
3 x cos x
(sin
2 x +co s
2 x)
2 =
2tan
3 x
(tan
2 x +1)
2，令tan x =t(t ≥0)，则问题转化为求
g(t )=
2t
3
(t
2+1)
2 (t ≥0)的最大值．
求导得g'(t )= 2t
2(t
2+1)(3−t
2)
(t
2+1)
2
，令g'(t )=0，得t =√3．
当t ∈(0,√3)时，g'(t )>0，函数g(t )单调递增；
当t ∈(√3,+∞)时，g'(t )<0，函数g(t )单调递减．
43
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所以函数g(t )的最大值为g(√3)= 2×3√3
16
= 3√3
8
，故|f ( x)|≤3√3
8
．
[方法三]：结合函数的周期性进行证明
注意到f (x + π )= sin
2(x + π )sin[2(x + π )]= sin
2 x sin 2 x = f (x)，
故函数f (x)是周期为π的函数，
结合(1)的结论，计算可得：f (0)= f (π )=0，
f(
π
3)=(
√3
2 )
2
× √3
2 = 3√3
8
，f(
2π
3 )=(
√3
2 )
2
×(−√3
2 )=−3√3
8
，
据此可得：[f (x)]max = 3√3
8
，[f (x)]min=−3√3
8
，
即|f (x)|≤3√3
8
.
(3)利用(2)的结论
由于
(sin
2 x sin
22 x⋯sin
22
n x)
3
2 =|sin
3 x sin
32 x⋯sin
32
n x|=|sin x||sin
2 x sin
32 x⋯sin
32
n−1 x sin 2
n x||sin
22
n x|=|s
，
所以sin
2 x sin
22 x⋯sin
22
n x ≤(
3√3
8 )
2n
3 = 3
n
4
n．
20．【2020 年新课标Ⅰ卷理科第21 题】已知函数f ( x)=e
x+a x
2−x.
（1）当a=1 时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0 时，f（x）≥1
2x3+1，求a 的取值范围.
【答案】（1）当x∈(−∞,0)时，f ' (x)<0,f (x)单调递减，当x∈(0,+ ∞)时，f ' (x)>0,f (x)单调递增.
（2）[
7−e
2
4
,+∞)
【详解】(1)当a=1时，f (x)=e
x+ x
2−x，f ' (x)=e
x+2 x−1，
由于f
' ' (x)=e
x+2>0，故f ' (x)单调递增，注意到f ' (0)=0，故：
当x∈(−∞,0)时，f ' (x)<0,f (x)单调递减，
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当x∈(0,+∞)时，f ' (x)>0,f (x)单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由f (x)≥1
2 x
3+1得，e
x+a x
2−x⩾1
2 x
3+1，其中x ≥0，
①.当x=0 时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意；
②.当x>0时，分离参数a 得，a⩾−
e
x−1
2 x
3−x−1
x
2
，
记g(x)=−
e
x−1
2 x
3−x−1
x
2
，g' (x)=−
(x−2)(e
x−1
2 x
2−x−1)
x
3
，
令h(x)=e
x−1
2 x
2−x−1(x ≥0)，
则h' (x)=e
x−x−1，h
' ' (x)=e
x−1≥0，
故h' (x)单调递增，h' (x)≥h' (0)=0，
故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)=0，
由h(x)≥0可得：e
x−1
2 x
2−x−1⩾0恒成立，
故当x∈(0,2)时，g' (x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(2,+∞)时，g' (x)<0，g(x)单调递减；
因此，[g(x)]max = g(2)= 7−e
2
4
,
综上可得，实数a 的取值范围是[
7−e
2
4
,+ ∞).
[方法二]：特值探路
当x ≥0时，f ( x)≥1
2 x
3+1恒成立⇒f (2)⩾5⇒a⩾7−e
2
4
．
只需证当a≥7−e
2
4
时，f ( x)≥1
2 x
3+1恒成立．
当a≥7−e
2
4
时，f ( x)=e
x+a x
2−x ≥e
x+ 7−e
2
4
⋅x
2−x．
只需证明e
x+ 7−e
2
4
x
2−x ≥1
2 x
3+1( x ≥0)⑤式成立．
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⑤式⇔(e
2−7) x
2+ 4 x +2 x
3+ 4
e
x
≤4，
令h( x)= (e
2−7) x
2+ 4 x +2 x
3+ 4
e
x
( x ≥0)，
则h'( x)= (13−e
2) x
2+2(e
2−9) x−2 x
3
e
x
= −x[2 x
2−(13−e
2) x−2(e
2−9)]
e
x
= −x( x−2)[2 x +(e
2−9)]
e
x
，
所以当x∈[0, 9−e
2
2 ]时，h'( x)<0,h( x)单调递减；
当x∈(
9−e
2
2
,2),h'( x)>0,h( x)单调递增；
当x∈(2,+∞),h'( x)<0,h( x)单调递减．
从而[h( x)]max =max {h(0),h(2)}= 4，即h( x)≤4，⑤式成立．
所以当a≥7−e
2
4
时，f ( x)≥1
2 x
3+1恒成立．
综上a≥7−e
2
4
．
[方法三]：指数集中
当x ≥0时，f ( x)≥1
2 x
3+1恒成立⇒e
x⩾1
2 x
3+1−a x
2+ x⇒( 1
2 x
3−a x
2+ x +1)e
−x≤1，
记g(x)=( 1
2 x
3−a x
2+ x +1)e
−x( x ≥0)，
g' (x)=−( 1
2 x
3−a x
2+ x +1−3
2 x
2+2ax−1)e
−x =−1
2 x[x
2−(2a+3) x + 4 a+2]e
−x =−1
2 x (x−2a−1)(x−2)e
−x
，
①.当2a+1≤0即a≤−1
2时，g' (x)=0⇒x =2，则当x∈(0,2)时，g' (x)>0，g(x)单调递增，又g(0)=1，
所以当x∈(0,2)时，g(x)>1，不合题意；
②.若0<2a+1<2即−1
2 <a< 1
2时，则当x∈(0,2a+1)∪(2,+ ∞)时，g' (x)<0，g(x)单调递减，当
x∈(2a+1,2)时，g' (x)>0，g(x)单调递增，又g(0)=1，
所以若满足g(x)≤1，只需g(2)≤1，即g(2)=(7−4 a)e
−2≤1⇒a⩾7−e
2
4
，所以当⇒7−e
2
4
≤a< 1
2时，
g(x)≤1成立；
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③当2a+1≥2即a≥1
2时，g(x)=( 1
2 x
3−a x
2+ x +1)e
−x≤( 1
2 x
3+ x +1)e
−x，又由②可知7−e
2
4
≤a< 1
2时，
g(x)≤1成立，所以a=0时，g( x)=( 1
2 x
3+ x +1)e
−x≤1恒成立，
所以a≥1
2时，满足题意.
综上，a⩾7−e
2
4
.
21．【2019 年新课标Ⅲ卷理科第20 题】已知函数f ( x)=2 x
3−a x
2+b.
（1）讨论f ( x)的单调性；
（2）是否存在a,b，使得f ( x)在区间[0,1]的最小值为−1且最大值为1？若存在，求出a,b的所有值；若
不存在，说明理由.
【答案】(1)见详解；(2) {
a=0
b=−1或{
a= 4
b=1.
【详解】(1)对f ( x)=2 x
3−a x
2+b求导得f '( x)=6 x
2−2ax =6 x( x−a
3 ).所以有
当a<0时，(−∞, a
3 )区间上单调递增，( a
3 ,0)区间上单调递减，(0,+ ∞)区间上单调递增；
当a=0时，(−∞,+∞)区间上单调递增；
当a>0时，(−∞,0)区间上单调递增，(0, a
3 )区间上单调递减，( a
3 ,+ ∞)区间上单调递增.
(2)若f ( x)在区间[0,1]有最大值1 和最小值-1，所以
若a<0，(−∞, a
3 )区间上单调递增，( a
3 ,0)区间上单调递减，(0,+ ∞)区间上单调递增；
此时在区间[0,1]上单调递增，所以f (0)=−1，f (1)=1代入解得b=−1，a=0，与a<0矛盾，所以a<0
不成立.
若a=0，(−∞,+∞)区间上单调递增；在区间[0,1].所以f (0)=−1，f (1)=1代入解得 {
a=0
b=−1.
若0<a≤2，(−∞,0)区间上单调递增，(0, a
3 )区间上单调递减，( a
3 ,+ ∞)区间上单调递增.
即f ( x)在区间(0, a
3 )单调递减，在区间( a
3 ,1)单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f ( a
3 )
而f (0)=b,f (1)=2−a+b≥f (0)，故所以区间[0,1]上最大值为f (1).
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即{
2( a
3 )
3−a( a
3 )
2+b=−1
2−a+b=1
相减得2−a+ a
3
27 =2，即a(a−3√3)(a+3√3)=0，又因为0<a≤2，所以无
解.
若2<a≤3，(−∞,0)区间上单调递增，(0, a
3 )区间上单调递减，( a
3 ,+∞)区间上单调递增.
即f ( x)在区间(0, a
3 )单调递减，在区间( a
3 ,1)单调递增，所以区间[0,1]上最小值为f ( a
3 )
而f (0)=b,f (1)=2−a+b≤f (0)，故所以区间[0,1]上最大值为f (0).
即{
2( a
3 )
3−a( a
3 )
2+b=−1
b=1
相减得a
3
27 =2，解得x =3
3√2，又因为2<a≤3，所以无解.
若a>3，(−∞,0)区间上单调递增，(0, a
3 )区间上单调递减，( a
3 ,+ ∞)区间上单调递增.
所以有f ( x)区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为f (0)，最小值为f (1)
即{
b=1
2−a+b=−1解得{
a= 4
b=1.
综上得{
a=0
b=−1或{
a= 4
b=1.
22．【2019 年新课标Ⅱ卷理科第20 题】已知函数f (x)= ln x−x +1
x−1.
（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y =e
x的切线.
【答案】（1）函数f ( x)在(0,1)和(1,+ ∞)上是单调增函数，证明见解析；
（2）证明见解析.
【详解】（1）函数f ( x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞)，
f ( x)= ln x−x +1
x−1 ⇒f '( x)=
x
2+1
x( x−1)
2，因为函数f ( x)的定义域为(0,1)∪(1,+ ∞)，所以f '( x)>0，因
此函数f ( x)在(0,1)和(1,+ ∞)上是单调增函数；
当x∈(0,1)，时，x→0, y →−∞，而f ( 1
e )= ln 1
e −
1
e +1
1
e −1
=
2
e−1 >0，显然当x∈(0,1)，函数f ( x)有
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零点，而函数f ( x)在x∈(0,1)上单调递增，故当x∈(0,1)时，函数f ( x)有唯一的零点；
当x∈(1,+ ∞)时，f (e)= ln e−e+1
e−1 = −2
e−1 <0,f (e
2)= ln e
2−e
2+1
e
2−1
= e
2−3
e
2−1
>0，
因为f (e)⋅f (e
2)<0，所以函数f ( x)在(e ,e
2)必有一零点，而函数f ( x)在(1,+∞)上是单调递增，故当
x∈(1,+ ∞)时，函数f ( x)有唯一的零点
综上所述，函数f ( x)的定义域(0,1)∪(1,+∞)内有2 个零点；
（2）[方法一]【最优解：分别求得两条方程，比较常数项说明切线重合】
设y = ln x在点A(x0, y0)处的斜率为1
x0
．
切线l1的方程为y −y0= 1
x0
(x−x0)，即y = x
x0
+ ln x0−1．
由e
x = 1
x0
，得x =−ln x0．
所以曲线y =e
x上斜率为1
x0
的切线的切点为(−ln x0, 1
x0)．
切线l2的方程为y −1
x0
= 1
x0
(x + ln x0)，即y = x
x0
+ ln x0+1
x0
．
由于ln x0= x0+1
x0−1，故曲线y=lnx 在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y =e
x的切线.
[方法二]【利用切线的斜率相等进行证明】
由题设知f (x0)=0，即ln x0= x0+1
x0−1，曲线y = ln x在点A(x0,ln x0)处的切线l 的方程为
y −ln x0= 1
x0
(x−x0)．
设在曲线y =e
x上取一点B(x1, y1)，若其在点B 处的斜率与直线l 的斜率相等，
则有e
x1= 1
x0
，即x1=−ln x0，故B(−ln x0, 1
x0)．
将点B 的坐标代入直线l 的方程y −ln x0= 1
x0
( x−x0)中，
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1
x0
−ln x0= 1
x0
(−ln x0−x0)，整理得ln x0= x0+1
x0−1，上式显然成立．
则直线l 过点B，即曲线y = ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y =e
x的切线．
[方法三]【利用不同的方法计算斜率证明切线重合】
因为(ln x)'|x = x0= 1
x0
，所以由e
x = 1
x0
，设切点坐标为(x0,ln x0)，解得x =−ln x0．
因此，曲线y =e
x在点B(−ln x0, 1
x0)处切线的斜率也是1
x0
．
因为ln x0= x0+1
x0−1，所以k AB=
ln x0−1
x0
x0+ ln x0
=
x0+1
x0−1 −1
x0
x0+ x0+1
x0−1
= 1
x0
，
因此，曲线y = ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y =e
x的切线．
[方法四]【构造函数讨论单调性证明切线重合】
因为(ln x)'|x = x0= 1
x0
,ln x0= x0+1
x0−1，
所以曲线y = ln x在点A(x0,ln x0)处的切线方程是y = 1
x0
(x−x0)+ x0+1
x0−1．
构造函数F( x)=e
x−1
x0
( x−x0)−x0+1
x0−1，由F '( x)=e
x−1
x0
=0得x =−ln x0．
因为当x∈(−∞,−ln x0)时，F '( x)<0；
当x∈(−ln x0,+∞)时，F '( x)>0，所以[ F( x)]min= F (−ln x0)=0．
因此，函数F( x)只有一个零点−ln x0．
所以曲线y =e
x与曲线y = ln x在点A(x0,ln x0)处的切线y = 1
x0
(x−x0)+ x0+1
x0−1只有一个交点
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B(−ln x0, 1
x0)．
又(e
x)
'|x =−ln x0= 1
x0
，因此，曲线y =e
x与直线y = 1
x0
( x−x0)+ x0+1
x0−1相切于B(−ln x0, 1
x0)，
即曲线y = ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y =e
x的切线．
23．【2019 年新课标Ⅰ卷理科第20 题】已知函数f ( x)=sin x−ln(1+ x)，f
'( x)为f ( x)的导数．证明：
（1）f
'( x)在区间(−1, π
2 )存在唯一极大值点；
（2）f ( x)有且仅有2 个零点．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）由题意知：f (x)定义域为：(−1,+∞)且f ' (x)=cos x−
1
x +1
令g(x)=cos x−
1
x +1，x∈(−1, π
2)
∴g' (x)=−sin x +
1
(x +1)
2，x∈(−1, π
2)
∵
1
(x +1)
2在(−1, π
2)上单调递减，−sin x，在(−1, π
2)上单调递减
∴g' (x)在(−1, π
2)上单调递减
又g' (0)=−sin 0+1=1>0，g'(
π
2)=−sin π
2 +
4
(π +2)
2 =
4
(π +2)
2 −1<0
∴∃x0∈(0, π
2)，使得g' (x0)=0
∴当x∈(−1, x0)时，g' (x)>0；x∈(x0, π
2)时，g' (x)<0
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即g(x)在(−1, x0)上单调递增；在(x0, π
2)上单调递减
则x = x0为g(x)唯一的极大值点
即：f ' (x)在区间(−1, π
2)上存在唯一的极大值点x0.
（2）由（1）知：f ' (x)=cos x−
1
x +1，x∈(−1,+ ∞)
①当x∈(−1,0]时，由（1）可知f ' (x)在(−1,0]上单调递增
∴f ' (x)≤f ' (0)=0 ∴f (x)在(−1,0]上单调递减
又f (0)=0
∴x =0为f (x)在(−1,0]上的唯一零点
②当x∈(0, π
2]时，f ' (x)在(0, x0)上单调递增，在(x0, π
2)上单调递减
又f ' (0)=0 ∴f ' (x0)>0
∴f (x)在(0, x0)上单调递增，此时f (x)>f (0)=0，不存在零点
又f '(
π
2)=cos π
2 −
2
π +2 =−
2
π +2 <0
∴∃x1∈(x0, π
2)，使得f
'(x1)=0
∴f (x)在(x0, x1)上单调递增，在(x1, π
2)上单调递减
又f (x0)>f (0)=0，f(
π
2)=sin π
2 −ln(1+ π
2)= ln 2e
π +2 >ln1=0
∴f (x)>0在(x0, π
2)上恒成立，此时不存在零点
③当x∈[
π
2 ,π]时，sin x单调递减，−ln (x +1)单调递减
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∴f (x)在[
π
2 ,π]上单调递减
又f(
π
2)>0，f (π )=sin π −ln (π +1)=−ln (π +1)<0
即f (π )⋅f(
π
2)<0，又f (x)在[
π
2 ,π]上单调递减
∴f (x)在[
π
2 ,π]上存在唯一零点
④当x∈(π ,+∞)时，sin x∈[−1,1]，ln (x +1)>ln (π +1)>ln e =1
∴sin x−ln (x +1)<0
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
24．【2018 年新课标Ⅱ卷理科第21 题】已知函数f (x)=e
x−a x
2．
（1）若a=1，证明：当x ≥0时，f (x)≥1；
（2）若f (x)在(0,+∞)只有一个零点，求a的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）a= e
2
4 ．
【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友
当a=1时，f (x)≥1等价于(x
2+1)e
−x−1≤0．
设函数g(x)=(x
2+1)e
−x−1，则g' (x)=−(x
2−2 x +1)e
−x =−(x−1)
2e
−x．
g' (x)≤0，所以g(x)在(0,+ ∞)单调递减．
而g(0)=0，故当x ≥0时，g(x)≤0，即f (x)≥1．
［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值
当a=1时，f ( x)=e
x−x
2,f '( x)=e
x−2 x．
令g( x)=e
x−2 x , g'( x)=e
x−2，令g'( x)=0，得x = ln 2．则函数y = g( x)在区间[0,ln 2)内单调递减，
在区间[ ln 2,+∞)内单调递增，从而g( x)≥g(ln 2)=2−2ln 2>0，所以函数y = f ( x)在区间[0,+∞)内单
调递增，有f ( x)≥f (0)=1．
53
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［方法三］：【最优解】指对等价转化
当x ≥0时，f ( x)=e
x−x
2≥1⇔x ≥ln(x
2+1)．
令g( x)= x−ln(x
2+1),g'( x)=1−2 x
x
2+1
= ( x−1)
2
x
2+1
≥0，函数y = g( x)在区间[0,+∞)上单调递增，故
g( x)≥g(0)=0，有x ≥ln(x
2+1)，故当x ≥0时，f ( x)≥1．
（2）［方法一］：指数找朋友
设函数h(x)=1−a x
2e
−x，
f (x)在(0,+ ∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)只有一个零点．
（i）当a≤0时，h(x)>0，h(x)没有零点；
（ii）当a>0时，h' (x)=ax (x−2)e
−x．
当x∈(0,2)时，h' (x)<0；当x∈(2,+ ∞)时，h' (x)>0．
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增．
故h(2)=1−4 a
e
2 是h(x)在[0,+∞)的最小值．
①若h(2)>0，即a< e
2
4 ，h(x)在(0,+ ∞)没有零点；
②若h(2)=0，即a= e
2
4 ，h(x)在(0,+ ∞)只有一个零点；
③若h(2)<0，即a> e
2
4 ，由于h(0)=1，所以h(x)在(0,2)有一个零点，
由（1）知，当x>0时，e
x> x
2，所以h(4 a)=1−16a
3
e
4 a =1−16a
3
(e
2a)
2 >1−16a
3
(2a)
4 =1−1
a >0．
故h(x)在(2,4 a)有一个零点，因此h(x)在(0,+∞)有两个零点．
综上，f (x)在(0,+ ∞)只有一个零点时，a= e
2
4 ．
［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数
令f ( x)=0，得a= e
x
x
2．
54
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令h( x)= e
x
x
2 ( x>0),h'( x)= e
x( x−2)
x
3
．则函数y =h( x)在区间(0,2)内单调递减，在区间(2,+∞)内单调
递增，则[h( x)]min=h(2)= e
2
4 ．当x→0时，h( x)→+∞，当x→+ ∞时，h( x)→+∞，故函数y = f ( x)
在区间(0,+∞)内只有一个零点时，a= e
2
4 ．
［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数
函数y = f ( x)在区间(0,+ ∞)内只有一个零点等价于函数y =e
x的图象与函数y =a x
2的图象在区间(0,+∞)
内只有一个公共点．由y =e
x与y =a x
2的图象可知它们在区间(0,+∞)内必相切于y 轴右侧同一点，设切点
为(x0, y0)，则{
e
x0=a x0
2
e
x0=2a x0
，解方程组得a= e
2
4 ，经验证符合题意．
［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数
当x>0时，f ( x)=0⇔ax = e
x
x ，原问题转化为动直线y =ax与曲线h( x)= e
x
x 在区间(0,+∞)内只有一个公
共点．由h'( x)= ( x−1)e
x
x
2
得函数y =h( x)在区间(0,1)内单调递减，在区间(1,+∞)内单调递增．设
y =ax与y =h( x)的切点为P(x0, e
x
x0)，则h' (x0)= (x0−1)e
x0
x0
2
，于是函数y =h( x)在点P 处的切线方程为
y −e
x0
x0
= (x0−1)e
x0
x0
2
(x−x0)．由切线过原点可得x0=2，故a=h'(2)= e
2
4 ．
［方法五］：【通性通法】含参讨论
因为f '( x)=e
x−2ax，x∈(0,+ ∞)，
当a≤0时，f ( x)在区间(0,+∞)内单调递增，又f (0)=1>0，故f ( x)无零点；
当a>0时，f ' '( x)=e
x−2a．
55
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①当0<a≤1
2时，f ' '( x)=e
x−2a≥0, y = f '( x)在区间(0,+∞)内单调递增，有f '( x)>f '(0)=1,f ( x)在
区间(0,+∞)内单调递增，又f (0)=1>0，故f ( x)无零点；
②当1
2 <a≤e
2时，令f ' '( x)=0，得x = ln2a，故函数y = f '( x)在区间(0,ln 2a)内单调递减，在区间
(ln 2a,+ ∞)内单调递增．[f '( x)]min= f '(ln 2a)=2a(1−ln 2a)≥0，从而y = f ( x)单调递增．又f (0)=1，
所以f ( x)无零点．
③当a> e
2时，[f '( x)]min<0，又f '(0)=1，所以存在x1∈(0,ln 2a), x2∈(ln 2a,+∞)，使得f '( x)=0，
则函数y = f ( x)在区间(0, x1)内单调递增，在区间(x1, x2)内单调递减，在区间(x2,+∞)内单调递增，且
f (0)=1，则x2为函数y = f ( x)的唯一零点，且x2满足e
x1=2a x2．所以
f (x2)=e
x1−a x2
2=2a x2−a x2
2=a x2(2−x2)=0，解得x2=2，则a= e
2
4 ．
［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论
当a≤0时，f (x)=e
x−a x
2>0，无零点；
当a>0时，f ( x)=0⇔e
x
2 −√a x =0，记φ( x)=e
x
2 −√a x，则φ'( x)= 1
2 e
x
2 −√a；
当0<a≤1
4 时，φ'( x)≥0，函数y =φ( x)在区间(0,+∞)内单调递增，则有φ( x)>φ(0)=1，故φ( x)无零
点；
当a> 1
4 时，当x<2ln 2√a时，φ'( x)<0,φ( x)单调递诚，当x>2ln 2√a时，φ'( x)>0,φ( x)单调递增，
当x→0时，φ( x)→1，当x→+ ∞时，φ( x)→+∞，
故[φ( x)]min=φ(2ln 2√a)=2√a−2√a ln 2√a=0，得a= e
2
4 ．
25．【2018 年新课标Ⅲ卷理科第21 题】已知函数f (x)=(2+ x +a x
2)ln (1+ x)−2 x．
（1）若a=0，证明：当−1< x<0时，f (x)<0；当x>0时，f (x)>0；
（2）若x =0是f (x)的极大值点，求a．
56
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【答案】（1）见解析
（2）a=−1
6
【详解】（1）当a=0时，f (x)=(2+ x)ln (1+ x)−2 x，f ' (x)= ln (1+ x)−
x
1+ x .
设函数g(x)= f ' (x)= ln (1+ x)−
x
1+ x ，则g' (x)=
x
(1+ x)
2.
当−1< x<0时，g' (x)<0；当x>0时，g' (x)>0.故当x>−1时，g(x)≥g(0)=0，且仅当x =0时，g(x)=0，
从而f ' (x)≥0，且仅当x =0时，f ' (x)=0.
所以f (x)在(−1,+ ∞)单调递增.
又f (0)=0，故当−1< x<0时，f (x)<0；当x>0时，f (x)>0.
（2）（i）若a≥0，由（1）知，当x>0时，f (x)≥(2+ x)ln (1+ x)−2 x>0= f (0)，这与x =0是f (x)的极
大值点矛盾.
（ii）若a<0，设函数h(x)=
f (x)
2+ x +a x
2 = ln (1+ x)−
2 x
2+ x +a x
2.
由于当|x|<min{1,√
1
|a| }时，2+ x +a x
2>0，故h(x)与f (x)符号相同.
又h(0)= f (0)=0，故x =0是f (x)的极大值点当且仅当x =0是h(x)的极大值点.
h' (x)=
1
1+ x −2(2+ x +a x
2)−2 x (1+2ax)
(2+ x +a x
2)
2
= x
2(a
2 x
2+ 4 ax +6a+1)
(x +1)(a x
2+ x +2)
2
.
如果6a+1>0，则当0< x<−6a+1
4 a
，且|x|<min{1,√
1
|a| }时，h' (x)>0，故x =0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1<0，则a
2 x
2+ 4 ax +6a+1=0存在根x1<0，故当x∈(x1,0)，且|x|<min{1,√
1
|a| }时，
h' (x)<0，所以x =0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1=0，则h' (x)=
x
3(x−24)
(x +1)(x
2−6 x−12)
2.则当x∈(−1,0)时，h' (x)>0；当x∈(0,1)时，
h' (x)<0.所以x =0是h(x)的极大值点，从而x =0是f (x)的极大值点
综上，a=−1
6 .
26．【2018 年新课标Ⅰ卷理科第21 题】已知函数f ( x)= 1
x −x +aln x．
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（1）讨论f ( x)的单调性；
（2）若f ( x)存在两个极值点x1, x2，证明：
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【详解】（1）f (x)的定义域为(0,+ ∞)，f ' (x)=−1
x
2 −1+ a
x =−x
2−ax +1
x
2
.
（i）若a≤2，则f ' (x)≤0，当且仅当a=2，x =1时f ' (x)=0，所以f (x)在(0,+ ∞)单调递减.
（ii）若a>2，令f ' (x)=0得，x = a−√a
2−4
2
或x = a+√a
2−4
2
.
当x∈(0, a−√a
2−4
2
)∪(
a+√a
2−4
2
,+∞)时，f ' (x)<0；
当x∈(
a−√a
2−4
2
, a+√a
2−4
2
)时，f ' (x)>0.所以f (x)在(0, a−√a
2−4
2
),(
a+√a
2−4
2
,+∞)单调递减，
在(
a−√a
2−4
2
, a+√a
2−4
2
)单调递增.
（2）［方法一］：【通性通法】消元
由（1）知，f (x)存在两个极值点当且仅当a>2.
由于f (x)的两个极值点x1, x2满足x
2−ax +1=0，所以x1 x2=1，不妨设x1< x2，则x2>1.由于
f (x1)−f (x2)
x1−x2
=−
1
x1 x2
−1+a ln x1−ln x2
x1−x2
=−2+a ln x1−ln x2
x1−x2
=−2+a −2ln x2
1
x2
−x2
，
所以
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2等价于1
x2
−x2+2ln x2<0.
设函数g(x)= 1
x −x +2ln x，由（1）知，g(x)在(0,+∞)单调递减，又g(1)=0，从而当x∈(1,+∞)时，
g(x)<0，所以1
x2
−x2+2ln x2<0，即
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2.
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［方法二］：【通性通法】消元
由（1）知a>2且x1, x2是方程x
2−ax +1=0的两根，不妨设x1< x2，即x1⋅x2=1．此时
f (x1)−f (x2)
x1−x2
=(
1
x1
−x1+a ln x1)−(
1
x2
−x2+a ln x2)
x1−x2
=a ln x1−ln x2
x1−x2
−
1
x1 x2
−1=a
ln x1−ln 1
x1
x1−1
x1
−2=a⋅2ln x1
x1−1
x1
−2
．
欲证不等式成立，只需证
2ln x1
x1−1
x1
<1
．
因为0< x1< x2，所以0< x1<1，只需证1
x1
−x1+2ln x1>0．
令g( x)= 1
x −x +2ln x ,g'( x)=−1
x
2 −1+ 2
x =−x
2−2 x +1
x
2
=−( x−1)
2
x
2
<0，
所以，g( x)在区间(0,1)内单调递减，且g(1)=0，所以1
x1
−x1+2ln x1>0，即证．
［方法三］：硬算
因为f '( x)=−1
x −1+ a
x = −x
2+ax−1
x
2
=0，
所以x
2−ax +1=0有两个相异的正根x1, x2（不妨设x1> x2）．
则{
x1+ x2=a
x1 x2=1 且{
a>0
Δ=a
2−4>0即a>2．
所以f (x1)−f (x2)
x1−x2
=−1−1+
a ln x1
x2
x1−x2
<a−2⇔
ln x1
x2
x1−x2
<1⇔ln x1
x2
< x1−x2
．
而
a+√a
2−4
2
a−√a
2−4
2
=2ln a+√a
2−4
2
，x1−x2=√a
2−4，所以ln x1
x2
< x1−x2⇔2ln a+√a
2−4
2
−√a
2−4<0．
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设g(a)=2ln a+√a
2−4
2
−√a
2−4，则g'(a)=2⋅
2
a+√a
2−4
⋅(1+
2a
2√a
2−4)
2
−
2a
2√a
2−4
= 2−a
√a
2−4
<0．
所以g(a)在a>2上递减，g(a)<g(2)=0，问题得证．
［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用
由（1）知，f ( x)存在两个极值点当且仅当a>2．
由于f ( x)的两个极值点x1, x2满足x
2−ax +1=0，所以x1 x2=1．不妨设x1< x2，则x2>1．由于
f (x1)−f (x2)
x1−x2
=−2+a ln x1−ln x2
x1−x2
．
由对数平均不等式可得1=√x1 x2<
x1−x2
ln x1−ln x2
，即
ln x1−ln x2
x1−x2
<1．
故
f (x1)−f (x2)
x1−x2
=−2+a ln x1−ln x2
x1−x2
<a−2．
27．【2017 年新课标Ⅰ卷理科第21 题】已知函数f (x)=ae
2 x+(a−2)e
x−x
（1）讨论f (x)的单调性；
（2）若f (x)有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）(0,1).
【详解】（1）f (x)的定义域为(−∞,+∞)，f ' (x)=2ae
2 x+(a−2)e
x−1=(ae
x−1)(2e
x+1)，（ⅰ）若
a≤0，则f ' (x)<0，所以f (x)在(−∞,+ ∞)单调递减.
（ⅱ）若a>0，则由f ' (x)=0得x =−ln a.
当x∈(−∞,−ln a)时，f ' (x)<0；当x∈(−ln a,+∞)时，f ' (x)>0，所以f (x)在(−∞,−ln a)单调递减，
在(−ln a,+∞)单调递增.
（2）（ⅰ）若a≤0，由（1）知，f (x)至多有一个零点.
（ⅱ）若a>0，由（1）知，当x =−ln a时，f (x)取得最小值，最小值为f (−ln a)=1−1
a + ln a.
①当a=1时，由于f (−ln a)=0，故f (x)只有一个零点；
②当a∈(1,+∞)时，由于1−1
a + ln a>0，即f (−ln a)>0，故f (x)没有零点；
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③当a∈(0,1)时，1−1
a + ln a<0，即f (−ln a)<0.
又f (−2)=ae
−4+(a−2)e
−2+2>−2e
−2+2>0，故f (x)在(−∞,−ln a)有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln(
3
a −1)，则f (n0)=e
n0(ae
n0+a−2)−n0>e
n0−n0>2
n0−n0>0.
由于ln(
3
a −1)>−ln a，因此f (x)在(−ln a,+ ∞)有一个零点.
综上，a的取值范围为(0,1).
28．【2017 年新课标Ⅲ卷理科第21 题】已知函数f ( x)= x−1−aln x．
（1）若f ( x)≥0，求a 的值；
（2）设m 为整数，且对于任意正整数n，(1+ 1
2 )(1+ 1
2
2 )⋯(1+ 1
2
n )<m，求m 的最小值．
【答案】（1）a=1；（2）3．
【详解】（1）f (x)的定义域为(0，+∞).
①若a≤0，因为f(
1
2)=−1
2 +aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0，由f ' (x)=1−a
x = x−a
x
知，当x∈(0,a)时，f ' (x)<0；当x∈(a，+∞)时，f ' (x)>0，所以
f (x)在(0,a)单调递减，在(a，+∞)单调递增，故x=a 是f (x)在(0，+∞)的唯一最小值点.
由于f (1)=0，所以当且仅当a=1 时，f (x)≥0.故a=1.
（2）由（1）知当x∈(1,+∞)时，x−1−ln x>0.
令x =1+ 1
2
n得ln(1+ 1
2
n)< 1
2
n.从而
ln(1+ 1
2)+ ln(1+ 1
2
2)+⋯+ ln(1+ 1
2
n)< 1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n =1−1
2
n <1.
故(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)⋯(1+ 1
2
n)<e.
而(1+ 1
2)(1+ 1
2
2)(1+ 1
2
3)>2，所以m的最小值为3.
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29．【2017 年新课标Ⅱ卷理科第21 题】已知函数f (x)=a x
2−ax−x ln x ,且f (x)≥0.
（1）求a；
（2）证明：f (x)存在唯一的极大值点x0，且e
−2<f (x0)<2
−2.
【答案】（1）a=1；（2）见解析.
【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0 等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a−1
x ．
则当a≤0 时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1 时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x＜1
a时h′（x）＜0、当x＞1
a时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（1
a），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1
a =1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0 等价于f（x）在x＞0 时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1 处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x
2
﹣﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x
2
﹣﹣lnx＝0，记t（x）＝2x
2
﹣﹣lnx，则t′（x）＝2−1
x ，
令t′（x）＝0，解得：x= 1
2，
所以t（x）在区间（0，1
2）上单调递减，在（1
2，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（1
2）＝ln2
1
﹣＜0，从而t（x）＝0 有解，即f′（x）＝0 存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0
2
﹣﹣lnx0＝0，
所以f（x0）= x0
2−x0﹣x0lnx0= x0
2−x0+2x0
2
﹣x0
2=x0−x0
2，
62
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由x0＜1
2可知f（x0）＜（x0−x0
2）max=−1
2
2 + 1
2 = 1
4 ；
由f′（1
e ）＜0 可知x0＜1
e ＜1
2，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1
e ）上单调递减，
所以f（x0）＞f（1
e ）= 1
e
2；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2
2
﹣．
30．【2016 年新课标Ⅲ卷理科第21 题】设函数f ( x)=α cos2 x +(α −1)(cos x +1)，其中α＞0，记
|f ( x)|的最大值为A．
（Ⅰ）求f
'( x)；
（Ⅱ）求A；
（Ⅲ）证明|f '( x)|≤2 A.
【答案】（Ⅰ）f '( x)=−2α sin 2 x−(α −1)sin x；（Ⅱ）A ={
2−3α ,0<α ≤1
5 ,
α
2+6α +1
8α
, 1
5 <α <1,
3α −2,α ≥1.
（Ⅲ）详见解析.
【详解】（Ⅰ）f '( x)=−2α sin 2 x−(α −1)sin x.
（Ⅱ）当α ≥1时，
|f ( x)|=|α cos2 x +(α −1)(cos x +1)|
≤α +2(α −1)
=3α −2
= f (0).
因此A =3α −2.
当0<α <1时，将f ( x)变形为f ( x)=2α co s
2 x +(α −1)cos x −1．
令g(t )=2α t
2+(α −1)t −1，则A是|g(t )|在[−1,1]上的最大值，g(−1)=α，g(1)=3α −2，且当
t = 1−α
4 α 时，g(t )取得极小值，极小值为g( 1−α
4 α )=−(α −1)
2
8α
−1=−α
2+6α +1
8α
．
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令−1< 1−α
4 α <1，解得α <−1
3（舍去），α > 1
5．
（Ⅰ）当0<α ≤1
5时，g(t )在(−1,1)内无极值点，|g(−1)|=α，|g(1)|=2−3α，|g(−1)|<|g(1)|，所
以A =2−3α．
（Ⅱ）当1
5 <a<1时，由g(−1)−g(1)=2(1−α )>0，知g(−1)>g(1)>g( 1−α
4 α )．又
|g( 1−α
4 α )|−|g(−1)|= (1−α )(1+7α )
8α
>0，所以A =|g( 1−α
4 α )|= α
2+6α +1
8α
．
综上，A ={
2−3α ,0<α ≤1
5 ,
α
2+6α +1
8α
, 1
5 <α <1,
3α −2,α ≥1.
（Ⅲ）由（Ⅰ）得|f '( x)|=|−2α sin 2 x−(α −1)sin x|≤2α +|α −1|.
当0<α ≤1
5时，|f '( x)|≤1+α ≤2−4 α <2(2−3α )=2 A.
当1
5 <α <1时，A = α
8 + 1
8α + 3
4 ≥1，所以|f '( x)|≤1+α <2 A.
当α ≥1时，|f '( x)|≤3α −1≤6α −4 =2 A，所以|f '( x)|≤2 A.
31．【2016 年新课标Ⅱ卷理科第21 题】(1)讨论函数f (x)= x−2
x +2 e
x 的单调性，并证明当x >0 时，
(x−2)e
x+ x +2>0;
(2)证明：当a∈[0,1) 时，函数g（x ）= e
x−ax−a
x
2
( x>0) 有最小值.设g（x）的最小值为h(a)，求函
数h(a) 的值域.
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【详解】（Ⅰ）f ( x)的定义域为(−∞,−2)∪(−2,+∞).
f '( x)= ( x−1)( x +2)e
x−( x−2)e
x
( x +2)
2
=
x
2e
x
( x +2)
2 ≥0,
且仅当x =0时，f '( x)=0，所以f ( x)在(−∞,−2),(−2,+∞)单调递增，
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因此当x∈(0,+∞)时，f ( x)>f (0)=−1,
所以( x −2)e
x>−( x +2),( x −2)e
x+ x +2>0
（Ⅱ）g'( x)= ( x−2)e
x+a( x +2)
x
3
= x +2
x
3 (f ( x)+a),
由（Ⅰ）知，f ( x)+a单调递增，对任意a∈[0,1),f (0)+a=a−1<0,f (2)+a=a≥0,
因此，存在唯一x0∈(0,2],使得f ( x0)+a=0,即g'( x0)=0，
当0< x< x0时，f ( x)+a<0,g'( x)<0,g( x)单调递减；
当x> x0时，f ( x)+a>0, g'( x)>0, g( x)单调递增.
因此g( x)在x = x0处取得最小值，最小值为
g( x0)= e
x0−a( x0+1)
x0
2
= e
x0+ f ( x0)( x0+1)
x0
2
= e
x0
x0+2 .
于是h(a)= e
x0
x0+2，由( e
x
x +2 )' = ( x +1)e
x
( x +2)
2 >0,
y
知= e
x
x +2单调递增
所以，由x0∈(0,2],得1
2 = e
0
0+2 <h(a)= e
x0
x0+2 ≤e
2
2+2 = e
2
4 .
因为y = e
x
x +2单调递增，对任意λ∈( 1
2 , e
2
4 ],存在唯一的x0∈(0,2],a=−f ( x0)∈[0,1),
使得h(a)= λ ,所以h(a)的值域是( 1
2 , e
2
4 ],
综上，当a∈[0,1)时，g( x)有最小值h(a)，h(a)的值域是( 1
2 , e
2
4 ].
32．【2016 年新课标Ⅰ卷理科第21 题】已知函数f ( x)=( x−2)e
x+a( x−1)
2有两个零点.
（Ⅰ）求a 的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是f ( x)的两个零点，证明：x1+ x2<2.
【答案】（Ⅰ）(0,+∞)；（Ⅱ）见解析
【详解】（Ⅰ）f '( x)=( x−1)e
x+2a( x−1)=( x−1)(e
x+2a)．
（Ⅰ）设a=0，则f ( x)=( x−2)e
x，f ( x)只有一个零点．
（Ⅱ）设a>0，则当x∈(−∞,1)时，f '( x)<0；当x∈(1,+∞)时，f '( x)>0．所以f ( x)在(−∞,1)单
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调递减，在(1,+ ∞)单调递增．
又f (1)=−e，f (2)=a，取b满足b<0且b<ln a
2，则
f (b)> a
2 (b−2)+a(b−1)
2=a(b
2−3
2 b)>0，
故f ( x)存在两个零点．
（Ⅲ）设a<0，由f '( x)=0得x =1或x = ln(−2a)．
若a≥−e
2，则ln(−2a)≤1，故当x∈(1,+∞)时，f '( x)>0，因此f ( x)在(1,+∞)单调递增．又当x ≤1
时f ( x)<0，所以f ( x)不存在两个零点．
若a<−e
2，则ln(−2a)>1，故当x∈(1,ln(−2a))时，f '( x)<0；当x∈(ln(−2a),+∞)时，
f '( x)>0．因此f ( x)在(1,ln(−2a))单调递减，在(ln(−2a),+∞)单调递增．又当x ≤1时，f ( x)<0，
所以f ( x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0,+ ∞)．
（Ⅱ）不妨设x1< x2，由（Ⅰ）知x1∈(−∞,1), x2∈(1,+ ∞)，2−x2∈(−∞,1)，f ( x)在(−∞,1)单
调递减，所以x1+ x2<2等价于f ( x 1)>f (2−x2)，即f (2−x2)<0．
由于f (2−x2)=−x2e
2−x2+a( x2−1)
2，而f ( x2)=( x2−2)e
x2+a( x2−1)
2=0，所以
f (2−x2)=−x2e
2−x2−( x2−2)e
x2．
设g( x)=−x e
2−x−( x −2)e
x，则g'( x)=( x −1)(e
2−x−e
x)．
所以当x>1时，g'( x)<0，而g(1)=0，故当x>1时，g( x)<0．
从而g( x2)= f (2−x2)<0，故x1+ x2<2．
33．【2015 年新课标Ⅱ理科第21 题】设函数f ( x)=e
mx+ x
2−mx．
（1）证明：f ( x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；
（2）若对于任意x1, x2∈[−1,1]，都有|f ( x1)−f ( x2)|≤e−1，求m 的取值范围．
【答案】（1）f ( x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；（2）[−1,1].
【详解】（Ⅰ）f '( x)=m(e
mx−1)+2 x．
若m≥0，则当x∈(−∞,0)时，e
mx−1≤0，f '( x)<0；当x∈(0,+∞)时，e
mx−1≥0，f '( x)>0．
若m<0，则当x∈(−∞,0)时，e
mx−1>0，f '( x)<0；当x∈(0,+ ∞)时，e
mx−1<0，f '( x)>0．
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所以，f ( x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+ ∞)单调递增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的m，f ( x)在[−1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f ( x)在x =0处取得最小
值．所以对于任意x1, x2∈[−1,1]，|f ( x1)−f ( x2)|≤e−1的充要条件是：{ f (1)−f (0)≤e−1,
f (−1)−f (0)≤e−1,即
{ e
m−m≤e−1,
e
−m+m≤e−1,
①，设函数g(t )=e
t−t −e+1，则g'(t )=e
t−1．当t <0时，g'(t )<0；当t >0时，
g'(t )>0．故g(t )在(−∞,0)单调递减，在(0,+ ∞)单调递增．又g(1)=0，g(−1)=e
−1+2−e<0，故当
t ∈[−1,1]时，g(t )≤0．当m∈[−1,1]时，g(m)≤0，g(−m)≤0，即①式成立．当m>1时，由g(t )
的单调性，g(m)>0，即e
m−m>e−1；当m<−1时，g(−m)>0，即e
−m+m>e−1．综上，m的取值范
围是[−1,1]．
34．【2015 年新课标Ⅰ理科第21 题】已知函数f ( x)= x
3+ax + 1
4 ，g( x)=−ln x．
（1）当a为何值时，x轴为曲线y = f ( x)的切线；
（2）用min{m,n}表示m,n中的最小值，设函数h( x)=min{f ( x),g( x)}( x>0)，讨论h( x)零点的个数．
【答案】（Ⅰ）a=−3
4 ；（Ⅱ）当a>−3
4 或a<−5
4 时，h(x)由一个零点；当a=−3
4 或a=−5
4 时，h(x)有
两个零点；当−5
4 <a<−3
4 时，h(x)有三个零点.
【详解】（Ⅰ）设曲线y = f (x)与x轴相切于点(x0,0)，则f (x0)=0，f ' (x0)=0，即{
x0
3+a x0+ 1
4 =0
3 x0
2+a=0
，解
得x0= 1
2 ,a=−3
4 .
因此，当a=−3
4 时，x轴是曲线y = f (x)的切线.
（Ⅱ）当x∈(1,+∞)时，g(x)=−ln x<0，从而h(x)=min{f (x), g(x)}≤g(x)<0，
∴h(x)在（1，+∞）无零点.
当x=1 时，若a≥−5
4 ，则f (1)=a+ 5
4 ≥0，h(1)=min{f (1),g(1)}= g(1)=0,故x=1 是h(x)的零点；若
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a<−5
4 ，则f (1)=a+ 5
4 <0，h(1)=min{f (1),g(1)}= f (1)<0,故x=1 不是h(x)的零点.
当x∈(0,1)时，g(x)=−ln x>0，所以只需考虑f (x)在（0,1）的零点个数.
（ⅰ）若a≤−3或a≥0，则f ' (x)=3 x
2+a在（0,1）无零点，故f (x)在（0,1）单调，而f (0)= 1
4 ，
f (1)=a+ 5
4 ，所以当a≤−3时，f (x)在（0，1）有一个零点；当a≥0 时，f (x)在（0，1）无零点.
（ⅱ）若−3<a<0，则f (x)在（0，√−a
3 ）单调递减，在（√−a
3 ，1）单调递增，故当x=√−a
3 时，f (x)
取的最小值，最小值为f(√−a
3)=2a
3 √−a
3 + 1
4
.
①若f(√−a
3)＞0，即−3
4 ＜a＜0，f (x)在（0,1）无零点.
②若f(√−a
3)=0，即a=−3
4 ，则f (x)在（0,1）有唯一零点；
③若f(√−a
3)＜0，即−3<a<−3
4 ，由于f (0)= 1
4 ，f (1)=a+ 5
4 ，所以当−5
4 <a<−3
4 时，f (x)在（0,1）
有两个零点；当−3<a≤−5
4 时，f (x)在（0,1）有一个零点.…10 分
综上，当a>−3
4 或a<−5
4 时，h(x)由一个零点；当a=−3
4 或a=−5
4 时，h(x)有两个零点；当
−5
4 <a<−3
4 时，h(x)有三个零点.
1．（2024·浙江·三模）已知函数f (x)= e
x+ x−1
e
x
．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若曲线y = f (x)在点(0,0)处的切线与二次曲线y =a x
2+(2a+5) x−2只有一个公共点，求实数a 的值．
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【答案】(1)单调增区间：(−∞,2)，单调减区间：(2,+∞)．
(2)a=−1
2或−9
2．
【详解】（1）易知f (x)定义域为R，f ' (x)= 2−x
e
x ，
所以x∈(−∞,2)，f ' (x)>0，x∈(2,+ ∞)，f ' (x)<0．
故f (x)单调增区间：(−∞,2)，单调减区间：(2,+∞)．
（2）因为f ' (0)=2，f (0)=0，
所以曲线y = f (x)在点(0,0)处的切线为y =2 x
把切线方程y =2 x代入二次曲线方程y =a x
2+(2a+5) x−2，得a x
2+(2a+3) x−2=0有唯一解，
即Δ=(2a+3)
2+8a=0且a≠0，即4 a
2+20a+9=0
解得a=−1
2或−9
2．
2．（2024·广东汕头·三模）已知函数f (x)= ln x−ax ,g(x)= 2
ax ,a≠0．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若f (x)≤g(x)恒成立，求a的最小值．
【答案】(1)答案见详解
(2) 2
e
3
【详解】（1）f ' (x)= 1
x −a= 1−ax
x
（a≠0），
当a<0时，由于x>0，所以f ' (x)>0恒成立，从而f (x)在(0,+∞)上递增；
当a>0时，0< x< 1
a，f ' (x)>0；x> 1
a，f ' (x)<0，
从而f (x)在(0, 1
a)上递增，在(
1
a ,+ ∞)递减；
综上，当a<0时，f (x)的单调递增区间为(0,+ ∞)，没有单调递减区间；
当a>0时，f (x)的单调递增区间为(0, 1
a)，单调递减区间为(
1
a ,+∞).
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（2）令h(x)= f (x)−g(x)= ln x−ax−2
ax ，要使f (x)≤g(x)恒成立，
只要使h(x)≤0恒成立，也只要使h(x)max≤0.
h' (x)= 1
x −a+ 2
a x
2 = −(ax +1)(ax−2)
a x
2
，
若a>0，x>0，所以ax +1>0恒成立，
当0< x< 2
a时，h' (x)>0，当2
a < x<+∞时，h' (x)<0，
可知h(x)在(0, 2
a)内单调递增，在(
2
a ,+ ∞)内单调递减，
所以h(x)max =h(
2
a)= ln 2
a −3≤0，解得：a≥2
e
3，
可知a的最小值为2
e
3；
若a<0，x>0，所以ax−2<0恒成立，
当0< x<−1
a时，h' (x)<0，当−1
a < x<+ ∞时，h' (x)>0，
可知h(x)在(0,−1
a)内单调递减，在(−1
a ,+ ∞)内单调递增，
所以h(x)在(0,+ ∞)内无最大值，且当x趋近于+ ∞时，h(x)趋近于+ ∞，不合题意；
综上所述：a的最小值为2
e
3.
3．（2024·山西吕梁·三模）已知函数f (x)= x
2−2 x +a ln x ,(a∈R).
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的x1, x2∈(0,+∞), x1≠x2，使
x2f (x1)−x1f (x2)
x1−x2
>0恒成立，则实数a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)[0,2e
3]
【详解】（1）f (x)的定义域为x∈(0,+∞),f ' (x)=2 x−2+ a
x = 2 x
2−2 x +a
x
，
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令g(x)=2 x
2−2 x +a，
又∵Δ= 4−8a，
1
∘，当Δ≤0，即a≥1
2时，g(x)≥0，此时f ' (x)>0,f (x)在(0,+ ∞)上单调递增
2
∘，当Δ>0，即a< 1
2时，
令g(x)=0，解得x1= 1−√1−2a
2
, x2= 1+√1−2a
2
其中，当0<a< 1
2时,0< x1⟨x2, x∈(0, x1)∪(x2,+∞),g(x)⟩0，
x∈(x1，x2),g(x)<0
所以f (x)在(0, x1),(x2,+ ∞)单调递增，在(x1, x2)单调递减；
当a<0时，x1<0< x2, x ∈(0, x2), g(x)⟨0, x ∈(x2,+ ∞), g(x)⟩0，
故f (x)在(0, x2)单调递减，(x2,+ ∞)单调递增.
综上：a≥1
2 ,f (x)在(0,+∞)上单调递增；
0<a< 1
2 ,f (x)在(0, 1−√1−2a
2
),(
1+√1−2a
2
,+∞)上单调递增；
a≤0,f (x)在(0, 1+√1−2a
2
)上单调递减，在(
1+√1−2a
2
,+∞)上单调递增.
（2）法一：不妨设0< x1< x2，则x2f (x1)−x1f (x2)>0，同除以x1 x2得
f (x1)
x1
> f (x2)
x2
，
所以令G (x)= f (x)
x
= x−2+ a ln x
x
，
当x∈(0,+∞)时，G' (x)=1+ a(1−ln x)
x
2
≥0恒成立，
1
∘，若a=0,G' (x)=1>0恒成立，符合题意，
2
∘，当a>0, 1
a ≥ln x−1
x
2
恒成立，
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令F (x)= ln x−1
x
2
则F ' (x)= 3−2ln x
x
3
，
所以F (x)在(0,e
3
2)单调递增，在(e
3
2 ,+∞)单调递减，
所以1
a ≥F(e
3
2)= 1
2e
3，所以a∈(0,2e
3]，
3
∘，若a<0，同理1
a ≤ln x−1
x
2
恒成立，由2
∘知，当x→0
+, F (x)→−∞
所以不存在满足条件的a.
综上所述：a∈(0,2e
3].
法二：(x1−x2)[x2f (x1)−x1f (x2)]>0⇔(x1−x2)[
f (x1)
x1
−f (x2)
x2 ]>0.
令g(x)= f (x)
x
= x−2+ a ln x
x
，则只需g(x)在(0,+ ∞)单调递增，
即g' (x)≥0恒成立，
g' (x)= x
2+a(1−ln x)
x
2
，令h(x)= x
2+a(1−ln x)，则h(x)≥0恒成立；
又h' (x)=2 x−a
x = 2 x
2−a
x
，
①当a=0时，h(x)= x
2,h(x)在(0,+ ∞)单调递增成立；
②当a<0时，h' (x)>0,h(x)在(0,+ ∞)单调递增，又x→0,h(x)→−∞，故h(x)≥0不恒成立.不满足题意；
③当a>0时，由h' (x)=0得x =√
a
2 ,h(x)在(0,√
a
2)单调递减，在(√
a
2 ,+∞)单调递增，
因为h(x)≥0恒成立，所以h( x)min=h(√
a
2)= a
2(3−ln 3
2)≥0，
解得0<a≤2e
3，
综上，a∈[0,2e
3].
4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数f ( x)= x ln x，g( x)= 2f ( x)
x
−x + 1
x
.
(1)求函数g( x)的单调区间；
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(2)若当x>0时，m x
2−e
x≤mf ( x)恒成立，求实数m 的取值范围.
【答案】(1)递减区间为(0,+∞)，无递增区间；
(2)(−∞,e ].
【详解】（1）依题意，函数g( x)=2ln x−x + 1
x 的定义域为(0,+∞)，
求导得g'( x)= 2
x −1−1
x
2 =−( 1
x −1)
2≤0，当且仅当x =1时取等号，
即g( x)在(0,+∞)上单调递减，
所以函数g( x)的递减区间为(0,+∞)，无递增区间.
（2）当x>0时，m x
2−e
x≤mf ( x)⇔m x
2−e
x≤mx ln x⇔m( x−ln x)≤e
x
x =e
x−ln x恒成立，
令h( x)= x−ln x , x>0，求导得h'( x)=1−1
x ，
当0< x<1时，h'( x)<0，当x>1时，h'( x)>0，
即函数h( x)在(0,1)上递减，在(1,+ ∞)上递增，则当x>0时，h( x)≥h(1)=1，
令t = x−ln x，依题意，∀t ∈[1,+ ∞)，mt ≤e
t⇔m≤e
t
t 恒成立，
令φ(t )= e
t
t ,t ≥1，求导得φ'(t )= e
t(t −1)
t
2
≥0，则函数φ(t )在[1,+ ∞)上单调递增，
当t =1时，φ(t )min=φ(1)=e，因此m≤e，
所以实数m 的取值范围(−∞,e ].
5．（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数f (x)= ln x + 1
2 x
2−ax + 3
2，(a>0).
(1)当x∈[1,+∞)时，函数f (x)≥0恒成立，求实数a的最大值；
(2)当a=2时，若f (x1)+ f (x2)=0，且x1≠x2，求证：x1+ x2>2；
(3)求证：对任意n∈N
∗，都有2ln (n+1)+∑
i=1
n
(
i−1
i )
2
>n.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）当x ≥1时，f (x)= ln x + 1
2 x
2−ax + 3
2 ≥0恒成立，
73
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即a≤ln x
x + 1
2 x + 3
2 x 恒成立，只需a≤(
ln x
x + 1
2 x + 3
2 x)min
即可，
令g(x)= ln x
x + 1
2 x + 3
2 x ，x ≥1，则g' (x)= 1−ln x
x
2
+ 1
2 −3
2 x
2 = x
2−2ln x−1
2 x
2
，
令h(x)= x
2−2ln x−1，x ≥1，则h' (x)=2 x−2
x = 2 x
2−2
x
，
当x ≥1时，h' (x)≥0恒成立，h(x)在x∈[1,+∞)单调递增，所以h(x)≥h(1)=0，
所以g' (x)≥0在x∈[1,+∞)恒成立，g(x)在x∈[1,+∞)单调递增，
所以g(x)min= g(1)=2，
所以a≤2，即实数a的最大值为2.
（2）当a=2时，f (x)= ln x + 1
2 x
2−2 x + 3
2，x>0，
所以f ' (x)= 1
x + x−2= (x−1)
2
x
≥0，f (x)在x∈(0,+∞)上单调递增，
又f (1)=0，f (x1)+ f (x2)=0且x1≠x2，不妨设0< x1<1< x2，
要证x1+ x2>2，即证明x2>2−x1，
因为f (x)在x∈(0,+∞)上单调递增，即证f (x2)>f (2−x1)，
因为f (x1)+ f (x2)=0，即证f (x1)+ f (2−x1)<0，
设F (x)= f (x)+ f (2−x)= ln x + 1
2 x
2−2 x + 3
2 + ln (2−x)+ 1
2
(2−x)
2−2(2−x)+ 3
2
= ln[x (2−x)]+ x
2−2 x +1= ln[x (2−x)]−x (2−x)+1，0< x<1，
令t = x (2−x)，则0<t <1，则φ(t )= ln t −t +1，φ' (t )= 1
t −1= 1−t
t
，
由0<t <1可得φ' (t )>0，φ(t )在(0,1)单调递增，
所以φ(t )<φ(1)=0，即F (x)= f (x)+ f (2−x)<0，
所以f (x1)+ f (2−x1)<0成立，所以x1+ x2>2.
（3）由（2）可知当a=2时，f (x)在(1,+∞)单调递增，且f (x)>f (1)=0，
74
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由ln x + 1
2 x
2−2 x + 3
2 >0得2ln x + x
2−4 x +3>0，即2ln x +(x −2)
2>1，
令x = n+1
n
，则2ln n+1
n
+(
n+1
n
−2)
2
>1，即2ln n+1
n
+(
1−n
n )
2
>1，
所以2ln 2
1 +(
1−1
1 )
2
>1，2ln 3
2 +(
1−2
2 )
2
>1，2ln 4
3 +(
1−3
3 )
2
>1，…，2ln n+1
n
+(
1−n
n )
2
>1，
相加得2ln (n+1)+ ∑
i=1
n (
i−1
i )
2
>n.
6．（2024·贵州六盘水·三模）若函数f (x)在[a,b]上有定义，且对于任意不同的x1, x2∈[a,b]，都有
|f (x1)−f (x2)|<k|x1−x2|，则称f (x)为[a,b]上的“k 类函数”
(1)若f (x)= x
2，判断f (x)是否为[1,2]上的“4 类函数”；
(2)若f (x)= 2
e ln x +(a+1) x + 1
x 为[1,e]上的“2 类函数”，求实数a 的取值范围；
(3)若f (x)为[1,2]上的“2 类函数”且f (1)= f (2)，证明：∀x1，x2∈[1,2]，|f (x1)−f (x2)|<1.
【答案】(1)是
(2){a|−2−2
e ≤a≤1−1
e
2}
(3)证明见解析
【详解】（1）函数f (x)= x
2是[1,2]上的“4 类函数”，理由如下：
不妨设x1, x2∈[1,2]，所以2< x1+ x2<4，
|f (x1)−f (x2)|=|x1
2−x2
2|=|(x1−x2)(x1+ x2)|<4|x1−x2|，
所以f (x)= x
2是[1,2]上的“4 类函数”；
（2）f (x)= 2
e ln x +(a+1) x + 1
x ，f ' (x)=−1
x
2 + 2
e x +a+1，
75
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由题意知，对于任意不同的x1, x2∈[1,e]都有|f (x1)−f (x2)|<2|x1−x2|，
不妨设x1< x2，则−2(x2−x1)<f (x1)−f (x2)<2(x2−x1)，
故f (x1)+2 x1<f (x2)+2 x2且f (x1)−2 x1>f (x2)−2 x2，
所以f (x)+2 x为[1,e]上的增函数，f (x)−2 x为[1,e]上的减函数，
所以对任意的x∈[1,e]，即−2≤f ' (x)≤2，
由f ' (x)≤2⇒a≤1
x
2 −2
e x +1，令g(x)= 1
x
2 −2
e x +1，则a≤g(x)min，x∈[1,e]，
令1
x =t ∈[
1
e ,1]得y =t
2−2
e t +1在[
1
e ,1]上单调递增，g(x)min=1−1
e
2，
由f ' (x)≥−2⇒a≥1
x
2 −2
e x −3，令h(x)= 1
x
2 −2
e x −3，
只需a≥h(x)max，x∈[1,e]，
令1
x =t ∈[
1
e ,1]得y =t
2−2
e t −3在[
1
e ,1]单调递增，
所以h(x)max =h(1)=−2−2
e ，
综上所述，实数a 的取值范围为{a|−2−2
e ≤a≤1−1
e
2}；
（3）证明：因为f (x)为[1,2]上的“2 类函数”，所以|f (x1)−f (x2)|<2|x1−x2|，
不妨设1≤x1< x2≤2，当|x1−x2|< 1
2时，|f (x1)−f (x2)|<2|x1−x2|<1；
当1
2 ≤|x1−x2|<1时，因为f (1)= f (2)，−1< x1−x2≤−1
2
所以|f (x1)−f (x2)|=|f (x1)−f (1)+ f (2)−f (x2)|≤|f (x1)−f (1)|+|f (2)−f (x2)|
<2(x1−1)+2(2−x2)=2(x1−x2+1)≤2(−1
2 +1)=1，
综上所述，∀x1，x2∈[1,2]，|f (x1)−f (x2)|<1.
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7．（2024·重庆·三模）已知函数f ( x)=ae
x , g( x)= ln x +b(a,b∈R).
(1)当b=1时，f ( x)≥g( x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)已知直线l1、l2是曲线y = g( x)的两条切线，且直线l1的斜率之积为1.
（i）记x0为直线l1交点的横坐标，求证：x0<1；
（ii）若l1也与曲线y = f ( x)相切，求a,b的关系式并求出b的取值范围.
【答案】(1)a≥1
e
(2)（i）证明见解析；（ii）b<1
【详解】（1）由于ae
x≥ln x +1，则a≥ln x +1
e
x
，
设F (x)= ln x +1
e
x
，则F ' (x)=
1
x −ln x−1
e
x
，F ' (1)=0，且y = 1
x −ln x−1在(0,+ ∞)上单减，
令F ' (x)>0得0< x<1，令F ' (x)<0得x>1，
所以F (x)在(0,1)单调递增，(1,+∞)单调递减，
所以F( x)max = F (1)，则a≥F (1)= 1
e .
（2）（i）设两条切线在g(x)上的两个切点横坐标分别为x1, x2，
有g' (x1)g' (x2)= 1
x1
⋅1
x2
=1，即x1 x2=1，
此时，切线为：y −(ln x1+b)= 1
x1
(x−x1), y −(ln x2+b)= 1
x2
(x−x2)，
相减得ln x2−ln x1=(
1
x1
−1
x2)x =(x2−x1)x，
所以x0= ln x2−ln x1
x2−x1
= ln x2+ ln x2
x2−1
x2
= 2ln x2
x2−1
x2
，
设k (x)=2ln x−(x−1
x)，k ' (x)= 2
x −1−1
x
2 ≤0，所以k (x)在(0,+∞)上单调递减.
故当x∈(0,1)时，k (x)>k (1)=0，所以0>2ln x>(x−1
x)；
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当x∈(1,+∞)时，k (x)<k (1)=0，所以0<2ln x<(x−1
x)，则x0= 2ln x2
x2−1
x2
<1.
（ii）由题意得：存在实数s,t，使f (x)在x = s处的切线和g(x)在x =t处的切线重合，
所以f ' (s)= g' (t )= f (s)−g(t )
s−t
，即ae
s= 1
t = ae
s−lnt −b
s−t
=
1
t −lnt −b
s−t
，
则s−t =1−t ln t −bt ,s=1−t ln t −(b−1)t，
又因为ae
s= 1
t ⇒ln a+ s=−ln t，所以ln a=−ln t −s=−ln t −1+t ln t +(b−1)t，
题目转化为h(t )=−ln t −1+t ln t +(b−1)t = ln a有两个不等实根，且互为倒数，
不妨设两根为m, 1
m，
则由h(m)=h(
1
m)得−ln m−1+mln m+(b−1)m=−ln 1
m −1+ 1
m ln 1
m +(b−1) 1
m，
化简得ln m=
(b−1)(
1
m −m)
m+ 1
m −2
= (b−1)(1−m
2)
m
2+1−2m
=(b−1) 1+m
1−m
，
所以ln a=(m−1)ln m−1+(b−1)m=(b−1)(−1−m)−1+(b−1)m=−b，
所以b=−ln a，（也可写为a=e
−b）.
代入h(t )中得：h(t )=−ln t −1+t ln t +(b−1)t =−b有两个不等实根，
即b−1= 1−t
t +1 ⋅ln t，
设G (t )= 1−t
t +1 ⋅ln t ,G' (t )=(
1
t −1−ln t)(t +1)−(1−t )ln t
(t +1)
2
=
1
t −t −2ln t
(t +1)
2
，
由于H (t )= 1
t −t −ln t在(0,+∞)上单调递减且H (1)=0，
所以G (t )在(0,1)单调递增，(1,+∞)单调递减，
而t无限趋近于0 时，G (t )无限趋向于负无穷大，
t无限趋近于正无穷大时，G (t )无限趋向于负无穷大，G (1)=0，
所以b−1<0，即b<1.
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8．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数f ( x)= ln x + a
x −1(a∈R)．
(1)求函数f ( x)的极值；
(2)设函数f ( x)的导函数为f
'( x)，若f '( x1)= f '( x2)（x1≠x2），证明：f (x1)+ f (x2)+ 1
a >1．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）解：由函数f ( x)= ln x + a
x −1，可得其定义域为x∈(0,+∞)，且f '( x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 ，
当a≤0时，f '( x)>0，函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，令f '( x)>0，可得x>a；令f '( x)<0，可得x<a，
所以函数f (x)在(a,+ ∞)上单调递增，在(0,a)上单调递减，
当x =a时，函数f (x)取得极小值，极小值为f (a)= ln a，无极大值.
（2）证明：由（1）知，f '( x)= 1
x −a
x
2，
可得f '( x1)= 1
x1
−a
x1
2 ,f '( x2)= 1
x2
−a
x2
2，且f '( x1)= f '( x2), x1≠x2，
所以
1
x1
−a
x1
2 = 1
x2
−a
x2
2，所以
1
x1
−1
x2
= a
x1
2 −a
x2
2 =a( 1
x1
+ 1
x2
)( 1
x1
−1
x2
)，
因为x1≠x2，所以a( 1
x1
+ 1
x2
)=1，可得a>0，
则f (x1)+ f (x2)= ln x1+ a
x1
+ ln x2+ a
x2
−2= ln( x1 x2)−1，
因为a( 1
x1
+ 1
x2
)>2a√
1
x1
⋅1
x2
，所以2a√
1
x1
⋅1
x2
<1，记得x1 x2>4 a
2，
所以f (x1)+ f (x2)= ln( x1 x2)−1>ln(4 a
2)−1，
设g(a)= ln(4 a
2)+ 1
a −2=2ln a+ 1
a +2ln 2−2，可得g' (a)= 2
a −1
a
2 = 2a−1
a
2
，
当a∈(0, 1
2 )时，g' (a)<0，g(a)在(0, 1
2 )上单调递减；
当a∈( 1
2 ,+∞)时，g' (a)>0，g(a)在( 1
2 ,+ ∞)上单调递增，
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所以，当a= 1
2时，g(a)min= g( 1
2 )=0，
所以ln(4 a
2)+ 1
a −2>0，所以ln(4 a
2)−1+ 1
a −2>1，即f (x1)+ f (x2)+ 1
a >1.
9．（2024·广东茂名·一模）设函数f (x)=e
x+asin x，x∈[0,+ ∞).
(1)当a=−1时，f (x)≥bx +1在[0,+ ∞)上恒成立，求实数b的取值范围；
(2)若a>0,f (x)在[0,+ ∞)上存在零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)(−∞,0]
(2)[√2e
5 π
4 ,+∞)
【详解】（1）当a=−1时，f (x)=e
x−sin x，
所以不等式转化为e
x−bx−sin x−1≥0，在[0,+ ∞)上恒成立.
令h(x)=e
x−bx−sin x−1，
所以h' (x)=e
x−cos x−b.
当x∈[0,+ ∞)时，e
x−cos x ≥0恒成立.
若b≤0，则h' (x)≥0在[0,+ ∞)上恒成立，
h(x)在[0,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)=0，符合题意；
若b>0，令函数m(x)=e
x−cos x−b，
则m' (x)=e
x+sin x ≥0在[0,+ ∞)上恒成立，
所以m(x)在[0,+∞)上单调递增，
因为m(0)=−b<0，且当x→+ ∞时，m(x)→+ ∞.
所以∃x0∈(0,+∞)，m(x0)=e
x0−cos x0−b=0，
故当x∈(0, x0)时，h' (x)=m(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，h' (x)=m(x)>0，h(x)单调递增，
则h( x)min=h(x0)=e
x0−b x0−sin x0−1<h(0)=0，不符合题意.
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综上所述，实数b的取值范围为(−∞,0]；
（2）因为f (x)=e
x+asin x，x∈[0,+ ∞)，
令f (x)=0，即e
x+asin x =0，
所以−1
a = sin x
e
x .
令g(x)= sin x
e
x ，x∈[0,+ ∞)，
则g' (x)= cos x−sin x
e
x
=−
√2sin(x−π
4)
e
x
.
令g' (x)=0，得x =k π + π
4 ,k ∈N.
所以当x∈(
π
4 +2k π , 5 π
4 +2k π)时，sin(x−π
4)>0，g(x)单调递减；
当x∈(0, π
4)，x∈(
5 π
4 +2k π , 9 π
4 +2k π)时，sin(x−π
4)<0,g(x)单调递增.
所以当x = 5 π
4 +2k π ,k ∈N时，g(x)取得极小值，
即当x = 5 π
4 , 13 π
4
,⋅⋅⋅时，g(x)取得极小值.
又因为sin 5 π
4 =sin 13 π
4
=⋅⋅⋅=−√2
2 ，0<e
5 π
4 <e
13 π
4 <⋅⋅⋅，
所以g(
5 π
4 )<g(
13 π
4 )<⋅⋅⋅.
所以g(x)≥g(
5 π
4 )=−√2
2 e
−5 π
4 .
当x = π
4 +2k π ,k ∈N , g(x)取得极大值，
即当x = π
4 , 9 π
4 ,⋅⋅⋅时，g(x)取得极大值.
又因为sin π
4 =sin 9 π
4 =⋅⋅⋅= √2
2 ，0<e
π
4 <e
9 π
4 <⋅⋅⋅，
81
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所以g(
π
4)> g(
9 π
4 )>⋅⋅⋅.
所以g(x)≤g(
π
4)= √2
2 e
−π
4，
所以当x∈[0,+∞)，−√2
2 e
−5 π
4 ≤g(x)≤√2
2 e
−π
4.
所以−√2
2 e
−5 π
4 ≤−1
a ≤√2
2 e
−π
4.
又因为a>0，
所以a≥√2e
5 π
4 时，f (x)在[0,+ ∞)上存在零点，
所以实数a的取值范围为[√2e
5 π
4 ,+∞).
10．（2024·河南信阳·二模）已知函数y = f (x)，其中f (x)= 1
3 x
3−k x
2，k ∈R.若点A在函数y = f (x)的图
像上，且经过点A的切线与函数y = f (x)图像的另一个交点为点B，则称点B为点A的一个“上位点”，现
有函数y = f (x)图像上的点列M 1，M 2，…，M n，…，使得对任意正整数n，点M n都是点M n+1的一个
“上位点”.
(1)若k =0，请判断原点O是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点M 1的坐标为(3k ,0)，请分别求出点M 2、M 3的坐标；
(3)若M 1的坐标为(3,0)，记点M n到直线y =m的距离为dn.问是否存在实数m和正整数T，使得无穷数列dT、
dT +1、…、dT +n…严格减？若存在，求出实数m的所有可能值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)原点O不存在“上位点”，理由见解析
(2)点M 2的坐标为(0,0)，点M 3的坐标为(
3k
2 ,−9
8 k
3)
(3)存在，m=−2
3
【详解】（1）已知f (x)= 1
3 x
3，则f ' (x)= x
2，得f ' (0)=0，
故函数经过点O的切线方程为y =0，
82
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其与函数f (x)= 1
3 x
3图像无其他交点，所以原点O不存在“上位点”.
（2）设点M n的横坐标为tn，n为正整数，
则函数y = f (x)图像在点M n+1处的切线方程为y −f (tn+1)= f ' (tn+1)(x−tn+1)，
代入其“上位点”M n(tn,f (tn))，得f (tn)−f (tn+1)= f ' (tn+1)(tn−tn+1)，
化简得1
3 (tn
2+tntn+1+tn+1
2 )−k (tn+tn+1)=tn+1
2
−2k tn+1，
即(tn
2+tntn+1+tn+1
2 )−3tn+1
2
=3k (tn+tn+1)−6 k tn+1，
故(tn−tn+1)(tn+2tn+1)=3k (tn−tn+1)，
因为tn≠tn+1，得2tn+1+tn=3k（*），
又点M 1的坐标为(3k ,0)，
所以点M 2的坐标为(0,0)，点M 3的坐标为(
3k
2 ,−9
8 k
3).
（3）将(3,0)代入y = f (x)，解得k =1，
由（*）得，2tn+1+tn=3.
即tn+1−1=−1
2 (tn−1)，又t1=3，
故{tn−1}是以2 为首项，−1
2为公比的等比数列，
所以tn−1=2⋅(−1
2)
n−1
，即tn=1+(−1)
n−1⋅2
2−n，dn=|f (tn)−m|.
令un=|tn−1|，则un=2
2−n严格减，
因为(3 x −x
3)
' =3−3 x
2，所以函数y =3 x−x
3在区间(0,1)上严格增.
当m=−2
3时，dn= 1
3 (3un−un
3)，于是当n≥3时，{dn}严格减，符合要求
当m≠−2
3时，dn=|f (tn)+ 2
3 −(
2
3 +m)|.
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因为n≥3时|f (tn)+ 2
3|= 1
3 (3un−un
3)<un=2
2−n，
所以当n>lo g2|m+ 2
3|+2时，dn=|
2
3 +m|−|f (tn)+ 2
3|=|
2
3 +m|−1
3 (3un−un
3)，
从而当n>lo g2|m+ 2
3|+2时{dn}严格增，不存在正整数T，
使得无穷数列dT，dT +1，…，dT +n严格减.
综上，m=−2
3.
11．（2024·四川自贡·三模）已知函数f ( x)=1+ 1
x +a ln x(a>0)
(1)求函数f ( x)的单调区间；
(2)函数f ( x)有唯一零点x1，函数g( x)= x−sin x−a
e
2在R上的零点为x2．证明：x1< x2．
【答案】(1)单调递减区间为(0, 1
a)，单调递增区间为(
1
a ,+∞)
(2)证明见解析
【详解】（1）函数f ( x)=1+ 1
x +aln x(a>0)的定义域为(0,+ ∞)，
且f '( x)=−1
x
2 + a
x = ax−1
x
2
，
所以当0< x< 1
a时f '( x)<0，当x> 1
a时f '( x)>0，
所以f (x)的单调递减区间为(0, 1
a)，单调递增区间为(
1
a ,+ ∞)；
（2）法一：由（1）可知若函数f (x)有唯一零点x1，则x1= 1
a，即f(
1
a)=−aln a+a+1=0，
令φ(x)=−x ln x + x +1，则φ' (x)=−ln x，
当x>1时，φ' (x)<0,φ(x)单调递减，当0< x<1时，φ' (x)>0,φ(x)单调递增，
因为e
4>2.7
4=53.1441>27，e
5<3
5=243<256，
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所以φ(3)=−3 ln3+ 4 = 4−ln27= ln e
4−ln27>0，
φ(4)=−4 ln 4 +5=5−ln256= ln e
5−ln256<0，
当0< x<1时φ(x)= x (1−ln x)+1>0，当x→+ ∞时φ(x)→−∞，
所以φ(x)在(3,4)上存在唯一零点，所以3<a<3，即1
4 < 1
a < 1
3，
令h(x)= e
−2
x +sin x−x，则h' (x)=−e
−2
x
2 +cos x−1<0，
所以h(x)在(0,+ ∞)上单调递减，
故h(
1
a)>h(
1
3)= 3
e
2 +sin 1
3 −1
3 > 3
3
2 +sin 1
3 −1
3 =sin 1
3 >0，
所以ae
−2> 1
a −sin 1
a，
又g(x2)= x2−sin x2−ae
−2=0，
所以x2−sin x2=ae
−2> 1
a −sin 1
a = x1−sin x1，
令F (x)= x−sin x，则F ' (x)=1−cos x ≥0，
所以F (x)在(0,+∞)上单调递增，
又F (x2)> F (x1)，
所以x2> x1.
法二：因为a>0，由（1）可知若函数f (x)有唯一零点x1，则x1= 1
a，
即f (x1)=aln x1+ 1
x1
+1= 1
x1
(ln x1+ x1+1)=0⇒ln x1+ x1+1=0，
设h( x)= ln x + x +1,h(
1
e)>0,h(
1
e
2)<0，而h(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以x1∈(
1
e
2 , 1
e)，g'( x)=1−cos x ≥0，所以g(x)在R上单调递增，
又g(0)=−a
e
2 <0,∴x1>0，
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令φ( x)= x−sin x−1
e
2 x
,φ'( x)=1−cos x +
1
e
2 x
2 >0，所以φ( x)在(0,+∞)上单调递增，
所以∴φ(x1)<φ(
1
e)=−sin 1
e <0，而g(x2)= x2−sin x2−a
e
2 = x2−sin x1−
1
x1e
2 =0，
∴g(x1)= x1−sin x1−
1
x1e
2 <g(x2)= x2−sin x2−
1
x1e
2 ∴x1< x1.
12．（2024·山东青岛·二模）已知函数f ( x)= ln x +a x
2−x +a+1.
(1)证明曲线y = f (x)在x =1处的切线过原点；
(2)讨论f (x)的单调性；
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【详解】（1）由题设得f '( x)= 1
x +2ax−1( x>0)，所以f '(1)=1+2a−1=2a，
又因为f (1)=a−1+a+1=2a，所以切点为(1,2a)，斜率k =2a，
所以切线方程为y −2a=2a( x−1)，即y =2ax恒过原点．
（2）由（1）得f '( x)= 2a x
2−x +1
x
( x>0)，
当a=0时，f '( x)= −x +1
x
，
当x∈(0,1)时，f '( x)>0，f ( x)在(0,1)上单调递增，
当x∈(1,+ ∞)时，f '( x)<0，f ( x)在(1,+∞)上单调递减；
当a≠0时，令t (x)=2a x
2−x +1，则Δ=1−8a，
当a>0且Δ=1−8a≤0时，即a≥1
8时，f '( x)≥0，f ( x)在(0,+∞)上单调递增，
当0<a< 1
8时，Δ=1−8a>0，
由t (x)=2a x
2−x +1>0，则0< x< 1−√1−8a
4 a
，或x> 1+√1−8a
4 a
，则f '( x)>0，
所以f ( x)在(0, 1−√1−8a
4 a
)上单调递增，在(
1+√1−8a
4 a
,+∞)上单调递增；
由t (x)=2a x
2−x +1<0，则1−√1−8a
4 a
< x< 1+√1−8a
4 a
，则f '( x)<0，
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所以f ( x)在(
1−√1−8a
4 a
, 1+√1−8a
4 a
)上单调递减；
当a<0时，Δ=1−8a>0，则t (x)=2a x
2−x +1为开口向下的二次函数，
对称轴x = 1
4 a <0，t (0)=1，t(
1
4 a)=1−1
8a >1，
由t (x)=2a x
2−x +1>0，则0< x< 1+√1−8a
4 a
，则f '( x)>0，所以f ( x)在(0, 1+√1−8a
4 a
)上单调递增，
由t (x)=2a x
2−x +1<0，则x> 1+√1−8a
4 a
，则f '( x)<0，所以f ( x)在(
1+√1−8a
4 a
,+ ∞)上单调递减；
综上：当a=0时，f ( x)在(0,1)上单调递增，f ( x)在(1,+ ∞)上单调递减；
当a≥1
8时，f ( x)在(0,+∞)上单调递增；
当0<a< 1
8时，f ( x)在(0, 1−√1−8a
4 a
)上单调递增，在(
1+√1−8a
4 a
,+∞)上单调递增，f ( x)在
(
1−√1−8a
4 a
, 1+√1−8a
4 a
)上单调递减；
当a<0时，f ( x)在(
1+√1−8a
4 a
,+ ∞)上单调递减，f ( x)在(0, 1+√1−8a
4 a
)上单调递增.
13．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）对于函数f (x)，若实数x0满足f (x0)= x0，则x0称为f (x)的不动点．已
知函数f (x)=e
x−2 x +ae
−x(x ≥0)．
(1)当a=−1时，求证f (x)≥0；
(2)当a=0时，求函数f (x)的不动点的个数；
(3)设n∈N
∗，证明
1
√1
2+1
+
1
√2
2+2
+⋯+
1
√n
2+n
>ln (n+1)．
【答案】(1)证明见解析
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(2)2
(3)证明见解析
【详解】（1）当a=−1时，有f (x)=e
x−2 x−e
−x(x ≥0)，
所以f ' (x)=e
x+ 1
e
x −2(x ≥0)，
所以f ' (x)=e
x+ 1
e
x −2≥2√
e
x⋅1
e
x −2=0
当且仅当e
x = 1
e
x ，e
x=1，即x =0时，等号成立，
所以当x∈[0,+∞)时，f ' (x)≥0，f (x)单调递增，
所以f (x)≥f (x)min= f (0)=0，所以f (x)≥0得证.
（2）当a=0时，f (x)=e
x−2 x (x ≥0)，
根据题意可知：方程e
x−2 x = x (x ≥0)解的个数即为函数f (x)的不动点的个数，
化e
x−2 x = x (x ≥0)为e
x−3 x =0(x ≥0)，令g(x)=e
x−3 x (x ≥0)，
所以函数g(x)的零点个数，即为函数f (x)的不动点的个数，
g' (x)=e
x−3(x ≥0)，令g' (x)=0，即e
x=3，解得x = ln3，
x
[0,ln3)
ln3
(ln3,+∞)
g' (x)
−
0
+
g(x)
单调递减
3−3 ln3
单调递增
因为g(0)=1>0，g(ln3)=3−3ln3<0，
所以g(x)在[0,ln3)上有唯一一个零点，
又g(5)=e
5−15>2
5−15=17>0，
所以g(x)在(ln3,+ ∞)上有唯一一个零点，
综上所述，函数f (x)有两个不动点.
（3）由（1）知，e
x−2 x−e
−x>0, x∈(0,+∞)，
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令x = ln s,s>1，则s−2ln s−s
−1>0，即s−1
s >2ln s,s>1，
设s=√1+ 1
n ,n∈N
∗，则满足s>1，
所以√1+ 1
n −
1
√1+ 1
n
>2ln√1+ 1
n，即
1
n
√1+ 1
n
>ln(1+ 1
n)，
所以
1
√n
2+n
>ln(
n+1
n )= ln (n+1)−ln n，
所以
1
√1
2+1
+
1
√2
2+2
+⋯+
1
√n
2+n
>ln 2−ln1+ ln3−ln 2+⋯+ ln(n+1)−ln n= ln (n+1)，即
1
√1
2+1
+
1
√2
2+2
+⋯+
1
√n
2+n
>ln (n+1).
14．（2024·青海·二模）已知函数f ( x)= ln x−ax
x
2e
x
，曲线y = f ( x)在x =1处的切线的斜率为e+2
e
2 .
(1)求a 的值：
(2)证明：当x>0时，f ( x)<1.
【答案】(1)a= 1
e .
(2)证明见解析
【详解】（1）由已知得：f '( x)=(
1
x −a)x
2e
x−(2 x e
x+ x
2e
x)(ln x−ax)
(x
2e
x)
2
，
则f '(1)= (1−a)e−(2e+e)(−a)
e
2
= e+2ae
e
2
= e+2
e
2 ，解得a= 1
e ；
（2）结合（1）可得ln x−x
e
x
2e
x
<1，即证x e
x+ 1
e > ln x
x .
设函数g( x)= x e
x+ 1
e ，g'( x)=( x +1)e
x.
当x>0时，g'( x)>0，g( x)在(0,+∞)上单调递增，
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所以g( x)>g(0)= 1
e ；
设函数h( x)= ln x
x ，h'( x)= 1−ln x
x
.
当x∈(0,e)时，h'( x)>0，当x∈(e ,+ ∞)时，h'( x)<0，
所以h( x)在(0,e)上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减，
h( x)≤h(e)= 1
e .
所以g( x)> 1
e ≥h( x)，即f ( x)<1得证.
15．（2024·河北沧州·三模）已知函数f (x)=aln x−e
−x.
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f (x)有两个极值点x1, x2，证明：|f (x1)−f (x2)|<1.
【答案】(1) (e+2)
2
2e (e+1)
(2)证明见解析
【详解】（1）当a=1时，函数f (x)= ln x−e
−x，可得f ' (x)= 1
x +e
−x，
所以f ' (1)=1+ 1
e ，f (1)=−1
e ，所以切线方程为y + 1
e =(1+ 1
e)(x−1)，
当x =0时，y =−1−2
e ；当y =0时，x = e+2
e+1，
所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为1
2|−1−2
e|×|
e+2
e+1|= (e+2)
2
2e (e+1)
.
（2）依题意，f ' (x)= a
x + 1
e
x =0有两个不等正根x1, x2，不妨设x1< x2，
由f ' (x)= a
x + 1
e
x =0得a=−x
e
x ，设g(x)=−x
e
x ，则g' (x)= x−1
e
x ，
令g' (x)<0，得0< x<1；令g' (x)>0，得x>1；
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
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且当x∈(0,+∞)时，g(x)<0，可得x1∈(0,1)，x2∈(1,+∞)，
且f (x1)=aln x1−e
−x1= −x1ln x1−1
e
x1
，f (x2)=aln x2−e
−x2= −x2ln x2−1
e
x2
，
令h(x)=−x ln x +1
e
x
，所以h' (x)= (x−1)ln x
e
x
，
当x∈(0,1)时，(x−1)ln x>0，可得h' (x)>0，
当x∈(1,+∞)时，(x−1)ln x>0，可得h' (x)>0，
所以h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为0< x1<1, x2>1，所以h(x1)<h(1)=−1
e ，h(x2)>h(1)=−1
e ，
再令φ(x)= x−1−ln x，可得φ' (x)=1−1
x = x−1
x
，
当0< x<1时，φ' (x)<0，φ(x)在(0,1)上单递减；
当x>1时，φ' (x)>0，φ(x)在(0,1)上单递减，
所以φ(x)≥φ(1)=0，所以x−1>ln x，所以x ln x +1< x (x−1)+1，
令g(x)= x
2−x +1
e
x
，x∈(0,1)，可得g' (x)= −x
2+3 x−2
e
x
<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，所以g(x)< g(0)=1，即x (x−1)+1<e
x，
所以h(x)=−x ln x +1
e
x
>−x
2−x +1
e
x
>−1，所以−1<h(x1)<−1
e ，−1
e <h(x2)<0，
所以|f (x1)−f (x2)|<1.
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