压轴02 利用导数研究不等式的4 大核心题型
1.导数与不等式证明是高考考查的重点内容，在解答题中一般会考查函数的单调性、极值和最值的综合运用，
试题难度中等或偏上，若以压轴题出现，则难度较大.
2.恒成立问题(能成立问题)多与参数的取值范围问题联系在一起，是近几年高考的热门题型，可以出现在选
择、填空或解答题中，也经常以压轴解答题形式出现，难度较大.
题型01 单变量函数不等式的证明
1.（2023 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知函数
ex
f x
a
a
x
=
+
-
．
(1)讨论
f x 的单调性；
(2)证明：当
0
a >
时，
3
2ln
2
f x
a
>
+
．
【解】（1）因为
( )
ex
f x
a
a
x
=
+
-
，定义域为R ，所以
e
1
x
f
x
a
¢
=
- ，
当
0
a £
时，由于e
0
x >
，则e
0
x
a
£
，故
0
e
1
x
f
x
a
-
¢
=
<
恒成立，
所以
f x 在R 上单调递减；
当
0
a >
时，令
e
1
0
x
f
x
a
¢
=
- =
，解得
ln
x
a
= -
，
当
ln
x
a
< -
时，
0
f
x
¢
<
，则
f x 在
, ln a
-¥ -
上单调递减；
当
ln
x
a
> -
时，
0
f
x
¢
>
，则
f x 在
ln ,a
-
+¥ 上单调递增；
综上：当
0
a £
时，
f x 在R 上单调递减；
当
0
a >
时，
f x 在
, ln a
-¥ -
上单调递减，
f x 在
ln ,a
-
+¥ 上单调递增.
（2）作差构造法
第1 步：作差或变形；
由（1）得，
ln
min
2
ln
ln
ln
e
1
a
f
a
a
x
a
f
a
a
a
-
-
+
=
+
+
=
+
=
，
技法指导
利用导数证明或判定不等式问题常用方法
(1)最值法：通过移项构造新函数或者等价变型构造新函数，求解新函数的最值，从而得出不等关系；
(2)适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
(3)凹凸反转法：把所证不等式转化为两个函数的大小关系，分别求解两个函数的最值，得到不等关系.
要证
3
( )
2ln
2
f x
a
>
+
，即证
2
3
1
2ln
2
ln
a
a
a
+
+
>
+
，即证
2
1
ln
0
2
a
a
-
-
>
恒成立，
第2 步：构造新函数g（x）；
令
2
1
ln
0
2
g a
a
a a
=
-
-
>
，则
2
1
2
1
2
a
g
a
a
a
a
-
¢
=
-
=
，
第3 步：利用导数研究g（x）的单调性或最值；
令
0
g
a
¢
<
，则
2
0
2
a
<
<
；令
0
g
a
¢
>
，则
2
2
a >
；
所以
g a 在
2
0, 2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
第4 步：根据单调性及最值，得到所证不等式.
所以
2
min
2
2
1
2
ln
ln
2
0
2
2
2
2
g a
g æ
ö
æ
ö
=
=
-
-
=
>
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，则
0
g a >
恒成立，
所以当
0
a >
时，
3
( )
2ln
2
f x
a
>
+
恒成立，证毕.
适当放缩法：第一步：整体审题，找到简单的不等关系．
令
e
1
x
h x
x
=
-
- ，则
e
1
x
h x
¢
=
- ，
由于
ex
y =
在R 上单调递增，所以
e
1
x
h x
¢
=
- 在R 上单调递增，
又
0
0
e
1
0
h¢
=
- =
，
所以当
0
x <
时，
0
h x
¢
<
；当
0
x >
时，
0
h x
¢
>
；
所以
h x 在
,0
¥
-
上单调递减，在
0, ¥
+
上单调递增，
故
0
0
h x
h
³
=
，则e
1
x
x
³
+ ，当且仅当
0
x =
时，等号成立，
第二步：利用ex≥1＋x 合理放缩．
因为
2
ln
2
2
( )
e
e
e
ln
1
x
x
x
a
f x
a
a
x
a
a
x
a
x
x
a
a
x
+
=
+
-
=
+
-
=
+
-
³
+
+ +
-
，
当且仅当
ln
0
x
a
+
=
，即
ln
x
a
= -
时，等号成立，
所以要证
3
( )
2ln
2
f x
a
>
+
，即证
2
3
ln
1
2ln
2
x
a
a
x
a
+
+ +
-
>
+
，即证
2
1
ln
0
2
a
a
-
-
>
，
第三步：化简不等式，得出结论．
令
2
1
ln
0
2
g a
a
a a
=
-
-
>
，则
2
1
2
1
2
a
g
a
a
a
a
-
¢
=
-
=
，
令
0
g
a
¢
<
，则
2
0
2
a
<
<
；令
0
g
a
¢
>
，则
2
2
a >
；
所以
g a 在
2
0, 2
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
所以
2
min
2
2
1
2
ln
ln
2
0
2
2
2
2
g a
g æ
ö
æ
ö
=
=
-
-
=
>
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，则
0
g a >
恒成立，
所以当
0
a >
时，
3
( )
2ln
2
f x
a
>
+
恒成立，证毕.
2．（2026·菏泽一模）已知函数
ex
f x
x
a
=
+
，
ln
g x
x
x
a
=
+
．
(1)若函数
f x 的最小值与
g x 的最小值之和为
4
e
-
，求a 的值．
(2)若
0
a =
，
0
x >
，证明：
f x
g
x
>
¢
．
【解】（1）因为
ex
f x
x
a
=
+
，所以
1
ex
f
x
x
=
¢
+
．
令
0
f
x
¢
=
，解得= 1
x - ．
所以当
, 1
x
¥
Î -
-
时，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减；
当
1,
x
¥
Î - +
时，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增．
所以
min
1
1
e
f x
f
a
=
-
= -
+
．
因为
ln
g x
x
x
a
=
+
，
0
x >
，所以
ln
1
g
x
x
=
¢
+ ．
令
0
g
x
¢
=
，解得
1
e
x =
．
所以当
1
0, e
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，
0
g
x
¢
<
，
g x 单调递减；
当
1 ,
e
x
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø 时，
0
g
x
¢
>
，
g x 单调递增，
所以min
1
1
e
e
g x
g
a
æ
ö
=
= -
+
ç
÷
è
ø
．
由题意可得
1
1
4
e
e
e
a
a
-
+
-
+
= -
，解得
1
a
e
= -
．
（2）证明：方法一 当
0
a =
时，
ex
f x
x
=
，
ln
g x
x
x
=
，则
ln
1
g
x
x
=
¢
+ ．
要证
f x
g
x
>
¢
，即证e
ln
1
0
x
x
x
-
- >
，
0
x >
．
令
e
ln
1
x
F x
x
x
x
=
-
-
- ，
0
x >
，则
1
e
1
1
1
1 e
1
e
1
x
x
x
x
x
x
x
F
x
x
x
x
x
x
+
- -
+
=
+
-
¢
- =
=
-
．
令
e
1
x
G x
x
=
- ，
0
x >
，则
1 ex
G
x
x +
¢
=
，
所以当
0
x >
时，
0
G
x
¢
>
，所以
G x 在
0, ¥
+
上单调递增．
因为
0
1
0
G
= - <
，
1
e 1
0
G
=
- >
，
所以
G x 在
0, ¥
+
上存在唯一零点
0,1
cÎ
，且当
0,
x
c
Î
时，
0
G x <
；当
,
x
c
¥
Î
+
时，
0
G x >
．
所以当
0,
x
c
Î
时，
0
F
x
¢
<
，
F x 单调递减；当
,
x
c
¥
Î
+
时，
0
F
x
¢
>
，
F x 单调递增．
所以
e
ln
1
c
F x
F c
c
c
c
³
=
-
- - ．
由
0
G c =
，得e
1
0
c
c
- =
，所以e
1
c
c
= ．
两边取对数，得ln
0
c
c
+
=
，所以
0
F c =
，
所以
0
F x
F c
³
=
，即e
ln
1
0
x
x
x
x
-
-
- ³
．
因为
0
x >
，所以e
ln
1
0
x
x
x
-
- >
，即
f x
g
x
>
¢
．
方法二 要证
f x
g
x
>
¢
，即证e
ln
1
x
x
x
>
+ ，即证
2
e
ln
1
x
x
x
x
+
>
．
令
ex
h x
x
=
，
0
x >
，
2
ln
1
x
x
x
j
+
=
，
0
x >
．
易得
2
e
1
x x
h x
x
=
¢
-
，则令
0
h x
¢
<
，得0
1
x
<
< ；令
0
h x
¢
>
，得
1
x > ．
所以
h x 在
0,1 上单调递减，在
1, ¥
+
上单调递增．
所以
1
e
h x
h
³
=
．
易得
2
4
3
1
2
ln
1
2ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
j
×
-
+
-
-
=
¢
=
．
令
0
x
j¢
>
，得
1
2
0
e
x
-
<
<
；令
0
x
j¢
<
，得
1
2
e
x
-
>
．
所以
x
j
在
1
2
0,e
-
æ
ö
ç
÷
è
ø
上单调递增，在
1
2
e
, ¥
-
æ
ö
+
ç
÷
è
ø
上单调递减，
所以
1
2
e
e
e
2
x
j
j
-
æ
ö
£
=
<
ç
÷
è
ø
，
所以
h x
x
j
>
，故
f x
g
x
>
¢
．
题型02 双变量函数不等式的证明
3．（2026·四川攀枝花·三模）已知函数
ln
1
R
a
f x
x
a
x
=
+
-
Î
．
(1)当
2
a =
时，求函数
f x 在
1
x = 处的切线方程；
(2)设函数
f x 的导函数为
f
x
¢
，若
1
2
1
2
f
x
f
x
x
x
¢
¢
=
¹
，证明：
1
2
1
1
f
x
f
x
a
+
+
> ．
技法指导
证明含双参不等式的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的
不等式转化为含单参的不等式；二是构造函数，借助导数，判断函数的单调性，从而求其值；三是回归
含双参的不等式的证明，把所求的最值应用到含参的不等式中，即可证得结果.
【解】（1）当
2
a =
时，
2
ln
1
f x
x
x
=
+
- ，则
1
1
f
= ．
而
2
2
1
2
2
x
f
x
x
x
x
=
¢
-
=
-
，所以
1
1
f ¢
= - ．
所以
f x 在
1
x = 处的切线方程为
1
1
y
x
- = -
-
，即
2
y
x
= - +
．
（2）因为
1
2
2
2
1
1
2
2
1
1
,
a
a
f
x
f
x
x
x
x
x
=
-
=
-
¢
¢
，且
1
2
1
2
f
x
f
x
x
x
¢
¢
=
¹
所以
2
2
1
1
2
2
1
1
a
a
x
x
x
x
-
=
-
，所以
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
a
a
a
x
x
x
x
x
x
x
x
æ
öæ
ö
-
=
-
=
+
-
ç
֍
÷
è
øè
ø
．
因为
1
2
x
x
¹
，
1
2
0,
0
x
x
>
>
，
所以
1
2
1
1
1
0
a
a
x
x
æ
ö
+
= Þ
>
ç
÷
è
ø
．
所以
1
2
1
2
1
2
1
2
ln
ln
2
ln
1
a
a
f x
f x
x
x
x x
x
x
+
=
+
+
+
-
=
- ．
因为
1
2
1
2
1
1
1 1
1
2
a
a
x
x
x x
æ
ö
+
= >
ç
÷
è
ø
，所以
2
1
2
4
x x
a
>
，
所以
2
1
2
1
2
ln
1
ln 4
1
f x
f x
x x
a
+
=
- >
- ．
设
2
1
1
ln 4
2
2ln
2ln2
2
g a
a
a
a
a
=
+
-
=
+
+
- ．
则
2
2
2
1
2
1
a
g
a
a
a
a
=
¢
-
=
-
．
当
1
0, 2
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø时，
0,
g a
g a
¢
<
单调递减；
当
1 ,
2
a
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø 时，
0,
g a
g a
¢
>
单调递增．
所以当
1
2
a =
时，
min
1
( )
0
2
g a
g æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
．
所以
2
1
ln 4
2
0
a
a
+
-
³
，
所以
2
1
ln 4
1
1
a
a
- +
³ ，即
1
2
1
1
f x
f x
a
+
+
> ．
4．（2026·安徽六安一模）已知函数
1
( )
cos
1
(
)
x
f x
e
x
ax a
R
+
=
+
+
-
Î
.
（1）若
( )
f x 在
1,
- +¥ 上单调递增，求实数a 的取值范围；
（2）当
1
a = - 时，若实数
1
2
1
2
,
(
)
x x
x
x
<
满足
1
2
(
)
(
)
2
f x
f x
+
=
，求证：
1
2
0
x
x
+
<
.
【解】（1）
1
( )
sin
1
x
f
x
e
x
a
+
¢
=
-
+
-
由
( )
f x 在
1,
- +¥ 上单调递增，
故当
1
x > - 时，
1
sin
1
0
xe
x
a
+ -
+
-
³
恒成立
即
1
sin
1
x
a
e
x
+
£
-
+
设
1
sin
1
1
x
g x
e
x
x
+
=
-
+
> -
，
1
cos
1
x
g
x
e
x
+
¢
=
-
+
，
∵
1
x > - ，∴
1
1,cos
1
1
xe
x
+ >
+
£
∴
0
g
x
¢
>
，即
g x 在
1,
- +¥ 上单调递增，
故
1
1
g x
g
>
-
=
∴
1
a £ ；
（2）当
1
a = - 时，
1
cos
1
x
f x
e
x
x
+
=
+
+
+
，
1
sin
1
1
0
x
f
x
e
x
+
¢
=
-
+
+ >
∴
f x 在R 上单调递增，
又∵
1
1
f -
= 且
1
2
2
f
x
f
x
+
=
，
故
1
2
1
x
x
< - <
要证
1
2
0
x
x
+
<
，只需证
2
1
x
x
< -
即证
2
1
f x
f
x
<
-
，只需证
1
1
2
f x
f
x
-
<
-
即证
1
1
2
0
f x
f
x
+
-
-
>
令
2
h x
f x
f
x
=
+
-
-
，
h x
¢
1
1
sin
1
1
sin 1
1
x
x
e
x
e
x
+
-
=
-
+
+
+ -
+
-
-
1
1
2cos1 sin
x
x
e
e
x
+
-
=
-
-
×
令
1
1
2cos1 sin
x
x
x
e
e
x
j
+
-
=
-
-
×
1
1
2cos1 cos
2
2cos1 cos
0
x
x
x
e
e
x
e
x
j
+
-
¢
=
+
-
×
³
-
×
>
∴
j x 在
, 1
-¥ -
上单调递增
∴
2
1
1
sin 2
0
x
e
j
j
<
-
= -
-
<
，故
h x 在
, 1
-¥ -
上单调递减，
∴
1
2
1
2
0
h x
h
f
>
-
=
-
-
=
，故原不等式成立.
题型03 利用导数研究恒成立问题
5.（2024 全国甲（理）卷T21）已知函数
1
ln 1
f x
ax
x
x
=
-
+
-
．
(1)当
2
a = - 时，求
f x 的极值；
技法指导
由不等式恒成立求参数的取值范围问题的策略
(1)求最值法.将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题.
(2)分离参数法.将参数分离出来，进而转化为a>f(x)max 或a<f(x)min 的形式，通过导数的应用求出f(x)的最
值，即得参数的范围.
(2)当
0
x ³
时，
0
f x ³
，求a 的取值范围．
【解题指导】（1）
2
a = - 代入
f x →求导
( )
f
x
¢
→
f x 的单调性→
f x 的极值
（2）求导
( )
f
x
¢
→构造新函数→求导，分类讨论→确定新函数的单调性→新函数的最值→a 的取值范围
【解】（1）当
2
a = - 时，
( )
(1 2 )ln(1
)
f x
x
x
x
=
+
+
-
，
故
1
2
1
( )
2ln(1
)
1
2ln(1
)
1
1
1
x
f
x
x
x
x
x
+
¢
=
+
+
- =
+
-
+
+
+
，
因为
1
2ln(1
),
1
1
y
x
y
x
=
+
= -
+
+
在
1, ¥
- +
上为增函数，
故
( )
f
x
¢
在
1, ¥
- +
上为增函数，而
(0)
0
f ¢
=
，
故当1
0
x
- <
<
时，
( )
0
f
x
¢
<
，当
0
x >
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
故
f x 在
0
x =
处取极小值且极小值为
0
0
f
=
，无极大值.
（2）
1
1
ln 1
1
ln 1
,
0
1
1
a
x
ax
f
x
a
x
a
x
x
x
x
+
-
= -
+
¢
+
- = -
+
-
>
+
+
，
第1 步构造新函数并求导
设
1
ln 1
,
0
1
a
x
s x
a
x
x
x
+
= -
+
-
>
+
，
则
2
2
2
1
1
1
2
1
1
1
1
1
a
a x
a
a
ax
a
s
x
x
x
x
x
+
+
+
+
-
+
+
=
-
= -
= -
+
+
+
¢
+
，
第2 步分类讨论，比较
f x 与0 的大小关系
当
1
2
a £ -
时，
0
s x
¢
>
，故
s x 在
0, ¥
+
上为增函数，
【疑难解惑】因为分界点未知，结合
0
0
s
=
联想到利用必要性探路
0
0
s¢
³
得出a 的分界点再进行分类讨
论故
0
0
s x
s
>
=
，即
0
f
x
¢
>
，
所以
f x 在
0, ¥
+
上为增函数，故
0
0
f x
f
³
=
.
当
1
0
2
a
-
<
<
时，当
2
1
0
a
x
a
+
<
< -
时，
0
s x
¢
<
，
故
s x 在
2
1
0,
a
a
+
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上为减函数，故在
2
1
0,
a
a
+
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上
0
s x
s
<
，
即在
2
1
0,
a
a
+
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上
0
f
x
¢
<
即
f x 为减函数，
故在
2
1
0,
a
a
+
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上
0
0
f x
f
<
=
，不合题意，舍.
当
0
a ³
，此时
0
s x
¢
<
在
0, ¥
+
上恒成立，
同理可得在
0, ¥
+
上
0
0
f x
f
<
=
恒成立，不合题意，舍；
第3 步得出结论
综上，
1
2
a £ -
.
6.（2026·山东青岛·一模）已知函数
ex
f x
ax
=
-
．
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)当
0
x >
时，
2
( )
1
f x
x
x
³
-
+ 恒成立，求a 的取值范围.
【解】（1）由题知：
ex
f
x
a
¢
=
-
若
0
a £
，
( )
0
f
x
¢
³
，
( )
f x 在(
,
)
-¥ +¥ 上单调递增
若
0
a >
，令
( )
0
f
x
¢
=
解得：
ln
x
a
=
当
(
,ln )
x
a
Î -¥
时，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x 单调递减；
当
(ln ,
)
x
a
Î
+¥ 时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 单调递增，
综上，
当
0
a £
，
( )
f x 的递增区间是(
,
)
-¥ +¥ ，没有单调递减区间，
若
0
a >
，
( )
f x 的递增区间是(ln ,
)
a +¥ ，递减区间是(
,ln )
a
-¥
；
（2）依题意，
0
x >
时，
2
e
1
x
ax
x
x
-
³
-
+ 恒成立，即
2
e
1
x
x
x
a
x
-
+
-
£
在
0,+¥ 上恒成立，
令
2
e
1
x
x
x
g x
x
-
+
-
=
0
x >
，则
2
2
e
2
1
e
1
x
x
x
x
x
x
g
x
x
-
+
-
-
+
-
¢
=
=
2
2
2
1 e
1
e
e
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
-
-
-
-
-
+
=
，
令
e
1(
0)
x
h x
x
x
=
-
-
>
，由（1）知函数
ex
y
x
=
-
在
0,+¥ 上单调递增，
所以函数
h x 在
0,+¥ 上单调递增，
则有
0
0
h x
h
>
=
，即e
1
0(
0)
x
x
x
-
- >
>
，
即当
1
x > 时，则
0
g
x
¢
>
，当0
1
x
<
< 时，则
0
g
x
¢
<
，
即
g x 在
0,1 上单调递减，在
1,+¥ 上单调递增，
所以函数
g x 在
1
x = 处取最小值1
e 1
g
=
- ，于是得
e 1
a £
- ，
所以a 的取值范围为
,e 1
¥
-
-
.
7．（2026·湖南永州·一模）已知函数
2
ln
R
=
-
Î
f
x
ax
x
a
，
．
(1)讨论
f x 的单调区间；
(2)若
0
a >
，且当
(0,1]
xÎ
时，
1
f
x ³ 恒成立，求a 的取值范围．
【解】（1）由题意得
2
1
2
1
( )
2
,
0
ax
f
x
ax
x
x
x
¢
-
=
-
=
>
，
①当
0
a £
时，
2
2
1
0
ax - <
恒成立，即
( )
0
f
x
¢
<
恒成立，
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递减；
②当
0
a >
时，令
( )
0
f
x
¢
=
，
2
2
a
x
a
=
，
故当
2
0, 2
a
x
a
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，
( )
0
f
x
¢
<
，
( )
f x 单调递减，
当
2
,
2
a
x
a
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
时，
( )
0
f
x
¢
>
，
( )
f x 单调递增，
综上，当
0
a £
时，
( )
f x 单调递减，当
0
a >
时，
( )
f x 在
2
0, 2
a
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2
,
2
a
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增.
（2）由（1）知，当
0
a >
时，
( )
f x 在
2
0, 2
a
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2
,
2
a
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递增，
若
1
f x ³ 恒成立，则有
min
1
f x
³ ，
①若
2
1
2
a
a ³ ，即
1
0
2
a
<
£
时，则
( )
f x 在(0,1]上单调递减，则
min
(1)
f x
f
a
=
=
，
由
min
1
f x
³ 得
1
a ³ ，此时前后矛盾，故舍；
②若
2
1
2
a
a < ，即
1
2
a >
，则
( )
f x 在
2
0, 2
a
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
2
,1
2
a
a
æ
ù
ç
ú
çè
û
上单调递增，
则
min
2
1 1 ln 2
2
2
a
f x
f
a
a
æ
ö
é
ù
=
=
+
ç
÷
ë
û
ç
÷
è
ø
，
由
min
1
f x
³ 得
1 1 ln 2
1
2
a
é
ù
+
³
ë
û
，解得
e
2
a ³
，
综上所述，a 的取值范围是e ,
2
¥
é
ö
+
÷
êë
ø .
题型04 利用导数研究能成立问题
8．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知函数
2
e
1,
R
x
f x
ax
x
a
=
-
-
-
Î
(1)设
F x
f x
f
x
=
-
-
，讨论
F x 的单调性；
(2)设
G x
f x
f
x
=
+
-
，若
0
G x <
有解，求a 的取值范围．
技法指导
不等式有解问题可类比恒成立问题进行转化，要理解清楚两类问题的差别.
含参数的不等式能成立(存在性)问题的转化方法
若a>f(x)在x∈D 上能成立，则a>f(x)min；
若a<f(x)在x∈D 上能成立，则a<f(x)max.
【解】（1）
e
e
2 ,
R
x
x
F x
x x
-
=
-
-
Î
．
所以
e
e
2
2 e
e
2
0
x
x
x
x
F
x
-
-
=
+
-
³
×
-
=
¢
，
所以
F x 在定义域R 单调递增；
（2）因为
(
)
(
)
( )
( )
G
x
f
x
f x
G x
-
=
-
+
=
，
所以函数
2
e
e
2
2
x
x
G x
ax
-
=
+
-
-
为偶函数，
由对称性可将问题转化为存在
0,
xÎ
+¥ ，
使
0
G x <
有解；而
0
0
G
=
；
e
e
4
x
x
G
x
ax
- -
¢
=
-
；
令
'
( )
( )
H x
G x
=
，则
e
e
4
x
x
H
x
a
-
=
+
-
¢
，
令
'
( )
( )
D x
H x
=
，则
e
e
x
x
D x
-
=
¢
-
因为
0,
xÎ
+¥ ，所以
e
e
0
x
x
D x
-
=
-
³
¢
，故
D x 在
0, ¥
+
上为增函数；
当
1
2
a £
时，
0
2
4
0
D x
D
a
³
=
-
³
，所以
G
x
¢
在
0,
xÎ
+¥ 上为增函数；
故
0
0
G
x
G
¢
¢
³
=
，所以
G x 在
0,
xÎ
+¥ 上为增函数，
故
0
0
G x
G
³
=
，不符合题意；
当
1
2
a >
时，
0
2
4
0
D
a
=
-
<
，且
D x
x
¥
¥
® +
® +
当
，
又
D x 在
0, ¥
+
上为增函数，故
0
t$ > ，使
0
D t =
，当
0,
x
t
Î
时，
0
H
x
¢
<
，
函数
G
x
¢
在
0,t 上单调递减，当
0,
x
t
Î
时，
0
0
G
x
G
¢
<
=
¢
，
所以函数
G x 在
0,t 上单调递减，当
0,
x
t
Î
时，
0
0
G x
G
<
=
，符合题意，
综上所述a 的取值范围是1 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø．
9．（2025·甘肃·模拟预测）已知函数
ex
f x
ax
a
=
×
ÎR 的极小值为
1
e
-
．
(1)求曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程；
(2)若
0
b >
，且存在
0,
x
¥
Î
+
，使得e
ln
bx
b
x
£
成立，求实数b 的取值范围．
【解】（1）因为函数
ex
f x
ax
a
=
×
ÎR ，
所以
1 ex
f
x
a x +
×
¢
=
，显然
1
0
f ¢ -
=
，
因为函数
ex
f x
ax
a
=
×
ÎR 的极小值为
1
e
-
，
所以
1
1
1
e
e
f
a
-
-
= - ×
= -
，解得
1
a = ，
此时当
1
x > - 时，
0
f
x
¢
>
，当
1
x < - 时，
0
f
x
¢
<
，
故
ex
f x
x
=
×
在
, 1
¥
-
-
上单调递减，在
1, ¥
- +
上单调递增，
故极小值为
1
1
e
f -
= -
，满足要求，
所以
1
2e
f ¢
=
，
1
e
f
=
，
所以曲线
y
f x
=
在点
1,
1
f
处的切线方程为
e
2e
1
y
x
-
=
-
，
即2e
e
0
x
y
-
-
=
；
（2）由（1）知：当
0
x >
时，
1 e
0
x
f
x
x
¢
=
+
×
>
，
所以
ex
f x
x
=
×
在
0, ¥
+
上递增，
因为存在
0,
x
¥
Î
+
，使得e
ln
bx
b
x
£
成立，即
e
ln
bx
bx
x
x
£
，
所以存在
0,
x
¥
Î
+
，使得
ln
f bx
f
x
£
成立，
所以存在
0,
x
¥
Î
+
，使得
ln
bx
x
£
成立，即
ln x
b
x
£
成立，
令
ln x
g x
x
=
，则
2
1 ln x
g
x
x
-
¢
=
，
当0
e
x
<
<
时，
0
g
x
¢
>
，当
e
x> 时，
0
g
x
¢
<
，
故
ln x
g x
x
=
在
0,e 上单调递增，在
e, ¥
+
上单调递减，
所以当
e
x= 时，
g x 取得最大值
1
e
e
g
=
，
又
0
b >
，所以
1
0
e
b
<
£
，则实数b 的取值范围是
1
0, e
æ
ù
ç
ú
è
û .
10．（2025·辽宁·模拟预测）已知函数
2
ln
1
(
1)
x
f x
x
+
=
+
(1)求出函数
f x 在1,e
e
é
ù
ê
ú
ë
û 上的最值
(2)若关于x 的不等式
2
ln e
2
1
x
ax
a x
-
>
+
存在唯一的整数解，求实数a 的取值范围．
【解】（1）因为
1,e
e
x
é
ù
Îê
ú
ë
û，
2
ln
1
(
1)
x
f x
x
+
=
+
，所以
3
1
2ln
1
1
x
x
f
x
x
¢
-
+
=
+
，
令
0
f
x
¢
=
，令
1
2ln
1
t x
x
x
=
-
+
，
因为函数
1
y
x
=
，
2ln
1
y
x
= -
- 在
0, ¥
+
上单调递减，
所以
1
2ln
1
t x
x
x
=
-
+
在
0, ¥
+
上单调递减，又
1
2ln1 1
0
1
t
= -
+
=
，
所以方程
1
2ln
1
0
t x
x
x
=
-
+
=
得解为
1
x = ，
f
x
¢
，
f x 的变化情况如下表所示．
x
1
e
1 ,1
e
æ
ö
ç
÷
è
ø
1
1,e
e
f
x
¢
+
+
0
-
-
f x
0
单调递
增
1
4
单调递
减
2
2
e 1
+
所以，
f x 在区间1 ,1
e
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，在区间
1,e 上单调递减.
当
1
x = 时，
f x 有极大值1
4 ，
1
1
4
f
=
也是
f x 的最大值.
又因为
1
0
e
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，
2
2
e
e 1
f
=
+
，
所以
1
e
e
f
f æ
ö
>
ç
÷
è
ø ，所以0 为
f x 的最小值.
（2）因为
0
x >
，所以不等式
2
ln e
2
1
x
ax
a x
-
>
+
可化为
2
ln
1
1
x
a
f x
x
+
<
=
+
，
由（1）可知
2
ln
1
x
f x
x
+
=
在区间
0,1 上单调递增，在区间
1,+¥ 上单调递减.
因为
f x 的最大值
1
1
4
f
=
，
1
ln2
2
1
9
f
f
+
=
<
，
所以
*
N
x
" Î
，
1
x = 时，
f x 最大，所以不等式
2
ln e
2
1
x
ax
a x
-
>
+
，
即
a
f x
<
存在唯一的整数解只能为1，
所以
1
2
f
a
f
a
ì
>
ïí
£
ïî
，所以1
ln 2
1
9
4
a
+
£
<
所以a 的取值范围为1
ln 2 1
,
9
4
+
é
ö
÷
êë
ø .
1．（2025·湖北武汉·模拟）已知函数
2
( )
ln(
1)
f x
x
ax
x
=
+
+
-
（aÎR ）.
(1)当
1
a = 时，讨论
( )
f x 的单调性；
(2)当
0
x ³
时，
( )
0
f x ³
恒成立，求a 的取值范围.
【解】（1）当
1
a = 时，
2
( )
ln(
1)
f x
x
x
x
=
+
+
-
，则
'
1
(2
1)
( )
2
1
1
1
x
x
f
x
x
x
x
+
=
+
- =
+
+
且
1
x > - ，
由
'( )
0
f
x >
，得
1
1
2
x
- <
< -
或
0
x >
；
'( )
0
f
x <
，得
1
0
2
x
-
<
<
；
则
( )
f x 在
1
1,
2
æ
ö
- -
ç
÷
è
ø 上单调递增，在
1 ,0
2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递减，在(0,
)
+¥ 上单调递增.
（2）由题知
'
1
( )
2
1
1
f
x
ax
x
=
+
-
+
，令
'
( )
( )
g x
f
x
=
，则
'
2
1
( )
2
(
1)
g x
a
x
= -
+
+
，
因当
0
x ³
时，
( )
0
f x ³
恒成立，且
'
(0)
(0)
0
f
f
=
=
，
则必有
'(0)
1
2
0
g
a
= - +
³
，即
1
2
a ³
，
另一方面，
1
2
a ³
时，
'
2
2
1
1
( )
2
1
0
(
1)
(
1)
g x
a
x
x
= -
+
³ -
³
+
+
，
所以
'
( )
( )
g x
f
x
=
在[0,
)
+¥ 上单调递增，则
'
'
( )
(0)
0
f
x
f
³
=
，
所以
( )
f x 在[0,
)
+¥ 上单调递增，则
( )
(0)
0
f x
f
³
=
，满足题设，
综上，a 的取值范围为1 ,
2
é
ö
+¥÷
êë
ø .
2．（2025·山东聊城·三模）已知函数
1
ln
f x
m x
m
x
=
+
ÎR ．
(1)若
0
f x ³ 恒成立，求m 的取值范围；
(2)当
1
m = 时，（i）求
f x 的最小值；（ii）证明：
3sin
cos
2
x
xf x
x
>
+
．
【解】（1）因为函数
1
ln
f x
m x
m
x
=
+
ÎR 的定义域为
0, ¥
+
，
当
0
m =
时，
1
0
f x
x
=
>
恒成立，
当
0
m <
时，
1
1
1
1
1
e
lne
1 e
0
e
m
m
m
m
f
m
-
-
-
æ
ö =
+
= - +
<
ç
÷
è
ø
，所以此时
1
ln
0
f x
m x
x
=
+
>
不恒成立，
当
0
m >
时，求导得
2
2
1
1
1
mx
f
x
m x
x
x
=
¢
-
=
-
，
当
1
0,
x
m
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
2
1
0
mx
f
x
x
-
¢
=
<
，所以
1
ln
f x
m x
x
=
+
在
1
0,
x
m
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上单调递减；
当
1 ,
x
m
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø 时，
2
1
0
mx
f
x
x
-
¢
=
>
，所以
1
ln
f x
m x
x
=
+
在
1 ,
x
m
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø 上单调递增；
所以
min
1
ln
ln
f x
m
m
m
m
m
m
=
+
=
-
，
即不等式
0
f x ³
恒成立，等价于
ln
0
1 ln
0
1 ln
0
0
e
m
m
m
m
m
m
m
-
³
Û
-
³
Û -
³
Û
<
£
，
综上，m 的取值范围为
0,e .
（2）（i）当
1
m = 时，
1
ln
f x
x
x
=
+
，则
2
2
1
1
1
x
f
x
x
x
x
=
¢
-
=
-
，
当
0,1
xÎ
时，
2
1
0
x
f
x
x
-
¢
=
<
，所以
1
ln
f x
x
x
=
+
在
0,1
xÎ
上单调递减；
当
1,
x
¥
Î
+
时，
2
1
0
x
f
x
x
-
¢
=
>
，所以
1
ln
f x
x
x
=
+
在
1,
x
¥
Î
+
上单调递增；
所以
min
1
f x
= ，
（ii）由
1
f x ³ ，则要证明
3sin
cos
2
x
xf x
x
>
+
，只需要证明
3sin
cos
2
x
x
x
>
+
，
构造
3sin
cos
2
x
g x
x
x
=
-
+
，则
2
2
2
2
2
2
2
3cos
cos
2
3sin
cos
1
6cos
3
cos
2cos
1
1
1
0
cos
2
cos
2
cos
2
cos
2
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
+
+
-
+
-
+
= -
= -
=
=
³
+
+
+
+
¢
，
所以
3sin
cos
2
x
g x
x
x
=
-
+
在
0, ¥
+
上单调递增，
即
0
0
g x
g
>
=
，所以有
3sin
cos
2
x
x
x
>
+
，
即
3sin
cos
2
x
xf x
x
>
+
成立．
3．（2025·广东肇庆二模）已知函数
2
ln
ln
f x
a
x
x
x
x
=
-
+
．
(1)若
0
a =
，求
f x 的零点；
(2)若
0
a >
，讨论
f x 的单调性；
(3)若
0,1
aÎ
，证明：
e
1
a
f
< ．
【解】（1）
0
a =
时，
ln
1 ln
f x
x
x
x
x
x
= -
+
=
-
，
令
0
f x =
可得1 ln
0
x
-
=
，解得
e
x= ，所以
f x 的零点为e．
（2）因为
2
ln
ln
f x
a
x
x
x
x
=
-
+
，
所以
2
ln
2 ln
2 ln
ln
1 1
ln
a
x
x
a
x
a
x
f
x
x
x
x
x
x
-
=
-
¢
-
+ =
-
=
．
若
0
a >
，则令
0
f
x
¢
=
，解得
1
x = ，
2
x
a
=
，
①若2
1
a < ，即
1
0
2
a
<
<
时，
当
2 ,1
x
a
Î
时，
0
f
x
¢
>
，当
0,2
1,
x
a
¥
Î
È
+
时，
0
f
x
¢
<
，
故
f x 在区间
2 ,1
a
上单调递增，在区间
0,2a ，
1, ¥
+
上单调递减．
②若2
1
a = ，即
1
2
a =
时，
0
f
x
¢
£
，故
f x 在
0, ¥
+
上单调递减．
③若2
1
a > ，即
1
2
a >
时，
当
1,2
x
a
Î
时，
0
f
x
¢
>
，当
0,1
2 ,
x
a
¥
Î
È
+
时，
0
f
x
¢
<
，
故
f x 在区间
1,2a 上单调递增，在
0,1 ，
2 ,a
¥
+
上单调递减．
综上，当
1
0
2
a
<
<
时，
f x 的单调递增区间为
2 ,1
a
，单调递减区间为
0,2a ，
1, ¥
+
；
当
1
2
a =
时，
f x 在
0, ¥
+
上单调递减；
当
1
2
a >
时，
f x 的单调递增区间为
1,2a ，单调递减区间为
0,1 ，
2 ,a
¥
+
．
（3）要证
3
3
e
e
e
1
1
e
1
a
a
a
a
f
a
a
a
a
=
-
+
< Û
-
< -
，
因为
0,1
aÎ
，则只证
2
e
1
a
a
a
< +
+
，故只需证明
2
1
1
ea
a
a
+
+
> ，
设
2
1
ea
a
a
g a
+
+
=
，则
2
1
e
e
a
a
a
a
a
a
g
a
-
-
=
=
¢
，
所以当
0,1
aÎ
时，
0
g a
¢
>
，故
2
1
ea
a
a
g a
+
+
=
在区间
0,1 上单调递增，
所以
0
1
g a
g
>
= ，原式得证．
4．（2025·福建龙岩三模）已知函数
2
1
2
1
( )
(
)
ln
2
4
2
(
0)
f x
ax
a
x
a a
x
=
-
+
+
+
>
.
(1)求
f x 的单调区间;
(2)设
2
2
g x
x
x
=
-
，若对任意
1
(0,2]
x Î
，均存在
2
(0,2]
x Î
，使得
1
2
f x
g x
<
，求实数a 的取值范围.
【解】（1）由
2
1
( )
(2
1)
2ln
4
2
f x
ax
a
x
x
a
=
-
+
+
+
，
0
x >
，
得
2
2
(2
1)
2
(
1)(
2)
( )
(2
1)
ax
a
x
ax
x
f
x
ax
a
x
x
x
¢
-
+
+
-
-
=
-
+
+
=
=
.
令
( )
0
f
x
¢
=
，解得
1
2
1 ,
2
x
x
a
=
=
.
当
1
0
2
a
<
<
时，1
2
a >
，
当
(0,2)
xÎ
时，
( )
0,
( )
¢
>
f
x
f x 单调递增；
当
1
2,
x
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
( )
0,
( )
¢
<
f
x
f x 单调递减；
当
1 ,
x
a
¥
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø时，
( )
0,
( )
¢
>
f
x
f x 单调递增.
当
1
2
a =
时，1
2,
( )
0
f
x
a
¢
=
³
恒成立，
( )
f x 在(0,
)
+¥ 上单调递增.
当
1
2
a >
时，
1
0
2
a
<
<
，
当
1
0,
x
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
( )
0,
( )
¢
>
f
x
f x 单调递增；
当
1 ,2
x
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
( )
0,
( )
¢
<
f
x
f x 单调递减；
当
(2,
)
xÎ
+¥ 时，
( )
0,
( )
¢
>
f
x
f x 单调递增.
综上所述，当
1
0
2
a
<
<
时，
( )
f x 的单调递增区间为(0,2) 和1 ,
a
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø ，单调递减区间为(2 ，1
a
ö
÷ø ；
当
1
2
a =
时，
( )
f x 的单调递增区间为(0,
)
+¥ ，无单调递减区间；
当
1
2
a >
时，
( )
f x 的单调递增区间为
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 和(2,
)
+¥ ，单调递减区间为1 ,2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø.
（2）因为对任意
1
(0,2]
x Î
，均存在
2
(0,2]
x Î
，使得
1
2
f x
g x
<
，
所以
2
2
max
max
( )
( )
, ( )
2
(
1)
1,
(0,2]
f x
g x
g x
x
x
x
x
<
=
-
=
-
-
Î
，
当
2
x =
时，( )
g x 取得最大值，最大值为0.
由（1）得，当
1
0
2
a
<
£
时，
( )
f x 在(0,2 ]上单调递增，
即当
2
x =
时，
( )
f x 取得最大值
(2)
2
(2
1)
2
2ln2
4
2
2
2ln2
f
a
a
a
a
=
-
+
´
+
+
=
-
+
，
所以2
2
2ln2
0
a -
+
<
，解得
1 ln 2
a < -
，即0
1
ln2
a
<
< -
.
当
1
2
a >
时，
( )
f x 在
1
0, a
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在1 ,2
a
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，
当
1
x
a
=
时，
( )
f x 取得最大值
1
1
1
1
1
(2
1)
2ln
4
2
2ln
2
2
f
a
a
a
a
a
a
a
a
æ
ö =
-
+
×
+
+
= -
-
-
ç
÷
è
ø
4a
+
.
设
1
1
( )
2
2ln
4 ,
2
2
s a
a
a a
a
= -
-
-
+
>
，
则
2
2
2
1
2
1 4
8
( )
4
0
2
2
a
a
s a
a
a
a
-
+
¢
=
-
+
=
>
，( )
s a 单调递增，
所以
1
( )
ln 4 1
0
2
s a
sæ
ö
³
=
- >
ç
÷
è
ø
成立，所以
1
0
f
a
æ
ö <
ç
÷
è
ø
无解.
综上所述，a 的取值范围为{ 0
1
ln2}
a
a
<
< -
∣
.
5．（2026·黑龙江·一模）已知函数
2
(
1)
ln
f x
a x
x
x
=
+
+
+
，
R
aÎ
．
(1)讨论
f x 的单调性；
(2)当
1
0
2
a
-
£
<
时，求证：
1
2
1
2
f x
a
a
£
-
- ．
【解】（1）由题意可知，函数
2
(
1)
ln
f x
a x
x
x
=
+
+
+
，
R
aÎ
的定义域为
0, ¥
+
，
导数
1
2
1
x
ax
f
x
x
¢
+
+
=
，
0
x >
当
0
a ³
时，
0,
x
¥
Î
+
，
0
f
x
¢
>
；
当
0
a <
时，
1
0,
2
x
a
æ
ö
Î
-
ç
÷
è
ø ，
0
f
x
¢
>
；
1 ,
2
x
a
¥
æ
ö
Î -
+
ç
÷
è
ø ，
0
f
x
¢
<
；
综上，当
0
a ³
时，函数
f x 在区间
0, ¥
+
上单调递增；
当
0
a <
时，函数
f x 在区间
1
0,
2a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø上单调递增，在区间
1 ,
2a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø 上单调递减．
（2）由（1）可知，当
1
0
2
a
-
£
<
时，
函数
f x 在区间
1
0,
2a
æ
ö
-
ç
÷
è
ø上单调递增，在区间
1 ,
2a
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø ，上单调递减．
所以
2
max
1
1
1
1
1
ln
1
ln
2
2
2
2
4
f x
a
a
a
a
a
a
a
æ
ö
æ
ö
=
-
-
+
-
=
- -
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
要证
1
2
1
2
f x
a
a
£
-
- ，需证
1
1
1
ln
2
2
1
4
2
a
a
a
a
a
- -
-
-
£
-
- ．
即需证
1
1
ln
2
0,
0
4
2
a
a
a
a
-
+
-
³
-
£
<
恒成立，
令
1
1
ln
2
,
0
4
2
g a
a
a
a
a
=
-
+
-
-
£
<
，
则
2
2
2
1
2
(2
1)
1
0
4
2
4
a
g
a
a
a
a
+
= +
+
=
³
¢
所以函数
g a 在区间
1 ,0
2
é
ö
-
÷
êë
ø 单调递增，
故
1
0
2
g a
g æ
ö
³
-
=
ç
÷
è
ø
，
所以
1
ln
2
0
4
a
a
a
-
+
-
³
，
1
0
2
a
-
£
<
恒成立，
所以当
1
0
2
a
-
£
<
时，
1
2
1
2
f x
a
a
£
-
- ．
6．（2025·广东·模拟预测）已知函数
2
1 e
1
x
x
f x
x
-
=
-
.
(1)求
f x 的单调区间；
(2)证明：当
1
2
x <
时，
4 e 2
1
f x
x
< -
-
；
(3)若
0
1
g x
f x
k
k
=
-
<
<
有两个零点
1
2
,
x x ，且
1
2
0
x
x
<
<
，证明：
1
2
0
x
x
+
<
.
【解】（1）
f x 定义域为
2
2
3 e
1 ,
1
x
x
x
x x
f
x
x
-
¹
¢
=
-
∣
.
由
0
f
x
¢
>
可得
3
2
x >
或
0
x <
，由
0
f
x
¢
<
可得0
1
x
<
< 或
3
1
2
x
<
<
.
所以
f x 的单调增区间为
3
,0 ,
,
2
¥
¥
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø ，单调减区间为
3
0,1 , 1, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø .
（2）证明：当
1
2
x <
时，有
1
0,2
1
0
x
x
- <
- <
，
原不等式
4 e 2
1
f x
x
< -
-
等价于
e
4 e
1
x
x
< -
-
，即要证明
e
4 e
1
0
x
x
+
-
<
.
设
e
4 e
1
x
g x
x
=
+
-
，则
e
4 e
0
x
g
x =
+
>
¢
，此时
g x 在
1
, 2
æ
ö
-¥
ç
÷
è
ø 单调递增，
于是
1
e
0
2
g x
g æ
ö
<
= -
<
ç
÷
è
ø
，不等式成立.
（3）证明：构造函数
1
,0
2
F x
f x
f
x
x
=
-
-
<
<
.
2
2
2
2
2
2
2
e
e
2
3
1
2
3
1
2
3 e
2
3 e
.
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
F
x
f
x
f
x
x
x
x
-
-
¢
é
ù
-
+
+
+
-
-
+
ë
û
=
+
-
¢
=
+
¢
=
+
-
-
因为
1
0
2
x
<
<
，所以
2e
1,2
3
0
x
x
>
-
<
，于是
2e
2
3
2
3
x
x
x
-
<
- ，
所以
2
2
2
2
2
2
e
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
4
2
0.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
-
+
+
+
-
<
-
+
+
+
-
=
-
<
于是
0
F
x
¢
<
，所
以
F x 在
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø单调递减.
因为
1
0
2
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
，所以
1
2
1
0
2
x
x
<
<
<
，所以
2
2
2
0
0
F x
f x
f
x
F
=
-
-
<
=
，
即
2
2
f x
f
x
<
-
.
因为
1
2
,
x x 是
g x 的零点，所以
1
2
g x
g x
=
，
即
1
2
f x
f x
=
，所以
1
2
f x
f
x
<
-
.
由（1）可知
f x 在
,0
-¥
单调递增，所以
1
2
x
x
< -
，于是
1
2
0
x
x
+
<
.
7.（2025·海南·模拟预测）已知函数
( )
e
1
,
a x
f x
x a
-
=
+
ÎR ．
(1)当
2
a =
时，求
( )
f x 的单调区间与极值点；
(2)已知
( )
f x 有两个极值点
1
2
2
x
x
<
<
，证明：
1
2
3
x
x
+
>
．
【解】（1）当
2
a =
时，
2
( )
e
1
x
f x
x
-
=
+
，则
'
2
2
( )
e
e
1
x
x
f
x
x
-
-
+
= -
+ ，
令
'
2
2
( )
e
e
1
x
x
g x
f
x
x
-
-
+
=
= -
+ ，则
'
2
2
2
2
e
e
e
e
2
x
x
x
x
g
x
x
x
-
-
-
-
+
-
=
=
-
-
，
则
'
0
g
x >
得
2
x >
；
'
0
g
x <
得
2
x <
，
则
'
g x
f
x
=
在
,2
-¥
上单调递减，在
2,+¥ 上单调递增，
则
'
'
0
2
f
x
f
³
=
，故
f x 的单调递增区间为R ，无减区间，无极值点.
（2）因
( )
f x 有两个极值点
1
2
2
x
x
<
<
，则
1
2
,
x x 为
'( )
e
e
1
0
a x
a x
f
x
x
-
-
= -
+ =
+
的两根，
即
1
2
1
2
1,
1
1 e
1 e
a x
a x
x
x
-
-
=
-
-
= ，即
1
2
1
2
1 e
1 e
a x
a x
x
x
-
-
-
-
=
，
即
2
1
2
1
1
e
1
x
x
x
x
-
-
=
- ，
令
2
1
0
t
x
x
=
-
>
，则
1
1
e
1
e
t
t
t
x
-
+
=
-
，
2
1
e
e
1
e
t
t
t
x
t
+
=
-
- ，
则
1
2
2
1
1
1
e
1
e
e
1
e
e
2
e
e
e
t
t
t
t
t
t
t
t
x
t
t
t
x
t
+
+
=
-
-
-
-
+
+
+
+
=
-
-
，
欲证
1
2
3
x
x
+
>
，只需证e
e
1
0
t
t
t
t +
-
>
+
，
令
e
e
1,
0
t
t
k t
t
t
t
=
+
+
>
-
，则
'
0
e
1
t
k t
t
=
+ >
，
故
k t 在
0, ¥
+
上单调递增，则
0
0
k t
k
>
=
，则e
e
1
0
t
t
t
t +
-
>
+
成立，
故
1
2
3
x
x
+
>
得证.
8．（2025·安徽合肥·一模）已知函数
2
e
2
1 ,
ln
e
1
1
x
x
x
f x
g x
x x
x
ax
x
-
=
=
-
-
+
+
-
.
(1)求
f x 的单调区间；
(2)若对于任意
1
1 ,1
2
x
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø ，总存在
2
1,
x Î
+¥ ，使得
1
2
f x
g x
£
，求a 的取值范围.
【解】（1）函数
e
2
1
1
x
x
f x
x
-
=
-
的定义域为{ |
1}
x x ¹
,
则
2
2
e
2
1
1
e
2
1
e
2
3
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
f
x
x
x
x
¢
+
-
-
-
-
=
=
¹
-
-
，
令
0
f
x
¢
>
，可得
0
x <
或
3
2
x >
，令
0
f
x
¢
<
，可得0
1
x
<
< 或
3
1
2
x
<
<
，
则
f x 的单调递增区间为
,0
¥
-
和3 ,
2
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø，单调递减区间为
0,1 和
3
1,
.
2
æ
ö
ç
÷
è
ø
（2）由（1）知：
f x 在
1 ,0
2
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递增，在
0,1 上单调递减，
故当
1 ,1
2
x
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø 时，
max
0
1
f x
f
=
= ，
由已知：
2
ln
e
1
1
x
x x
x
ax
-
-
+
+ ³ 在
1,+¥ 上有解，
e
ln
x
a
x
x
x
\
³
+
-
在
1,+¥ 上有解，
ln
e
ln
x
x
a
x
x
-
\
³
+
-
在
1, ¥
+
上有解，
ln
min
e
ln
x
x
a
x
x
-
\
³
+
-
，
1,
x
¥
Î
+
；
令
ln ,
1,
t
x
x x
¥
=
-
Î
+
，则
1
1
1
0
x
t
x
x
-
= -
=
³
¢
，
ln
t
x
x
\ =
-
在
1,+¥ 上单调递增，
1 ln1
1
t
\ ³ -
= ，
令
e
,
1,
t
h t
t t
¥
=
+
Î
+
，
e
1
0
t
h t =
¢
+ >
，则
h t 在
1,+¥ 上单调递增，
则
min
1
e 1
h t
h
=
=
+ ，故
e 1
a ³
+ .
a
\ 的取值范围为
e 1, ¥
+
+
.
9．（2025·辽宁大连·模拟预测）已知
2
2ln
f
x
ax
x
=
-
，
0,e
xÎ
，其中e是自然对数的底数．
(1)讨论
( )
f x 的单调性；
(2)设
2
1
e
a >
，
5
ln x
g x
a
= - +
．存在
1
x ，
2
(0,e]
x Î
，使得
1
2
9
-
<
f
x
g x
成立，试求实数a 的取值范围．
【解】（1）由题
0,e
xÎ
，
2
2
1
2
2
ax
f
x
ax
x
x
-
¢
=
-
=
.
当
0
a £
，则
2
1
0
0
ax
f
x
¢
- <
Þ
<
，则此时
( )
f x 在
0,e
xÎ
上单调递减；
当
0
a >
，则
2
1
2
2
1
1
a x
a
a
f
x
x
x
x
x
a
a
æ
ö
-
ç
÷
æ
öæ
ö
è
ø
¢
=
=
-
+
ç
֍
÷
ç
֍
÷
è
øè
ø
.
若
1
a
e
<
，即
2
1
e
a >
时，令
0
f
x
¢
>
得
1 ,e
x
a
æ
ù
Îç
ú
çè
û
，令
0
f
x
¢
<
得
1
0,
x
a
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
，
故
( )
f x 在
1
0,
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
1 ,e
a
æ
ù
ç
ú
çè
û
上单调递增；
若
1
a ³ e，即
2
0
e
1
a
<
£
时，此时
( )
f x 在
0,e 上单调递减.
综上，当
2
1
a
e
£
时，
( )
f x 在
0,e 上单调递减；
当
2
1
e
a >
时，
( )
f x 在
1
0,
a
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
上单调递减，在
1 ,e
a
æ
ù
ç
ú
çè
û
上单调递增；
（2）
2
1
e
a >
时，由（1）可得
min
1
1
( )
1 2ln
1 ln
f x
f
a
a
a
æ
ö
=
= -
= +
ç
÷
ç
÷
è
ø
；
又
5
ln x
g x
a
= - +
，则
1
0
g
x
x
¢
=
>
，得
g x 在
0,e 上单调递增，
则
max
e
4
ln
g x
g
a
=
= - -
.
又注意到存在
1
x ，
2
(0,e]
x Î
，使得
1
2
9
-
<
f
x
g x
，
等价于
0,e
xÎ
时，
1
2
min
max
9
f x
g x
-
<
，
则
7
2
1 ln
4
ln
9
9
2ln
5
9
e
e
a
a
a
a
-
+
+
+
<
Þ - <
+
<
Þ
<
<
，又
2
1
e
a >
，
则
2
2
1 ,e
e
a
æ
ö
Îç
÷
è
ø.
10．（2026·河北保定·一模）已知函数
3
sin
sin
,
.
f x
x
a
x a
=
-
ÎR
(1)当
1
3
a =
时，求
f x 的极值.
(2)已知
0
a =
.
（i）证明:
0,1
2
tan
x
f x
x
x
" Î
>
-
，
；
（ii）若
2
f x
x
tx
³
-
在
0, + ¥ 上恒成立，求实数t 的取值范围.
【解】（1）
1
3
a =
时，
3
1
sin
sin
3
f x
x
x
=
-
，
2
2
3
cos
sin
cos
cos
1 sin
cos
f
x
x
x
x
x
x
x
=
-
=
-
=
¢
，
令
0
f
x
¢
=
，得cos
0
x =
，解得
π
π,
2
x
k
k
=
+
ÎZ ，
当
π
π
2 π,
2 π ,
2
2
x
k
k
k
æ
ö
Î -
+
+
Î
ç
÷
è
ø
Z时，cos
0
x >
，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
当
π
3π
2 π,
2 π ,
2
2
x
k
k
k
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
Z 时，cos
0
x <
，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减；
所以当
π
2 π,
2
x
k
k
=
+
ÎZ 时，
f x 取得极大值
3
π
π
1
π
1
2
2 π
sin
2 π
sin
2 π
1
2
2
3
2
3
3
f
k
k
k
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
=
+
-
+
= -
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
，
当
π
2 π,
2
x
k
k
= -
+
ÎZ 时，
f x 取得极小值
3
π
π
1
π
1
2
2 π
sin
2 π
sin
2 π
1
2
2
3
2
3
3
f
k
k
k
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
+
=
-
+
-
-
+
= - +
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
.
（2）
0
a =
时，
sin
f x
x
=
.
（i）要证
0,1
x
" Î
，sin
2
tan
x
x
x
>
-
，即证sin
tan
2
0
x
x
x
+
-
>
，
令
sin
tan
2 ,
0,1
g x
x
x
x x
=
+
-
Î
，则
2
2
2
2
cos
sin
1
cos
2
cos
2
cos
cos
x
x
g
x
x
x
x
x
+
=
+
-
=
¢
+
-
，
令
cos ,
0,1
t
x x
=
Î
，则
cos1,1
t Î
，
g
x
¢
即化为
2
3
2
2
2
2
1
1
1
2
1
2
t
t
t
t
t
y
t
t
t
t
-
- -
-
+
= +
-
=
=
，
因为
cos1,1
t Î
，所以
2
1
0,
1
0
t
t
t
- <
- - <
，所以
0
y >
，即
0
g
x
¢
>
，
g x 在
0,1 单调递增，
又
0
0
g
=
，所以
0
0
g x
g
>
=
，即sin
2
tan
x
x
x
>
-
.
（ii）由
2
sin x
x
tx
³
-
得
2
sin
tx
x
x
³
-
，
当
0
x =
时，0
0
³
显然成立；
当
0
x >
时，不等式可化为
2
sin
x
x
t
x
-
³
，令
2
sin
,
0
x
x
h x
x
x
-
=
>
，则
max
t
h x
³
则
2
4
3
1 cos
2
sin
2sin
cos
x x
x x
x
x
x
x
x
h x
x
x
¢
-
-
-
-
-
=
=
，
令
2
2
2sin
cos
4sin
cos
2 cos
2cos
2tan
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
m x
x
x
x
x
x
x
æ
ö
=
-
-
=
-
=
-
ç
÷
è
ø ，
当
0,π
xÎ
时，
π
0,
2
2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，由tan 2
2
x
x
>
得2tan 2
x
x
>
，又
2
cos
0
2
x >
，
所以
0
m x >
，所以
0
h x
¢
>
，
h x 在
0,π 单调递增，所以对
0,π
x
" Î
，
1
π
π
h x
h
£
=
；
下面证明当
π
x >
时，
1
π
h x <
，即
2
sin
1
π
x
x
x
-
<
，也即证
2
π
0
x
x
sinx
p
-
+
>
：
令
2
π
π
n x
x
x
sinx x
p
=
-
+
>
，则
2
π
n x
x
cosx
p
=
-
+
¢
，
因为
π
x >
，所以cos
1
x ³ - ，所以
π
cosx
p
³ - ，所以
2π
π
π
0
n x >
-
-
=
¢
，
所以
n x 在
π,+¥ 单调递增，所以
2
2
π
π
π
0
0
n x
n
>
=
-
+
=
，即
2
π
0
x
x
sinx
p
-
+
>
，
所以
2
sin
1
π
x
x
x
-
<
.
综上，
0
x >
时，max
1
π
h x
=
，所以
1
π
t ³
，即实数t 的取值范围为1 ,
π
é
ö
+¥÷
êë
ø.
11．（2026·河北张家口·一模）已知函数
ex
f x =
，
ln
1
g x
x
=
-
．
(1)求曲线
g x 在点
2,
2
g
处的切线方程；
(2)证明：
3
f x
g x
>
+ ；
(3)若
0
a >
，关于x 的不等式
ln
1
af x
a
g x
+
<
- 有解，求实数a 的取值范围．
【解】（1）由
ln
1
g x
x
=
-
得
1
1
g
x
x
¢
=
- ，所以
2
1
g¢
= ，又
2
ln1
0
g
=
=
，
所以曲线
g x 在点
2,0 处的切线方程为
0
2
y
x
-
=
-
，即
2
y
x
=
-
；
（2）设
e
1
x
M x
x
=
-
- ，
e
1
x
M
x
¢
=
- ，
0
0
M ¢
=
，
当
,0
x
¥
Î -
时，
0
M
x
¢
<
，
M x 为减函数，
当
0,
x
¥
Î
+
时，
0
M
x
¢
>
，
M x 为增函数，
所以
min
0
0
M x
M
=
=
，即e
1
x
x
³
+ ，
所以
1
f x
x
³
+ 当且仅当
0
x =
时等号成立，
设
=ln
1
2
N x
x
x
-
-
+
，定义域为
1, ¥
+
，
则
1
2
1
1
1
x
N
x
x
x
-
=
- =
¢
-
- ，
2
0
N¢
=
，
当
1,2
xÎ
时，
0
N
x
¢
>
，
N x 为增函数，
当
2,
x
¥
Î
+
时，
0
N
x
¢
<
，
N x 为减函数，
所以
max
2
0
N x
N
=
=
，即
ln
1
2
x
x
-
£
-
，
所以
3
1
g x
x
+
£
+ 当且仅当
2
x =
时等号成立，
所以
3
f x
g x
>
+ ；
（3）因为
ln
1
af x
a
g x
+
<
- ，整理可得
e
ln
ln
1
1
x
a
a
x
+
<
-
- ，
故
ln
e
ln
ln
1
1
x
a
x
a
x
x
+
+
+
<
-
+
- ，设函数
ex
P x
x
=
+
，则
ln
ln
1
P x
a
P
x
+
<
-
，
因为
e
1
0
x
P x =
¢
+ >
，所以函数
ex
P x
x
=
+
单调递增，所以
ln
ln
1
x
a
x
+
<
-
，
整理可得
ln
ln
1
a
x
x
< - +
-
，设函数
ln
1
Q x
x
x
= - +
-
，则
1
2
1
1
1
x
Q
x
x
x
-
= - +
=
-
-
¢
，
当
1,2
xÎ
时，
0
Q x
¢
>
，
Q x 为增函数，
当
2,
x
¥
Î
+
时，
0
Q x
¢
<
，
Q x 为减函数，
所以
2
2
Q x
Q
£
= - ，所以ln
2
a < - ，解得
2e
1
a <
，
所以实数a 的取值范围
2
1
0, e
æ
ö
ç
÷
è
ø .
12．（25-26 高三上·广西·期末）已知函数
e cos
x
f x
x
=
，
sin
1
g x
x
=
+ ．
(1)求
f x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 内的单调性；
(2)若存在
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，使得
0
f x
ag x
-
³
，求实数a 的取值范围；
(3)设方程
f x
g x
=
在区间
π
π
2 π
,2 π
1,2,
,2025,2026
3
2
n
n
n
æ
ö
+
+
=
×××
ç
÷
è
ø
内的根从小到大依次为
1
x ，
2x ，…，
2025
x
，
2026
x
，试比较
2026
x
与
2025
2π
x
+
的大小，并说明理由．
【解】（1）
e cos
e
sin
e
cos
sin
x
x
x
f
x
x
x
x
x
=
+
-
=
-
¢
．
当
π
0
4
x
<
<
时，cos
sin
x
x
>
，
0
f
x
¢
>
，
f x 单调递增；
当π
π
4
2
x
<
<
时，cos
sin
x
x
<
，
0
f
x
¢
<
，
f x 单调递减；
所以，
f x 在
π
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，在π π
,
4 2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减．
（2）由题可知存在
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，使得
e cos
sin
1
x
x
a
x
³
+
成立，
∵
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û 时，
1
sin
1
,1
2
x
é
ù
+ Îê
ú
ë
û ，故存在
π ,0
6
x
é
ù
Î -
ê
ú
ë
û ，使得
e cos
1 sin
x
x
a
x
£ +
．
令
e cos
1 sin
x
x
h x
x
= +
，其中
π
0
6
x
-
£
£
，
2
2
2
e
cos
sin
1 sin
e cos
e
cos
1 1 sin
0
1 sin
1 sin
x
x
x
x
x
x
x
x
x
h x
x
x
-
+
-
-
+
=
=
£
+
+
¢
，
且
h x
¢
不恒为零，故函数
h x 在
π ,0
6
é
ù
-
ê
ú
ë
û 上单调递减，
则
π
6
max
π
3e
6
h x
h
-
æ
ö
=
-
=
ç
÷
è
ø
，故
π
6
3e
a
-
£
．
（3）
2026
2025
2π
x
x
>
+
．
证明：由
f x
g x
=
可得e cos
1 sin
x
x
x
= +
，
令
e cos
sin
1
x
x
x
x
j
=
-
- ，则
e
cos
sin
cos
x
x
x
x
x
j
=
-
-
¢
．
因为
π
π
2 π
,2 π
3
2
x
n
n
n
+
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N
，则sin
cos
0
x
x
>
>
，
所以
0
x
j¢
<
，所以函数
x
j
在
π
π
2 π
,2 π
3
2
n
n
n
+
æ
ö
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N
上单调递减，
因为
π
2π
π
3
2 π
3
π
1
3
e
3
2 π
e
1
1
0
3
2
2
2
2
n
n
j
+
+
æ
ö
+
=
-
- ³
-
- >
ç
÷
è
ø
，
π
2 π
2
0
2
n
j æ
ö
+
= - <
ç
÷
è
ø
，
所以，存在唯一的
0
π
π
2 π
,2 π
3
2
x
n
n
n
+
æ
ö
Î
+
+
Î
ç
÷
è
ø
N
，使得
0
0
x
j
=
，
所以，
π
π
2 π
,2 π
3
2
nx
n
n
æ
ö
Î
+
+
ç
÷
è
ø ，
cos
sin
1
0
nx
n
n
e
x
x
-
- =
，
同理可得
1
1
1
cos
sin
1
0
nx
n
n
e
x
x
+
+
+
-
- =
，
且
1
π
π
2π
2 π
,2 π
3
2
nx
n
n
+
æ
ö
-
Î
+
+
ç
÷
è
ø ，
因为
1
1
2π
n
n
x
x
+
+
-
<
，所以
1
1
2π
n
n
x
x
e
e
+
+
-
<
，
因为
1
π
π
2 π
2π,2
2π
3
2
nx
n
np
+
æ
ö
Î
+
+
+
+
ç
÷
è
ø ，所以
1
cos
0
nx + >
，
所以，
1 2π
1
1
1
2π
e
cos
2π
sin
2π
1
nx
n
n
n
x
x
x
j
+ -
+
+
+
-
=
-
-
-
-
1
1
1
2π
2π
1
1
1
1
e
cos
sin
1
e
cos
e
cos
n
n
n
x
x
x
n
n
n
n
x
x
x
x
+
+
+
-
-
+
+
+
+
=
-
- =
-
1
1
2π
1
e
cos
0
n
n
x
x
n
n
e
x
x
j
+
+
-
+
=
-
<
=
因为函数
x
j
在
π
π
2 π
,2 π
3
2
n
n
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø 上单调递减，
故
1
2π
n
n
x
x
+ -
>
，即
1
2π
n
n
x
x
+ >
+
,
取
2025
n =
，则
2026
2025
2π
x
x
>
+
,
13．（2023·上海宝山·三模）记
,
y
f
x
y
g
x
=
¢
=
¢
分别为函数
,
y
f x
y
g x
=
=
的导函数.若存在
0x ÎR ，
满足
0
0
f x
g x
=
且
0
0
f
x
g
x
¢
¢
=
，则称
0x 为函数
y
f x
=
与
y
g x
=
的一个“S 点”.
(1)证明：函数y
x
=
与
2
2
2
y
x
x
=
+
-
不存在“S 点”：
(2)若函数
2
1
y
ax
=
- 与
ln
y
x
=
存在“S 点”，求实数a 的值：
(3)已知
2
e
,
x
b
f x
x
a g x
x
= -
+
=
，若存在实数
0
a >
，使函数
y
f x
=
与
y
g x
=
在区间
2,+¥ 内存在“S
点”，求实数b 的取值范围.
【解】（1）因为y
x
=
，
2
2
2
y
x
x
=
+
-
，则
1,
2
2
y
y
x
¢
¢
=
=
+
，
假设函数y
x
=
与
2
2
2
y
x
x
=
+
-
存在“S 点”，
即存在
0x 满足
2
0
0
0
0
2
2
1
2
2
x
x
x
x
ì
=
+
-
í =
+
î
，方程组无解，
所以函数y
x
=
与
2
2
2
y
x
x
=
+
-
不存在“S 点”.
（2）函数
2
1
y
ax
=
- 与
ln
y
x
=
，则
2
y
ax
¢ =
与
1
y
x
¢ =
，
设“S 点”为
0x ，则
0x 满足
2
0
0
0
0
1
ln
1
2
ax
x
ax
x
ì
- =
ïí
=
ïî
，解得
1
2
0
e
e
2
x
a
-
ì
=
ï
í
ï =
î
，所以
e
2
a =
.
（3）由已知条件可知，
2
2
e
e
e
(
2 ,
1)
x
x
x
bx
b
b x
f
x
x g
x
x
x
-
=
=
-
¢
¢
= -
，
由题意可知，在区间
2,+¥ 内存在“S 点”设为
0x ，
则
0
0
2
0
0
0
0
2
0
e
e
(
1)
2
x
x
b
x
a
x
b x
x
x
ì-
+
=
ïïí
-
ï-
=
ïî
，解得
0
2
0
0
0
3
0
0
(
3)
1
2
(1
)ex
x
x
a
x
x
b
x
ì
-
=
ï
-
ïí
ï =
ï
-
î
，
因为
2
0
0
0
(
3)
1
x
x
a
x
-
=
-
，由
0
a >
且
0
2,
x Î
+¥ ，解得
0
3
x > ，
令
3
2
2
2
2
2
(
3
3)
( )
,
( )
(1
)e
(1
) e
x
x
x
x
x
x
h x
h x
x
x
-
+
¢
=
=
-
-
，
因为
2
3
3
0
x
x
-
+
>
在(2,
)
+¥ 恒成立，所以
2
2
2
2
(
3
3)
0
(1
) ex
x
x
x
h x
x
-
+
¢
=
>
-
，
则
3
2
( )
(1
)ex
x
h x
x
=
-
在(2,
)
+¥ 上单调递增，
则
3
3
2
27
( )
(3)
(1
)e
e
x
x
h x
h
x
=
>
= -
-
，所以
3
27
e
b > -
，
又当
(2,
)
xÎ
+¥ 时，
3
2
( )
0
(1
)ex
x
h x
x
=
<
-
，所以
3
27
0
e
b
-
<
<
，
故b 的取值范围是
3
27 ,0
e
æ
ö
-
ç
÷
è
ø .
