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4.5 导数的综合运用（精讲）
一．导数与不等式的证明
1.作差构造法：一个函数的最值
（1）待证不等式的两边含有相同的变量时，一般地，可以直接构造“左减右”或“右减左”的函数，通
过研究其单调性等相关函数性质证明不等式．
（2）解题的基本步骤
①作差或变形；
②构造新的函数g(x)；
③利用导数研究g(x)的单调性或最值；
④根据单调性及最值，得到所证不等式．
1
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2.隔离最值法：两个函数的最值
（1）在证明过程中，“隔离”转化是关键，将不等式不等号两端分别“隔离”出两个函数式f(x)，
g(x)，使f(x)min>g(x)max恒成立，从而f(x)>g(x)，但f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x 的值”；
3.适当放缩法
常见的放缩公式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x＝0 时取等号；(2)ln x≤x－1，当且仅当x＝1 时取等号．
4.换元法：双变量
构造函数证明双变量函数不等式：对于f(x1，x2)≥A 的不等式，可将函数式变为与或x1·x2有关的式子，
然后令t＝或t＝x1x2，构造函数g(t)求解．
二．恒成立与有解
1.分离参数法
不等式类型
与最值的关系
∀x∈D，f(x)>M
∀x∈D，f(x)min>M
∀x∈D，f(x)<M
∀x∈D，f(x)max<M
∃x0∈D，f(x0)>M
∀x∈D，f(x)max>M
∃x0∈D，f(x0)<M
∀x∈D，f(x)min<M
∀x∈D，f(x)>g(x)
∀x∈D，[f(x)－g(x)]min>0
∀x∈D，f(x)<g(x)
∀x∈D，[f(x)－g(x)]max<0
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)min>g(x2)max
∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)min>g(x2)min
∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)>g(x2)
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)max>g(x2)max
∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)>g(x2)
∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)max>g(x2)min
2.拆解法求参数的取值范围：拆解法是针对难度较大的压轴题抢分解答所采用的一种手段，目的是把题目
难度层层分解，使题设条件到求(证)结论思维跨度较大的一些题目中间架设过渡阶梯，降低思维跨度，使
解题过程中的步骤分应得尽得．
三．函数零点
1.数形结合法
含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的
函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
2. 函数性质法
利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问
题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
3.构造函数法
①涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻
2
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找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0 的关系，从而求得参数的取值范围．
②解决此类问题的关键是构造函数F(x)将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，
体现转化与化归的思想方法．
4.解决隐零点
(1)直接观察法：有些导函数的零点可以直接观察出来，如常用1，e，等特殊值代入试求．
(2)零点代换法：当导函数的零点不可求时，根据导数的单调性，特殊值等特征，判断其是否存在零点，
若存在，则虚设零点．虚设零点的关键步骤是“零点代换”，如本例中ex0＝，x0＝－ln x0，进而把指、
对数函数转化为幂函数求解．注意：有些问题还要利用零点的存在性定理对隐零点的范围进行判断．
四．极值点偏移
1.极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c 的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两
根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).
图(1)
(无偏移，左右对称，二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
2.极值点偏移
若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).
图(2)
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞2x0；
图(3)
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＜2x0.
3.极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2＞
x 型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单
调性证明.
3
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考法一 导数证明不等式
【例1-1】（2023·北京密云·统考三模）已知函数
.
(1)求曲线
在点
处的切线方程；
(2)证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）解：因为
，则
，所以，
，
，
所以，曲线
在点
处的切线方程为
，即
.
（2）解：令
，其中
，
，
令
，其中
，
则
，
当
时，
且
不恒为零，所以，函数
在
上单调递增，
所以，当
时，
，此时函数
单调递减，
当
时，
，此时函数
单调递增，
所以，
，即
.
【例1-2】（2023·山东烟台·统考二模）已知函数
．
ln
1
f x
x
x
ln
1
1
x
f
x
x
x
1
ln 2
f
1
1
ln 2
2
f
y
f x
1,
1
f
1
ln 2
ln 2
1
2
y
x
1
1
ln 2
2
2
y
x
3
2
3
2
1
1
ln
1
2
2
g x
f x
x
x
x
x
x
x
1
x
2
3
2
ln
1
2
1
x
g
x
x
x
x
x
2
3
2
ln
1
2
1
x
h x
x
x
x
x
1
x
2
2
2
3
4
1
1
3
2
1
1
1
x
x
h x
x
x
x
x
1
x
0
h x
h x
g
x
1,
1
0
x
0
0
g
x
g
g x
0
x
0
0
g
x
g
g x
0
0
g x
g
3
2
1
2
f x
x
x
2
1
e
2
x
f x
a
x
x
4
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(1)若
在
上单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)当
时，证明：
，
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）解：由函数
，可得
，
因为
在
上单调递增，可得
在
上恒成立，
即
在
上恒成立，即
在
上恒成立，
令
，可得
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，
所以当
时，函数
取得极大值，即为最大值
，
所以
，即实数a 的取值范围为
.
（2）解：当
时，
，可得
当
时，可得
，
要使得
，只需使得
，
令
，可得
，所以
单调递增，
又由
，所以
，所以
单调递增，所以
；
当
时，可得
且
，所以
，满足
；
当
时，可得
，
因为
且
，所以
，所以
，
f x
R
1
a
2,
x
sin
f x
x
1,
2
1
e
2
x
f x
a
x
x
e
1
x
f
x
a
x
f x
R
0
f
x
R
0
e
1
x
a
x
R
1
ex
a
x
R
1
ex
x
h x
1 (
1)
e
e
x
x
x
x
h x
0
x
0
h x
h x
0
x
0
h x
h x
0
x
h x
0
1
h
1
a
1,
1
a
2
1
e
2
x
f x
x
x
0
1
f
0
x
e
1
x
f
x
x
sin
f x
x
1
f x
e
1
x
g x
f
x
x
e
1
0
x
g
x
g x
0
0
g
0
g x
g x
f x
0
1
f x
f
0
x
0
1
f
sin 0
0
0
sin 0
f
1
f x
2
0
x
sin
0
x
e
0
x
2
2
1
1
1
(
1)
0
2
2
2
x
x
x
0
f x
sin
f x
x
5
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综上可得，对于
，都有
.
【一隅三反】
1.（2023 广东云浮）设 f(x)＝2x ln x＋1．
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：f(x)≤x2－x＋＋2ln x．
【答案】见解析
【解析】(1)f′(x)＝2(ln x＋1)．所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝时，f(x)取得最小值 f＝1－．
(2)证明：x2－x＋＋2ln x－f(x)＝x(x－1)－－2(x－1)ln x＝(x－1)，
令g(x)＝x－－2ln x，则g′(x)＝1＋－＝≥0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
所以当0<x<1 时，g(x)<0，
当x>1 时，g(x)>0，所以(x－1)≥0，即f(x)≤x2－x＋＋2ln x．
2．（2023·贵州·校联考模拟预测）已知函数
.
(1)判断
的导函数在
上零点的个数，并说明理由；
(2)证明：当
时，
.
注：
.
【答案】(1)零点的个数为1，理由见解析(2)证明见解析
【解析】（1）
，
令
，则
，
所以函数
在
上单调递增，即
在
上单调递增，
又
，
所以
的导函数在
上零点的个数为1；
（2）令
，
则
，即
，
2,
x
sin
f x
x
6
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由（1）可知存在
，使得
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
又因为
，存在
，使得
，即
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
令
，则
，
所以函数
在
上单调递减，所以
，
所以
时，
，
即当
时，
恒成立.
3．（2023·山东潍坊·三模）已知函数
有两个极值点
．
(1)求实数
的取值范围；
(2)证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）解：由函数
有两个极值点
，
即函数
有两个零点，不妨设
，
因为
，令
，可得
，
2
e (
R)
x
f x
x
ax
a
1
2
,
x x
a
1
2
ln 4
x
x
2
2ln 2,
2
ex
f x
x
ax
1
2
,
x x
f
x
1
2
x
x
2
ex
x
a
f
x
2
ex
g x
x
a
2
ex
g
x
7
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令
，解得
，
当
时，
，当
时，
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，可得
，
又由
，所以存在
，使得
，
令
，可得
，
令
，可得
，
所以
在
上单调递增，且
,即
，
所以
在
上单调递增，
又由
，所以
在
上恒成立，
又由
，
所以存在
，使得
，
所以实数
的取值范围是
．
（2）解：由（1）得
，不妨设
，
则
，即
，
要证
，即证
，即
，
只需证
，则
，即
，
即
，令
，可得
，
2
e
0
x
ln 2
x
ln 2
x
0
g
x
ln 2
x
0
g
x
g x
,ln 2
ln 2,
max
(ln 2)
2ln 2
2
0
g x
g
a
2
2ln 2
a
2
(
)
e
0
2
a
a
g
2
(
,ln 2)
2
a
x
2
0
g x
2
e
(
2)
x
y
x
x
e
2
x
y
x
e
2 (
2)
x
x
x x
e
2
0
x
x
x
2,
2
2
4
0
e
0
y
2
ex
y
x
(2,
)
2
2
e
2
0
2
ex
x
(2,
)
2
2
2
2
2
2
e
2
4
(
2)
0
a
g a
a
a
a
a
a
a
a
1
(ln 2,
2)
x
a
1
0
g x
a
2
2ln 2,
1
2
1
2
2
e
2
e (
R)
x
x
x
a
x
a
x
1
2
x
x
1
2
1
2
2
2
e
e
x
x
x
x
1
2
1
2
e
e
2
x
x
x
x
1
2
ln 4
x
x
1
2
e
4
x
x
1
2
e
2
x
x
1
2
1
2
2
1
2
e
e
e
x
x
x
x
x
x
1
2
1
2
2
1
2
e
e
e
x
x
x
x
x
x
1
2
1
2
1
2
2
e
e
e
x
x
x
x
x
x
1
2
2
1
2
2
1
2
e
e
x
x
x
x
x
x
1
2 (
0)
2
x
x
t
t
e
e
2
t
t
h t
t
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因为
，可得
，
所以
在
上为增函数，则
，
即
，所以
.
考法二 恒成立与有解
【例2-1】（2023·广东佛山·校联考模拟预测）已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)若不等式
恒成立，求实数
的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)
【解析】（1）
的定义域为
，
，
当
时，
，
在
上为增函数；
当
时，由
，得
，由
，得
，
所以
在
上为减函数，在
上为增函数.
综上所述：当
时，
在
上为增函数；当
时，
在
上为减函数，在
上为增函数.
（2）
，
设
，则原不等式恒成立等价于
在
上恒成立，
，
在
上为增函数，
则
在
上恒成立，等价于
在
上恒成立，
e
1
t
e
e
2
2 e e
2
0
t
t
t
t
h t
h t
0,
0
1 1
0
h t
h
1
2
e
2
x
x
1
2
ln 4
x
x
( )
ln
ln
(
1)
2(
0)
f x
x
a
a
x
a
( )
f x
2
e
( )
x
f x
a
1
0
e
a
( )
f x
(0,
)
1
( )
1
f
x
a
x
1
a
( )
0
f
x
( )
f x
(0,
)
0
1
a
( )
0
f
x
1
0
1
x
a
( )
0
f
x
1
1
x
a
( )
f x
1
(0,
)
1
a
1
(
,
)
1 a
1
a
( )
f x
(0,
)
0
1
a
( )
f x
1
(0,
)
1
a
1
(
,
)
1 a
2
e
( )
x
f x
2
e
ln
ln
(
1)
2
x
x
a
a
x
2
e
2
ln(
)
x
x
ax
ax
2
2
ln e
e
ln(
)
x
x
ax
ax
( )
ln
g x
x
x
2
(e
)
(
)
x
g
g ax
(0,
)
1
( )
1
g x
x
0
( )
g x
(0,
)
2
(e
)
(
)
x
g
g ax
(0,
)
2
ex
ax
(0,
)
9
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等价于
在
上恒成立
令
，
，
令
，得
，令
，得
，
所以
在
上为减函数，在
上为增函数，
所以
，故
.
【例2-2】（2023·青海西宁·统考二模）设函数
．
(1)若函数
在其定义域上为增函数，求实数a 的取值范围；
(2)当
时，设函数
，若在[
上存在
，
使
成立，求实数a 的取值范
围．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为函数
在其定义域上为增函数，即
在
上恒成立，
所以
在
上恒成立，即
在
上恒成立，
又
（仅当x＝1 时取等号），故a 的取值范围为
；
（2）在
上存在
，
，使
成立，即当
时
，
又
，所以当
时，
，
即函数
在区间
上单调递增，故
，
由（1）知
，
因为
，又
的判别式
，
①当
时
，则
恒成立，即
在区间
上单调递增，
2
ex
a
x
(0,
)
2
e
( )
x
h x
x
(
0)
x
2
2
2
e
e
( )
x
x
x
h x
x
2
2
e
(
1)
x
x
x
( )
0
h x
0
1
x
( )
0
h x
1
x
( )
h x
( 0, 1)
(1,
)
min
1
( )
(1)
e
h x
h
1
0
e
a
1
( )
ln
f x
x
a
x
x
( )
f x
2
a
1
ln
e
g x
x
x
1,e]
1
x
2
x
1
2
(
)
(
)
f x
g x
(
,2]
(
,e 1)
( )
f x
0
f
x
(0,
)
2
1
1
0
a
x
x
(0,
)
1
a
x
x
(0,
)
1
1
2
2
x
x
x
x
(
,2]
[1,e]
1
x
2
x
1
2
(
)
(
)
f x
g x
[1,e]
x
max
min
f x
g x
1
1
g
x
x
[1,e]
x
0
g
x
( )
g x
[1,e]
min
1
1
1
1 ln1
1
e
e
g x
g
2
2
1
x
ax
f
x
x
2
0
x
2
1
y
x
ax
2
2
4 1 1
4
a
a
[ 2,2]
a
0
0
f
x
( )
f x
[1,e]
10
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故
，故
，即
，得
，
又
，所以
；
②当
时
，
的两根为
，
，
此时
，
，故函数
在区间
上是单调递增．由①知
，所以
综上，a 的取值范围为
．
【一隅三反】
1．（2023·安徽铜陵·统考三模）已知函数
.
(1)试求函数
的极值；
(2)若存在实数
使得
成立，求实数
的取值范围.
【答案】(1)答案详见解析(2)
【解析】（1）
.
①
时，函数
在
上单调递增，不存在极值.
②
时，由
得
，
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，
∴
，无极大值.
（2）由题意可知：
，
∵
，∴
.
max
1
e
e
e
f x
f
a
(e)
(1)
f
g
1
1
e
1
e
e
a
e 1
a
[ 2,2]
a
[ 2,e 1)
a
(
, 2)
a
0
0
f
x
2
1
4
2
a
a
x
2
2
4
2
a
a
x
1
0
x
2
0
x
( )
f x
[1,e]
e 1
a
2
a
(
,e 1)
ex
f x
ax a
R
f x
0
x
2
e
e
1
ln
0
bx
x
x
b
x
x x
b
e
1
1
b
ex
f
x
a
0
a
f x
,
0
a
e
0
x
f
x
a
ln
x
a
,ln
x
a
0
f
x
f x
ln ,
x
a
( )
0
f
x
>
f x
ln
ln
f x
f
a
a
a a
极小值
2
2
e
e
ln
bx
x
x
bx
x x
x
0
x
ln
ln
e
e
e
ln
x
bx
x
x
bx
x
x
x
x
x
11
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由（1）可知
时，函数
在
上单调递增，则存在
，
，即
.
令
，则
，有
，
时，
，
单调递减，
时，
，
单调递增，∴
，∴
.
2．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测）设函数
，
且
．
(1)求函数
的单调性；
(2)若
恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)
【解析】（1）
，
，
当
时，
恒成立，则
在
上单调递增；
当
时，
时，
，则
在
上单调递减；
时，
，则
在
上单调递增．
（2）方法一：
在
恒成立，则
当
时，
，显然成立，符合题意；
当
时，得
恒成立，即
记
，
，
，
构造函数
，
，则
，故
为增函数，则
.
故
对任意
恒成立，则
在
递减，在
递增，所以
∴
．
1
a
f x
,
0
x
ln
bx
x
x
min
ln
1
x
b
x
ln
1
x
h x
x
2
ln
1
0
x
h x
x
e
x
0,e
x
0
h x
h x
e,
x
0
h x
h x
min
e
e
1
1
h x
h x
h
极小
e
1
1
b
ex
f x
ax
0
x
R
a
f x
2
1
f
x
x
e
2
a
ex
f
x
a
0
x
1
a
0
f
x
f x
0,
1
a
0,ln
x
a
0
f
x
f x
0,ln a
ln ,
x
a
0
f
x
f x
0,ln a
2
e
1
x
ax
x
0
x
0
x
1 1
0
x
2
e
1
x
x
a
x
2
min
e
1
x
x
a
x
2
e
1
x
x
g x
x
0
x
2
e
1
1
x
x
x
g
x
x
e
1
x
y
x
0
x
e
1
0
x
y
e
1
x
y
x
0
e
1
e
0 1
0
x
x
e
1
0
x
x
0
x
g x
0,1
1,
min
1
e
2
g x
g
e
2
a
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方法二：
在
上恒成立，即
．
记
，
，
，
当
时，
在
单增，在
单减，则
，得
，舍：
当
时，
在
单减，在
单增，在
单减，
，
，
得
；
当
时，
在
单减，成立；
当
时，
在
单减，在
单增，在
单减，
，
，而
，显然成立．
综上所述，
．
3．（2023·甘肃金昌·永昌县第一高级中学统考模拟预测）已知函数
．
(1)若
，求函数
的单调区间；
(2)若存在
，使
成立，求实数
的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为
；单调递减区间为
(2)
【解析】（1）
时，则
且
，可得
，
令
，得
；令
，得
；
所以函数
的单调递增区间为
,单调递减区间为
．
（2）若存在
，使
成立，等价于当
时，有
．
因为
且
，
2
1
1
ex
x
ax
0,
2
max
1
1
ex
x
ax
2
1
ex
x
ax
h x
0
x
1
1
ex
x
x
a
h x
1
a
h x
0,1
1,
max
2
1
1
e
a
h x
h
e
2
a
0
1
a
h x
0,1
a
1
,1
a
1,
0
1
h
2
1
e
a
h
0
e
2
a
0
a
h x
0,
0
a
h x
0,1
1,1
a
1
,a
0
1
h
1
2
1
e
a
a
h
a
1e
1
1
a
a
e
2
a
0
ln
x
f x
ax a
x
0
a
f x
2
1
e,e
x
1
1
4
f x
a
e,
0,1 , 1,e
2
1
1 ,
2
4e
0
a
(
0
ln
x
f x
x
x
1)
x
2
ln
1
ln
x
f
x
x
( )
0
f
x
>
e
x
0
f
x
0,1
1,e
x
f x
e,
0,1 , 1,e
2
1
e,e
x
1
1
4
f x
2
e,e
x
min
1
4
f x
(
0
ln
x
f x
ax x
x
1)
x
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可得
，
故当
，即
时，
，则有：
①当
时，则
在
上恒成立，所以
在
上为减函数，
可得
，故
；
②当
时，由于
在
上为增函数，
故
的值域为
，且
，
由
的单调性和值域知：存在唯一
，使
，
且满足：当
时，
，则
在
上为减函数；
当
时，
，则
在
上为增函数；
所以
，
，
所以
，与
矛盾，不合题意；
③当
时，由（1）知
在
上单调递增，
所以
，不满足题意；
综上所述：实数
的取值范围
．
考法三 导数解决函数零点
【例3-1】（2023·广东深圳·深圳中学统考模拟预测）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若函数
有两个极值点，求实数a 的取值范围.
2
2
2
ln
1
1
1
1
1
1
ln
ln
ln
2
4
ln
x
f
x
a
a
a
x
x
x
x
1
1
ln
2
x
2e
x
max
1
4
f
x
a
1
a
4
1
0
4
f
x
a
2
,e e
f x
2
,e e
2
2
2
min
e
1
e
e
2
4
f x
f
a
2
1
1
2
4e
a
1
0
a
4
2
1
1
1
ln
2
4
f
x
a
x
2
,e e
f
x
1
, 4
a
a
1
0
4
a
a
f
x
2
0
e,e
x
0
f
x
0
e,
x
x
0
f
x
f x
0
e, x
2
0,e
x
x
( )
0
f
x
>
f x
2
0,e
x
0
0
0
min
0
1
ln
4
x
f x
f x
ax
x
2
0
e,e
x
2
0
0
1
1
1
1
1
1
1
ln
4
lne
4e
2
4
4
a
x
x
1
0
a
4
0
a
f x
2
,e e
min
1
1
e
e
4
f x
f
a
2
1
1 ,
2
4e
2
e
R
x
f x
x
ax
a
1
2
a
y
f x
1,
1
f
ln
ex
g x
x
x
x
f x
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【答案】(1)
.(2)
.
【解析】（1）当
时，
，
则
，
所以
，
切线斜率为
，
所以切线方程为：
，
即：
..
（2）∵
，定义域为
，
∴
，
又∵
有两个极值点，
∴
有两个零点，即：
（
）有两个不同的根.
即：
（
）有两个不同的根.
令
，则
与
在
上有两个不同的交点.
∵
，
则
，
，
∴
在
上单调递增，在
上单调递减，
又∵
，
，
当
时，
；当
时，
，
∴
的图象如图所示，
1
(2e 1)
e
2
y
x
1
0
2
a
1
2
a
2
1
( )
e
2
x
f x
x
x
( )
(
1)ex
f
x
x
x
1
(1)
e
2
f
(1)
2e 1
k
f
1
(e
)
(2e 1)(
1)
2
y
x
1
(2e 1)
e
2
y
x
2
2
( )
ln
e
e
ln
x
x
g x
x
x
x
x
ax
x
x
ax
(0,
)
( )
ln
1 2
g x
x
ax
( )
g x
( )
g x
ln
1 2
0
x
ax
,
(
)
0
x
ln
1
2
x
a
x
,
(
)
0
x
ln
1
( )
x
h x
x
( )
y
h x
2
y
a
(0,
)
2
2
1 ln
1
ln
( )
x
x
h x
x
x
( )
0
0
1
h x
x
( )
0
1
h x
x
( )
h x
( 0, 1)
(1,
)
(1)
1
h
1
( )
0
e
h
0
x
( )
h x
x
( )
0
h x
( )
y
h x
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所以
，所以
.
【例3-2】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知
且
，函数
.
(1)讨论
的单调区间；
(2)若曲线
与直线
恰有一个交点，求
取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【解析】（1）
，
则
当
时
当
时，
；当
时，
.
函数
在
上单调递增；在
上单调递减.
当
时，
，所以
，所以
恒成立.
所以函数
在
上单调递增.
（2）
，
设函数
，则
，令
，得
，
在
内
单调递增；
在
上
单调递减；
0
2
1
a
1
0
2
a
0
a
1
a
(
0)
a
x
x
f x
x
a
f x
y
f x
1
y
a
0,1
e
(
0)
a
x
x
f x
x
a
1
1
2
ln
ln
a
a
x
a
x
x
x
x
a
x a
ax
a
x
a
a
f
x
a
a
1
a
0
ln
a
x
a
( )
0
f
x
>
ln
a
x
a
0
f
x
f x
0, ln
a
a
,
ln
a
a
0
1
a
ln
0
a
ln
0
a
x
a
( )
0
f
x
>
f x
0,
ln
ln
1
ln
ln
a
x
a
x
x
x
a
f x
a
x
x a
a x
a
x
a
lnx
g x
x
2
1 lnx
g
x
x
0
g
x
e
x
0,e
0,
g
x
g x
e,
0,
g
x
g x
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，
又
，当
趋近于
时，
趋近于0，当x 从右边趋近于0 时，
趋近于
，
作
图象如图，
所以曲线
与直线
恰有有1 个交点，
即
或
，这即是
或
，
所以
的取值范围是
.
【一隅三反】
1．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）已知函数
在
处的切线方程为
．
(1)若a；
(2)证明
有两个零点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）对函数求导可得
，则
，
因为
在
处的切线方程为
∴
，∴
（2）由（1）知，
要证
有两个零点，即证方程
有两个不等实根，即证函数
与
有两个交点
max
1
( )
e
e
g x
g
1
0
g
x
g x
g x
g x
y
f x
1
y
ln
0
a
a
ln
1
e
a
a
0
g a
e
g a
g
a
0,1
e
sin
R
ex
x
a
x
f x
a
π
x
π
2
π
2
e
π
π
0
x
y
2
1
2e
g x
f x
1
a
1
cos
sin
ex
a
x
x
a
x
f
x
π
1
π
π
e
a
f
f x
π
x
π
2
π
2
e
π
π
0
x
y
π
π
1
π
π
2
π
e
e
a
f
1
a
2
sin
1
e
2e
x
x
x
g x
2
1
2e
g x
f x
2
1
2e
f x
sin
ex
x
x
f x
2
1
2e
y
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令
，
，∴
单调递增，又
，
∴当
时，
，∴
，函数
与
无交点．
当
时，
，
当
时，
，
令
，
当
时，
．
当
时，
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
又∵
，
，∴
，
，
即当
时，
，当
时，
，
综上，当
时，
，
，
单调递增，
当
时，
，
，
单调递减．
又
时
，且当
时，
，
∵
，
，
∴函数
与
有两个交点，
即函数
有两个零点．
sin
h x
x
x
1 cos
0
h x
x
h x
0
0
h
0
x
sin
0
x
x
0
f x
f x
2
1
2e
y
0
x
sin
0
x
x
0
f x
0
x
1
sin
cos
ex
x
x
x
f
x
1
sin
cos
t x
x
x
x
π
x
0
π
1
2
t x
0
π
x
1 cos
sin
2 sin
1
π
4
t
x
x
x
x
π
0, 2
x
0
t
x
t x
π ,π
2
x
0
t
x
t x
0
0
t
π
0
t
0
π ,π
2
x
0
0
t x
0
0,
x
x
0
t x
0,π
x
x
0
t x
0
0,
x
x
0
t x
( )
0
f
x
>
f x
0,
x
x
0
t x
0
f
x
f x
0
x
0
f x
x
0
f x
0
π ,π
2
x
π
2
2
2
π
3
1
1
π
1
2
2
2
e
2e
e
f
f x
2
1
2e
y
2
1
2e
g x
f x
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2．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知函数
，
为
的导数．
(1)讨论
的单调性；
(2)若直线
与曲线
有两个交点，求a 的取值范围．
【答案】(1)见解析(2)
【解析】（1）设
的定义域为
,
.
当
时,
在
上为增函数,在
上单调递增;
当
时,令
,得
.
若
,则
单调递增,
若
,则
单调递减.
综上,当
时,
在
上单调递增;
当
时,
在区间
上单调递增,在区间
上单调递减.
（2）直线
与曲线
有两个交点,即关于
的方程
有两个解,
整理方程,得
.
令
,其中
,
则
.
令
，则
.
2
ln
f x
x
x
ax
f
x
f x
f
x
2e
2
y
y
f x
2
3
0, 2e
( )
( )
ln
2
1, ( )
g x
f
x
x
ax
g x
(0,
)
1
( )
2
g x
a
x
0
a
( )
0, ( )
g x
g x
(0,
)
(0,
)
0
a
( )
0
g x
1
2
x
a
1
0, 2
x
a
( )
0, ( )
g x
g x
1 ,
2
x
a
( )
0, ( )
g x
g x
0
a
( )
f
x
(0,
)
0
a
( )
f
x
1
0, 2a
1 ,
2a
2e
2
y
( )
y
f x
x
2
2
e
ln
2
x
x
ax
2
2
ln
e
2
x
a
x
x
2
2
ln
e
( )
2
x
x
x
x
0
x
2
2
2
3
3
1 ln
e
ln
e
( )
x
x
x
x
x
x
x
x
2
( )
ln
e
s x
x
x
x
( )
ln
s x
x
19
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当
时,
,此时函数
单调递增,
当
时,
,此时函数
单调递减.
由
,
得
时,
,则
,
当
时,
,则
,
当
时,
,则
,
则函数
在区间
上单调递增,在区间
上单调递减,
则
.
当
趋近于
时,
趋近于0,即当
时,
;
当
趋近于0 时,
趋近于
,
作出如图所示图象：
故要使直线
与曲线
有两个交点,则需
,
即
的取值范围是
.
3.(2022·广东广州检测)已知a≥1，函数f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2．
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)讨论f(x)的零点个数．
【答案】见解析
0
1
x
( )
0
s x
( )
s x
1
x
( )
0
s x
( )
s x
2
2
(1)
1 e ,
e
0
s
s
0
1
x
2
2
ln
e
(1 ln )
e
0
x
x
x
x
x
( )
0
x
2
1
e
x
2
( )
e
0
s x
s
( )
0
x
2e
x
2
( )
e
0
s x
s
( )
0
x
( )
x
2
0,e
2e ,
2
max
2
3
( )
e
2e
x
x
( )
x
2e
x
( )
0
x
x
( )
x
2e
2
y
( )
y
f x
2
3
0
2e
a
a
2
3
0, 2e
20
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【解析】(1)若a＝1，则f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋2(x－1)．
当0＜x＜1 时，f′(x)＜0；当x＞1 时，f′(x)＞0．
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当a＝1 时，f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，
因为f(1)＝0，且f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)有1 个零点．
当a＞1 时，f′(x)＝1＋ln x－a＋2a(x－1)＝1＋ln x＋2ax－3a，
令g(x)＝1＋ln x＋2ax－3a，因为a＞1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f′(1)＝g(1)＝1－a＜0，f′＝g＝1＋ln ＞0，所以存在实数x0∈，使得g(x0)＝0．
在(0，x0)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数．
所以f(x)的最小值是f(x0)，其中x0满足f′(x0)＝0，即1＋ln x0＋2ax0－3a ＝0．
所以f(x0)＝x0ln x0－ax0＋1＋a(x0－1)2＝x0(3a－1－2ax0)－ax0＋1＋a(x0－1)2＝(1－x0)(a＋ax0＋1)，
因为x0∈，所以f(x0)＜0，因为f＝＋1－＞0，f(3)＝3ln 3＋a＋1＞0，所以f(x)有2 个零点．
综上所述，当a＝1 时，f(x)有1 个零点；当a＞1 时，f(x)有2 个零点
考法四 极值点偏移
【例4-1】（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数
，
．
(1)当
时，
恒成立，求a 的取值范围．
(2)若
的两个相异零点为
，
，求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）当
时，
恒成立，
即当
时，
恒成立，
设
，
所以
，即
，
，
设
，
f x
g x
a
ax
x
1
x
ln
2
f x
x
≥
g x
1
x
2
x
2
1
2
e
x x
,2
1
x
ln
2
f x
x
≥
1
x
1 ln
2
0
x
x
ax
1 ln
2
F x
x
x
ax
1
2
0
F
a
2
a
1
ln
1
F
x
x
a
x
1
ln
1
r x
x
a
x
21
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则
，
所以，当
时，
，即
在
上单调递增，
所以
，
所以当
时，
，即
在
上单调递增，
所以
，
若
恒成立，则
．
所以
时，
恒成立，a 的取值范围为
.
（2）由题意知，
，不妨设
，由
得
，
则
，
令
，则
，即：
．
要证
，只需证
，只需证
，即证
，即证
（
），
令
（
），因为
，所以
在
上单调递增，
当
时，
，所以
成立，故
．
【例4-2】（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）已知函数
.
(1)讨论
的单调性；
2
2
1
1
1
x
r
x
x
x
x
1
x
0
r
x
r x
1,
1
2
0
r x
r
a
≥
≥
1
x
0
F
x
r x
F x
1,
1
2
F x
F
a
0
F x
2
a
1
x
ln
2
f x
x
≥
,2
( )
ln
g x
x
ax
1
2
0
x
x
1
1
2
2
ln
ln
x
ax
x
ax
1
2
1
2
1
1
2
2
ln
ln
x x
a x
x
x
a x
x
x
1
1
2
1
2
2
1
1
1
2
2
2
1
ln
ln
1
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
1
2
1
x
t
x
1
2
ln
1
ln
1
x x
t
t
t
1
2
1
ln
ln
1
t
x x
t
t
2
1
2
e
x x
1
2
ln
2
x x
1ln
2
1
t
t
t
2
1
ln
1
1
t
t
t
t
2
1
ln
0
1
t
t
t
1
t
2
1
ln
1
t
m t
t
t
1
t
2
2
1
0
1
t
m t
t t
m t
1,
1,
t
1
0
m t
m
2
1
ln
0
1
t
t
t
2
1
2
e
x x
22
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(2)若
有两个零点
，证明：
.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
【解析】（1）函数
的定义域为
，
时，
恒成立，所以
在
上单调递减；
时，令
得
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）证明：
时，由（1）知
至多有一个零点.
时，由（1）知当
时，
取得最小值，最小值为
.
①当
时，由于
，故
只有一个零点；
②当
时，
即
，故
没有零点；
③当
时，
即
，
又
，
由（1）知
在
上有一个零点.
又
，
由（1）知
在
有一个零点，
23
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所以
在
上有两个零点，
的取值范围为
不妨设
，则
，且
，
令
，
则
，
由于
（且仅当
等号成立，
所以当
时，
在
单调递减，又
，
所以
，即
，
又
，所以
，
又由于
，且
在
上单调递增，
所以
即
.
【一隅三反】
1．（2023·山东日照·统考二模）已知函数
．
(1)若
恒成立，求实数
的值：
ln
f x
x
a
x
1
f
x
a
24
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(2)若
，
，
，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）由题意得：
定义域为
，
；
①当
时，
，
在
上单调递增，
若
，则
，
时，
，不合题意；
若
，则
，不合题意；
②当
时，若
，则
；若
，则
；
在
上单调递减，在
上单调递增，
；
若
恒成立，
，
令
，则
，
当
时，
；当
时，
；
在
上单调递增，在
上单调递减；
又
，
；
则当
时，
符合题意；
综上所述：
.
（2）由
得：
，
令
，则
，
当
时，
；当
时，
；
在
上单调递减，在
上单调递增；
1 > 0
x
2
0
x
1
2
1
2
e
ln
x
x
x
x
1
2
e
2
x
x
1
a
f x
0,
1
a
x
a
f
x
x
x
0
a
( )
0
f
x
>
( )
f
x
\
0,
0
a
0
f x
x x
0,1
x
1
f x
a<0
1
1
1
1
e
e
ln e
e
1
0
a
a
a
a
f
a
0
a
0,
x
a
0
f
x
,
x
a
( )
0
f
x
>
( )
f
x
\
0,a
,a
min
ln
f x
f a
a
a
a
1
f
x
ln
1
a
a
a
ln
g a
a
a
a
ln
g a
a
0,1
a
0
g
a
1,
a
0
g
a
g a
0,1
1,
1
1
g
ln
1
a
a
a
1
a
ln
1
a
a
a
1
a
1
2
1
2
e
ln
x
x
x
x
1
1
1
1
2
2
e
e
ln e
ln
x
x
x
x
x
x
ln
h x
x
x
1
1
1
x
h x
x
x
0,1
x
0
h x
1,
x
0
h x
h x
0,1
1,
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由
得：
；
，
，
当
时，由
得：
，
；
当
时，要证
，只需证
，
，
，则只需证
，
又
，
只需证
；
令
，
，
则
，
在
上单调递减，
，
，
即
，即
得证，
；
综上所述：
成立.
2．（2023·河南·校联考模拟预测）已知函数
．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当
时，若
，求证：
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）
的定义域为
，
因为
，
当
时，
，
1
1
2
2
e
ln e
ln
x
x
x
x
1
2
ex
h
h x
1
0
x
1
e
1
x
2
1
x
1
2
ex
h
h x
1
2
e
1
x
x
1
2
e
2
x
x
2
0
1
x
1
2
e
2
x
x
1
2
e
2
x
x
2
0
1
x
2
1
2
2
x
1
2
e
2
x
h
h
x
1
2
ex
h
h x
2
2
2
h x
h
x
2
m x
h x
h
x
0,1
x
2
2
1
1
1
1
1
1
1
2
0
2
2
2
x
m x
x
x
x
x
x
x
m x
0,1
1
0
m x
m
2
0
m x
2
2
2
h x
h
x
1
2
e
2
x
h
h
x
1
2
e
2
x
x
1
2
e
2
x
x
( )
ln
f x
x
ax
1
a
1
2
1
2
( )
(
)(
)
f x
f x
x
x
1
2
2
x
x
( )
ln
f x
x
ax
0,
1
1
ax
f
x
a
x
x
0
x
0
a
( )
0
f
x
>
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所以
在
上单调递增；
当
时，令
得
，令
得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减；
综上，当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减．
（2）当
时
，
，定义域为
，
，所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
又因为
，所以
，
设
，
则
在
上恒成立，
所以
在
上单调递增，
所以
， 即
，
又因为
，
，所以
，
又因为
在
上单调递减，
所以
，即
．
3．（2023·全国·模拟预测）已知函数
．
(1)求函数
的单调区间与极值．
(2)若
，求证：
．
f x
(0,
)
0
a
( )
0
f
x
>
1
0
x
a
0
f
x
1
x
a
f x
1
(0,
)
a
1
( ,
)
a
0
a
f x
(0,
)
0
a
f x
1
(0,
)
a
1
( ,
)
a
1
a
0
a
ln
f x
x
x
0,
1
1
f
x
x
f x
0,1
(1,
)
1
2
1
2
(
)
f x
f x
x
x
1
2
0
1
x
x
2
0,1
F x
f x
f
x
x
2
1
1
2(
1)
2
0
2
2
x
F
x
x
x
x
x
0,1
2
F x
f x
f
x
0,1
1
1
1
2
0
F x
f x
f
x
1
2
1
2
f x
f x
f
x
2
1
x
1
0
1
x
1
2
1
x
f x
(1,
)
2
1
2
x
x
1
2
2
x
x
2
2
1
e 1 e
e
e
2
x
f x
x
x
x
f x
1
2
3
1
2
3
f
x
f
x
f
x
x
x
x
3
1
e 1
2
x
x
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【答案】(1)单调递增区间为
和
，单调递减区间为
；极大值为
，极小值为
(2)证明见解析
【解析】（1）
定义域为
，
，
令
，解得：
或
，
当
时，
；当
时，
；
的单调递增区间为
和
，单调递减区间为
；
的极大值为
，极小值为
.
（2）由（1）知：
，
，
．
令
，
，
则
；
令
，则
；
令
，则
，
在
上恒成立，
在
上单调递增，
，
在
上恒成立，
在
上单调递增，
，
在
上恒成立，
在
上单调递增，
，
对任意
恒成立．
，
，又
，
，
在
上单调递增，
，
，即
；
,1
e,
1,e
1 e
2
e
3
1
e
e
2
f x
R
2
e e
e
e
e
e
e
x
x
f
x
x
x
x
0
f
x
e
x
1
x
,1
e,
x
( )
0
f
x
>
1,e
x
0
f
x
( )
f
x
\
,1
e,
1,e
f x
1
1
e
2
f
e
3
1
e
e
e
2
f
1
1
x
2
1
e
x
3
e
x
2
F x
f x
f
x
1
e
x
2
2
e
e
e
2
e
e
e
x
x
F
x
f
x
f
x
x
x
1
1
e
e
e e
e
2
e
x
x
x
x
x
1
e e
e
2
x
G x
x
x
1
e 1 e
1
x
G
x
x
H x
G
x
1
e
2 ex
H
x
x
0
H
x
1,e
H x
1,e
1
3
e
0
H x
H
0
G
x
1,e
G x
1,e
1
0
G x
G
0
F
x
1,e
F x
1,e
1
0
F x
F
2
f x
f
x
1,e
x
2
1,e
x
2
2
2
f x
f
x
1
2
f x
f x
1
2
2
f x
f
x
f x
,1
1
2
,2
,1
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