【题型突破08：函数与导数的热点问题】
1．（2026·江西新余·一模）已知f (x)=k ⋅2
(k −1) x−x−log2 x在(1,8)上有两个不同零点，则k的取值范围
为（ ）
A．[
5
4 ,1+log2e
2e
)
B．(
5
4 ,1+log2e
2e
)
C．(
11
8 ,1+log2e
e
)
D．[
11
8 ,1+log2e
e
)
【答案】D
【分析】由f (x)=0得出k ⋅2
(k −1) x = x +log2 x，变形得出kx ⋅2
kx =2
log2(x⋅2
x)⋅log2(x⋅2
x)，分析可知k >0，
构造函数g(x)= x⋅2
x，其中x>0，分析出函数g(x)在(0,+∞)上为增函数，可得出g(kx)= g(log2(x⋅2
x))，
则kx = log2 x + x，参变分离得出k =1+ ln x
x ln 2，构造函数h(x)=1+ ln x
x ln 2，其中x∈(1,8)，利用导数分析
函数h(x)的单调性与极值，数形结合可得出实数k的取值范围.
【详解】由f (x)=k ⋅2
(k −1) x−x−log2 x =0可得k ⋅2
(k −1) x = x +log2 x，
故等式可变形为k ⋅2
(k −1) x = log22
x+ log2 x = log2(x⋅2
x)，
等式两边同时乘以x⋅2
x可得kx ⋅2
kx =(x⋅2
x)log2(x⋅2
x)=2
log2(x⋅2
x)⋅log2(x⋅2
x)，
命题角度1：利用导数研究函数的零点
若k ≤0，对任意的x∈(1,8)，2
x>1，则x⋅2
x>1，故log2(x⋅2
x)>0，
所以2
log2(x⋅2
x)⋅log2(x⋅2
x)>0，但kx ⋅2
kx≤0，等式不成立，不符合题意，所以k >0，
构造函数g(x)= x⋅2
x，其中x>0，则g
′ (x)=2
x+ x⋅2
x ln 2>0，
所以函数g(x)在(0,+ ∞)上为增函数，
由kx ⋅2
kx =2
log2(x⋅2
x)⋅log2(x⋅2
x)可得g(kx)= g(log2(x⋅2
x))，
所以kx = log2(x⋅2
x)= log2 x + x，参变分离得k = log2 x
x
+1=1+ ln x
x ln2，
构造函数h(x)=1+ ln x
x ln2，其中x∈(1,8)，则h
′ (x)= 1−ln x
x
2ln 2 ，
当1< x<e时，h
′ (x)>0，即函数h(x)在(1,e)上单调递增，
当e< x ≤8时，h
′ (x)<0，即函数h(x)在(e,8)上单调递减，
所以函数h(x)的极大值为h (e)=1+ log2e
e
，
又因为h(1)=1，h(8)=1+ log28
8
= 11
8 ，且h(8)>h(1)，如下图所示：
由图可知，当11
8 ≤k <1+ log2e
e
时，直线y =k与函数h(x)在x∈(1,8)上的图象有两个交点，
因此实数k的取值范围是[
11
8 ,1+log2e
e
).
故选：D.
2．（2025·四川南充·一模）已知函数f (x)=e
x−x , g(x)= x−ln x，若直线y =a与两条曲线y = f (x)和
y = g(x)共有四个不同的交点(x1, y1)、(x2, y2)、(x3, y3)、(x4, y4)，且x1< x2< x3< x4，则
x1+ x4
x2+ x3
的值
为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【分析】别求得f
′ (x)=e
x−1和g
′ (x)=1−1
x ，得出f (x),g(x)的单调性，作出函数的图象，得到
e
x1−x1=e
x2−x2= x3−ln x3= x4−ln x4或e
x1−x1=e
x3−x3= x2−ln x2= x4−ln x4，求得x1+ x4=e
x1+ ln x4，
再由指数幂与对数的同构化简，分类讨论，即可求解.
【详解】由函数f (x)=e
x−x，可得f
′ (x)=e
x−1，
当x∈(−∞,0)时，可得f
′ (x)<0，f (x)单调递减；
当x∈(0,+ ∞)时，可得f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
又由g(x)= x−ln x , x>0，可得g
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，
当x∈(0,1)时，可得g
′ (x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，可得g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
画出函数y = f (x)，y = g(x)和y =a的图象，如图所示，
可得e
x1−x1=e
x2−x2= x3−ln x3= x4−ln x4或e
x1−x1=e
x3−x3= x2−ln x2= x4−ln x4，
可得x1+ x4=e
x1+ ln x4，
又由x2−ln x2=e
ln x2−ln x2, x3−ln x3=e
ln x3−ln x3, x4−ln x4=e
ln x4−ln x4，
①当e
x1−x1=e
x2−x2= x3−ln x3= x4−ln x4时，
即e
x1−x1=e
x2−x2=e
ln x3−ln x3=e
ln x4−ln x4，可得x1= ln x3, x2= ln x4，即e
x1= x3，
所以x1+ x4=e
x1+ ln x4= x3+ x2，所以
x1+ x4
x3+ x2
=1.
②又由e
x1−x1=e
x3−x3=e
ln x2−ln x2=e
ln x4−ln x4，可得x1= ln x2, x3= ln x4，即e
x1= x2，
所以x1+ x4=e
x1+ ln x4= x3+ x2，所以
x1+ x4
x3+ x2
=1，
综上可得：
x1+ x4
x3+ x2
=1.
故选：A.
3．（2026·湖北·二模）已知函数f ( x)={
xe
x−2, x ≥0
−x
2−4 x , x<0)．若函数g( x)= f ( x)−|k x
2−2e x)(k ∈R)（e
为自然对数的底数）恰有4 个零点，则k 的取值范围是 ．
【答案】(−∞,−e
2)∪(e,+ ∞)
【分析】易知x =0是g( x)的一个零点，当x≠0时，转化为两个函数的交点问题，作出函数图象分类讨论
即可得解.
【详解】易知，当x =0时，f ( x)= g( x)=0，所以x =0是g( x)的一个零点.
所以x≠0时，g( x)有3 个零点，即f ( x)−|k x
2−2e x)=0有3 个根，
即y = f ( x)和y =|k x
2−2e x)的图象有3 个交点．
设m( x)={
e
x−2, x>0
x + 4 , x<0)，n( x)=|kx −2e|，则y =m( x)和y =n( x)的图象有3 个交点．
当k =0时，y =m( x)和y =n( x)的图象有且仅有1 个交点，不合题意，应舍去．
函数y =n( x)恒过定点(0,2e)且对称轴为x = 2e
k ，作出y =m( x)和y =n( x)的大致图象，
当k >0，若y =kx −2e与y =e
x−2的图象相切，y
′ =e
x−2，
设切点(x0,e
x0−2)，则{
k =e
x0−2
k x0−2e=e
x0−2)，解得{
x0=3
k =e)．
y =m( x)和y =n( x)的图象有3 个交点，则k >e．
当k <0，2e
k >−4时满足题意，解得k <−e
2，
综上所述，k ∈(−∞,−e
2)∪(e,+ ∞)．
故答案为：k ∈(−∞,−e
2)∪(e,+ ∞)．
4．（2026·河北邢台·一模）若函数f (x)=e
ax
x +(a−1) x−2ln x在定义域内有零点，则实数a 的取值范围为
.
【答案】(−∞, 2
e)
【分析】根据函数的解析式形式，利用同构函数法，结合函数的零点定义、导数的性质进行求解即可.
【详解】函数的定义域为(0,+ ∞).
令f (x)=e
ax
x +(a−1) x−2ln x =0⇒e
ax
e
ln x +ax−ln x = ln x + x
⇒e
ax−ln x+ax−ln x = ln x + x，
令ax−ln x =t，于是有e
t +t = ln x + x⇒e
t +t =e
ln x+ ln x，
设函数F (s)=e
s+ s⇒F
′ (s)=e
s+1>0，因此函数F (s)是实数集上的增函数，
所以由e
t +t =e
ln x+ ln x⇒F (t )= F (ln x)⇒t = ln x，
由ax−ln x =t ⇒ax−ln x = ln x⇒ax =2ln x，
当x∈(0,+∞)时，由ax =2ln x⇒a= 2ln x
x
，
设g(x)= 2ln x
x
(x>0)⇒g
′ (x)= 2(1−ln x)
x
2
，
当x∈(0,e)时，g
′ (x)>0, g(x)单调递增，当x∈(e,+∞)时，g
′ (x)<0, g(x)单调递减，
因此g(x)max = g (e)= 2
e ，且g(1)=0，当x>1时，g(x)>0，当0< x<1时，g(x)<0，
函数f (x)=e
ax
x +(a−1) x−2ln x在定义域内有零点，
转化为函数g(x)在x∈(0,+ ∞)时，与直线y =a有交点，如下图所示：
根据数形结合思想可知：当a≤2
e 时，函数g(x)在x∈(0,+∞)时，总与直线y =a有交点，
所以实数a 的取值范围为(−∞, 2
e).
故答案为：(−∞, 2
e)
5．（2025·江苏镇江·模拟预测）若函数f (x)=(x−2)e
x−1
2 a x
2+ax有3 个不同的零点，则实数a的取值范
围 .
【答案】(2e,e
2)∪(e
2,+ ∞)
【分析】利用导数对函数f (x)的单调性进行判断，由于存在参数a，需对a的取值进行分类讨论，根据函数
有3 个零点的条件求解.
【详解】函数f (x)=(x−2)e
x−1
2 a x
2+ax的定义域为R.
f
′ (x)=(x−1)e
x−ax +a，化简得f
′ (x)=(x −1)(e
x−a).
若a≤0，则e
x−a>0恒成立.
因此，当x<1时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；当1< x时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增.
故此时f (x)至多有2 个零点，与条件不符.
若a>0，则f
′ (1)= f
′ (ln a)=0.
当1<ln a，即e<a时，
x∈(−∞,1)和x∈(ln a,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
x∈(1,ln a)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减.
故当x =1时，f (x)有极大值f (1)=−e+ 1
2 a，
当x = ln a时，f (x)有极小值f (ln a)=(ln a−2)a−1
2 a(ln a)
2+aln a，化简得f (ln a)=−2a(
1
2 ln a−1)
2
.
因为x趋于−∞时，f (x)趋于−∞，当x趋于+ ∞时，f (x)趋于+ ∞，
所以，要使f (x)有3 个零点，则极大值f (1)>0，极小值f (ln a)<0.
故{
−e+ 1
2 a>0
−2a(
1
2 ln a−1)
2
<0)
，解得a∈(2e,e
2)∪(e
2,+∞).
当ln a<1，即0<a<e时，
x∈(−∞,ln a)和x∈(1,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
x∈(ln a,1)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减.
故当x = ln a时，f (x)有极大值f (ln a)=−2a(
1
2 ln a−1)
2
，
当x =1时，f (x)有极小值f (1)=−e+ 1
2 a.
要使f (x)有3 个零点，则极大值f (ln a)>0，极小值f (1)<0.
则{
−e+ 1
2 a<0
−2a(
1
2 ln a−1)
2
>0)
，解得a<0，与0<a<e矛盾.
故此情况没有实数a能使f (x)由3 个零点.
综上，实数a的取值范围为(2e,e
2)∪(e
2,+ ∞).
故答案为：(2e,e
2)∪(e
2,+ ∞)
6．（2025·广东·模拟预测）已知函数f (x)={
−1
2 (x
3−5 x), x ≤0
ln x , x>0
)
,g(x)= f (x)−kx +1.若g(x)恰有4 个零
点，则实数k的取值范围是 .
【答案】(0,1)
【分析】令g(x)=0，即f (x)=kx −1，得y =kx −1与f (x)的函数图像有4 个交点，先求x>0时，
y =kx −1与f (x)= ln x相切的切线方程，再求x ≤0时，y =kx −1与f (x)=−1
2 (x
3−5 x)相切的切线方程，
最后利用导数研究单调性作出f (x)的函数图像，利用数形结合即可求解.
【详解】由题意有：g(x)恰有4 个零点，令g(x)=0，即f (x)=kx −1，所以y =kx−1与f (x)的函数图像有
4 个交点，
当x>0时，设y =kx −1与f (x)= ln x相切于点(x0, y0)，
即{
k = 1
x0
y0= ln x0
y0=k x0−1)
，解得x0=1，
即y = x−1与f (x)= ln x相切，
当x ≤0时，f (x)=−1
2 (x
3−5 x)，所以f
′ (x)=−1
2 (3 x
2−5)，
令f
′ (x)=0，解得x =−
❑√15
3
，由f
′ (x)>0⇒−
❑√15
3
< x ≤0,f
′ (x)<0⇒x<−
❑√15
3
，
所以f (x)在(−
❑√15
3
,0)单调递增，在(−∞,−
❑√15
3 )单调递减，
所以f (x)的极小值为f(−
❑√15
3 )=−5 ❑√15
9
，
设y =kx−1与f (x)=−1
2 (x
3−5 x)相切与点(x0, y0)，
所以{
k =−1
2 (3 x0
2−5)
y0=−1
2 (x0
3−5 x0))
，
所以切线方程为：y −y0=k (x−x0)，又y =kx−1过点(0,−1)，
所以−1+ 1
2 (x0
3−5 x0)=−1
2 (3 x0
2−5)(0−x0)，解得x0=−1，即k =1，
所以y = x−1与f (x)=−1
2 (x
3−5 x)相切，
作出f (x)的函数图像：
由图可知：当k =0时，y =−1与f (x)有3 个交点，
当k =1时，y = x−1与f (x)有两个交点，
所以y =kx−1与f (x)的函数图像有4 个交点，即0<k <1，
故答案为：(0,1).
7．（2025·山东聊城·模拟预测）已知实数a，b 满足2ln a−2cos(a+b)≥5a
2+2ab+b
2−ln(4e
3)，则ab
的值为 .
【答案】−1
4 /−0.25
【分析】对原不等式进行变形，构造两个函数，分别通过导数分析其单调性与最值，利用 “函数最大值≥
函数最小值” 且等号成立的条件，确定变量的取值，进而求出ab的值.
【详解】依题意得2ln a−2cos(a+b)≥4 a
2+(a+b)
2−2ln 2−3，
即2ln(2a)−(2a)
2+3≥2cos(a+b)+(a+b)
2.
设f ( x)=2ln x−x
2+3( x>0),h( x)=2cos x + x
2，
则f (2a)≥h(a+b),f
′ (x)= 2
x −2 x = 2(1+ x)(1−x)
x
.
当0< x<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)的最大值为f (1)=2，
令为g( x)=h
'( x)=−2sin x +2 x，
则g
'( x)=−2cos x +2=2(1−cos x)≥0，
所以h
′( x)在R上单调递增.
当x<0时，h
′( x)<h
′(0)=0；
当x>0时，h
′( x)>h
′(0)=0.
所以h( x)在(−∞,0)上单调递减，在[0,+ ∞)上单调递增，
所以h( x)的最小值为h(0)=2.
因为f (2a)≥h(a+b)，且f (2a)≤2，h(a+b)≥2，
所以f (2a)=h(a+b)=2，
所以{
2a=1
a+b=0),解得{
a= 1
2
b=−1
2)
,所以ab=−1
4 .
故答案为：−1
4
8．（25-26 高三上·山东日照·期中）已知函数f (x)=(e
x+e
−x−a)(ln x−b)(x−a)，若f (x)≥0，则b−2a
的最大值为 .
【答案】−ln2−1
命题角度2：利用导数研究函数恒成立（有解）问
【分析】根据题意，转化为讨论e
x+e
−x−a,ln x−b, x−a三个因式正负号问题，分点a≤0，a>2和
0<a≤2，三种情况分析讨论，得到当0<a≤2，b= ln a时，f (x)≥0恒成立，进而得到b−2a= ln a−2a，
令g(x)= ln x−2 x , x∈(0,2]，利用导数求得函数g(x)的单调性，求得其最大值，即可得到答案.
【详解】由函数f (x)=(e
x+e
−x−a)(ln x −b)(x −a)，可得其定义域为(0,+∞)，
因为f (x)≥0恒成立，所以e
x+e
−x−a,ln x−b, x−a三个因式正负号问题，
当x>0时，可得e
x+e
−x≥2
❑√e
x⋅e
−x =2，当且仅当e
x =e
−x时，即x =0时，等号成立，
又因为x≠0，所以e
x+e
−x>2，
①当a≤0时，因为x>0，所以e
x+e
−x−a>0, x−a>0，
且x→0时，ln x−b→−∞，此时不满足f (x)≥0恒成立，
②当a>2时，因为x>0，当x→0时，e
x+e
−x−a<0, x−a<0,ln x−b→−∞，
所以不能满足f (x)≥0恒成立，
③当0<a≤2时，因为x>0，所以e
x+e
−x−a>0，
要使得f (x)≥0，则须(ln x−b)(x−a)≥0，
又因为函数y = x−a和y = ln x−b在(0,+ ∞)上都是单调递增函数，
要使得(ln x−b)(x−a)≥0在(0,+ ∞)上恒成立，必须两个函数值符号相同，
所以两个函数的零点也相同，即a=e
b且0<a≤2，
综上可得，当0<a≤2，b= ln a时，f (x)≥0恒成立，
所以b−2a= ln a−2a,0<a≤2，
设g(x)= ln x−2 x , x∈(0,2]，可得g
′ (x)= 1
x −2= 1−2 x
x
，
当x∈(0, 1
2 )时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增；
当x∈( 1
2 ,2]时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
所以当x = 1
2时，函数g(x)取得最大值，最大值为g( 1
2 )= ln 1
2 −1=−ln 2−1，
所以b−2a的最大值为−ln2−1.
故答案为：−ln2−1.
9．（25-26 高三上·江苏盐城·月考）已知函数f (x)=(x−2b)e
x，g(x)=ax−2ab，若f (x)≥g(x)恒成立，
则b
a的取值范围是 .
【答案】(−∞, 1
2e)
【分析】将问题转化为h(x)=(x −2b)(e
x−a)≥0在R上恒成立，讨论a的范围，可得a=e
2b，构造函数
φ(t )= t
e
2t (t ∈R)，利用导数研究单调性即可求解.
【详解】由于f (x)≥g(x)恒成立，则f (x)−g(x)=(x −2b)e
x−(ax−2ab)=(x −2b)(e
x−a)≥0在R上恒
成立；
令h(x)=(x−2b)(e
x−a),
当a≤0时，e
x−a>0，所以h(x)≥0的解为：x ≥2b，不满足条件；
当a>0时，令h(x)=0，解得：x1=2b,x2= ln a,
当2b<ln a时，若2b< x<ln a，则h( x)<0，不符合题意；
当2b>ln a时，若ln a< x<2b，则h( x)<0，不符合题意；
当2b= ln a时，h( x)≥0在R上恒成立；
所以要使h(x)≥0在R上恒成立，则2b= ln a，即a=e
2b,
所以b
a = b
e
2b ，令φ(t )= t
e
2t (t ∈R)，则φ
′ (t )= 1−2t
e
2t
,
当t < 1
2时，φ
′ (t )>0,φ(t )在(−∞, 1
2)上单调递增；
当t > 1
2时，φ
′ (t )<0,φ(t )在(
1
2 ,+ ∞)上单调递减；
所以φ(t )max =φ(
1
2)= 1
2e，当t →−∞时，φ(t )→−∞，当t →+∞时，φ(t )→0，
所以b
a的取值范围是：(−∞, 1
2e)
故答案为：(−∞, 1
2e)
10．（2025·陕西西安·模拟预测）设函数f (x)=(e
x−m)ln (x +n)，若f (x)≥0恒成立，则m+n的最小值为
.
【答案】2
【分析】分ln (x +n)>0，ln (x +n)=0，ln (x +n)<0，可得m=e
1−n，从而有m+n=e
1−n+n，令
g(n)=e
1−n+n，利用导数求解即可.
【详解】要使f (x)=(e
x−m)ln (x +n)≥0恒成立，需分情况讨论：
当ln (x +n)>0，即x +n>1, x>1−n时，e
x−m≥0，
即m≤e
x对x>1−n恒成立，所以m≤e
1−n.
当ln (x +n)=0，即x +n=1，x =1−n时，f (x)=0，恒成立；
当ln (x +n)<0，即0< x +n<1，−n< x<1−n时，e
x−m≤0，
即m≥e
x对−n< x<1−n恒成立，
所以m≥e
1−n，
综上，m=e
1−n，则m+n=e
1−n+n.
令g(n)=e
1−n+n，
对g(n)求导，g
′ (n)=−e
1−n+1.
令g
′ (n)=0，即−e
1−n+1=0，解得n=1.
当n<1时，g
′ (n)<0，g(n)单调递减；当n>1时，g
′ (n)>0，g(n)单调递增，
所以g(n)在n=1时取得最小值，g(1)=e
0+1=2，
即m+n的最小值为2.
故答案为：2.
11．（2025·黑龙江大庆·一模）对于任意的x∈R，不等式(e
x+ x−a−lna)[x
2−e
x−(a+2) x +3a)≤0恒
成立，则实数a= .
【答案】e
2
【分析】设f ( x)=e
x+ x−a−lna，先分析出f ( x)仅一个零点ln a，且在两端异号，设
g( x)= x
2−e
x−(a+2) x +3a，则g( x)也只有唯一零点ln a，先探求出a的取值，然后加以验证.
【详解】设f ( x)=e
x+ x−a−lna，显然f ( x)在R上单调递增，
注意到f (ln a)=e
ln a+ ln a−a−ln a=0，
于是x>ln a,f ( x)>0; x<ln a,f ( x)<0；
设g( x)= x
2−e
x−(a+2) x +3a，
要使得(e
x+ x−a−lna)[x
2−e
x−(a+2) x +3a)≤0对于任意的x∈R恒成立，
需满足x>ln a,g( x)≤0; x<ln a, g( x)≥0，且g(ln a)=0；
由g(ln a)=0，即ln
2a−a−(a+2)ln a+3a=0，即ln
2a−aln a−2ln a+2a=0，
整理得(ln a−2)(ln a−a)=0，
设p(a)= ln a−a，p
′(a)= 1
a −1= 1−a
a
，
则0<a<1, p
′(a)>0，p(a)单调递增，a>1, p
′(a)<0，p(a)单调递减，
故p(a)≤p(1)= ln1−1=−1<0，即ln a−a≤−1，于是ln a−a=0无解，
只可能ln a−2=0，解得a=e
2；
下面检验x>ln a, g( x)<0; x<ln a, g( x)>0，且g(ln a)=0；
由于a=e
2，即检验x>2,g( x)<0; x<2,g( x)>0，且g(2)=0；
g( x)= x
2−e
x−(e
2+2) x +3e
2，g(2)= 4−e
2−2(e
2+2)+3e
2=0，
g
′( x)=2 x−e
x−(e
2+2)，
设q( x)=2 x−e
x，q
′( x)=2−e
x，
则x <ln 2,q
′( x)>0，q( x)单调递增，x >ln 2,q
′( x)<0，q( x)单调递减，
故q( x)≤q(ln 2)=2ln 2−e
ln2=2ln 2−2<0，此时g
′( x)=2 x−e
x−(e
2+2)<0，
结合g(2)=0即得证.
故答案为：e
2
12．（2025·安徽六安·模拟预测）设函数f ( x)=(e
x−1−ax)(ln x−ax)，若f ( x)<0，则a的取值范围是
．
【答案】( 1
e ,1)
【分析】由f ( x)<0得到(a−e
x−1
x )(a−ln x
x )<0恒成立，可得ln x
x <a<e
x−1
x
恒成立，分别令g( x)= ln x
x ，
h( x)=e
x−1
x
, x>0，通过求导确定单调性，得出最值即可求解.
【详解】由题意，函数f ( x)=(e
x−1−ax)(ln x−ax)的定义域为(0,+∞)，
要使得f ( x)<0恒成立，即(e
x−1−ax)(ln x−ax)<0恒成立，
只需(
e
x−1
x −a)(
ln x
x −a)<0恒成立，即(a−e
x−1
x )(a−ln x
x )<0恒成立，
令φ(x)=e
x−1−ln x , x>0，则φ
′( x)=e
x−1−1
x ，
令k (x)=e
x−1−1
x , x>0，则k
′( x)=e
x−1+ 1
x
2 >0，
所以k (x)=e
x−1−1
x 在(0,+∞)上单调递增，且k (1)=0，
当x∈(0,1)时，k (x)<0，φ
′( x)<0，函数φ( x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，k (x)>0，φ
′( x)>0，函数φ( x)单调递增，
所以φ(x)≥φ(1)=1>0，从而e
x−1−ln x>0，
则e
x−1>ln x，又x>0，得e
x−1
x > ln x
x ，
所以由(a−e
x−1
x )(a−ln x
x )<0恒成立，得ln x
x <a<e
x−1
x
恒成立，
设g( x)= ln x
x , x>0，则g
′( x)= 1−ln x
x
2
，
当x∈(0,e)时，g
′( x)>0，函数g( x)单调递增，
当x∈(e,+ ∞)时，g
′( x)<0，函数g( x)单调递减，
所以当x =e时，函数g( x)取得最大值，最大值为1
e ，即ln x
x ≤1
e ，
设h( x)=e
x−1
x
, x>0，则h
′( x)=e
x−1⋅x−e
x−1
x
2
=e
x−1⋅( x−1)
x
2
，
当x∈(0,1)时，h
′( x)<0，函数h( x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，h
′( x)>0，函数h( x)单调递增，
所以当x =1时，函数g( x)取得最小值，最小值为1，即e
x−1
x ≥1，
所以只需1
e <a<1，即实数a 的取值范围是( 1
e ,1).
故答案为：( 1
e ,1).
13．（23-24 高三下·广东云浮·月考）若实数a，b满足ln (2a)−ln (b)≥a
2+ 1
b
2 −1，则a+b= ．
【答案】3 ❑√2
2
/3
2
❑√2
【分析】构造函数g( x)= x−ln x−1，可证得x ≥ln x +1，从而可得2a
b −1≥ln 2a
b = ln(2a)−ln b，结合
基本不等式得到方程组，可求得结果.
【详解】先证明不等式x ≥ln x +1，
令g( x)= x−ln x−1 ( x>0)，则g
′( x)=1−1
x = x−1
x
，
当0< x<1时，g
′( x)<0，当x>1时，g
′( x)>0，
所以g( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
所以g( x)≥g(1)=0，所以x ≥ln x +1 ( x>0)，当x =1时取等号，
所以2a
b −1≥ln 2a
b = ln(2a)−ln b，
因为a
2+ 1
b
2 −1≥2❑√
a
2⋅1
b
2 −1= 2a
b −1，当且仅当a= 1
b 时取等号，
所以a
2+ 1
b
2 −1≥ln(2a)−ln b，
因为ln (2a)−ln (b)≥a
2+ 1
b
2 −1，当2a
b =1时取等号，
所以ln (2a)−ln (b)=a
2+ 1
b
2 −1，且a= 1
b，2a
b =1，
解得a=
❑√2
2 ,b= ❑√2，
所以a+b=
❑√2
2 + ❑√2= 3 ❑√2
2
，
故答案为：3 ❑√2
2
命题角度3：利用导数解决不等式问题
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是构造函数
g( x)= x−ln x−1，利用导数证明出x ≥ln x +1，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
14．（22-23 高三上·江西·月考）已知正数a，b 满足2a
4+ 2
b
4 ≤2(ln 2a−ln b)+1，则a
2+b
2= .
【答案】5
2
【分析】利用基本不等式知2a
4+ 2
b
4 ≥(
2a
b )
2
，令f ( x)=2ln x −x
2+1，利用导数研究函数的单调性可知
x
2≥2ln x +1，进而可得(
2a
b )
2
≥2(ln 2a−ln b)+1，结合已知可得2a
4+ 2
b
4 =2(ln 2a−ln b)+1，由取
等条件即可求解.
【详解】因为a，b 都为正数，所以2a
4+ 2
b
4 ≥2❑√
2a
4⋅2
b
4 =(
2a
b )
2
，
当且仅当2a
4= 2
b
4 ，即ab=1时，等号成立.
构造函数f ( x)=2ln x −x
2+1，x>0，
求导f
′( x)= 2
x −2 x = 2(1+ x)(1−x)
x
，令f
′( x)=0，得x =1
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；
可知f ( x)在x =1处取得最大值，故f ( x)≤f (1)=0，即2ln x−x
2+1≤0
所以x
2≥2ln x +1，当且仅当x =1时，等号成立，
所以(
2a
b )
2
≥2ln 2a
b +1=2(ln 2a−ln b)+1，当且仅当2a
b =1时，等号成立，
所以2a
4+ 2
b
4 ≥2(ln 2a−ln b)+1，又2a
4+ 2
b
4 ≤2(ln 2a−ln b)+1，
所以2a
4+ 2
b
4 =2(ln2a−ln b)+1，且ab=1，2a
b =1，
即a
2= 1
2 ,b
2=2，所以a
2+b
2= 5
2
故答案为：5
2
【点睛】关键点点睛：本题考查利用基本不等式及利用导数研究函数的单调性证明不等式，解题的关键是
构造函数f ( x)=2ln x−x
2+1，x>0，从而证得x
2≥2ln x +1，再结合基本不等式及取等条件即可求解，
考查学生的转化能力与运算求解能力，属于难题.
15．（2023·河南开封·模拟预测）实数x，y 满足e
x−2≤(x−3 y −1)e
3 y，则x
3 −y的值为 ．
【答案】2
3
【分析】将原不等式变为e
x−3 y −2≤x−3 y −1，利用换元法令x−3 y −2=t和构造函数
f (t )=e
t−t −1(t >−1)，根据导数研究函数的单调性求出f (t )≥0，当且仅当t =0时e
t≤t +1成立，则
x−3 y −2=0，即可得出结果.
【详解】因为e
x−2≤(x−3 y −1)e
3 y，所以e
x−3 y −2≤x−3 y −1．
显然x−3 y −1>0，令x−3 y −2=t，则t >−1，且e
t ≤t +1，
令f (t )=e
t−t −1(t >−1)，则f
′ (t )=e
t−1，
所以当−1<t <0时，f
′ (t )=e
t−1<0；
当t >0时，f
′ (t )=e
t−1>0，
所以f (t )在(−1,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
所以对∀t >−1，f (t )≥f (0)=0，即e
t ≥t +1，当且仅当t =0时等号成立．
综上，当且仅当t =0时，e
t≤t +1成立，
此时x−3 y −2=0，解得x
3 −y = 2
3．
故答案为：2
3
16．（21-22 高三上·重庆沙坪坝·期中）已知函数f ( x)的导函数f
′( x)满足：f
′( x)−f ( x)=e
2 x，且
f (0)=1，当x∈(0,+ ∞)时，x(f ( x)−a)≥1+ ln x恒成立，则实数a 的取值范围是 ．
【答案】(−∞,2)
【分析】先构造函数，利用f
′( x)−f ( x)=e
2 x，最终求得f (x)=e
2 x，即x∈(0,+ ∞)时，
x(e
2 x−a)≥1+ ln x恒成立，参变分离后使用切线放缩，最后求得a的取值范围.
【详解】设g(x)= f (x)
e
x
，则g
′ (x)= f
′ (x)−f (x)
e
x
=e
2 x
e
x =e
x，故g(x)=e
x+c，则f (x)=(e
x+c)e
x，又因为
f (0)=1，即1+c =1，所以c =0，f (x)=e
2 x，x(e
2 x−a)≥1+ ln x，因为x∈(0,+ ∞)，所以
a≤xe
2 x−1−ln x
x
=e
2 x + ln x−1−ln x
x
在x∈(0,+ ∞)上恒成立，其中e
2 x + ln x≥2 x + ln x +1，理由如下：构
造φ(x)=e
x−x−1，则φ
′ (x)=e
x−1，令φ
′ (x)=0得：x =0，当x>0得：φ
′ (x)>0，当x<0得：φ
′ (x)<0，
故φ(x)在x =0处取的极小值，也是最小值，φ(x)≥φ(0)=0，从而得证.
故e
2 x + ln x−1−ln x
x
≥2 x + ln x +1−1−ln x
x
=2，故a≤2，实数a 的取值范围为(−∞,2)
故答案为：(−∞,2)
【点睛】切线放缩是一种很重要的方法，再使用导函数证明不等式或者求参数的取值范围时，经常使用，
常见的切线放缩有以下几个：ln x ≤x−1，e
x≥x +1，e
x≥e x，ln x ≥1−1
x 等，在做题中做到灵活运用，
可以有很好的效果.
17．（2026·江西九江·一模）已知实数m,n满足lnm+e
n≤n−1
m +2，则m−n的值为（ ）
A．-2
B．-1
C．2
D．1
【答案】D
【分析】构造函数f ( x)= ln x + 1
x （x>0），g( x)= x −e
x+2分别求导得出f ( x)min= f (1)=1，
g( x)max = g(0)=1，进而得出m=1，n=0即可.
【详解】将lnm+e
n≤n−1
m +2整理为ln m+ 1
m ≤n−e
n+2，
构造函数f ( x)= ln x + 1
x （x>0），g( x)= x −e
x+2.
f
′ (x)= 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 ，
令f
′ (x)>0，则x>1，令f
′ (x)<0，则0< x<1，
故f (x)在x∈[1,+∞)上单调递增，在x∈(0,1)上单调递减，
所以f ( x)min= f (1)=1，
由g( x)= x −e
x+2，可知g
′ (x)=1−e
x，
令g
′ (x)>0，则x<0，令g
′ (x)<0，则x>0，
所以g(x)在x∈(−∞,0)上单调递增，在x∈(0,+ ∞)上单调递减，
所以g( x)max = g(0)=1.
由题意可得f (m)≤g(n)，
所以1≤f (m)≤g(n)≤1，
当且仅当f (m)= g(n)=1时，不等式成立.
此时m=1，n=0，
所以m−n=1−0=1.
故选：D.
18．（2025·广东佛山·一模）若e
a+lnb>a+b，则下列结论可能成立的是（ ）
A．0<a<lnb
B．lnb<a<0
C．1<e
a<b
D．e
a<b<1
【答案】D
【分析】分析化简不等式，构造新函数，求导判断单调性，根据单调性逐项判断不等式是否正确即可.
【详解】依题意得e
a−a>b−lnb，则e
a−a>b−lnb=e
lnb−lnb，
令f (x)=e
x−x，则f (a)>f (lnb).
因为f (x)=e
x−x，求导得f
′ (x)=e
x−1，
易得f (x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增，
当a，lnb∈(−∞,0)时，a<lnb<0，即e
a<b<1，B 错误，D 正确.
当a，lnb∈(0,+∞)时，0<lnb<a，即1<b<e
a，A 和C 错误.
故选：D.
19．（23-24 高三上·江苏苏州·月考）已知正数a,b满足e
2a
8 +2b≤a+ 1
2 lnb+1，则e
a+b=（ ）
A．9
4
B．3
2
C．1
D．3
4
【答案】A
【分析】不等式可化为e
2a−8a≤4 ln b−16b+8，分别构造函数，利用导数求出函数的最大、最小值，由
不等式左边最小值等于右边的最大值，建立方程即可得解.
【详解】由e
2a
8 +2b≤a+ 1
2 lnb+1⇔e
2a−8a≤4 ln b−16b+8，
设f ( x)=e
x−4 x，则f
′( x)=e
x−4，
当x>ln 4时，f
′( x)>0，当x<ln 4时，f
′( x)<0，
所以f ( x)在(0,ln 4)上单调递减，在(ln 4 ,+∞)上单调递增，
则f ( x)min= f (ln 4)= 4−8 ln 2，故f (2a)=e
2a−8a≥4−8 ln 2，
当且仅当2a= ln 4，即a= ln 2时取等号；
设g( x)= 4 ln x−16 x +8，则g
′( x)= 4(1−4 x)
x
，
当0< x< 1
4 时g
′( x)>0，当1
4 < x时g
′( x)<0，
所以g( x)在(0, 1
4)上单调递增，在(
1
4 ,+∞)上单调递减，
所以g( x)max = g(
1
4)= 4−8 ln 2，故g(b)= 4 ln b−16b+8≤4−8ln 2，
当且仅当b= 1
4 时取等号，
又f (2a)≤g(b)，则f (2a)= g(b)= 4−8 ln 2，
此时a= ln2,b= 1
4 ，则e
a+b=2+ 1
4 = 9
4 .
故选：A
【点睛】关键点点睛：不等式中含有不相关的双变量，据此分别构造不同的函数，利用导数求最值是关键
之一，其次根据不等式左边的最小值与不等式右边的最大值相等，由不等式成立得出方程是关键点之二，
据此建立方程求解即可.
命题角度4：利用导数解决双变量问题
20．（2026·河北·模拟预测）已知a>0，0<b<1，a(be
1
a + ln b−1)=−be
1
a，则a
b的最小值为 ．
【答案】e
【分析】对已知条件进行变形，结合同构法构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值即可.
【详解】由a(be
1
a + ln b−1)=−be
1
a，得e
1
a(1+ 1
a)= 1
b(1+ ln 1
b)，即e
1
a(1+ 1
a)=(1+ ln 1
b)e
ln 1
b.
取函数f (x)=e
x(1+ x)，x>0，则f(
1
a)= f(ln 1
b).
因为f
′ (x)=e
x(1+ x)+e
x=e
x(2+ x)>0，所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以1
a = ln 1
b，即1
b =e
1
a，所以a
b =ae
1
a.
记g(a)=ae
1
a，a>0，则g
′ (a)=e
1
a +ae
1
a ×(−1
a
2)=e
1
a (a−1)
a
.
令g
′ (a)=0，则e
1
a (a−1)
a
=0，解得a=1.
当a∈(0,1)时，g
′ (a)<0，当a∈(1,+∞)时，g
′ (a)>0，
所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
所以g(a)≥g(1)=e，即a
b ≥e，所以a
b的最小值为e.
故答案为：e.
21．（2023·山西临汾·模拟预测）已知t >0，t m
2(ln m−ln n)+t n
2+tmn−t
2mn≥mn恒成立，则t =
．
【答案】1
【分析】构造函数f (x)=t ⋅x⋅ln x +t ⋅x +t −t
2−1，将问题转化为f (x)≥0恒成立，再由必要性入手得到
t =1，再证明当t =1时满足题意，从而得解.
【详解】依题意，m>0,n>0，
因为t m
2(ln m−ln n)+t n
2+tmn−t
2mn≥mn恒成立，
所以t ⋅m
n ⋅ln m
n +t ⋅n
m +t −t
2≥1恒成立，
令x = m
n ，则x>0，上式化为t ⋅x⋅ln x +t ⋅x +t −t
2−1≥0恒成立，
令f (x)=t ⋅x⋅ln x +t ⋅x +t −t
2−1，则f
′ (x)=t ln x−t
x
2 +t，
注意到f (1)=t +t −t
2−1=−(t −1)
2≤0，而f (x)≥0恒成立，即f (1)≥0，
所以f (1)=0，即−(t −1)
2=0，故t =1；
当t =1时，f
′ (x)= ln x−1
x
2 +1，显然f
′ (x)在(0,+∞)上单调递增，
而f
′ (1)= ln1−1+1=0，
所以当0< x<1时，f
′ (x)<0，当x>1时，f
′ (x)>0，
则f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (1)=0；
综上，t =1.
故答案为：1.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将双变量m,n转化为单变量，从而将问题转化为函数恒成立问题，
由此得解.
22．（25-26 高三上·河北·月考）已知正实数a，b满足不等式(❑√e)
a
2
+2eln
1
2❑√be ≤a
2e
2 −4 be，则下列结
论正确的是（ ）
A．a
2−b< 3
2
B．a−b
2> 3
2
C．a
2+b>2
D．a+b
2>2
【答案】C
【分析】对题干所给不等式进行变形，得e
a
2
2 −1
−a
2
2 ≤ln (4 b)−4 b+1，结合e
x−1≥x和ln x ≤x−1推得
e
a
2
2 −1
−a
2
2 = ln (4 b)−4 b+1=0，解出a、b 即可求得答案．
【详解】(❑√e)
a
2
+2eln
1
2❑√be ≤a
2e
2 −4 be等价于e
a
2
2 −a
2
2 e≤eln (4 be)−4 be，
两边同除以e，得e
a
2
2 −1
−a
2
2 ≤ln (4 b)−4 b+1，
对于y =e
x−1−x，则y
′ =e
x−1−1，
当x<1时，y
′<0，y =e
x−1−x在(−∞,1)上单调递减，
当x>1时，y
′>0，y =e
x−1−x在(1,+∞)上单调递增，
所以y =e
x−1−x ≥e
1−1−1=0，即e
x−1≥x恒成立，
所以e
a
2
2 −1
−a
2
2 ≥0，当且仅当a
2=2时取等号，
对于y = ln x−x +1，则y
′ = 1
x −1，
当0< x<1时，y
′>0，y = ln x−x +1在(0,1)上单调递增，
当x>1时，y
′<0，y = ln x−x +1在(1,+ ∞)上单调递减，
所以y = ln x−x +1≤ln1−1+1=0，即ln x ≤x−1恒成立，
所以ln (4 b)≤4 b−1，即ln (4 b)−4 b+1≤0，当且仅当b= 1
4 时取等号，
综上，e
a
2
2 −1
−a
2
2 ≤ln (4 b)−4 b+1，则a= ❑√2（负值舍），b= 1
4 ，
所以a
2−b= 7
4 > 3
2，a
2+b= 9
4 >2，a−b
2= ❑√2−1
16 < 3
2，a+b
2= ❑√2+ 1
16 <2.
故选：C
23．（2025 高三·全国·专题练习）已知6 ln m=m+a,6n=e
n+a，其中m≠e
n，则m+e
n的取值范围为
（ ）
A．(0,6 ln 2)
B．(0,12)
C．(6 ln 2,+∞)
D．(12,+ ∞)
【答案】D
【分析】令f ( x)=6 ln x−x，x>0，求出函数的单调区间，结合已知可得f (m)= f (e
n)，不妨设
0<m<6<e
n，记x1=m，x2=e
n，解法一：设
g( x)= f (12−x)−f ( x)=6 ln(12−x)−6 ln x +2 x−12, x∈(0,6)，利用导数求出x1+ x2的范围即可；
解法二：由题设易得e
n−m
lne
n−ln m
=6，再结合对数均值不等式即可得解.
【详解】令f ( x)=6 ln x−x，x>0，则f
′( x)= 6
x −1= 6−x
x
，
故当x∈(0,6)时，f
′( x)>0,f ( x)单调递增，当x∈(6,+ ∞)时，f
′( x)< 0,f ( x)单调递减，
因为6 ln m=m+a,6n=6 lne
n=e
n+a，所以f (m)= f (e
n)，
又m≠e
n，不妨设0<m<6<e
n，记x1=m，x2=e
n.
解法一：设
g( x)= f (12−x)−f ( x)=6 ln(12−x)−(12−x)−(6 ln x−x)=6 ln(12−x)−6 ln x +2 x−12, x∈(0,6)，
则g
′( x)=
6
x−12 −6
x +2= 2( x−6)
2
x( x−12) <0在(0,6)上恒成立，
所以g( x)在(0,6)上单调递减，所以g( x)>g(6)= f (12−6)−f (6)=0，
则f (12−x1)>f (x1)= f (x2)，又12− x1, x2∈(6,+ ∞)，且f ( x)在(6,+ ∞)上单调递减，
所以12−x1< x2，则x1+ x2>12，所以m+e
n>12，故选D.
解法二：由6 ln m=m+a,6n=6 lne
n=e
n+a，两式相减整理得e
n−m
lne
n−ln m
=6，
由对数均值不等式
x2−x1
ln x2−ln x1
< x2+ x1
2
，可得m+e
n>2×e
n−m
lne
n−ln m
=2×6=12.
故选：D.
24．（23-24 高三上·湖北·开学考试）已知实数x，y满足ln y =e
2 x
y −ln(2 x)，则y的最小值为（ ）
A．1
e
2
B．1
e
C．e
D．e
2
【答案】C
【分析】由题意得2 xy ln (2 xy)=2 xe
2 x(x , y >0)，构造函数f (x)= xe
x ,(x>0)，说明f (x)在(0,+∞)上单
调递增，得y =e
2 x
2 x ,(x>0)，换元并求导即可求解最小值.
【详解】因为ln y =e
2 x
y −ln(2 x)，所以y ln y =e
2 x−y ln (2 x),(x , y >0)，
即y ln (2 xy)=e
2 x(x , y >0)，所以2 xy ln (2 xy)=2 xe
2 x(x , y >0)，
令f (x)= xe
x ,(x>0)，求导得f
′ (x)=(x +1)e
x>0,(x>0)，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
而2 xy ln (2 xy)=2 xe
2 x(x , y >0)，即f (2 x)= f (ln (2 xy))，
从而ln (2 xy)=2 x，所以y =e
2 x
2 x ,(x>0)，
令t =2 x ,(x>0)，g(t )=e
t
t ,(t >0)，
求导得g
′ (t )=e
t (t −1)
t
2
,(t >0)，g
' (t )>0⇒t >1，g
' (t )<0⇒0<t <1，
所以g(t )在(0,1)单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
所以y的最小值为g(1)=e.
故选：C.
25．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数f (x)=ln x +1−ax有两个零点x1, x2，且x1< x2，则下列命题正
确的是（ ）
A．a>1
B．x1+ x2< 2
a
C．x1⋅x2<1
D．x2−x1> 1
a −1
【答案】D
【分析】根据零点可将问题转化为a=ln x +1
x
，构造g(x)=ln x +1
x
，求导即可根据函数的单调性得函数
的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数h(x)= f(
2
a −x)−f (x)，结合函数的单调
性即可求解B，根据x1+ x2> 2
a可得ln(x1 x2)>0，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
命题角度5：利用导数解决极值点偏移问题+双变量
【详解】由f (x)=0可得a=ln x +1
x
，令g(x)=ln x +1
x
，其中x>0，
则直线y =a与函数g(x)的图象有两个交点，g
′ (x)=−ln x
x
2 ，
由g
′ (x)>0可得0< x<1，即函数g(x)的单调递增区间为(0,1)，
由g
′ (x)<0可得x>1，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
且当0< x< 1
e 时，g(x)=ln x +1
x
<0，当x> 1
e 时，g(x)=ln x +1
x
>0，g(1)=1，
如下图所示：
由图可知，当0<a<1时，直线y =a与函数g(x)的图象有两个交点，故A 错误；
由图可知，1
e < x1<1< x2，
因为f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，由f
′ (x)>0可得0< x< 1
a，由f
′ (x)<0可得x> 1
a，
所以，函数f (x)的增区间为(0, 1
a)，减区间为(
1
a ,+∞)，则必有0< x1< 1
a < x2，
所以，0< x1< 1
a，则2
a −x1> 1
a，
令h(x)= f(
2
a −x)−f (x)=ln(
2
a −x)−a(
2
a −x)−ln x +ax，其中0< x< 1
a，
则h
′ (x)=
1
x−2
a
−1
x +2a=
2a(x−1
a)
2
x(x−2
a)
<0，则函数h(x)在(0, 1
a)上单调递减，
所以，h(x1)>h(
1
a)=0，即f(
2
a −x1)−f (x1)>0，即f (x1)<f(
2
a −x1)，
又f (x2)= f (x1)=0，可得f (x2)<f(
2
a −x1)，
因为函数f (x)的单调递减区间为(
1
a ,+∞)，则x2> 2
a −x1，即x1+ x2> 2
a，故B 错误；
由{
a x1=ln x1+1
a x2=ln x2+1)，两式相加整理可得x1+ x2=ln(x1 x2)+2
a
> 2
a
，
所以，ln(x1 x2)>0，可得x1⋅x2>1，故C 错误；
由图可知1
e < x1<1< x2，则−x1>−1，又因为x2> 1
a，所以，x2−x1> 1
a −1，故D 正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．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；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
26．（22-23 高二下·四川成都·期中）已知函数f (x)= ln x +1−ax有两个零点x1、x2，且x1< x2，则下列命
题正确的个数是（ ）
①0<a<1；②x1+ x2< 2
a；③x1⋅x2>1；④x2−x1> 1
a −1；
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【答案】C
【分析】由f (x)=0可得a= 1+ ln x
x
，设g(x)= ln x +1
x
，其中x>0，则直线y =a与函数g(x)的图象有两个
交点，利用导数分析函数g(x)的单调性与极值，数形结合可判断①；构造函数h(x)= f(
2
a −x)−f (x)，其
中0< x< 1
a，分析函数h(x)的单调性，可判断②③；分析出1
e < x1<1< x2、0< x1< 1
a < x2，利用不等式的基
本性质可判断④.
【详解】由f (x)=0可得a= ln x +1
x
，令g(x)= ln x +1
x
，其中x>0，
则直线y =a与函数g(x)的图象有两个交点，g
′ (x)=−ln x
x
2 ，
由g
′ (x)>0可得0< x<1，即函数g(x)的单调递增区间为(0,1)，
由g
′ (x)<0可得x>1，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
且当0< x< 1
e 时，g(x)= ln x +1
x
<0，当x> 1
e 时，g(x)= ln x +1
x
>0，如下图所示：
由图可知，当0<a<1时，直线y =a与函数g(x)的图象有两个交点，①对；
对于②，由图可知，1
e < x1<1< x2，
因为f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，由f
′ (x)>0可得0< x< 1
a，由f
′ (x)<0可得x> 1
a，
所以，函数f (x)的增区间为(0, 1
a)，减区间为(
1
a ,+∞)，则必有0< x1< 1
a < x2，
所以，0< x1< 1
a，则2
a −x1> 1
a，
令h(x)= f(
2
a −x)−f (x)= ln(
2
a −x)−a(
2
a −x)−ln x +ax，其中0< x< 1
a，
则h
′ (x)=
1
x−2
a
−1
x +2a=
2a(x−1
a)
2
x(x−2
a)
<0，则函数h(x)在(0, 1
a)上单调递减，
所以，h(x1)>h(
1
a)=0，即f(
2
a −x1)−f (x1)>0，即f (x1)<f(
2
a −x1)，
又f (x2)=0，可得f (x2)<f(
2
a −x1)，
因为函数f (x)的单调递减区间为(
1
a ,+∞)，则x2> 2
a −x1，即x1+ x2> 2
a，②错；
对于③，由{
a x1= ln x1+1
a x2= ln x2+1)，两式相加整理可得x1+ x2= ln(x1 x2)+2
a
> 2
a
，
所以，ln(x1 x2)>0，可得x1 x2>1，③对；
对于④，由图可知1
e < x1<1< x2，则−x1>−1，又因为x2> 1
a，所以，x2−x1> 1
a −1，④对.
故选；C.
【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明x1+ x2<2a（或x1+ x2>2a）：
①首先构造函数g(x)= f (x)−f (2a−x)，求导，确定函数y = f (x)和函数y = g(x)的单调性；
②确定两个零点x1<a< x2，且f (x1)= f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得
g(x1)= f (x1)−f (2a−x1)= f (x2)−f (2a−x1)与零进行大小比较；
③再由函数y = f (x)在区间(a,+ ∞)上的单调性得到x2与2a−x1的大小，从而证明相应问题；
（2）证明x1 x2<a
2（或x1 x2>a
2）（x1、x2都为正数）：
①首先构造函数g(x)= f (x)−f(
a
2
x )，求导，确定函数y = f (x)和函数y = g(x)的单调性；
②确定两个零点x1<a< x2，且f (x1)= f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得
g(x1)= f (x1)−f(
a
2
x1)= f (x2)−f(
a
2
x1)与零进行大小比较；
③再由函数y = f (x)在区间(a,+ ∞)上的单调性得到x2与a
2
x1
的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式
❑√x1 x2<
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到
x1−x2
ln x1−ln x2
；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
27．【多选题】（24-25 高二下·广东广州·期中）已知函数f (x)=e
x+sin x，f
′ (x)为f (x)的导函数，则
（ ）
A．曲线y = f (x)在(0,f (0))处的切线方程为y = x +1
B．f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增
C．f (x)在区间(−π,0)上有极小值点x0，且−1<f (x0)<0
D．若x1、x2∈(0,π
2 )，f (x1)−e x1−1= f (x2)−e x2−1，且g(x)= f (x)−e x−1在x =t处取极值，
则x1+ x2>2t
【答案】BC
【分析】利用导数的几何意义可判断A 选项；利用导数的单调性与导数的关系可判断B 选项；分析导数符
号的变化，求出极值点x0的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可判断C 选项；构造函数
p(x)= g(x)−g(2t −x)，其中x∈(0,t )，分析函数p(x)的单调性，分析可得
p(x1)= g(x1)−g(2t −x1)= g(x2)−g(2t −x1)<0，结合函数g(x)的单调性可判断D 选项.
【详解】依题意，f
′ (x)=e
x+cos x，
对于A 选项，f
′ (0)=2，f (0)=1，所求切线方程为y =2 x +1，A 错；
对于B 选项，当x>0时，f
′ (x)=e
x+cos x>1+cos x ≥0，f (x)在区间(0,+∞)上单调递增，B 对；
对于C 选项，y =e
x、y =cos x在(−π,0)上都单调递增，则函数f
′ (x)在(−π,0)上单调递增，
f
′(−π
2 )=e
−π
2 >0，f
′(−3π
4 )=e
−3π
4 −
❑√2
2 < 1
e −
❑√2
2 <0，
则存在唯一x0∈(−3π
4 ,−π
2 )，使得f
′(x0)=e
x0+cos x0=0，
当−π< x< x0时，f
′ (x)<0；当x0< x<0时，f
′ (x)>0，
因此f (x)在x0处取得极小值，
且f (x0)=e
x0+sin x0=sin x0−cos x0= ❑√2sin(x0−π
4 )，
因为−3π
4 < x0<−π
2 ，则−π< x0−π
4 <−3π
4 ，所以−
❑√2
2 <sin(x0−π
4 )<0，
所以f (x0)= ❑√2sin(x0−π
4 )∈(−1,0)，C 对；
对于D 选项，由题意g(x)= f (x)−e x−1=e
x−e x +sin x−1，
则g
′ (x)=e
x+cos x−e，令h(x)=e
x+cos x−e，
则h
′ (x)=e
x−sin x>1−sin x>0对任意的x∈(0,π
2 )恒成立，
所以函数g
′ (x)在(0,π
2 )上单调递增，
因为g
′(
π
4 )=e
π
4 +
❑√2
2 −e>0，g
′ (0)=2−e<0，
所以，存在t ∈(0,π
4 )，使得g
′ (t )=0，
且当0< x<t时，g
′ (x)<0，g(x)在(0,t )上单调递减，
当t < x<π
2 时，g
′ (x)>0，g(x)在(t ,π
2 )上单调递增，
所以，函数g(x)在x =t处取到极小值，
因为f (x1)−e x1−1= f (x2)−e x2−1，即g(x1)= g(x2)，
不妨设t1<t2，则有0< x1<t < x2<π
2 ，
构造函数p(x)= g(x)−g(2t −x)，其中x∈(0,t )，
则p
′ (x)= g
′ (x)+ g
′ (2t −x)=e
x+cos x−e+e
2t −x+cos(2t −x)−e，
令q(x)= g
′ (x)+ g
′ (2t −x)=h(x)+h(2t −x)，则q
′ (x)=h
′ (x)−h
′ (2t −x)，
构建m(x)=h
′ (x)，则m
′ (x)=e
x−cos x>1−cos x>0对任意的x∈(0,π
2 )恒成立，
所以，函数m(x)=h
′ (x)在(0,π
2 )上为增函数，
当x∈(0,t )时，t <2t −x<2t，所以，q
′ (x)=h
′ (x)−h
′ (2t −x)<0，
所以，函数q(x)在(0,t )上单调递减，则q(x)>q(t )=2 g
′ (t )=0，
故函数p(x)在(0,t )上单调递增，所以，p(x1)= g(x1)−g(2t −x1)< p(t )=0，
即g(x1)= g(x2)< g(2t −x1)，
因为x1∈(0,t )，则2t −x1∈(t ,2t )⊆(t ,π
2 )，
因为函数g(x)在(t ,π
2 )上单调递增，所以x2<2t −x1，即x1+ x2<2t，D 错.
故选：BC.
28．【多选题】（23-24 高二下·云南玉溪·月考）已知函数f (x)= ln x
2
x
，下列说法正确的是（ ）
A．f (x)= ln x
2
x
与 g(x)= 2ln x
x
的定义域不同
B．f (x)的单调递减区间为(e,+∞)
C．若f (x)=a有三个不同的解，则−2
e <a< 2
e
D．对任意两个不相等正实数x1, x2，若f (x1)= f (x2)，则x1⋅x2>e
2
【答案】AD
【分析】利用定义域关于原点对称且是奇函数，确定选项A；利用求导和导函数值小于0，解不等式，排
除选项B；利用导数研究单调性和自变量趋向于正、负无穷时的极限值来作出简图，通过a=0是不符合题
意，来排除选项C；利用极值点偏移法，构造函数H ( x)=h( x)−h(e
2
x )并进行求导分析证明，确定选项
D．
【详解】对于A，由f (x)= ln x
2
x
的定义域为{x|x ≠0))，而g(x)= 2ln x
x
的定义域为{x|x >0))，所以选项A
是正确的；
对于B，由函数定义域为{x|x ≠0))，因为f
′ (x)= 2−ln x
2
x
2
，由f
′ (x)<0，得到ln x
2>2= lne
2，解得x<−e
或x>e，
所以f (x)的单调递减区间为(−∞,−e)，(e,+ ∞)，所以选项B 是错误；
对于C，因为f
′ (x)= 2−ln x
2
x
2
，由f
′ (x)= 2−ln x
2
x
2
>0，解得−e< x<e且x≠0，
所以f ( x)的增区间为区间(−e,0)，(0,e)，
由选项B 知，f ( x)的减区间为(−∞,−e)，(e,+∞)，
又f (e)= 2
e ,f (−e)=−2
e ，当x→−∞时，f ( x)<0，且f ( x)→0，
当x→+∞时，f ( x)>0，且f ( x)→0，
当x<0且x→0时，f ( x)→+ ∞，当x>0且x→0时，f ( x)→−∞，
其图象如图所示，
由图知，f (x)=a有三个不同的解，则−2
e <a< 2
e 且a≠0，所以选项C 是错误；
对于D，由题知f (x1)= 2ln x1
x1
= f ( x2)= 2ln x2
x2
，得到
ln x1
x1
= ln x2
x2
，
由图，不妨设0< x1<e< x2，设h( x)= ln x
x ，H ( x)=h( x)−h(e
2
x )，
则H
′( x)=h
′( x)+e
2
x
2 h
′(e
2
x )= 1−ln x
x
2
−1−ln x
e
2
= (1−ln x)(e
2−x
2)
x
2e
2
，
当0< x<e时，1−ln x>0，e
2−x
2>0，所以H
′( x)>0，
即H ( x)=h( x)−h(e
2
x )在区间(0,e)上单调递增，又H (e)=h(e)−h(e)=0，
所以H ( x1)=h( x1)−h(e
2
x1
)<0，得到h( x1)=h( x2)<h(e
2
x1
)，
又h
′( x)= 1−ln x
x
2
，当x>e时，h
′( x)<0，即h( x)= ln x
x 在区间(e,+∞)上单调递减，
又x2>e,e
2
x1
>e，所以x2>e
2
x1
，得到x1⋅x2>e
2，所以选项D 是正确.
故选：AD.
29．【多选题】（23-24 高二下·广东广州·月考）关于函数f ( x)= 2
x +ln x，下列说法正确的是（ ）
A．x =2是f ( x)的极大值点
B．函数y = f ( x)−x有且只有1 个零点
C．存在正整数k，使得f ( x)>kx恒成立
D．对任意两个正实数x1, x2，且x1≠x2，若f ( x1)= f ( x2)，则x1+ x2>4
【答案】BD
【分析】分析f ( x)导函数可作判断A；考查函数y = f ( x)−x的单调性可作判断B；分离参数，再分析函
数f ( x)
x
最值情况而作出判断C；构造函数g( x)= f ( x)−f (4−x)(0< x<2)讨论其单调性，确定g( x)>0
即可判断D.
【详解】对于A，f ( x)定义域为(0,+∞)，f
′( x)=−2
x
2 + 1
x = x−2
x
2 ，
0< x<2时,f
′( x)<0, x>2时f
′( x)>0，x =2是f ( x)的极小值点，A 错误；
对于B，令h( x)= f ( x)−x ,h
′( x)=−x
2−x +2
x
2
<0，
h( x)在(0,+∞)上递减，h(1)=1>0,h(2)= ln 2−1<0，h( x)有唯一零点，B 正确；
对于C，令φ( x)= f ( x)
x
= 2
x
2 + ln x
x ,φ
′( x)=−x ln x−x + 4
x
3
，
令F( x)= x ln x−x + 4，F
′( x)= ln x , x∈(0,1)时,F
′( x)<0, x∈(1,+∞)时,F
′( x)>0，
F( x)在(0,1)上递减，在(1,+ ∞)上递增，则F( x)min= F(1)=3>0，
φ
′( x)<0，φ( x)在(0,+ ∞)上递减，φ( x)图象恒在x 轴上方，
与x 轴无限接近，不存在正实数k 使得f (x)>kx恒成立，C 错误；
对于D，由A 选项知，f ( x)在(0,2)上递减，在(2,+ ∞)上递增，
由正实数x1, x2，且x1> x2，f ( x1)= f ( x2)，得0< x2<2< x1，
当0< x<2时，令g( x)= f ( x)−f (4−x)，
g
′( x)= f
′( x)+ f
′(4−x)= x−2
x
2 −
x−2
( x−4)
2 =−8( x−2)
2
x
2( x−4)
2 <0，即g( x)在(0,2)上递减，
于是有g( x)>g(2)=0，从而有f ( x1)= f ( x2)>f (4−x2)，
又4−x2>2 ，所以x1>4−x2，即x1+ x2>4成立，D 正确.
故选：BD
30．【多选题】（23-24 高三上·山东淄博·期末）已知函数f (x)= xe
x，g(x)= x ln x，则下列说法正确的是
（ ）
A．函数f (x)与函数g(x)有相同的极小值
B．若方程f (x)=a有唯一实根，则a 的取值范围为a≥0
C．若方程g(x)=a有两个不同的实根x1, x2，则x1 x2>a
2
D．当x>0时，若f (x1)= g(x2)=t，则x1 x2=t成立
【答案】ACD
【分析】对于A，根据题目直接对两个函数求导判断极值即可；对于B，根据函数单调性和最值判断函数
变化趋势，进而求出参数范围；对于C，利用对数均值不等式直接判断即可；对于D，利用同构方法进行
转化即可.
【详解】对于A，f (x)= xe
x定义域(−∞,+∞)，f
′ (x)=(x +1)e
x，
当x<−1时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
当x>−1时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)min= f (−1)=−1
e ，
g(x)= x ln x定义域(0,+ ∞)，g
′ (x)= ln x +1，
当0< x< 1
e 时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x> 1
e 时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min= g(
1
e)=−1
e ，故A 正确；
对于B，若方程f (x)= xe
x =a有唯一实根，
由于当x→−∞时，f (x)→0，且f (x)<0，
结合已求的单调性和最值可知，a≥0或a=−1
e ，故B 错误；
对于C，因为方程g(x)=a有两个不同的实根x1, x2，假设x1> x2，则a<0，
则{
x1ln x1=a
x2ln x2=a)，即{
ln x1= a
x1
ln x2= a
x2)
，两式相减得a x2−x1
x1 x2
= ln x1−ln x2，
即
x1−x2
ln x1−ln x2
=−1
a x1 x2，由对数均值不等式
x1−x2
ln x1−ln x2
=−1
a x1 x2>❑√x1 x2，
则❑√x1 x2>−a>0，即x1 x2>a
2得证，故C 正确；
对于D，当x>0时，若f (x1)= g(x2)=t，则x1e
x1= ln x2e
ln x2=t，
即f (x1)= f (ln x2)，显然x1>0,ln x2>0，则x1= ln x2，
则x1 x2= x2ln x2=t成立，故D 正确.
故选：ACD
下面补证C 选项对数均值不等式：
要证
x1−x2
ln x1−ln x2
>❑√x1 x2(x1> x2)，即证
x1
x2
−1
ln x1
x2
>❑√
x1
x2
，
设m= ❑√
x1
x2
(m>1)，即证m
2−1
2ln m >m，即证m−1
m −2ln m>0，
令φ(m)=m−1
m −2ln m(m≥1)，φ
′ (m)=1+ 1
m
2 −2
m = (m−1)
2
m
2
≥0，
则φ(m)在(1,+ ∞)单调递增，当m>1时，φ(m)>φ(1)=0得证.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，
利用数形结合的方法求解
31．（25-26 高三上·甘肃酒泉·期末）若x>0时，2mx −xe
2 x+mln x ≤0，则实数m的最大值为 .
【答案】e
【分析】原不等式可化为m(2 x +ln x)≤e
2 x + ln x，令t =2 x +ln x，对t的符号进行分类讨论，当t >0时，令
f (t )=e
t
t
(t >0)，问题转化为m≤f (t )min，利用导数求出，当t <0，根据单调性和极限可求出m的范围.
【详解】由题意，原不等式可化为m(2 x +ln x)≤e
2 x + ln x，
令t =2 x +ln x，显然函数t在(0,+ ∞)上单调递增且连续，
且当x→0
+时，t →−∞，当x→+ ∞时，t →+∞，
又函数t (x)在(0,+ ∞)上连续，所以t的值域为R，
当t =0，原不等式显然成立；
当t >0时，原不等式可化为m≤e
t
t ，令f (t )=e
t
t
(t >0)，
则f
′ (t )= (t −1)e
t
t
2
，当0<t <1时，f
′ (t )<0，当t >1时，f
′ (t )>0，
所以函数f (t )在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
f (t )min= f (1)=e，所以m≤f (t )min=e；
当t <0时，原不等式可化为m≥e
t
t ，f
′ (t )= (t −1)e
t
t
2
<0，
所以函数f (t )在(−∞,0)上单调递减，又当t →−∞时，f (t )→0，
故m≥0.
综上可知0≤m≤e，故m的最大值为e.
故答案为：e.
32．（2026·云南大理·二模）已知函数f ( x)=e
x−ln x −(a−1)x −ln a，若f ( x)≥0恒成立，则实数a 的
取值范围为 ．
【答案】(0,e ]
【分析】将问题转化为e
x+ ln e
x≥ax + ln(ax)恒成立，根据g( x)= x + ln x的单调性得出e
x≥ax，再利用导
函数求出t( x)= e
x
x 的最小值即可.
【详解】f ( x)=e
x−ln x−(a−1)x−ln a=(e
x+ x)−[ax + ln(ax)]，
命题角度6：函数的同构问题
因为f ( x)≥0，所以(e
x+ x)− [ax + ln(ax)]≥0，所以e
x+ x ≥ax + ln(ax)，
即e
x+ ln e
x≥ax + ln(ax)恒成立，
令g( x)= x + ln x，因为g( x)在(0,+ ∞)上单调递增，所以g(e
x)≥g(ax)，故e
x≥ax，
即e
x
x ≥a在x>0时恒成立即可，
设t( x)= e
x
x ，x>0，则t
'( x)= ( x−1)e
x
x
2
，x>0，
由t
'( x)>0得x>1；t
'( x)<0得0< x<1；
则t( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，则t( x)≥t(1)=e，所以a≤e，
又a>0，所以a 的取值范围为(0,e ]．
故答案为：(0,e ]
33．（2026·四川巴中·一模）若不等式 e
x
2−x−a−ln(x−1)≥ln x +a 恒成立，则 a 的取值范围 .
【答案】(−∞,1)
【分析】将原不等式变形为e
x
2−x−a+ x
2−x−a≥eln(x
2−x)+ln(x
2−x)，构造函数f (x)=e
x+ x，得到f (x)在
R 上单调递增，从而将问题转化为x
2−x−a≥ln(x
2−x)恒成立，令t = x
2−x，g(t )=t −ln t，利用导数求
出g(t )的最小值即可求解.
【详解】e
x
2−x−a−ln(x−1)≥ln x +a左右两边同时加x
2−x−a，并将ln (x−1)移项得
e
x
2−x−a+ x
2−x−a≥ln(x−1)+ln x + x
2−x，
整理得e
x
2−x−a+ x
2−x−a≥eln(x
2−x)+ln(x
2−x)，
设f (x)=e
x+ x，f
′ (x)=e
x+1>0，故f (x)在R 上单调递增，
则原不等式可化为f (x
2−x−a)≥f (ln(x
2−x))，
所以x
2−x −a≥ln(x
2−x)，
整理得x
2−x−ln(x
2−x)≥a，
令t = x
2−x，(t >0)，设g(t )=t −ln t，(t >0)，
则g
′ (t )=1−1
t = t −1
t
，令g
′ (t )=0，则t =1，
故当t ∈(0,1)时，g
′ (t )<0，当t ∈(1,+∞)时，g
′ (t )>0，
所以g(t )在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
所以g(t )≥g(1)=1，
对方程x
2−x =1，Δ=(−1)
2−4×1×(−1)=5>0，故存在实数x使t = x
2−x =1成立，
所以a≤1，即a∈(−∞,1).
故答案为：(−∞, 1).
34．（2026·重庆南岸·模拟预测）已知函数f ( x)=e
x，g( x)= ln x，若a>0，a x
a−1g( x)≤f ( x)对于任意
x>1都成立，则a 的最大值为 .
【答案】e
【分析】变形条件转化为ln x
ae
ln x
a≤xe
x，构造函数，判断单调性，转化为a≤x
ln x 恒成立，求解最小值可
得答案.
【详解】a x
a−1g( x)≤f ( x)等价于a x
aln x ≤xe
x，即x
aln x
a≤xe
x，变形为ln x
ae
ln x
a
≤xe
x.
设h(x)= xe
x(x>0)，h
′ (x)=(x +1)e
x>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x>1时， ln x
a>0，由h(ln x
a)≤h(x)可得ln x
a≤x，即a≤x
ln x 对任意x>1都成立，
设m(x)= x
ln x
(x>1)，m
′ (x)= ln x−1
(ln x)
2 ，
当1< x<e时，m
′ (x)<0，m(x)单调递减，当x>e时，m
′ (x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x)的最小值为m (e)=e，所以a≤e，即a 的最大值为e.
故答案为：e
35．（25-26 高三上·湖北黄冈·期中）对于任意x∈(0,1)，不等式x +lna
e
x
≥aln x
x
恒成立，则正数a的取
值范围是 .
【答案】[
1
e ,+∞)
【分析】对原不等式合理变形，结合同构思想得到f (ae
x)≥f ( x)，再构造函数并利用导数判断其单调性，
得到ae
x≥x，最后利用分离参数法求解参数范围即可.
【详解】因为不等式x +lna
e
x
≥aln x
x
恒成立，a>0，
所以x +lna
ae
x
≥ln x
x
恒成立，则lne
x+lna
ae
x
≥ln x
x
恒成立，
即ln(ae
x)
ae
x
≥ln x
x
恒成立，令f ( x)=ln x
x
，可得f (ae
x)≥f ( x)恒成立，
而f
′( x)=1−ln x
x
2
，令f
′( x)<0，x∈(e,+ ∞)，令f
′( x)>0，x∈(0,e)，
得到f ( x)在(0,e)上单调递增，在(e,+ ∞)上单调递减，
而x∈(0,1)，e
x∈(1,e)，则ae
x∈(a,ae)，
当a≥1时，满足f (ae
x)≥0>f ( x)，符合题意，
当a<1时，可得ae
x≥x恒成立，
则a≥x
e
x 恒成立，令g( x)= x
e
x ，而g
′( x)= 1−x
e
x
，
当x∈(0,1)时，g
′( x)>0，则g( x)在(0,1)上单调递增，
可得g( x)<g(1)= 1
e ，得到a≥1
e ，故a∈[
1
e ,1).
综上，正数a的取值范围是[
1
e ,+ ∞),
故答案为：[
1
e ,+ ∞)
36．（2025·四川眉山·模拟预测）已知函数f (x)=1+ae
xln x.若不等式f (x)≥e
x(x
a−x)(a<0)对
x∈(1,+∞)恒成立，则实数a的取值范围 .
【答案】[−e,0)
【分析】设k (t )=t −lnt，t >0，转化问题为k (e
−x)≥k (x
a)，利用导数分析函数的单调性，进而可得
−a≤
x
ln x ，令h(x)=
x
ln x ( x>1)，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可.
【详解】由f (x)≥e
x(x
a−x)，a<0，x∈(1,+∞)，
得1+ae
xln x ≥e
x(x
a−x)，则e
−x+aln x ≥x
a−x，
则e
−x+ x ≥x
a−aln x，即e
−x−lne
−x≥x
a−ln x
a，
设k (t )=t −lnt，t >0，即k (e
−x)≥k (x
a)，①
因为k
′ (t )=1−1
t = t −1
t
，
所以当t ∈(0,1)时，k
′ (t )<0，则k (t )在(0,1)上单调递减，
当t ∈(1,+ ∞) 时，k
′ (t )>0，则k (t )在(1,+∞)上单调递增.
因为x∈(1,+∞)，所以0<e
−x<e
−1<1，
当a<0时，0< x
a<1，且k (t )在(0,1)上单调递减，
则①式等价于e
−x≤x
a，则−x ≤a ln x，即−a≤
x
ln x ，
令h(x)=
x
ln x ( x>1)，则h
′ (x)=ln x−1
(ln x)
2 ，
当x∈(1,e)时，h
′ (x)<0，则h(x)在(1,e)上单调递减，
当x∈(e,+ ∞) 时，h
′ (x)>0，则h(x)在(e,+∞)上单调递增，
所以h( x)min=h (e)=e，则−a≤e，即a≥−e，
所以实数a的取值范围为[−e,0).
故答案为：[−e,0).
命题角度7：函数中的整数解问题+隐零点
37．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）设函数f ( x)=(2 x−1)(e
x−a)+a(a<1)，若f ( x)≤0有且仅有2 个整
数解，则a的最大值为（ ）
A．1
4e
B．1
2e
C．3
4e
D．1
e
【答案】C
【分析】首先构造新函数，分析它的单调性，然后画出图象，要求a的最大值，即求直线y =2ax−2a斜率
的最大值.
【详解】f ( x)=(2 x−1)(e
x−a)+a=(2 x−1)e
x−2ax +2a，
令g( x)=(2 x −1)e
x，则g
′( x)=(2 x +1)e
x，
当x<−1
2时，g
′( x)<0，所以g( x)=e
x(2 x −1)在(−∞,−1
2)上是单调减函数；
当x>−1
2时，g
′( x)>0，所以g( x)=e
x(2 x −1)在(−1
2 ,+ ∞)上是单调增函数.
由f ( x)=(2 x−1)e
x−2ax +2a≤0可得(2 x−1)e
x≤2ax−2a，
根据题意，存在2 个整数解使得(2 x −1)e
x≤2ax−2a，
则函数g( x)与直线y =2ax−2a的图象有2 个横坐标为整数的交点，直线y =2ax−2a必过(1,0)点，
函数g( x)在x =0处的导数g
′(0)=1，则切线方程为y = x−1且经过(1,0)点，
即此时直线y =2ax−2a与g( x)相切，此时a= 1
2，又因为a<1，
分析图象可知，另一个交点只能在x =−1处，且此时直线斜率能取最大，
即a可以取最大值，g(−1)=−3
e ，当直线y =2a( x−1)过点(−1,−3
e)时，则−4 a=−3
e ，解得a= 3
4e.
故选：C.
38．（2025·甘肃·模拟预测）若关于x的不等式(ax−2)e
−x≥x−2(a>0)有且只有两个整数解，则实数a的
取值范围是（ ）
A．（0,1]
B．[2−e,1）
C．(0,1)
D．[e−2,1）
【答案】C
【分析】设f (x)= ax−2
e
x
(a>0)，利用导数法研究函数f (x)的单调性，再结合特殊点及一次函数的性质画
出函数f (x),g(x)的大致图象，根据图象列不等式组求解即可.
【详解】设f (x)= ax−2
e
x
(a>0),g(x)= x−2，
则不等式(ax−2)e
−x≥x−2(a>0)即f (x)≥g(x)有且只有两个整数解.
因为f
′ (x)=
−a(x−a+2
a )
e
x
(a>0)，且a+2
a
=1+ 2
a >1，
所以当x< a+2
a
时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
当x> a+2
a
时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减.
当x = 2
a时，f (x)=0，当x< 2
a时，f (x)<0，当x> 2
a时，f (x)>0，
当x无限趋向于负无穷大时，f (x)无限趋向于负无穷大，
当x无限趋向于正无穷大时，f (x)无限趋向于0.
因为函数g(x)在R上单调递增，g(0)=−2，g(1)=−1，g(2)=0，
则f (0)= −2
e
0 =−2,f (1)= a−2
e
,f (2)= 2a−2
e
2
,f (0)= g(0)，
函数f (x),g(x)的大致图象如图
由图可知，要使f (x)≥g(x)有且只有两个整数解，这两个整数解必然是0，1，
所以{
a−2
e
≥−1，
2a−2
e
2
<0，)
解得2−e≤a<1.又a>0，所以0<a<1.
故选：C.
39．（25-26 高三上·福建泉州·期中）已知函数f (x)=(1−ax)e
x（a∈R），若关于x的不等式
f (x)>a(1−x)无整数解，则a的取值范围为 .
【答案】a≥1
【分析】由题意可得a(x−x−1
e
x )<1无整数解，借助导数研究函数g(x)= x−x−1
e
x
后的单调性后，分a≤0、
a≥1与0<a<1进行讨论即可得.
【详解】令f (x)−a(1−x)=(1−ax)e
x−a(1−x)=e
x−a(x e
x+1−x)>0，
即a(xe
x+1−x)−e
x<0，即a(x−x−1
e
x )<1，
令g(x)= x−x−1
e
x
，g
′ (x)=1−1−(x−1)
e
x
=e
x+ x−2
e
x
，
由h(x)=e
x+ x−2在R上单调递增，
且h(0)=1+0−2=−1<0，h(1)=e+1−2=e−1>0，
故存在x0∈(0,1)，使得h(x0)=e
x0+ x0−2=0，
则当x∈(−∞, x0)时，g
′ (x)<0，当x∈(x0,+∞)时，g
′ (x)>0，
故g(x)在(−∞, x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
故g(x)≥g(x0)= x0−x0−1
e
x0
= x0e
x0−x0+1
e
x0
，
令m(x)=e
x−x−1，x>0，m
′ (x)=e
x−1>0，
则m(x)在(0,+ ∞)上单调递增，则m(x)>m(0)=e
0−0−1=0，
即当x>0时，e
x> x +1，则e
x0> x0+1，
故g(x0)= x0e
x0−x0+1
e
x0
> x0(x0+1)−x0+1
e
x0
= x0
2+1
e
x0
>0，即g(x)>0，
又当x ≤0时，g(x)≥g(0)=0−0−1
e
0
=1，
当x ≥1时，g(x)≥g(1)=1−1−1
e
1
=1，
由不等式f (x)>a(1−x)无整数解，即a(x−x−1
e
x )<1无整数解，
若a≤0，由g(x)= x−x−1
e
x
>0，则a(x−x−1
e
x )≤0，
此时对任意x∈R，a(x−x−1
e
x )<1恒成立，不符；
若a≥1，由x ≤0或x ≥1时，g(x)≥1，则a(x−x−1
e
x )≥1，
故a(x−x−1
e
x )<1无整数解，符合要求；
若0<a<1，有ag(1)=ag(0)=a<1，即a(x−x−1
e
x )<1有整数解，不符.
综上所述：a≥1.
故答案为：a≥1
40．（2024·广东·模拟预测）已知x0满足 x0
2e
x0+ln x0=0(0< x0<1)，则e
x0−3ln x0+1
x0
= ．
【答案】3
【分析】原方程可化为x0e
x0=(ln 1
x0)e
ln 1
x0，结合函数g(x)= xe
x , x>0的单调性可得x0= ln 1
x0
，故可求目
标代数式的值.
【详解】因为x0
2e
x0+ln x0=0(0< x0<1)，故x0e
x0= 1
x0
ln 1
x0
=(ln 1
x0)e
ln 1
x0，
因为0< x0<1，故1
x0
>1，所以ln 1
x0
>0，设g(x)= xe
x, x>0
则g
′ (x)=(x +1)e
x>0，故g(x)在(0,+ ∞)上为增函数，
故x0= ln 1
x0
，故e
x0= 1
x0
，且x0=−ln x0，故e
x0−3ln x0+1
x0
=−3ln x0
x0
=3，
故答案为：3.
【点睛】思路点睛：对于与指数、对数都出现的代数式，注意利用同构结合新函数的单调性进行转化.
41．（2025·河北沧州·模拟预测）若方程e
x=aln(x−2)+alna−2a在(2,+∞)上有解，则实数a的取值范
围是（ ）
A．[3,+ ∞)
B．(0,3)
C．[e
3,+∞)
D．(0,e
3)
【答案】C
【分析】将方程整理成e
x−lna+ x−lna=ln(x−2)+ x−2=eln(x−2)+ln(x−2)，利用同构思想，设
f (t )=e
t +t，求导判断其单调性，推得lna= x−ln(x−2)，设g(x)= x−ln(x−2)，判断其单调性确定其
最小值，即得参数a的范围.
【详解】由e
x =aln(x−2)+alna−2a得e
x
a −lna=ln(x−2)−2，即e
x−lna−lna=ln(x−2)−2，
即e
x−lna+ x−lna=ln(x−2)+ x−2=eln(x−2)+ln(x−2).
设f (t )=e
t +t，则f (x−lna)= f (ln(x−2))，
因为f
' (t )=e
t +1>1，所以f (t )在R上单调递增，所以x−lna=ln(x−2)，即lna= x−ln(x−2)，
设g(x)= x−ln(x−2)，则g
′ (x)=1−
1
x−2 = x−3
x−2，
当x∈(2,3)时，g
' (x)<0，则g(x)在(2,3)上单调递减，当x∈(3,+∞)时，g
' (x)>0，则g(x)在(3,+∞)上
单调递增，
所以g(x)≥g(3)=3，所以lna≥3,a≥e
3.
故选：C.
42．（2025·辽宁大连·三模）已知f (x)= xe
ax−ln x−ax，若存在x0∈R，使得f (x0)=1，则实数a的取值
范围是（ ）
A．(−∞, 1
e)
B．[−1
e ,+∞)
C．(−1
e ,0)
D．(0, 1
e)
【答案】B
【分析】通过同构，令ln x0+a x0=t得到e
t−t =1，通过确定g(t )=e
t−t单调性，得到t =0，问题转化成
a=−ln x0
x0
，在x0∈R有解，进而可求解.
【详解】由题意可得：
x0e
a x0−ln x0−a x0=1，即e
ln x0+a x0−(ln x0+a x0)=1，
令ln x0+a x0=t，即存在t使得e
t−t =1，
构造g(t )=e
t−t，g
′ (t )=e
t−1，
由g
′ (t )=e
t−1<0，可得t <0，由g
′ (t )=e
t−1>0，可得t >0，
所以g(t )=e
t−t在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
又g(0)=1，
所以ln x0+a x0=t =0，即存在x0∈R，使得ln x0+a x0=0，
参变分离得到a=−ln x0
x0
，
令h( x)=−ln x
x , x>0，h
′( x)=−1−ln x
x
2
, x>0
易得当x∈(0,e)时，h
′( x)<0，当x∈(e,+∞)时，h
′( x)>0，
所以h( x)=−ln x
x , x>0在(0,e)单调递减，在(e,+ ∞)单调递增，
最小值为h(e)=−1
e ，当x→0
+时，h( x)→+∞，
所以h( x)=−ln x
x , x>0的值域为：[−1
e ,+ ∞)，
所以实数a的取值范围是[−1
e ,+ ∞)，
故选：B
