第 2 讲 转化与化归思想在导数解答题中的应用
数学解题过程中处处渗透着转化与划归思想，学生解题能力高低很大程度取决于其转化与划归思想能
力的强弱。
简单点说，转化与化为思想，就是通过观察、分析、联想等思维过程把学生需要解决的问题遵循熟悉
化、简单化。直观化等原则，选择合适的方法进行转化，然后归结到某些已解决或者比较容易解决问题的
一种思维方法。
【应用一】利用转化与化归思想解决不等式问题
在高考中导数作为必考解答题之一，与导数有关的不等式的证明是考查的重点。函数的不等式问题，
一直是常考问题，解决不等式问题我们一般的想法是根据函数单调性进行求解，但有的时候，题目给出的
不等式中会含有不止一个变量，无法直接利用函数的单调性，此时就需要我们对不等式进行变形，将陌生
的问题转化为我们熟悉的构造函数的问题
【例1.1】【2021年新高考1卷】已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ， 为两个不相等的正数，且 ，证明： .
【答案】（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 ，命题转换为证明： ，然后构造对称
差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】
(1) 的定义域为 ．
由 得， ，
当 时， ；当 时 ；当 时， ．故 在区间 内为增函数，在区间 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由 得 ，即 ．
由 ，得 ．
由（1）不妨设 ，则 ，从而 ，得 ，
①令 ，
则 ，
当 时， ， 在区间 内为减函数， ，
从而 ，所以 ，
由（1）得 即 ．①
令 ，则 ，
当 时， ， 在区间 内为增函数， ，
从而 ，所以 ．
又由 ，可得 ，
所以 ．②
由①②得 ．
[方法二]【最优解】： 变形为 ，所以 ．
令 ．则上式变为 ，
于是命题转换为证明： ．令 ，则有 ，不妨设 ．
由（1）知 ，先证 ．
要证：
．
令 ，
则 ，
在区间 内单调递增，所以 ，即 ．
再证 ．
因为 ，所以 ．
令 ，
所以 ，故 在区间 内单调递增．
所以 ．故 ，即 ．
综合可知 ．
[方法三]：比值代换
证明 同证法2．以下证明 ．
不妨设 ，则 ，
由 得 ， ，
要证 ，只需证 ，两边取对数得 ，
即 ，即证 ．
记 ，则 .
记 ，则 ，
所以， 在区间 内单调递减． ，则 ，
所以 在区间 内单调递减．
由 得 ，所以 ，
即 ．
[方法四]：构造函数法
由已知得 ，令 ，
不妨设 ，所以 ．
由（Ⅰ）知， ，只需证 ．
证明 同证法2．
再证明 ．令 ．
令 ，则 ．
所以 ， 在区间 内单调递增．
因为 ，所以 ，即
又因为 ，所以 ，
即 ．因为 ，所以 ，即 ．
综上，有 结论得证．
【思维提升】
转化与化归思想常见的由一下一些解法：
方法一：利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法转化成不等式，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
【变式1.1】（2022·山东莱西·高三期末）已知 ，其中 ， .
(1)求 在 上为减函数的充要条件；
(2)求 在 上的最大值；
(3)解关于x的不等式： .
【答案】(1)
(2)
(3) 或
【解析】
【分析】
（1）先对函数求导，然后由 可求出结果，
（2）设 ，则问题转化为求 在 上的最大值，然后分 和 两种情
况求 的最大值即可，
（3）取 ，则 ，由（1）可知 在 上为减函数，将原不等式转化为，从而可得 ，进而可求得结果
(1)
由 ，得 ， ，
充分性：因为 ，所以当 时， ，即 ，
必要性：当 时，因为 ，所以 ，即 ，
所以 在 上为减函数的充要条件为 ，
(2)设 ，则问题转化为求 在 上的最大值，
由（1）可知，当 时， 在 上为减函数，所以 ，
当 时， ，
由于 时， ，则 在 上为增函数，当 时， ，则 在
上为减函数，
所以 ，
综上，
(3)取 ，则 ，
由 ，
得 ，
所以 ，
由（1）可知 在 上为减函数，所以 ，
所以 ，即 ，
解得 或 ， ，
所以 或 ， ，
所以不等式的解集为 或
【点睛】
关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数与函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查利
用导数解不等式，解题的关键是令 ，将原函数转化为 ，从而将原不等式转化为
，再利用函数的单调性可求得结果，考查了数学转化思和计算能力，属于较难题
ex
【变式1.2】【2022年全国甲卷】已知函数f (x)= −lnx+x−a．
x
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x ,x ，则x x <1．
1 2 1 2
【答案】(1)(−∞,e+1]
(2)证明见的解析
【解析】
【分析】
（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
ex 1 1 1
（2）利用分析法，转化要证明条件为 −xex−2[lnx− (x− )]>0，再利用导数即可得证.
x 2 x
(1)
f(x)的定义域为(0,+∞)，
1 1 1 1 1 1 x−1 ex
f' (x)=( − )ex− +1 = (1− )ex+(1− )= ( +1)
x x2 x x x x x x
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]
(2)
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x <1<x
1 2
1
要证x x <1,即证x <
1 2 1 x
2
1 1
因为x , ∈(0,1),即证f(x )>f( )
1 x 1 x
2 2
1
因为f(x )=f(x ),即证f(x )>f( )
1 2 2 x
2
ex 1 1
即证 −lnx+x−xex−lnx− >0,x∈(1,+∞)
x x
ex 1 1 1
即证 −xex−2[lnx− (x− )]>0
x 2 x
ex 1 1 1
下面证明x>1时， −xex>0,lnx− (x− )<0
x 2 x
ex 1
设g(x)= −xex,x>1，
x
1 1 1
1 1 1 1 1 1
则g' (x)=( − )ex−(ex+xex⋅(− ))= (1− )ex−ex(1− )
x x2 x2 x x x
1 ex 1 x−1 ex 1
=(1− )( −ex)= ( −ex)
x x x x
ex 1 1 x−1
设φ(x)= (x>1),φ' (x)=( − )ex= ex>0
x x x2 x2
1
所以φ(x)>φ(1)=e,而
ex<e
ex 1
所以 −ex>0,所以g' (x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 −xex>0
x
1 1 1 1 1 2x−x2−1 −(x−1) 2
令ℎ(x)=lnx− (x− ),x>1ℎ ' (x)= − (1+ )= = <0
2 x x 2 x2 2x2 2x2
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
1 1
即ℎ(x)< ℎ(1)=0,所以lnx− (x− )<0；
2 x
ex 1 1 1
综上, −xex−2[lnx− (x− )]>0,所以x x <1.
1 2
x 2 x
【点睛】
关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
1 1
ℎ(x)=lnx− (x− )这个函数经常出现，需要掌握
2 x
【变式1.3】（2023·广东肇庆·统考一模）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)设 是两个不相等的正数，且 ，证明： .
【解析】（1） 的定义域为 ，
，
令 ，得： ，
当 变化时 的关系如下表：
0 1
无意义 0
无意义
在 上单调递减；在 上单调递增.
（2）证明：要证 ，只需证：
根据 ，只需证：
不妨设 ，由 得： ；
两边取指数， ，化简得：
令： ，则 ，
根据（1）得 在 上单调递减；
在 上单调递增（如下图所示），
由于 在 上单调递减，在 上单调递增，
要使 且 ，
则必有 ，即
由 得： .
要证 ，只需证： ，
由于 在 上单调递增，要证： ，
只需证： ，
又 ，只需证： ，只需证： ，
只需证： ，
只需证： ，
只需证： ，
即证 ，
令 ，
只需证： ，
，
令 ，
在 上单调递减，
所以 ，
所以
所以 在 上单调递减，所以
所以
所以： .
【变式1.4】（2023·广东揭阳·统考模拟预测）已知函数 ，
(1)函数 图像在 处的切线与函数 相切，求实数a的值；
(2)函数 与函数 图像有两个不同交点 ，
（i）求a的取值范围；（ii）若 ，证明： ．
【解析】（1）由 得到 ，
所以 ，而 ，所以切线方程为
因为 得 ，
由题意得： ，解得 ．
（2）（ⅰ）由题意得 化简得 ，令
函数 与函数 图像有两个不同交点等价于 有两个解
，令 ，解得
所以 时， ， 单调递增；
时， ， 单调递减．
，
而 时， ， 时， ，
所以 ，解得：
故 的取值范围是
（ⅱ）由（ⅰ）可得： ① ②
①+②得： ③
②-①得： ④由③④消去a得：
令 ，所以 ，
令 ，
， ，
令 ，则
故
所以 在 上单调递增，所以
所以 ，所以
【应用二】利用转化与化归思想解决单调性等方面的恒成立问题的问题
函数的单调性是作为函数的一个重要的性质，也是高考中常考查的一个性质。主要是考查给定区间的
单调性。
【例2.1】（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知函数 .
(1)若 且函数 在 上是单调递增函数，求 的取值范围；
【答案】(1) ；(2)见解析
【分析】(1)由题意可得 在 上恒成立，令 ，求导，分 、
讨论 在 上恒成立即可；
【详解】（1）解：当 时， ， ，
因为 在 上是单调递增函数，所以 在 上恒成立，
令 ，则 ，
当 时， ，
令 ， ，
所以 在 上递增，
即 ，
所以 在 上恒成立，符合题意；
当 时， ， ，且 在 为单调递增函数，
所以存在唯一 使得 ，
所以当 时， ， 在 递减，
即 ， ，不符合题意；
综上所述 ；
【思维提升】导数中考查单调性的大题，往往是考查含参的给定区间的单调性。解决此题的关键要注意：
(1) f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件．
(2) f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．
【变式2.1】（（2023·辽宁·大连二十四中校联考三模）已知函数 .
(1)若 在 单调递增，求实数 的取值范围；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）由函数 在 单调递增，求导得 在 上恒成立，
即 在 恒成立，令 ，则 ，
当 ，则 在 上单调递增，
，则 在 上单调递减，
而 .
【变式2.2】（（2022·湖北省鄂州高中高三期末）已知函数 .
(1)当 时，求函数 在 上的最值；
(2)若函数 在 上单调递减，求实数 的取值范围.
【答案】(1)最小值 ，最大值
(2) 或 .
【解析】
【分析】
（1）先求导函数，判断出函数单调递增，即可求得函数 在 上的最值；
（2）先去掉 解析式中的绝对值符号， 在 上单调递减即 在 上恒成立，关键是分
离参数k，把所求问题转化为求函数的最值问题.
(1)
时， ，
在 上单调递增， ，则 .
∴ 在 上单调递增，
∴ ， .
(2)，
记 ， ，则 ，
则 在 上单调递增， ， .
①当 即 时， ，
由 在 上单调递减，
可知 在 上恒成立，
则 ，又由（1）知 ，
故实数 的取值范围为 .
②当 即 时， ，
由 在 上单调递减，
可知 在 上恒成立，
则 ，又由（1）知 ，则
又 ，故实数 的取值范围为 .
③当 即 时，有 ， .
则存在唯一实数 ，使得 ，
当 时， 与 在 上单减矛盾，此时不符合题意要求.
综上可知， 的取值范围为 或 .
【点睛】
可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，
从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．
利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最值问题．
【变式2.3】（（2022·江苏海安·高三期末）已知函数f(x)=ex−a❑√x(a∈R)．
(1)若 是单调增函数，求a的取值范围；
(2)若 ， 是函数 的两个不同的零点，求证：1<x +x <2lna−ln2．
1 2
【答案】(1)(−∞,0]；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)对函数 求导，利用导数值恒大于等于0，再分离参数，构造函数并求最值即可作答.
1 1
(2)根据给定条件可得x =lna+ lnx ，x =lna+ lnx ，再分别作差、求和分析推理构造函数，利用导
1 2 1 2 2 2
数探讨最值作答.
a
(1)函数f(x)=ex−a❑√x定义域为 ，当 时，f' (x)=ex− ，
2❑√x
因 是单调增函数，则 时，f' (x)≥0⇔a≤2❑√xex，令φ(x)=2❑√xex，
1
φ' (x)=2ex (❑√x+ )>0，即有φ(x)在 上单调递增， ，φ(x)>φ(0)=0，则 ，
2❑√x
所以a的取值范围是(−∞,0].
(2)因 ， 是函数 的两个不同的零点，则ex 1=a❑√x ,ex 2=a❑√x ，显然x >0,x >0，有
1 2 1 2
1 1
x =lna+ lnx ，x =lna+ lnx ，
1 2 1 2 2 2
1 1 x tlnt lnt
x −x = lnx − lnx ，不妨令 ，设t= 1>1，于是得x = ,x = ，
1 2 2 1 2 2 x 1 2(t−1) 2 2(t−1)
2
(t+1)lnt 2(t−1) 2(t−1)
要证x +x = >1，只需证lnt> ⇔lnt− >0，
1 2 2(t−1) t+1 t+1
2(t−1) 1 4 (t−1) 2
令g(t)=lnt− ,t>1，g' (t)= − = >0，则g(t)在 上单调递增，
t+1 t (t+1) 2 t(t+1) 2
则有g(t)>g(1)=0，于是得x +x >1，
1 21 1 1
又x +x =2lna+ lnx x ，要证x +x <2lna−ln2，只需证 lnx x <−ln2⇔x x < ，
1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 4
t(lnt) 2 t(lnt) 2 1 1 1
而x x = ，即证 < ⇔lnt<❑√t− ⇔lnt−❑√t+ <0，
1 2 4(t−1) 2 4(t−1) 2 4 ❑√t ❑√t
1 1 1 1 (❑√t−1) 2
令ℎ(t)=lnt−❑√t+ ， ，ℎ ' (t)= − − =− <0，
❑√t t 2❑√t 2t❑√t 2t❑√t
从而得 在在 上单调递减，ℎ(t)< ℎ(1)=0，即有x +x <2lna−ln2，
1 2
综上得：1<x +x <2lna−ln2.
1 2
【应用三】利用转化与化归思想解决零点、极值点问题问题
函数的极值问题，既是重点题型又是难点题型，遇到此类题，我们一般的解题思路就是转为函数或者
方程根与最值得问题。
【例3】【2021年甲卷理科】已知 且 ，函数 ．
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）若曲线 与直线 有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【答案】（1） 上单调递增； 上单调递减；（2） .
【解析】
【分析】
（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线 与直线 有且仅有两个交点等价转化为
方程 有两个不同的实数根，即曲线 与直线 有两个交点，利用导函数研究 的
单调性，并结合 的正负，零点和极限值分析 的图象，进而得到 ，发现这正好是
，然后根据 的图象和单调性得到 的取值范围.【详解】
（1）当 时， ,
令 得 ,当 时， ,当 时， ,
∴函数 在 上单调递增； 上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
,设函数 ,
则 ,令 ，得 ,
在 内 , 单调递增；
在 上 , 单调递减；
,
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
所以曲线 与直线 有且仅有两个交点，即曲线 与直线 有两个交点的充分必要
条件是 ,这即是 ,
所以 的取值范围是 .
[方法二]：构造差函数
由 与直线 有且仅有两个交点知 ，即 在区间 内有两个解，取对数得方程
在区间 内有两个解．
构造函数 ，求导数得 ．
当 时， 在区间 内单调递增，所以， 在
内最多只有一个零点，不符合题意；当 时， ，令 得 ，当 时， ；当 时， ；
所以，函数 的递增区间为 ，递减区间为 ．
由于 ，
当 时，有 ，即 ，由函数 在 内有两个零点知
，所以 ，即 ．
构造函数 ，则 ，所以 的递减区间为 ，递增区间为 ，所以
，当且仅当 时取等号，故 的解为 且 ．
所以，实数a的取值范围为 ．
[方法三]分离法：一曲一直
曲线 与 有且仅有两个交点等价为 在区间 内有两个不相同的解．
因为 ，所以两边取对数得 ，即 ，问题等价为 与 有且
仅有两个交点．
①当 时， 与 只有一个交点，不符合题意．
②当 时，取 上一点 在点 的切线方程为
，即 ．
当 与 为同一直线时有 得直线 的斜率满足： 时， 与 有且仅有两个交点．
记 ，令 ，有 ． 在区间 内单调递增；
在区间 内单调递减； 时， 最大值为 ，所当 且 时
有 ．
综上所述，实数a的取值范围为 ．
[方法四]：直接法
．
因为 ，由 得 ．
当 时， 在区间 内单调递减，不满足题意；
当 时， ，由 得 在区间 内单调递增，由 得
在区间 内单调递减．
因为 ，且 ，所以 ，即 ，即
，两边取对数，得 ，即 ．
令 ，则 ，令 ，则 ，所以 在区间 内单调递增，在区间
内单调递减，所以 ，所以 ，则 的解为 ，所以 ，即 ．
故实数a的范围为 ．]【思维提升】
研究函数的零点与极值点问题最常用的方法就是转化为函数与方程的根的问题。经常运用以下的方法：方
法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形
结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
方法三：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
x2
【变式3.1】（2022·广东潮州·高三期末）已知函数f(x)= +(a−3)x+alnx(a∈R)，在定义域上有两
2
个极值点x ,x ,且x <x ．
1 2 1 2
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证:f(x )+f(x )+5>0
1 2
【答案】(1)(0,1)
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）函数有两个极值点等价于f' (x)=0有两个变号零点，再列出式子求解即可；
（2）根据韦达定理可得 ， 与 的关系，将其代入不等式f(x )+f(x )+5>0，于是要证的不等式转化
1 2
a2 9
为证明g(a)=alna− +2a− >−5，即证明g（a）❑ >−5，利用导数分析单调性证明即可．
2 2 min
(1)
a
解：f' (x)=x+(a−3)+ ,(x∈(0,+∞))，
x
因为函数 的定义域上有两个极值点 ， ，且 ，
a
所以方程f' (x)=x+(a−3)+ =0在 上有两个根 ， ，且 ，
x
即x2+(a−3)x+a=0在 上有两个不相等的根 ， ，{
(a−3)
− >0
2
所以 ，解得 ，
Δ=(a−3) 2−4a>0
a>0
当 时，若0<x<x 或 ，x2+(a−3)x+a>0， ，所以函数 在(0,x )和(x ，+∞)
1 1 2
上单调递增，
若x <x<x ,2x2+2(a−3)x+2a<0,f' (x)<0，所以函数 在(x ，x )上单调递减，
1 2 1 2
故函数 在 上有两个极值点 ， ，且 ，
所以，实数 的取值范围是(0,1)；
(2)
证明：由（1）知， ，x (0<x <x )是方程x2+(a−3)x+a=0在 上有两个不等的实根，
2 1 2
{x +x =3−a
所以 1 2 ，其中 ，
x x =a
1 2
x ❑ 2 x ❑ 2
故f(x )+f(x )= 1 +(a−3)x +alnx + 2 +(a−3)x +alnx
1 2 2 1 1 2 2 2
(x +x ) 2
= 1 2 −x x +(a−3)(x +x )+alnx x
2 1 2 1 2 1 2
(3−a) 2
= −a+(a−3)(3−a)+alna
2
a2 9
=alna− +2a− ，
2 2
a2 9
令g(a)=alna− +2a− ，其中 ，故g'（a）=lna−a+3，
2 2
1
令ℎ(a)=g' (a)=lna−a+3,ℎ ' (a)= −1>0，所以函数ℎ（a）在(0,1)上单调递增，
a
由于ℎ(e−3 )=−2e−3<0，ℎ（1）=2>0，
所以存在常数t∈(e−3，1)，使得ℎ(t)=0，即lnt−t+3=0，lnt=t−3，且当a∈(0,t)时，ℎ(a)=g'(a)<0，所以函数g（a）在(0,t)上单调递减，
当a∈(t,1)时，ℎ(a)=g'(a)>0，所以函数g（a）在(t,1)上单调递增，
t2 9 t2 9 t2 9
所以当 时，g(a)≥g(t)=tlnt− +2t− =t(t−3)− +2t− = −t− ，
2 2 2 2 2 2
t2 9 1
又t∈(e−3,1)， −t− = (t−1) 2−5>−5，
2 2 2
所以g（a）>−5，即g（a）+5>0，
所以f(x )+f(x )+5>0．
1 2
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查了隐零点问题的等价转化方法，考查了推理能力
与计算能力，属于难题．
【变式3.2】（2022·广东揭阳·高三期末）已知函数f (x)=xex−ax−alnx+a.
(1)若a=e，判断函数 的单调性，并求出函数 的最值.
(2)若函数 有两个零点，求实数 的取值范围.
【答案】(1)在 上单调递减，在 上单调递增，最小值为f (1)=e，无最大值
(2)(e2,+∞)
【解析】
【分析】
（1）把a=e的值代入函数 的解析式，从而根据导数判断函数的单调性，进而可求函数 的最值；
（2）利用导数判断函数的单调性，根据单调性可求函数的最小值；根据题意列出满足条件的 的不等式，
从而求出 的范围，然后验证即可.
(1)易知函数的定义域为 ，
当a=e时，f (x)=xex−ex−elnx+e，
e e
所以f'(x)=(x+1)ex−e− =(x+1) (ex− )
，
x x
当 时， ；当 ， ；
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；由此可得， 的最小值为f (1)=e−e−eln1+e=e，无最大值.
(2)因为f (x)=xex−ax−alnx+a，所以f'(x)=(x+1)ex−a− a =(x+1) ( ex− a) .
x x
当 时， 在 上恒成立，所以 在 上单调递增，
故可得函数 至多只有一个零点，不符合题意；
a
当 时，令ex− =0，设该方程的解为 ，
x
则在 上， ；在(x ,+∞)上， ，
0
所以 在 上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增；
0
为了满足 有两个零点，则有f (x )=x ex 0−ax −alnx +a<0 ①
0 0 0 0
a
因为 是方程ex− =0的解，所以x ex 0=a，两边取对数可得lnx +x =lna ②，
x 0 0 0
将②式代入①式可得f (x )=a(2−lna)<0，所以 的取值范围为a∈(e2,+∞).
0
且当a∈(e2,+∞)时，由②式得x >1,f (1)=e−a+a=e>0，所以 在 上仅有1个零点；当
0
时，f (x)→+∞，故可得 在(x ,+∞)上仅有1个零点；
0
综上，若函数 存在两个零点，则实数 的取值范围是(e2,+∞).
【变式3.3】【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx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
【解析】
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当b>1时， ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数
ℎ(x)=ex+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线
y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根
成等差数列.
(1)
f(x)=ex−ax的定义域为R，而f' (x)=ex−a，
若a≤0，则f' (x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
1 ax−1
g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g' (x)=a− = .
x x
当x<lna时，f' (x)<0，故f(x)在(−∞,lna)上为减函数，
当x>lna时，f' (x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，
故f(x) =f(lna)=a−alna.
min
1 1
当0<x< 时，g' (x)<0，故g(x)在(0, )上为减函数，
a a
1 1
当x> 时，g' (x)>0，故g(x)在( ,+∞)上为增函数，
a a
1 1
故g(x) =g( )=1−ln .
min a a
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
1 a−1
故1−ln =a−alna，整理得到 =lna，其中a>0，
a 1+a
a−1 2 1 −a2−1
设g(a)= −lna,a>0，则g' (a)= − = ≤0，
1+a (1+a) 2 a a(1+a) 2
故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，
1−a
故g(a)=0的唯一解为a=1，故 =lna的解为a=1.
1+a
综上，a=1.1
(2)由（1）可得f(x)=ex−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln =1.
1
当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设S(x)=ex−x−b，S' (x)=ex−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) =S(0)=1−b<0，
min
而S(−b)=e−b>0，S(b)=eb−2b，
设u(b)=eb−2b，其中b>1，则u' (b)=eb−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)=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
x−1
设T(x)=x−lnx−b，T' (x)= ，
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) =T(1)=1−b<0，
min
而T(e−b )=e−b>0，T(eb )=eb−2b>0，
T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b仅有一个零点，
当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b均无零点，
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.
1
设ℎ(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故ℎ ' (x)=ex+ −2，
x
设s(x)=ex−x−1，x>0，则s' (x)=ex−1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即ex>x+1，1
所以ℎ ' (x)>x+ −1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，
x
1
1 2 2
而ℎ(1)=e−2>0，ℎ( )=ee3−3− <e−3− <0，
e3 e3 e3
1
故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x ， <x <1且：
0 e3 0
当0<x<x 时，ℎ(x)<0即ex−x<x−lnx即f(x)<g(x)，
0
当x>x 时，ℎ(x)>0即ex−x>x−lnx即f(x)>g(x)，
0
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(x )=g(x )>1，
0 0
此时ex−x=b有两个不同的零点x ,x (x <0<x )，
1 0 1 0
此时x−lnx=b有两个不同的零点x ,x (0<x <1<x )，
0 4 0 4
故ex 1−x =b，ex 0−x =b，x −lnx −b=0，x −lnx −b=0
1 0 4 4 0 0
所以x −b=lnx 即ex 4 −b=x 即ex 4 −b−(x −b)−b=0，
4 4 4 4
故x −b为方程ex−x=b的解，同理x −b也为方程ex−x=b的解
4 0
又ex 1−x =b可化为ex 1=x +b即x −ln(x +b)=0即(x +b)−ln(x +b)−b=0，
1 1 1 1 1 1
故x +b为方程x−lnx=b的解，同理x +b也为方程x−lnx=b的解，
1 0
所以{x ,x }={x −b,x −b}，而b>1，
1 0 0 4
x =x −b
故{ 0 4 即x +x =2x .
x =x −b 1 4 0
1 0
【点睛】
思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不
同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
【变式3.4】（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知函数 ．
(1)求函数 在区间 上的最大值；
(2)若关于 的方程 有两个不相等的实数根，求实数 的取值范围．
【答案】(1) ；(2)【分析】（1）利用导数分析函数 在 上的单调性，即可求得函数 在 上的最大值；
（2）由 可得出 ，令 ，可知直线 与函数 的图象有两个交点，
利用导数分析函数 的单调性与极值，数形结合可得出实数 的取值范围.
【详解】（1）解：当 时， ，则 ，
所以，函数 在 上单调递增，所以， .
（2）解：函数 的定义域为 ，由 可得 ，
令 ，其中 ，则 ，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上为减函数，且 ，
当 时， ，则 ，所以，函数 在 上单调递增，
当 时， ，则 ，所以，函数 在 上单调递减，
所以， ，
令 ，其中 ，则 ，则函数 在 上为增函数，
因为 ， ，则存在 ，使得 ，
当 时， ；当 时， .
由题意可知，直线 与函数 的图象有两个交点，如下图所示：由图可知，当 时，直线 与函数 的图象有两个交点，
故实数 的取值范围是
1、（2022·广东汕尾·高三期末）已知函数f (x)=lnx−ax+1，a是常数且 ．
(1)求曲线 在点P(1,f (1))处的切线l的方程；并证明：函数f(x)=lnx−ax+1(x≠1)的图象在直
线l的下方；
【分析】（1）由导数的几何意义和点斜式可求切线l的方程(1−a)x−y=0；可构造
ℎ(x)=f(x)−(1−a)x=lnx−x+1，结合导数证明 即可；
【解析】
1
(1)由f (x)=lnx−ax+1，得f' (x)= −a，
x
f' (1)=1−a,f(1)=1−a，∴切线方程为y−(1−a)=(1−a)×(x−1)，
所以曲线 在点P(1,f(1))处的切线方程为(1−a)x−y=0；
令ℎ(x)=f(x)−(1−a)x=lnx−x+1(x>0)，
1
ℎ ' (x)= −1，
x
当 时，ℎ ' (x)>0,ℎ(x)在(0,1)上单调递增，
当 时，ℎ ' (x)<0,ℎ(x)在 上单调递减，所以ℎ(x)≤ℎ(1)=0，
所以 ，且x≠1时，lnx−x+1<0，即lnx−ax+1<(1−a)x，即函数f(x)(x≠1)的图象在直线l的
下方；
1
2、（2022·广东东莞·高三期末）已知 且a≠1，函数f(x)=log x+ ax2 .
a 2
(1)若a=e，求函数 在 处的切线方程；
(2)若函数 有两个零点，求实数 的取值范围.
【解析】
1
【分析】（1）由a=e时，得到f (x)=lnx+ ex2 ，求导，进而得到f'(1),f (1)，写出切线方程；
2
lnx 1
（2）将函数 有两个零点，转化为函数y= 与y=− alna的图象在 上有两个交点求解.
x2 2
1 1
(1)解：当a=e时，f (x)=lnx+ ex2 ，则f'(x)= +ex，
2 x
1
故f'(1)= +e=1+e，
1
1 1 ( 1 )
时，f (1)=ln1+ e= e，故切点为 1, e ，
2 2 2
1
所以 在 处的切线方程为y− e=(1+e)(x−1)，
2
1
即y=(1+e)x− e−1.
2
(2)函数 有两个零点，
1
⇔方程log x+ ax2=0在 上有两个根，
a 2
lnx 1
⇔方程 =− alna在 上有两个根，
x2 2
lnx 1
⇔函数y= 与y=− alna的图象在 上有两个交点，
x2 2
设 ，则 ，
1−2lnx 1−2lnx
g'(x)= >0时， ；g'(x)= <0时，
，
x3 x3
所以 在(0,❑√e)上单调递增，在(❑√e,+∞)上单调递减，1
由 ，g(❑√e)= ，当 时， ，当 时，g(x)→0，作图如下：
2e
1 1 1
由图得0<− alna< ，即− <alna<0，
2 2e e
设ℎ(x)=xlnx(x>0)，则ℎ '(x)=1+lnx，
1 1
ℎ '(x)=1+lnx>0时，x> ，ℎ '(x)=1+lnx<0时，0<x< ；
e e
( 1) (1 )
所以ℎ(x)=xlnx在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
e e
因为 时lnx<0，且 ，
1
所以当 时，− ≤ℎ(x)<0；当 时， ，
e
(1) 1
又因为ℎ(x) = ℎ =− ，
min e e
1 ( 1) (1 )
所以− <xlnx<0的解集为 0, ∪ ,1
e e e
( 1) (1 )
综上所述a∈ 0, ∪ ,1 .
e e
3、【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式 恒成立，求a的取值范围．【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）利用导数的几何意义求出在点 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公
式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数 的单调性，当a=1时，由 得 ,符合题意；
当a>1时，可证 ，从而 存在零点 ，使得 ，得到 ，利
用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得 恒成立；当 时，研
究 .即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
【详解】
（1） ， ， .
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数 在点(1,f(1)处的切线方程为 ,即 ,
切线与坐标轴交点坐标分别为 ,
∴所求三角形面积为 ．
（2）［方法一］：通性通法
, ，且 .
设 ,则
∴g(x)在 上单调递增，即 在 上单调递增，当 时， ,∴ ,∴ 成立.
当 时， ， ， ,
∴存在唯一 ，使得 ，且当 时 ，当 时 ，
， ，
因此
>1,
∴ ∴ 恒成立；
当 时， ∴ 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 得 ，即 ，而 ，所以
．
令 ，则 ，所以 在R上单调递增．
由 ，可知 ，所以 ，所以
．
令 ，则 ．
所以当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减．
所以 ，则 ，即 ．
所以a的取值范围为 ．
［方法三］：换元同构
由题意知 ，令 ，所以 ，所以 ．于是 ．
由于 ，而 在 时为增函数，故 ，即
，分离参数后有 ．
令 ，所以 ．
当 时， 单调递增；当 时， 单调递减．
所以当 时， 取得最大值为 ．所以 ．
［方法四］：
因为定义域为 ，且 ，所以 ，即 ．
令 ，则 ，所以 在区间 内单调递增．
因为 ，所以 时，有 ，即 ．
下面证明当 时， 恒成立．
令 ，只需证当 时， 恒成立．
因为 ，所以 在区间 内单调递增，则 ．
因此要证明 时， 恒成立，只需证明 即可．
由 ，得 ．
上面两个不等式两边相加可得 ，故 时， 恒成立．
当 时，因为 ，显然不满足 恒成立．
所以a的取值范围为 ．
【整体点评】
（2）方法一：利用导数判断函数 的单调性，求出其最小值，由 即可求出，解法虽稍麻烦，但
是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成 ，再根据函数 的单调性
以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令 ，再同构，可将原不等式化成 ，再根据函数 的
单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用 可得 的取值范围，再进行充分性证明即可
4、（2023·黑龙江大庆·统考一模）已知函数 的两个不同极值点分别为 ， （
）.
(1)求实数 的取值范围；
(2)证明： （ 为自然对数的底数）.
【答案】(1) ；(2)见解析
【分析】（1）把函数 有两个不同极值点 ， 转化为 有两个不同的实数
根，令 ，结合其导数分析 值域情况，从而得到实数 的取值范围；
（2）由题意可知 ， 是方程 的两个根，从而有 ，变形可得：
，令 ，则 ，再利用分析法即可证明 .
【详解】（1）解：因为 有两个不同极值点 ， ，
所以 有两个不同的根 ， ，
令 ，则 .
令 ，得 ；令 得 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 .
因为当 时， ，所以 .
（2）证明：由（1）可知 ，且 ， 是方程 的两个根，
即 ，所以 ，
所以 ，所以 .
令 ，则 ，
要证 ，即证 ，即证 ，即证 .
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增.
因为 ，所以 ，所以 成立，故 成立.
5、(2022·江苏南京市二十九中学高三10月月考)（1）已知函数 .
①证明： 恰有两个极值点；
②若 ，求 的取值范围.
（2）若 时，关于 的不等式 恒成立，求实数 的最大值.
【答案】（1）①证明见解析；② ；（2）2e.
【解析】【分析】（1）①求导得 ，则 ，进而可得 ，推出 的单
调性，进而可得 ， ，则存在唯一 使得 ，分析 的单调性，进
而可得极值个数．
②令 ，求出函数的导函数，再对 分类讨论，即可得 得取值范围．
（2）令 ， ，对 求导，分 ， 两种情况，求出 的取值范围；
【详解】解：（1）①证明： ，所以 ，
所以 ，所以当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，所以 ，
，所以存在唯一 使得 ，
所以当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，所以 有2个极值点．
②令 ，
， ， ，
所以当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
所以 ，
当 时， ，所以 单调递减，又 ，所以当 时 ，
所以 在 上单调递减，
当 时 ，所以 在 上单调递增，所以 ，即 符合题意；
当 时， ， ，所以 ，又 在 上单调递
增，所以 在 上恰有一个零点 ，且当 时 ，所以 在 单调递增，
所以当 时 ，所以
在 上单调递减，所以当 ， 与 矛盾，不符合题意；
在
当 时， 时 ，所以 上单调递增，所以
，所以 在 上单调递增，所以 与 矛盾，不符合
题意；
综上所述， 的取值范围为 ．
（2）令 ， ， ，
当 时， 在上， ， 单调递增，所以 ，
若 时，关于 不等式 恒成立，则 ，
令 ，则 ，即 ，所以 ，
设 为增函数，所以 ，即 ，所以 ，
当 时， ， ， ，所以 ，满足题意，
综上，实数 的取值范围为 ， ，所以 的最大值为 ．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒
成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、
极(最)值问题处理．
