重难点05：破解零点困境：导数中零点
（含隐零点）问题的核心难点解构与思维
重构
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................2
题型一、判断零点或根所在区间....................................................................2
题型二、判断零点或根个数............................................................................4
题型三、根据零点或根所在区间求参数........................................................6
题型四、根据零点或根个数求参数..............................................................10
题型五、根据隐零点求复杂函数最值..........................................................13
题型六、根据隐零点证明不等式..................................................................17
题型七、根据隐零点求参数范围..................................................................22
题型精析・方法突破提能力..............................................................................28
知识点
1 ：零点的三个关系
函数零点↔对应方程的实数根
函数y=f(x)的零点，本质是使得f(x)=0的实数x，因此函数零点的个数=方程
f(x)=0实数根的个数。
函数零点↔函数图像与x轴的交点横坐标
函数y=f(x)的图像与x轴的交点坐标为(x,0)，此时y=0即f(x)=0，因此函数零
点=函数图像与x轴交点的横坐标，零点个数=交点个数。
复杂函数零点↔两个简单函数图像的交点横坐标
对于无法直接求解的复杂函数f(x)=g(x)
(
−ℎx)，其零点满足g(x)
(
−ℎx)=0
，即g(x)= (
ℎx)，因此函数f(x)=g(x)
(
−ℎx)的零点=函数y=g(x)与y= (
ℎx)图
像交点的横坐标，零点个数=交点个数。
知识点
2 ：零点存在定理
知识网络・核心根基深扎牢
若函数y=f(x)满足以下两个条件：
1.在闭区间[a,b]上连续（函数图像在区间内无断点、无跳跃，高中阶段常见的一次函
数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数等基本初等函数及其复合函数，在定义域内
均连续）；
2.区间端点的函数值异号，即f(a)⋅f(b)<0。
则在开区间(a,b)内至少存在一个零点，即存在至少一个c∈(a,b)，使得
f(c)=0。
知识点
3 ：零点存在定理变形
若函数y=f(x)满足以上两个条件的情况下又有函数y=f(x)在区间[a,b]上单
调，则该函数在开区间(a,b)仅存在一个零点。
知识点
4 ：隐零点
对于函数f(x)，若存在x0使得f(x0)=0，但x0无法用具体的初等函数表示（如
x0=lnx0+2的解），则称x0为函数f(x)的隐零点（“隐” 即无法显性表达）。
当直接求解函数零点困难时，通过 “设隐零点→用零点等式代换→化简表达式”，
可解决：
1.复杂函数的最值求解；
2.函数不等式证明；
3.参数范围求解。
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、判断零点或根所在区间
零点或根所在区间求解方法：
（1）明确函数定义域：确定f(x)的定义域D，确保后续所选区间在D内。
（2）分析函数连续性：判断f(x)在定义域内是否连续。
（3）选取待验证区间：根据函数特征（如单调性、特殊点值），选取若干闭区间
[a1,b1],[a2,b2],…。
（4）计算区间端点函数值：分别计算每个区间端点的函数值f(an)和f(bn)。
（5）判断端点函数值符号：若某区间[a,b]满足f(a)⋅f(b)<0，则由零点存在定
理，f(x)在(a,b)内至少有一个零点，该区间即为零点所在区间。
（6）（可选）缩小区间范围：若需更精确的区间，在已确定的(a,b)内选取中点
c=a+ b
2
，计算f(c)，直到找到复合题目的区间。
典例探究
【典型例题】函数f (x)=ln x + x
2−e x的零点所在的区间是（ ）
A．(
1
e ,1)
B．(1,2)
C．(2,e)
D．(e,3)
【答案】C
【分析】求导，判断函数的单调性，计算端点处的函数值，结合零点存在性定理即可
求解.
【详解】由于f
′ (x)= 1
x +2 x−e= 2 x
2−e x +1
x
，x>0，且2 x
2−e x +1=0中
Δ=e
2−8<0，
故f
' (x)>0，f (x)在(0,+ ∞)单调递增，
因此f (x)至多一个零点，
f (2)=ln2+ 4−2e<0,f (e)=lne+e
2−e
2>0,f (3)=ln3+3
2−3e>0，
因此f (x)=ln x + x
2−e x的零点所在的区间是(2,e)，
故选：C
【1-1】函数f (x)= x ln x−1的零点所在区间为（ ）
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,+∞)
【答案】B
【分析】结合对数函数性质分析当0< x ≤1时，f (x)<0，判断函数f (x)在(1,+∞)上的
单调性，结合零点存在性定理判断结论.
【详解】当0< x ≤1时，ln x ≤0，所以x ln x ≤0，
故x ln x−1≤−1<0，所以函数f (x)在(0,1)上没有零点，
设x1, x2∈(1,+ ∞)，且x1< x2，
则1< x1< x2，0<ln x1<ln x2
故x1ln x1< x2ln x2，x1ln x1−1< x2ln x2−1，
所以f (x1)<f (x2)，故函数f (x)在(1,+∞)上单调递增，
又f (1)=0−1<0，f (2)=2ln 2−1= ln 4−1>lne−1=0，
所以函数f (x)= x ln x−1的零点所在区间为(1,2).
故选：B.
【1-2】函数f (x)= x
2+ 4ln x−10的零点所在区间为（ ）
举一反三
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(2,3)
D．(3,4)
【答案】C
【分析】先验证函数f (x)的单调性，再代入f (2),f (3)验证，由零点存在定理得到零
点所在区间.
【详解】当x>0时，设x1> x2，
则f (x1)−f (x2)= x1
2−x2
2+ 4(ln x1−ln x2)>0，
故f (x)在(0,+ ∞)上是单调递增函数；
又f (2)= 4+ 4 ln 2−10<4 + 4 lne−10<0，f (3)=9+ 4 ln3−10>0，
由零点存在定理可知，函数f (x)的零点所在的区间为(2,3).
故选：C.
【1-3】函数f (x)= x
3+2
x−50的零点所在区间为（ ）
A．(1,2)
B．(2,3)
C．(3,4)
D．(4,5)
【答案】C
【分析】运用零点的存在性定理判断即可.
【详解】对于f (x)= x
3+2
x−50，则f (x)为R上的增函数，
而f (1)=−47，f (2)=−38，f (3)=−15，f (4)=30，f (5)=107，由于
f (3)f (4)<0，
根据零点存在性定理，知道函数f (x)= x
3+2
x−50的零点所在区间为(3,4).
故选：C.
题型二、判断零点或根个数
【答案】C
【分析】应用导数研究函数的区间单调性，结合区间值域及零点存在性定理判断零点
个数.
【详解】由题设f
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
且定义域为(0,+∞)，
当0< x<1时，f
′ (x)>0，当x>1时，f
′ (x)<0，
所以f ( x)在(0,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，故f ( x)≤f (1)=7，
当x→0或+ ∞时f ( x)→−∞，故f ( x)在定义域上有2 个零点.
故选：C
【2-1】已知函数f (x)=2
x−x−1，则f (x)的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】利用导函数研究f (x)单调性即可确定零点个数.
【详解】f (x)的定义域为x∈R，
零点或根个数的求解方法：
（1）确定函数定义域：明确f(x)的定义域D，后续分析均在D内进行。
（2）求导分析单调性：计算导函数f'(x)，求解f'(x)=0的解（即极值点），划分定
义域为若干单调区间(x0,x1),(x1,x2),…；判断每个单调区间内
f'(x)的符号，确定f(x)在各区间的单调性（递增或递减）。
（3）计算关键点位函数值：计算各单调区间端点（含定义域边界、极值点）的函数值，如
f(x0)，f(x1)，f(x2)，以及定义域趋于无穷时的极限值（如
lim
x→+∞f(x)，lim
x→0
+f(x)）；
（4）结合零点存在定理判断个数：对每个单调区间，若区间两端点（或极限）函数值异号
（如左正右负、左负右正），则该区间内有且仅有 1 个零点；若区间内函数值恒正或恒
负，则无零点；
（5）统计所有单调区间内的零点个数，即为f(x)的总零点个数。
典例探究
【典型例题】函数f (x)= ln x +8−x的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
举一反三
由题意可得f
′ (x)=2
x ln2−1，
因为f
′ (x)单调递增且当x→−∞时f
′ (x)<0，当x→+ ∞时f
′ (x)>0，
所以存在唯一一点t使得f
′ (t )=0，
所以f (x)在(−∞,t )上单调递减，在(t ,+ ∞)上单调递增，所以f (x)至多有两个零点，
又因为f (0)=0，f (1)=0，所以f (x)有2 个零点，
故选：C
【2-2】函数f (x)= 1
3 x−ln x (x>0)的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】首先求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，以及结合零点存在性定
理，判断选项.
【详解】f
′ (x)= 1
3 −1
x =0，得x =3，
当0< x<3时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，当x>3时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
f (3)=1−ln3<0，f (1)= 1
3 >0 f (e
2)= e
2
3 −2= e
2−6
3
>0，
所以函数f (x)在(1,3)和(3,e
2)各有1 个零点，所以共2 个零点.
故选：C
【2-3】函数f (x)=e
x + 1
a +e
x−1
a −2 x−2的零点个数是
A．0
B．1
C．2
D．与a 有关
【答案】A
【分析】利用导数求得函数f (x)的最小值，这个最小值为正数，由此判断函数f (x)没
有零点.
【详解】依题意f (x)=(
e
1
a + 1
e
1
a)
e
x−2 x−2，令t =e
1
a + 1
e
1
a
>2❑
√
e
1
a ⋅1
e
1
a
=2.
f (x)=t e
x−2 x−2，f
' (x)=t e
x−2，令f
' (x)=0，解得x = ln 2
t
，故函数f (x)在
(−∞,ln 2
t)
上递减，在(ln 2
t ,+∞)
上递增，函数在x = ln 2
t
处取得极小值也即是最小值，
f(ln 2
t)=t × 2
t −2ln 2
t −2=−2ln 2
t
，由于t >2，故−2ln 2
t >0，也即是函数f (x)的最小
值为正数，故函数f (x)没有零点.故选A.
【答案】C
【分析】先利用导数判断函数在给定区间上的单调性，再根据题设条件，结合零点存
在定理得到不等式组，求解即得.
【详解】由f
′( x)= 1
x + 1
x
2在区间(1,e)上恒为正可得，函数f ( x)= ln x−1
x +a在区间
(1,e)上为增函数，
依题意，函数在区间(1,e)上存在零点，则由零点存在定理可得，
f (1)=a−1<0,且f (e)=a+1−1
e >0，解得1
e −1<a<1.
题型三、根据零点或根所在区间求参数
根据零点或根所在区间求参数的求解方法：
（1）明确f(x,k)的定义域，确保区间(a,b)在定义域内。
（
2
）
分
析
函
数
单
调
性
（
含
参
数
）
：
求
导
得
f'(x,k)，根据参数(k)的范围，判断f'(x,k)在(a,b)内的符号，确定
f(x,k)在(a,b)内是单调递增还是单调递减。
（3）列零点在(a,b)内的核心条件：若f(x,k)在(a,b)内单调，则由零点存在定
理，需满足f(a,k)∙f(b,k)<0；若区间为闭区间[a,b]，需补充验证端点：若
f(a,k)=0或f(b,k)=0，需判断端点是否属于零点所在区间，再调整不等式（如
f(a,k)⋅f(b,k)≤0，但需排除端点不满足的情况）。
（4）（可选）处理特殊情况：若f(x,k)在(a,b)内非单调（存在极值点），需先求极
值
点
x0(k)，
再
结
合
：
极
值
点
x0(k)∈(a,b)；
极
值
f(x0(k),k)与区间端点函数值异号（或极值为0时端点值满足条件），列不等式
组。
（5）解不等式（组）：求解上述不等式（组），得到参数k的取值范围。
（6）验证参数范围：取范围内的参数值代入函数，排除增根。
典例探究
【典型例题】若函数f ( x)= ln x−1
x +a在区间(1,e)上存在零点，则实数a 的取值范围为
（ ）
A．(0,1)
B．[ 1
e ,1]
C．( 1
e −1,1)
D．(1, 1
e +1)
故选：C.
【3-1】若方程a x
2−ln x =0在(1,+ ∞)上有两个不同的根，则a 的取值范围为（ ）
A．(0, 1
2e) B．(−∞, 1
e)
C．(1,e)
D．(−∞,2)
【答案】A
【分析】变形得到a= ln x
x
2 ，x>1，即y =a与f (x)= ln x
x
2 ，x>1有两个不同的交点，
令f (x)= ln x
x
2 ，x>1，求导得到单调性和极值，最值情况，进而得到a∈(0, 1
2e),
【详解】a x
2−ln x =0⇒a= ln x
x
2 ，x>1，
令f (x)= ln x
x
2 ，x>1，
即y =a与f (x)= ln x
x
2 ，x>1有两个不同的交点，
则f
′ (x)= x−2 x ln x
x
4
= 1−2ln x
x
3
，x>1，
令f
′ (x)>0，即1−2ln x>0，解得1< x<e
1
2，
令f
′ (x)<0，即1−2ln x<0，解得x>e
1
2，
故f (x)= ln x
x
2 在(1,e
1
2)上单调递增，在(e
1
2 ,+∞)上单调递减，
故f (x)= ln x
x
2 在x =e
1
2处取得极大值，也是最大值，f (e
1
2)= 1
2e
，
且当x>1时，f (x)= ln x
x
2 >0，当x =1时，f (1)=0，
当x→+ ∞时，f (x)= ln x
x
2 趋向于0，
举一反三
故a∈(0, 1
2e),
故选：A
【3-2】已知函数f (x)= 2
x −ln x +a在(1,2)内有零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．(−2,+∞)
B．(−2,ln2−1)
C．(−∞,2) D．(1−ln2,2)
【答案】B
【分析】由导数确定单调性，然后由零点存在定理求解．
【详解】由题意，f
′( x)=−2
x
2 −1
x =−x +2
x
2 ，
所以1< x<2时，f
′( x)<0，f ( x)是单调递减函数，
它在(1,2)上零点，则f (1)f (2)=(2+a)(1−ln 2+a)<0，解得−2<a<ln 2−1，
故选：B．
【3-3】已知关于x 的方程x
2+2= x ln x + k( x +2)在[
1
2 ,+ ∞)上有两解，则实数k 的取值
范围为（ ）
A．(1,1+ ln 2
5 )
B．(1, 9
10 + ln 2
5 )
C．(1,2) D．(1,e)
【答案】B
【分析】利用参变量分离法可将问题转化为k = x
2+2−x ln x
x +2
在[
1
2 ,+ ∞)上有两解，
进而可将问题转化为函数f ( x)= x
2+2−x ln x
x +2
与y =k在[ 1
2 ,+∞)上有两个交点，利用导数
研究函数f ( x)的单调性，利用数形结合即可求出实数k 的取值范围.
【详解】由已知可得k = x
2+2−x ln x
x +2
在[
1
2 ,+ ∞)上有两解，
令f ( x)= x
2+2−x ln x
x +2
，x∈[ 1
2 ,+∞)，
则问题转化为函数y = f ( x)与y =k在[ 1
2 ,+∞)上有两个交点，
而f
′( x)= (2 x−ln x−1)( x +2)−( x
2+2−x ln x)
( x +2)
2
= x
2+3 x−2ln x−4
( x +2)
2
，
令g( x)= x
2+3 x −2ln x −4，则g
′( x)=2 x +3−2
x = 2 x
2+3 x−2
x
= (2 x−1)( x +2)
x
，
因为x∈[ 1
2 ,+∞)，所以g
′( x)≥0恒成立，所以g( x)在[ 1
2 ,+ ∞)上单调递增，
又g(1)=0，
所以当x∈[ 1
2 ,1)时，g( x)<0，则f
′( x)<0；
当x∈[1,+∞)时，g
′( x)≥0，则f
′( x)≥0，
所以f ( x)在[ 1
2 ,1)上单调递减，在[1,+∞)上单调递增，
所以f ( x)min= f (1)=1，又f ( 1
2 )=
1
4 +2−1
2 ln 1
2
1
2 +2
= 2
5 ( 9
4 + ln 2
2 )= 9
10 + ln 2
5 ，
作出函数f ( x)的大致图象如图示：
要使得k = x
2+2−x ln x
x +2
在[
1
2 ,+ ∞)上有两解，
实数k 的取值范围为(1, 9
10 + ln 2
5 )，
故选：B
【答案】B
【分析】利用导数研究f (x)的单调性，由此列不等式组求得k的取值范围.
【详解】函数f (x)= x ln x−x + k的定义域是(0,+∞)，
f
′ (x)= ln x，
当0< x<1时，f
′ (x)<0，当x>1时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,+∞)上单调递增，
因为x→0,f (x)→k , x→+∞,f (x)→+ ∞，且f (1)=k −1，
所以要使函数f (x)= x ln x−x + k存在两个不同的零点，
则需{
k >0
k −1<0)，解得0<k <1.
题型四、根据零点或根个数求参数
根据零点或根个数求参数的求解方法：
（1）确定函数定义域：明确f(x,k)的定义域D，后续分析均在D内进行。
（
2
）
求
导
找
单
调
区
间
与
极
值
：
计
算
导
函
数
f'(x,k)，求解f'(x,k)=0的解（含参数k），得到极值点x1(k),x2(k),…；根
据极值点划分定义域为单调区间，判断各区间内f'(x,k)的符号，确定f(x,k)的单调
性（递增/递减）；计算各极值点处的函数值（极值）：
f(x1(k),k),f(x2(k),k),…。
（3）求定义域边界/极限值：计算定义域端点处的函数值（如f(a,k)，a为定义域左端
点）；
若定义域含无穷区间（如(0,+∞)），计算极限值：lim
x→+∞f(x,k)、lim
x→0
+f(x,k)
等。
（4）结合零点个数列条件：根据f(x,k)的单调性、极值符号、边界/极限值，按 “n个
零点” 的要求列不等式（组）。
（5）解不等式（组）：求解上述不等式（组），得到参数k的取值范围。
（6）验证参数范围：取范围内的参数值代入函数，验证零点个数是否符合要求，排除增
根。
典例探究
【典型例题】若函数f (x)= x ln x−x +k存在两个不同的零点，则实数k 的取值范围为
（ ）
A．(−∞,1) B．(0,1)
C．(−∞,e) D．(0,e)
故选：B
【4-1】已知函数f (x)= x
3+ 9
2 x
2+c有3 个零点，则c的取值范围是（ ）
A．(−9
2 ,0)
B．(−∞,−27
2 )∪(0,+∞)
C．(−27
2 ,0)
D．(−∞,−9
2)∪(0,+∞)
【答案】C
【分析】根据题意，求导判断函数单调性，结合f (x)有3 个不同的零点，列出不等式
求解即可．
【详解】解：函数f (x)= x
3+ 9
2 x
2+c，则f
' (x)=3 x
2+9 x，令f
' (x)=0得x =−3或
x =0，
令f
' (x)>0，解得：x>0或x<−3；令f
' (x)<0，解得： −3< x<0；
所以f (x)在(−∞,−3)和(0,+ ∞)上单调递增，在(−3,0)上单调递减，
又f (−3)= 27
2 +c，f (0)=c，
要使f (x)有3 个不同的零点，则c<0<c + 27
2 ，
解得：−27
2 <c<0.
故选：C
【4-2】已知函数f (x)=2 x−t ln x存在两个零点，则实数t 的取值范围为（ ）
A．(
e
2 ,+ ∞) B．(e,+ ∞)
C．(2e,+∞)
D．(3e,+ ∞)
【答案】C
【分析】将问题转化为ln x
x = 2
t 有两个不同的实数根，构造函数g(x)= ln x
x ，利用导
举一反三
数求解单调性即可求解最值.
【详解】f (x)=2 x−t ln x存在两个零点，则f (x)=2 x−t ln x =0有两个不同的实数
根，
当t =0时，只有一个零点，不符合题意，故t ≠0，
即ln x
x = 2
t 有两个不同的实数根，
记g(x)= ln x
x ，∴g
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
当x>e时，g
′ (x)<0，此时g(x)单调递减，当0< x<e时，g
′ (x)>0，此时g(x)单调递
增，故当x =e时，g(x)取极大值也是最大值g (e)= 1
e ，
又当0< x<1时，g(x)<0，如图为g(x)的图象
要使ln x
x = 2
t = g(x)有两个不同的实数根，则0< 2
t < 1
e ，所以t >2e，
故选：C
【4-3】已知函数f (x)= x
3(ln x)
2−m(x
2+ x)ln x +m
2恰有4 个零点，则m的取值范围是
（ ）
A．(−1
e ,0) B．(−1
2e ,0)
C．(−1
e ,−1
2e)
D．(−1
2e ,+∞)
【答案】B
【分析】令f (x)=0得x ln x =m或x
2ln x =m，设函数g(x)= x ln x，函数
ℎ(x)= x
2ln x，利用导数判断出单调性结合图象可得答案.
【详解】令f (x)=(x ln x −m)(x
2ln x −m)=0，得x ln x =m或x
2ln x =m，
设函数g(x)= x ln x，则g
′ (x)=1+ ln x，当0< x< 1
e 时，g
′ (x)<0，
当x> 1
e 时，g
′ (x)>0，所以g(x)min= g(
1
e)=−1
e .当x→0时，g(x)→0，
设函数ℎ(x)= x
2ln x，则ℎ
′ (x)=2 x ln x + x = x (2ln x +1)，
当0< x< 1
❑√e时，ℎ
′ (x)<0，当x> 1
❑√e时，ℎ
′ (x)>0，
所以ℎ(x)min=ℎ(
1
❑√e)=−1
2e，当x→0时，ℎ(x)→0，
作出g(x)= x ln x与ℎ(x)= x
2ln x的大致图象，如图所示，由图可知，
当−1
2e <m<0时，直线y =m与这两个函数的图象各有两个交点，
且这些交点各不相同，此时f (x)恰有4 个零点.
故选：B.
题型五、根据隐零点求复杂函数最值
根据隐零点求复杂函数最值的求解方法：
（1）求导分析单调性，确定隐零点存在性：计算f(x)的导函数f'(x)，分析f'(x)
的单调性；
找到区间(a,b)，使f'(a)⋅f'(b)<0，结合零点存在定理，设
f'(x0)=0（x0∈(a,b)），即x0为f'(x)的隐零点。
（2）由隐零点等式，进行 “消元/降次” 代换：整理f'(x0)=0，得到含x0的关键等式
（消去指数、对数）。
（3）将f(x)转化为关于x0的简单函数：把f(x)的表达式用x0表示，代入步骤 2
的关键等式，消去难处理的项。
（4）确定x0的范围，求(
ℎ
x0)的最值：通过试值法缩小x0的范围，确定x0∈( m ,n)；
分析(
ℎx0)在(m ,n)内的单调性（求'(
ℎ
x0)判断符号），或直接利用基本不等式、二
次函数性质，求出(
ℎx0)的最值，即为f(x)的最值。
（5）验证最值类型（最大值/最小值）：根据f'(x)的单调性，判断x0是极大值点还是
极小值点，最终求出最大/小值。
【答案】1
【分析】求导后，令μ(x)= x
2e
x+ ln x (x>0)，再次求导后可得μ(x)的单调性，无法
直接求出使μ(x)=0的解，因此虚设零点，借助零点的存在性定理，得到x0∈(
1
e ,1)，使
x0
2e
x0+ ln x0=0，再借助对数变形，得到x0e
x0= ln 1
x0
⋅e
ln 1
x0，从而构造函数
ω(x)= xe
x(x>0)，结合函数单调性，得到x0= ln 1
x0
，代入φ(x0)中，即可得解.
【详解】φ
′ (x)=e
x−1−ln x
x
2
+ 1
x
2 = x
2e
x+ ln x
x
2
(x>0)，
令μ(x)= x
2e
x+ ln x (x>0)，
则μ
′ (x)=(x
2+2 x)e
x+ 1
x ，
由x>0，故μ
′ (x)=(x
2+2 x)e
x+ 1
x >0恒成立，
故μ(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又μ(
1
e)= 1
e
2 e
1
e + ln 1
e = 1
e
2 e
1
e −1=e
1
e −e
2
e
2
<0，μ(1)=e+ ln1=e>0，
故存在x0∈(
1
e ,1)，使μ(x0)=0，即x0
2e
x0+ ln x0=0，
即φ(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
典例探究
【典型例题】已知函数f (x)= xe
x−1，g(x)=ln x−mx，φ(x)=e
x−ln x
x
−1
x .求φ(x)的
最小值.
故φ(x)≥φ(x0)，
由x0
2e
x0+ ln x0=0，则x0e
x0=−ln x0
x0
= ln 1
x0
⋅e
ln 1
x0，
令ω(x)= f (x)+1= xe
x(x>0)，则有ω(x0)=ω(ln 1
x0)，
ω
′ (x)= f
′ (x)=(x +1)e
x，当x>0时，ω
′ (x)>0恒成立，
故ω(x)在(0,+ ∞)上单调递增，故x0= ln 1
x0
，即ln x0=−x0，
则φ(x0)=e
x0−ln x0
x0
−1
x0
=e
ln 1
x0 −−x0
x0
−1
x0
= 1
x0
+1−1
x0
=1，
即φ(x)的最小值为1；
【答案】证明见解析
【分析】函数定义域是(0,+∞)，求得导函数f
′ (x)= x +1
x
(x e
x+a)，这里x +1
x
是正
数，引入g( x)= x e
x+a，利用它的单调性，得其有唯一零点x0，是f ( x)的唯一极小值点，
即m= f (x0)= x0e
x0+a(ln x0+ x0)，由g( x0)= x0e
x0+a=0把m= f ( x0)转化为关于a的函
数，再由导数得新函数的最大值不大于1，证得结论成立．
【详解】由题得f (x)的定义域是(0,+ ∞)，f
′ (x)= x +1
x
(x e
x+a)，
令g(x)= x e
x+a，则g
′ (x)=(x +1)e
x>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为a<0，所以g(0)=a<0，g(−a)=−ae
−a+a>−a+a=0，
举一反三
【5-1】已知函数f (x)= xe
x+a(ln x + x)．当a<0时，记f (x)的最小值为m，求证：m≤1．
故存在x0∈(0,−a)，使得g(x0)= x0e
x0+a=0．
当x∈(0, x0)时，g(x)<0，f
′ (x)= x +1
x
(x e
x+a)<0，f (x)单调递减；
当x∈(x0,+ ∞)时，g(x)>0，f
′ (x)= x +1
x
(x e
x+a)>0，f (x)单调递增；
故x = x0时，f (x)取得最小值，即m= f (x0)= x0e
x0+a(ln x0+ x0)，
由x0e
x0+a=0，得m= x0e
x0+aln(x0e
x0)=−a+aln(−a)，
令x =−a>0，ℎ(x)= x−xln x，则ℎ
′ (x)=1−(1+ln x)=−ln x，
当x∈(0,1)时，ℎ
′ (x)=−ln x>0，ℎ(x)= x−xln x单调递增，
当x∈(1,+ ∞)时，ℎ
′ (x)=−ln x<0，ℎ(x)= x−xln x单调递减，
故x =1，即a=−1时，ℎ(x)= x−x ln x取最大值1，m≤1．
【5-2】已知函数f (x)= x e
x−a(ln x + x).当a>0时，求f (x)的最小值.
【答案】a−a ln a
【分析】求得函数的导数f
′ (x)=(x +1)(
x e
x−a
x )，令f
′ (x)=0，解得a= x e
x，令
g(x)= x e
x，利用导数得到g(x)在x∈(0,+ ∞)上为增函数，且g(0)=0，得到a= x e
x有唯
一实根x0，得到a= x0e
x0，结合函数的单调性，即可求解；
【详解】（1）由题意，函数f (x)= x e
x−a(ln x + x)，可得f (x)的定义域为(0,+∞)，
且f
′ (x)=(x +1)(e
x−a
x)=(x +1)(
x e
x−a
x )，
令x e
x−a=0，解得a= x e
x，
令g(x)= x e
x，可得g
′ (x)=e
x+ x e
x =(x +1)e
x>0，
所以g(x)在x∈(0,+ ∞)上为增函数，且g(0)=0，所以a= x e
x有唯一实根，
即f
′ (x)=0有唯一实根，设为x0，即a= x0e
x0，
所以f (x)在(0, x0)上为减函数，在(x0,+ ∞)上为增函数，
所以f (x)min= f (x0)= x0e
x0−a(ln x0+ x0)=a−a ln a.
【5-3】已知函数f (x)= xe
x−x−a，g(x)= x
2−2 x，a∈R．设函数ℎ(x)= f (x)−ln x，
若在区间(0,e)上存在零点，求a 的最小值．
【答案】1.
【分析】求出函数ℎ( x)，由ℎ( x)=0分离参数，构造函数p( x)= xe
x−x−ln x，利
用导数探讨值域即可得解.
【详解】依题意，ℎ( x)= xe
x−x−ln x−a，由ℎ( x)=0，得xe
x−x−ln x =a，
令p( x)= xe
x−x−ln x，x∈(0,e)，求导得
p
′( x)=e
x+ xe
x−1−1
x =( x +1)e
x−x +1
x
= ( x +1)( xe
x−1)
x
，
令q( x)= xe
x−1，x∈(0,e)，求导得q
′( x)=e
x+ xe
x>0，即函数q( x)在(0,e)上
单调递增，
显然q(0)=−1<0，q(1)=e−1>0，则存在唯一的x0∈(0,1)，使得q(x0)=0，即
x0e
x0−1=0，
即e
x0= 1
x0
，x0=−ln x0，则当0< x< x0时，q( x)<0, p
′( x)<0，当x0< x<e时，
q( x)>0, p
′( x)>0，
函数p(x)在(0, x0)上单调递减，函数p(x)在( x0,e)单调递增，
因此p( x)min= p( x0)= x0e
x0−x0−ln x0=1−x0+ x0=1，
当0< x< x0时，令φ( x)= x e
x−x，求导得φ
′( x)=( x +1)e
x−1，
令y =( x +1)e
x−1，当0< x< x0时，y
′ =( x +2)e
x>0，即函数φ
′( x)在(0, x0)上递增，
φ
′( x)>φ
′(0)=0，函数φ( x)在(0, x0)上递增，φ( x)>φ(0)=0，
于是当0< x< x0时，p( x)= x e
x−x −ln x >−ln x，而函数y =−ln x在(0, x0)上递减，
值域为(−ln x0,+ ∞)，
因此当0< x ≤x0时，函数p( x)无最大值，值域为[1,+ ∞)，函数p( x)在(0,e)的值域
为[1,+ ∞)，
要使ℎ( x)在(0,e)存在零点，则a≥1，所以a 的最小值为1．
题型六、根据隐零点证明不等式
根据隐零点证明不等式的求解方法：
（1）构造目标函数，简化不等式：令(
ℎx)=f(x)−g(x)，则需证明(
ℎ
x)≥0（或
(
ℎx)≤0），即证明(
ℎx)的最小值≥0（或最大值≤0）。
（2）求导分析(
ℎx)单调性，确定隐零点存在性：计算(
ℎx)的导函数'(
ℎ
x)，通过二阶
导数''(
ℎ
x)判断'(
ℎ
x)的单调性；找到区间(a,b)，使'(
ℎ
a)∙
'(
ℎ
b)<0，结合零
点存在定理，设'(
ℎ
x0)=0（x0∈(a,b)），即x0为'(
ℎ
x)的隐零点。
（3）由隐零点等式，推导关键代换关系：整理'(
ℎ
x0)=0，得到含x0的等式，消去
(
ℎx)中难处理的指数、对数项。
（4）确定(
ℎx)的最值点，代入隐零点化简：根据'(
ℎ
x)的单调性，判断x0是(
ℎx)
的最值点；
将x=x0代入(
ℎ
x)，利用步骤 3 的代换关系消去指数、对数，得到(
ℎx0)=φ(x0)（
φ(x0)为易分析的简单函数）。
（5）证明φ(x0)≥0（或≤0），完成不等式证明：结合x0的范围（通过试值法确
定，如x0∈(0,1)），利用基本不等式、函数单调性等证明φ(x0)满足目标不等式。
典例探究
【答案】证明见解析．
【分析】先将不等式转化为( x−1)e
x−ln x + 1
2 >0恒成立，也是从单调性出发，通过
求最小值大于0，从而实现不等式的证明.
【详解】证明：要证f (x)+m>e
x+ ln x，即证x e
x+m>e
x+ ln x，即证
(x−1)e
x+m−ln x>0，
∵m≥1
2，
∴( x−1)e
x+m−ln x ≥( x−1)e
x−ln x + 1
2，
∴只需证明( x−1)e
x−ln x + 1
2 >0对任意x>0恒成立，
设g( x)=( x−1)e
x−ln x + 1
2，则g
′( x)= x e
x−1
x ( x>0)，
设ℎ( x)= x e
x−1
x ( x>0)，则ℎ
′( x)=( x +1)e
x+ 1
x
2 >0，
∴g
′( x)= x e
x−1
x 在(0,+ ∞)为增函数，
又g
′(
2
3)= 2
3 e
2
3 −3
2 = 2
3[e
2
3 −(
27
8 )
2
3)<0, g
′(1)=e−1>0，
∴存在x0∈(
2
3 ,1)，使得g′ (x0)=0，
由g
′(x0)= x0e
x0−1
x0
= x0
2e
x0−1
x0
=0，得x0
2e
x0=1，即e
x0= 1
x0
2，即−2ln x0= x0，
且当x∈(0, x0)时，g′ (x)<0,g(x)单调递减，当x∈(x0,+ ∞)时，g′ (x)>0,g(x)单
调递增，
【典型例题】已知函数f (x)= x e
x．当m≥1
2时，证明：f (x)+m>e
x+ ln x．
∴g( x)min= g(x0)=(x0−1)e
x0−ln x0+ 1
2 = x0−1
x0
2
+ x0
2 + 1
2 = x0
3+ x0
2+2 x0−2
2 x0
2
，
令φ( x)= x
3+ x
2+2 x−2(
2
3 < x<1)，则φ′ (x)=3 x
2+2 x +2>0，
∴φ(x)在(
2
3 ,1)上单增，故φ(x0)>φ(
2
3)= 2
27 >0，
∴g( x)≥g(x0)= φ(x0)
2 x0
2 >0，即( x−1)e
x−ln x + 1
2 >0．
综上，当m≥1
2时，f (x)+m>e
x+ ln x．
【6-1】已知函数f (x)= x e
x（其中e为自然对数的底数）.求证：f (x)>e
x+ ln x−1
2.
【答案】（1）−1
e ；（2）证明见解析.
【解析】引入新函数g(x)=(x−1)e
x−ln x + 1
2，求导函数g
′( x)，由g
′( x)的单调性
（再用导数判断）结合零点存在定理得g
′( x)存在零点x0∈(
2
3 ,1)，也是g( x)的最小值点，
同时得出x0的性质，然后求出g( x0)，再根据x0的范围证明g( x0)>0（注意引入新函数）．
【详解】证明：要证f (x)>e
x+ ln x−1
2，
只需证明：(x−1)e
x−ln x + 1
2 >0对于x>0恒成立，
令g(x)=(x−1)e
x−ln x + 1
2，则g
′ (x)= x e
x−1
x
(x>0)，
当x>0时，令ℎ( x)= g
′( x)= x e
x−1
x ，则ℎ
′( x)=( x +1)e
x+ 1
x
2 >0，ℎ( x)在
举一反三
(0,+ ∞)上单调递增，即g
′ (x)= x e
x−1
x 在(0,+∞)上为增函数
又因为g
′(
2
3)= 2
3 e
2
3 −3
2 = 2
3[e
2
3 −(
27
8 )
2
3)<0，g
′ (1)=e−1>0
所以存在x0∈(
2
3 ,1)使得g
′(x0)=0
由g
′(x0)= x0e
x0−1
x0
= x0
2e
x0−1
x0
=0
得x0
2e
x0=1即e
x0= 1
x0
2即e
x0= 1
x0
2即−2ln x0= x0
所以当x∈(0, x0)时，g
′ (x)= x e
x−1
x <0，g(x)单调递减
当x∈(x0,+ ∞)时，g
′ (x)= x e
x−1
x >0，g(x)单调递增
所以g(x)min= g(x0)=(x0−1)e
x0−ln x0+ 1
2 = x0−1
x0
2
+ x0
2 + 1
2 = x0
3+ x0
2+2 x0−2
2 x0
2
，
令φ(x)= x
3+ x
2+2 x−2(
2
3 < x<1)，
则φ
′ (x)=3 x
2+2 x +2=3(x + 1
3)
2
+ 5
3 >0
所以φ(x)在(
2
3 ,1)上单调递增，所以φ(x0)>φ(
2
3)= 2
27 >0，
所以g(x)≥g(x0)= φ(x0)
2 x0
2 >0，所以(x−1)e
x−ln x + 1
2 >0，
即f (x)>e
x+ ln x−1
2．
【6-2】已知函数f (x)=ln x +2+ x (ln x−2), g(x)= xe
x−a(x−a),a>0.若g(x)有且仅有
一个零点x0，证明：x0<−4
9 .
【答案】证明见解析
【分析】对g(x)二次求导，研究g
′ (x)的单调性，得到g
′ (x)只有一个零点x1，从而有
g(x)的单调，再利用零点的唯一性，得到x1= x0,对满足的方程求解化简，结合(1)的结论，
加以证明即可.
【详解】求导得g
′ (x)=(x +1)e
x−a，令u(x)=(x +1)e
x−a，则u
′ (x)=(x +2)e
x，
当x∈(−∞,−2)时，u
′ (x)<0，u(x)即g
′ (x)单调递减；
当x∈(−2,+ ∞)时，u
′ (x)>0，u(x)即g
′ (x)单调递增.
因为当x∈(−∞,−1)时，g
′ (x)=(x +1)e
x−a<0，
又g
′ (a)=(a+1)e
a−a=a(e
a−1)+e
a>0，
所以存在唯一的x1∈(−1,a)，使得g
′(x1)=0，
故当x∈(−∞, x1),g
′ (x)<0, g(x)单调递减；
当x∈(x1,+ ∞), g
′ (x)>0, g(x)单调递增，所以g( x)min= g(x1).
因为g(a)=a⋅e
a>0，又当x→−∞时，g(x)→+∞，且g(x)有且仅有一个零点x0，
所以g( x)min= g(x1)= g(x0)=0，即x1= x0.
所以{
g
′(x0)=0,
g(x0)=0,)即{
(x0+1)e
x0=a,①
x0e
x0−a x0+a
2=0,②)
将①代入②得(x0+1)
2e
2 x0−x0
2e
x0=0，即(x0+1)
2e
x0−x0
2=0.
当x0≥0时，(x0+1)
2e
x0−x0
2≥e
x0>0，不满足题意，故x0<0.
令v (x)=( x +1)
2e
x−x
2, x <0，
则v
′ (x)=e
x(x
2+ 4 x +3)−2 x，当x∈(−1,0)时，v
′ (x)>0,v (x)单调递增.
因为v(−1
2)= 1
4 e
−1
2 −1
4 =
1
4 ❑√e −1
4 <0，v (0)=e
0=1>0，
所以−1
2 < x0<0，则0< −x0
x0+1 <1.
由v(x0)=0得e
x0=
x0
2
(x0+1)
2，等式两边取对数得x0=2ln −x0
x0+1，
由（1）得当x∈(0,1)时，ln x< 2(x−1)
x +1
，所以
x0=2ln −x0
x0+1 <2⋅
2(
−x0
x0+1 −1)
−x0
x0+1 +1
=−8 x0−4.
故x0<−4
9 .
【6-3】已知函数f (x)= 1
2 x
2−(a+2) x +2aln x（a>0且a≠2）．当a= 1
2时，证明：
f (x)−1
2 x
2+ 7
2 x ≤xe
x +1−2．
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，结合导数、零点存在性定理等知识来证得不等式成立.
【详解】当a= 1
2时，f (x)−1
2 x
2+ 7
2 x = x +ln x，
由题意可得，只需证明xe
x +1−x−ln x−2≥0，
方法一：令g(x)= xe
x +1−x−ln x−2(x>0)，
则g
′ (x)=(x +1)e
x +1−1+ x
x
=(x +1)(e
x +1−1
x)，
令ℎ(x)=e
x +1−1
x ，易知ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，ℎ(
1
10)=e
11
10 −10<e
2−10<0，
ℎ(1)=e
2−1>0，
故存在x0∈(
1
10 ,1)，使得ℎ(x0)=0，即e
x0+1−1
x0
=0，
当x∈(0, x0)时，ℎ(x)<0，x +1>0，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(x0,+ ∞)时，ℎ(x)>0，x +1>0，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
故x = x0时，g(x)取得唯一的极小值，也是最小值．
g(x)≥g(x0)= x0e
x0+1−x0−ln x0−2= x0⋅1
x0
−x0+(x0+1)−2=0，
所以xe
x +1−x−ln x−2≥0，即当a= 1
2时，f (x)−1
2 x
2+ 7
2 x ≤xe
x +1−2．
方法二：不等式xe
x +1−x−ln x−2≥0等价于e
ln xe
x +1−x−ln x−2≥0，
只需证e
ln x + x +1−(x +ln x +1)−1≥0，
令ℎ(x)=e
x−x−1，所以ℎ
′ (x)=e
x−1，
当x∈(−∞,0)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)单调递减，x∈(0,+∞)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)单
调递增，
所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，即e
x−x−1≥0，当且仅当x =0时取得等号，
用ln x + x +1替代x得到e
ln x + x +1−(x +ln x +1)−1≥0，函数φ(x)= x +ln x +1在
(0,+ ∞)上单调递增，
且φ(
1
e
2)= 1
e
2 −1<0，φ(1)=2>0，
故存在x0∈(
1
e
2 ,1)，使得φ(x0)=0，
所以e
ln x + x +1−(x +ln x +1)−1≥0，当且仅当x = x0时取得等号，
所以xe
x +1−x−ln x−2≥0，即当a= 1
2时，f (x)−1
2 x
2+ 7
2 x ≤xe
x +1−2．
【答案】证明见解析
【分析】把不等式恒成立转化为a≤x
2e
x−2ln x−x恒成立，再结合函数的最小值，
即可求出参数范围.
【详解】若对∀x∈(0,+ ∞),f (x)≤xe
x恒成立，则2ln x + x +a
x
≤xe
x恒成立，
即a≤x
2e
x−2ln x−x恒成立．
记g(x)= x
2e
x−2ln x−x , x∈(0,+ ∞)，
题型七、根据隐零点求参数范围
根据隐零点求参数范围的求解方法：
（1 ）转化问题，构造目标函数：若条件为 “ f(x,k)≥0恒成立” ，令
(
ℎx,k)=f(x,k)，
需
(
ℎx,k)min≥0；
若
条
件
为
“
f(x,k)有零点”，直接分析f(x,k)的零点相关特征；
（2）求导分析单调性，确定隐零点存在性：计算(
ℎx,k)的导函数'(
ℎ
x,k)，通过二
阶
导
数
''(
ℎ
x,k)判
断
'(
ℎ
x,k)的
单
调
性
；
找
到
'(
ℎ
x,k)的零点：设'(
ℎ
x0,k)=0（x0与k相关，即隐零点），整理得含
x0与k的等式（记为式①）。
（3）确定隐零点对应最值，建立参数与隐零点关系：根据'(
ℎ
x,k)的单调性，判断x0
是
(
ℎx,k)的最值点；将x=x0代入(
ℎ
x,k)，结合式①消去参数k（或消去
e
x0，lnx0等），得到(
ℎx0,k)=φ(x0)（仅含x0的函数）；
（4）确定隐零点x0的取值范围：根据函数定义域、'(
ℎ
x,k)的符号变化等，通过试值法、
零点存在定理缩小x0的范围（记为x0∈(m ,n)）。
（5）由隐零点范围反求参数范围：从式①中解出参数k关于x0的表达式：k=g(x0)；分
析g(x0)在x0∈(m ,n)内的单调性，求g(x0)的最值或取值范围，即为参数k的范围。
（6）验证边界值：取参数范围的边界值代入原条件，验证是否满足要求。
典例探究
【典型例题】已知函数f (x)= 2ln x + x +a
x
(a∈R)．若对∀x∈(0,+ ∞),f (x)≤xe
x恒成
立，求实数a的取值范围；
则g
′ (x)=2 xe
x+ x
2e
x−2
x −1= x (x +2)(e
x−1
x
2)．
记ℎ(x)=e
x−1
x
2 , x∈(0,+∞)，则ℎ
' (x)=e
x+ 2
x
3 >0，
故ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增．
又ℎ(
1
2)=e
1
2 −4<0,ℎ(1)=e−1>0，
所以∃x0∈(
1
2 ,1)，使得ℎ(x0)=e
x0−1
x0
2 =0，
即e
x0= 1
x0
2，即x0
2e
x0=1．
故当x∈(0, x0)时，ℎ(x)<0，即g
′ (x)<0；当x∈(x0,+∞)时，ℎ(x)>0，即
g
′ (x)>0．
所以g(x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
所以g( x)min= g(x0)= x0
2e
x0−2ln x0−x0=1−ln x0
2e
x0=1，所以a≤1．
所以实数a的取值范围是(−∞,1)．
【6-1】已知函数f ( x)=( x −1)e
x−a x
2−f
′(0)x，其中a∈R，f ′( x)为函数f ( x)的导函
数．若对任意x>0，f
′( x)≥1+ ln x −x恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(−∞,1]
【解析】f
′( x)≥1+ ln x −x分离参数转化为求2a≤(
x e
x−1−ln x + x
x
)min
，设
举一反三
g( x)= x e
x−1−ln x + x
x
，通过求导及构造函数，得x0∈(
1
e ,1)且满足
x0
2e
x0+ ln x0=0，进而得到x0=−ln x0时，g( x0)取得最小值，即可求出结论.
【详解】解法一：参数分离法
由f
′( x)≥1+ ln x −x知2a≤x e
x−1−ln x + x
x
在(0,+∞)恒成立即
2a≤(
x e
x−1−ln x + x
x
)min
令g( x)= xe
x−1−ln x + x
x
，则g
′( x)= x
2e
x+ ln x
x
2
令ℎ( x)= x
2e
x+ ln x，则ℎ
′( x)=(x
2+2 x)e
x+ 1
x >0，
所以ℎ( x)在(0,+∞)上单调递增
又ℎ(1)=e>0，ℎ(
1
e)=(
1
e)
2
e
1
e −1=e
1
e −2
−1<0
所以ℎ( x)在(0,+∞)上存在唯一零点x0，且x0∈(
1
e ,1)
所以当0< x< x0时，ℎ( x)<0即g
′( x)<0；当x> x0时，
ℎ( x)>0即g
′( x)>0
所以g( x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
又因为ℎ(x0)= x0
2e
x0+ ln x0=0
思路一：即x0e
x0=−ln x0
x0
因为−ln x0⋅e
−ln x0=−ln x0
x0
，所以x0e
x0=(−ln x0)e
−ln x0（*）
设φ( x)= x e
x，当x>0时，φ
′( x)=( x +1)e
x>0，
所以φ( x)在(0,+∞)上单调递增
由（*）知φ(x0)=φ(−ln x0)，所以x0=−ln x0
所以g( x)min= g(x0)= x0e
x0−1−ln x0+ x0
x0
= x0e
−ln x0−1+ x0+ x0
x0
=2，
则有2a≤2即a≤1
所以实数a的取值范围为(−∞,1]
思路二：即x0= ln x0
x0e
x0，两边取对数，
得ln x0= ln(−ln x0)−ln x0−x0
即ln x0+ x0= ln(−ln x0)+(−ln x0)（*）
设φ( x)= ln x + x，则φ( x)在(0,+∞)上单调递增
由（*）知φ(x0)=φ(−ln x0)，所以x0=−ln x0
所以g( x)min= g(x0)= x0e
x0−1−ln x0+ x0
x0
= x0e
−ln x0−1+ x0+ x0
x0
=2，
则有2a≤2即a≤1
所以实数a的取值范围为(−∞,1]．
下面提供一种利用最小值的定义求g(x)的最小值的方法：
先证：1+ x ≤e
x，
设ℎ( x)=e
x−x −1，则ℎ
′( x)=e
x−1，
所以当x<0时，ℎ
′( x)<0；当x>0时，ℎ
′( x)>0，
所以ℎ( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以ℎ( x)=e
x−x −1≥ℎ(0)=0即1+ x ≤e
x，
（当且仅当x =0时等号成立），
再证：g(x)≥2
由1+ x ≤e
x得（用ln x + x代换x），
1+ ln x + x ≤e
ln x + x =e
x e
ln x = x e
x，
g( x)= x e
x−1−ln x + x
x
≥(1+ ln x + x)−1−ln x + x
x
=2，
（当且仅当ln x + x =0时等号成立）
最后证：方程ln x + x =0有实根，
设φ( x)= ln x + x，则φ( x)在(0,+∞)上单调递增，
又φ(
1
e)= ln 1
e + 1
e = 1
e −1<0，φ(1)= ln1+1=1>0，
所以φ( x)在(0,+∞)有唯一零点，
即方程ln x + x =0有实根，
综上g( x)min=2，则有2a≤2即a≤1，
所以实数a的取值范围为(−∞,1]．
解法二：函数性质法
由f
′( x)≥1+ ln x −x知x e
x−1−ln x + x−2ax ≥0在(0,+∞)恒成立，
设g( x)= x e
x−1−ln x + x −2ax，则g( x)min≥0，
因为g
′( x)=( x +1)e
x−1
x +1−2a，
g
″( x)=( x +2)e
x+ 1
x
2 >0，所以g
′( x)在(0,+∞)上单调递增，
又当x→0时，g
′( x)→−∞；当x→+ ∞时，g
′( x)→+ ∞；
所以g
′( x)在(0,+ ∞)上存在唯一零点
，即1−2a= 1
x0
−(x0+1)e
x0，（1）
所以当0< x< x0时，g
′( x)<0；当x> x0时，g
′( x)>0，
所以g( x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
g( x)min= g(x0)= x0e
x0−1−ln x0+(1−2a)x0，
= x0e
x0−1−ln x0+[
1
x0
−(x0+1)e
x0)x0=−x0
2e
x0−ln x0≥0，
即x0
2e
x0+ ln x0≤0，
思路一：即x0e
x0≤−ln x0
x0
，
因为−ln x0⋅e
−ln x0=−ln x0
x0
，所以x0e
x0≤(−ln x0)e
−ln x0，（*）
设φ( x)= x e
x，当x>0时，φ
′( x)=( x +1)e
x>0，
所以φ( x)在(0,+∞)上单调递增，
由（*）知φ(x0)≤φ(−ln x0)，
所以x0≤−ln x0即e
x0≤e
−ln x0= 1
x0
，
所以1−2a= 1
x0
−(x0+1)e
x0≥1
x0
−(x0+1) 1
x0
=−1，
则有2a≤2即a≤1，
所以实数a的取值范围为(−∞,1]，
思路二：即x0≤−ln x0
x0e
x0，两边取对数，
得ln x0≤ln(−ln x0)−ln x0−x0，
即ln x0+ x0≤ln(−ln x0)+(−ln x0)（*），
设φ( x)= ln x + x，则φ( x)在(0,+∞)上单调递增，
由（*）知φ(x0)≤φ(−ln x0)，
所以x0≤−ln x0即e0
x≤e
−ln x0= 1
x0
，
所以1−2a= 1
x0
−(x0+1)e
x0≥1
x0
−(x0+1) 1
x0
=−1，
则有2a≤2即a≤1，
所以实数a的取值范围为(−∞,1]．
【6-2】已知函数f (x)=e
2 x−ae
x+bx，其中a，b∈R，e为自然对数的底数．若对任意
a∈[1,+ ∞)，都存在x∈(0,1)，使得f (x)<0恒成立，求实数b的取值范围．
【答案】(−∞,−1)．
【分析】先将a看作主元，由题意得到存在x∈(0,1)，使得e
2 x−e
x+bx<0，进而构
造函数ℎ(x)=e
2 x−e
x+bx，结合零点存在性定理即可求出结果.
【详解】设f (x)=e
2 x−ae
x+bx = g(a)，可知g(a)在[1,+∞)上单调递减，所以
g(a)≤g(1)=e
2 x−e
x+bx，
所以对任意a∈[1,+ ∞)，都存在x∈(0,1)，使得f (x)<0成立，等价于存在
x∈(0,1)，使得e
2 x−e
x+bx<0．
设ℎ(x)=e
2 x−e
x+bx，x∈(0,1)，所以ℎ
′ (x)=2e
2 x−e
x+b，
设p(x)=2e
2 x−e
x+b，当x∈(0,1)时，e
x>1，故p
′ (x)= 4e
2 x−e
x =e
x(4e
x−1)>0．
所以p(x)在(0,1)上单调递增，即ℎ
′ (x)在(0,1)上单调递增．
所以ℎ
′ (x)∈(b+1,b+2e
2−e)．
①当b+1≥0，即b≥−1时，ℎ
′ (x)>0，所以ℎ(x)在(0,1)上单调递增，
ℎ(x)>ℎ(0)=0，所以不存在x∈(0,1)，使得e
2 x−e
x+bx<0．不合题意．
②当b+2e
2−e≤0，即b≤e−2e
2时，ℎ
′ (x)<0，所以ℎ(x)在(0,1)上单调递减，
ℎ(x)<ℎ(0)=0，所以存在x∈(0,1)，使得e
2 x−e
x+bx<0．满足题意．
③当e−2e
2<b<−1时，此时ℎ
′ (0)ℎ
′ (1)<0，又ℎ
′ (x)在(0,1)上单调递增，所以存在
唯一的x0∈(0,1)，使得ℎ
′(x0)=0，且当x∈(0, x0)时，ℎ
′ (x)<0，所以ℎ(x)在(0, x0)上
单调递减，所以当x∈(0, x0)时，ℎ(x)<ℎ(0)=0，即存在x∈(0,1)，使得
e
2 x−e
x+bx<0．满足题意．
综上可得，实数b的取值范围为(−∞,−1)．
【6-3】已知函数f (x)= ln (x +1)−ax ,a∈R若f (x)+ax
e
x
≤ax对任意x∈[0,+∞)恒成立，
求实数a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）当a≤0时，f (x)无极值；当a>0时，f (x)有极大值−ln a+a−1，无
极小值；（Ⅱ）a≥1
【分析】先将原不等式ln (x +1)
e
x
≤ax等价转化为ln (x +1)−ax e
x≤0，进而构造函数
F (x)= ln (x +1)−ax e
x（x ≥0），将问题转化为求出F (x)max=0.然后借助题设条件先对函
数F (x)= ln (x +1)−ax e
x（x ≥0）求导，再对实数a分类运用导数的知识求出F (x)max=0，
进而确定所求实数a的取值范围．
【详解】原不等式可化为ln (x +1)
e
x
≤ax⇔ ln (x +1)−ax e
x≤0，
记F (x)= ln (x +1)−ax e
x（x ≥0），只需F (x)max≤0.
可得F
' (x)=
1
x +1 −a(x +1)e
x.
（1）当a≤0时，1
x +1 >0，a(x +1)e
x≤0，所以F
' (x)>0，F (x)在[0,+∞)上单调递
增，所以当x>0时，F (x)> F (0)=0，不合题意，舍去.
（2）当a>0时，F
' (x)= 1−a(x +1)
2e
x
x +1
，
①当a≥1时，因为x ≥0，所以a(x +1)
2e
x≥1，所以F
' (x)= 1−a(x +1)
2e
x
x +1
≤0，
所以F (x)在[0,+ ∞)上单调递减.
故当x ≥0时，F (x)≤F (0)=0，符合题意.
②当0<a<1时，记g(x)=1−a(x +1)
2e
x（x ≥0），
所以g
' (x)=−a(x +1)(x +3)e
x<0，g(x)在[0,+ ∞)上单调递减.
又g(0)=1−a>0，g(
❑√
1
a −1)=1−e
❑√
1
a −1
<0，
所以存在唯一x0∈(0,❑√
1
a −1)，使得g(x0)=0.
当0< x< x0时，g(x)>g(x0)=0，
从而F
' (x)= 1−a(x +1)
2e
x
x +1
>0，即F (x)在(0, x0)上单调递增，
所以当0< x< x0时，F (x)> F (0)=0，不符合要求，舍去.
综上可得，a≥1.
【突破提升训练・1】若函数f (x)= x
3+a x
2+bx +c有三个零点−1，1，x0，若c∈(2,3)，
则零点x0所在区间为（ ）
A．(2,3)
B．(3,4)
C．(4,5)
D．(5,6)
【答案】A
【分析】首先可得a+c =0，b=−1，从而得到f (x)= x
3−c x
2−x +c，再由零点存在
性定理判断即可.
【详解】依题意可得{
f (1)=1+a+b+c =0
f (−1)=−1+a−b+c =0)，则{
a+c =0
b=−1)，
所以f (x)= x
3−c x
2−x +c，显然f (x)为连续函数，
又c∈(2,3)，所以f (2)=6−3c<0，f (3)=24−8c>0，f (4)=60−15c>0，
f (5)=120−24 c>0，f (6)=210−35c>0，
根据零点存在性定理可知f (x)的第三个零点x0∈(2,3).
故选：A
题型精析・方法突破提能力
【突破提升训练・2】函数f (x)= log 1
2
x−1
4 x
2+1的零点所在的一个区间是（ ）
A．(
1
4 , 1
2)
B．(
1
2 ,1)
C．(1,2)
D．(2,4)
【答案】C
【分析】求出区间的端点的函数值，再根据零点的存在性定理即可得出答案．
【详解】∵y = log 1
2
x，y =−1
4 x
2+1在区间(0,+∞)上单调递减，
则f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递减，
且f(
1
4)= log 1
2
1
4 −1
4 ×(
1
4)
2
+1=3−1
64 >0，
f(
1
2)= log 1
2
1
2 −1
4 ×(
1
2)
2
+1=2−1
16 >0，
f (1)= log 1
2
1−1
4 ×1
2+1= 3
4 >0，f (2)= log 1
2
2−1
4 ×2
2+1=−1<0，
f (4)= log 1
2
4−1
4 ×4
2+1=−5<0，∴函数f (x)的零点在(1,2)上．
故选：C．
【突破提升训练・3】已知实数a<b<c，则方程
(x−a)(x−b)+(x−b)(x−c)+(x−c)(x−a)=0的两个实根分别属于区间（ ）
A．(−∞,a)和(a,b)
B．(b,c)和(c ,+∞)
C．(a,b)和(b,c)
D．(−∞,a)和(c ,+∞)
【答案】C
【分析】根据函数零点的存在定理求解.
【详解】设f ( x)=( x−a)( x−b)+( x−b)( x−c)+( x−c)( x−a)，
由a<b<c，则
f (a)=(a−b)(a−c)>0,f (b)=(b−c)(b−a)<0,f (c)=(c−a)(c−b)>0，
由函数的零点存在定理知，f ( x)的零点分别位于区间(a,b)和(b,c)，
故方程(x−a)(x−b)+(x−b)(x−c)+(x−c)(x−a)=0的两个实根分别属于区间
(a,b)和(b,c)，
故选：C
【突破提升训练・4】函数f (x)= x
3+2 x−4的零点所在的区间是（ ）
A．(−1,0)
B．(0,1)
C．(1,2)
D．(2,3)
【答案】C
【分析】根据零点的存在性定理的应用即可求解.
【详解】由题意知，f (−1)=−1−2−4 =−7<0,f (0)=−4<0，
f (1)=1+2−4 =−1<0,f (2)=8+ 4−4 =8>0，
所以f (1)f (2)<0，而函数为R上的增函数，
由零点的存在性定理知函数f ( x)的零点在区间(1,2).
故选：C
【突破提升训练・5】函数f ( x)= 4
x −2
x的零点所在区间是（ ）
A．(0, 1
2)
B．(
1
2 ,1)
C．(1,2)
D．(2,3)
【答案】C
【分析】根据零点存在性定理即可求解.
【详解】由函数f (x)= 4
x −2
x，显然函数在(0,+∞)为减函数，
又f(
1
2)= 4
1
2
−2
1
2 =8−❑√2>0，f (1)= 4
1 −2
1=2>0，f (2)= 4
2 −2
2=−2<0 ，
∴f (1)⋅f (2)<0.
故选：C.
【突破提升训练・6】函数g( x)=2
x+5 x的零点所在的一个区间是
A．(0，1)
B．(1，2)
C．(一1，0)
D．(一2，一1)
【答案】C
【分析】判断函数的单调性，根据函数零点的判断条件即可得到结论．
【详解】函数g（x）单调递增，
∵g（﹣1）＝2﹣1﹣5＜0，g（0）＝1＞0，
∴g（﹣1）g（0）＜0，
即函数g（x）在（﹣1，0）内存在唯一的零点，
故选C．
【突破提升训练・7】已知函数f ( x)=(2 x
2−3 x)e
x，则函数y =3[ f ( x)]
2+2f ( x)−1零
点的个数是（ ）
A．6
B．5
C．4
D．3
【答案】B
【分析】首先对函数求导，研究函数的单调性，求得函数的极值，并确定当x→−∞
时，y →0，解方程3[ f ( x)]
2+2f ( x)−1=0，求得f ( x)=−1或f ( x)= 1
3，结合函数图象，
确定每个方程根的个数，得到最后结果.
【详解】f ( x)=(2 x
2−3 x)e
x，f '( x)=(2 x
2+ x−3)e
x =(2 x +3)( x−1)e
x，
令f '( x)>0，得x<−3
2或x>1，
所以f ( x)在(−∞,−3
2 )上单调递增，在(−3
2 ,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
且f (−3
2 )=9e
−3
2，f (1)=−e，
且当x→−∞时，y →0，
令3[ f ( x)]
2+2f ( x)−1=0得f ( x)=−1或f ( x)= 1
3，
所以f ( x)=−1有两个解，f ( x)= 1
3有三个解，
所以函数y =3[ f ( x)]
2+2f ( x)−1零点的个数是5 个，
故选：B.
【突破提升训练・8】函数f ( x)= 2
3 x
4−x ln x−x的零点个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】先确定函数定义域，然后令f ( x)= 2
3 x
4−x ln x−x =0可分解因式得
2
3 x
3−ln x−1=0，通过求导研究函数的单调性，确定最小值符号，即可得出结论.
【详解】解：由题可得x∈(0,+ ∞)，故令f ( x)= 2
3 x
4−x ln x−x =0，
即2
3 x
3−ln x−1=0，令g( x)= 2
3 x
3−ln x−1，
则g
'( x)=2 x
2−1
x = 2 x
3−1
x
，
由g
'( x)>0⇒x>2
−1
3 , g
'( x)<0⇒0< x<2
−1
3，
所以在(2
−1
3 ,+∞)单调递增，在(0,2
−1
3)递减，
又g(1)=−1
3 <0, g( 1
e )= 2
3e
3 >0，g(3)=51−3ln3>0，
g(x)在(0,2
−1
3)与(2
−1
3 ,+∞)分别有一个零点，
所以g( x)有两个零点，故f ( x)有两个零点，
故选：B.
【突破提升训练・9】设函数f ( x)=e
x−2e(1+ ln x)（其中e为自然对数的底数），则函
数f ( x)的零点个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】利用导函数，得出函数单调性，分析函数极值与0 的大小关系即可求解.
【详解】由题f
′( x)=e
x−2e
x ,f
′′( x)=e
x+ 2e
x
2 >0，所以f
′( x)在x∈(0,+∞)单调递
增，
f
′(1)=−e<0，f
′(2)=e
2−e>0，所以f
′( x)的零点x0∈(1,2)，且e
x0= 2e
x0
，
且当x∈(0, x0)时，f
′( x)<0，当x∈( x0,+∞)时，f
′( x)>0，
即f ( x)在x∈(0, x0)单调递减，在x∈( x0,+∞)单调递增，
f ( x)的极小值f ( x0)=e
x0−2e(1+ ln x0)= 2e
x0
−2e(1+ ln 2e
e
x0 )=
2e( 1
x0
−(1+ ln 2e−x0))=2e( 1
x0
+ x0−2−ln 2)，x0∈(1,2), 1
x0
+ x0< 5
2，
f ( x0)< 5
2 −2−ln 2= 1
2 −ln 2= ln ❑√e−ln 2<0，
当x→0
+时，f ( x)→+∞；当x→+ ∞时，f ( x)→+∞；
所以共两个零点.
故选：C
【突破提升训练・10】若f (x)= x sin x +cos x−1，x∈[−π
2 ,π)，则函数f (x)的零点个
数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.
【详解】f
′ (x)=sin x + x cos x−sin x = x cos x,
当x∈(−π
2 ,0)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(0,π
2 )时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
当x∈(
π
2 ,π)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
又f(−π
2 )=π
2 −1>0，f (0)=0，f(
π
2 )=π
2 −1>0，f (π)=−2<0，
则f (x)= x sin x +cos x−1的草图如下：
由图象可得函数f (x)的零点个数为2.
故选：C.
【突破提升训练・11】函数f (x)= 1
2 ln 1+ x
1−x −sin x的零点个数为（ ）
A．1
B．0
C．3
D．2
【答案】A
【分析】利用导数判断函数的单调性，结合f (0)=0，即可判断出答案.
【详解】由1+ x
1−x >0，可得−1< x<1，即定义域为(−1,1)，
所以f
′ (x)= 1
2 × 1−x
1+ x ×
2
(1−x)
2 −cos x =
1
1−x
2 −cos x，
由于1−x
2∈(0,1]，故
1
1−x
2 −cos x ≥0，
即f
′ (x)≥0，当且仅当x =0时取等号，
即f (x)在(−1,1)上为单调递增函数，又f (0)=0，
所以f (x)仅有一个零点．
故选：A．
【突破提升训练・12】函数f (x)=e
x+sin x−x−1在区间[−π,+∞)上的零点个数为
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据导数与函数的单调性、最值的关系以及零点的存在性定理求解.
【详解】对函数f (x)求导可得，f
′ (x)=e
x+cos x−1，
记g( x)= f
′ (x),则g
′ (x)=e
x−sin x，
当x∈[−π,0)时，e
x>0,sin x ≤0，则e
x−sin x>0，
当x∈(0,+ ∞)时，e
x>1,sin x∈[−1,1)，则e
x−sin x>0，
所以在[−π,+ ∞)上，e
x>sin x，所以g
′ (x)>0，所以f
′ (x)单调递增，
注意到f
′(−π
2 )=e
−π
2 +cosπ
2 −1= 1
e
π
2
−1<0,f
′ (0)=e
0+cos0−1=1+1−1>0，
所以必存在x0∈[−π,0)使得f
′(x0)=0，
于是f (x)在(−π, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
又f (0)=0,f (−π)=e
−π+sin(−π)+π−1= 1
e
π +π−1>0，
所以在区间(−π, x0)上必存在一个零点.
综上，函数f (x)在区间[−π ,+∞)上有两个零点.
故选:B.
【突破提升训练・13】若函数f (x)= x
3−3 x +a在区间(0,2)内有两个零点，则实数a的取值
范围是（ ）
A．(0,2)
B．(2,+ ∞)
C．(0,1)
D．(1,+∞)
【答案】A
【分析】利用导数说明函数的单调性，依题意可得{
f (0)>0
f (1)<0
f (2)>0)
，解得即可.
【详解】因为f
′ (x)=3 x
2−3=3(x +1)(x−1)，所以当x>1或x<−1时f
′ (x)>0，
即f (x)在(1,+∞)，(−∞,−1)上单调递增，
当−1< x<1时f
′ (x)<0，即f (x)在(−1,1)上单调递减，
根据题意可得{
f (0)>0
f (1)<0
f (2)>0)
，即{
a>0
1−3+a<0
8−6+a>0)，解得0<a<2.
故选：A
【突破提升训练・14】已知函数f (x)= x e
x−x
2−2 x−m在(0,+∞)上有零点，则m 的取值
范围是（ ）
A．[1−ln
22,+ ∞)
B．[−ln
22−1,+∞)
C．[−ln
22,+ ∞)
D．[−1
2 ln
22,+∞)
【答案】C
【分析】由函数y = f (x)存在零点可知m= x e
x−x
2−2 x (x>0)有解，设
ℎ(x)= x e
x−x
2−2 x (x>0)，利用导数求出函数的最小值，进而得出结果.
【详解】由函数y = f (x)存在零点，则m= x e
x−x
2−2 x (x>0)有解，
设ℎ(x)= x e
x−x
2−2 x (x>0)，
则ℎ
′ (x)=(x +1)(e
x−2)(x>0)，
当0< x<ln 2时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)单调递减；
当x>ln 2时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)单调递增．
则x = ln 2时ℎ(x)取得最小值，且ℎ(ln 2)=−ln
22，
所以m 的取值范围是[−ln
22,+ ∞)．
故选：C
【突破提升训练・15】若函数f ( x)= ln x −x
2+ax在x∈[
1
e ,e)上有两个零点，则实数a的
取值范围为（ ）
A．(1,e−1
e)
B．(1,e+ 1
e)
C．(1,e−1
e)
D．(1,e+ 1
e)
【答案】C
【分析】原问题等价于a= x−ln x
x 在x∈[
1
e ,e)上有两解，即直线y =a与函数
ℎ( x)= x−ln x
x ，x∈[
1
e ,e)的图象有两个不同的交点即可求解.
【详解】解：由题意，ln x−x
2+ax =0在x∈[
1
e ,e)上有两解，
即a= x−ln x
x 在x∈[
1
e ,e)上有两解，
令ℎ( x)= x−ln x
x ，故ℎ
′( x)= x
2+ ln x−1
x
2
，
令φ( x)= x
2+ ln x −1，故φ( x)在x∈[
1
e ,e)上单调递增，且φ(1)=0，
所以当x∈[
1
e ,1)时，ℎ
′( x)<0，当x∈(1,e]时，ℎ
′( x)>0，
∴ℎ(x)在[
1
e ,1)上单调递减，在(1,e]上单调递增，
∴ℎ( x)min=ℎ(1)=1, ℎ(
1
e)=e+ 1
e , ℎ(e)=e−1
e ，
∴a∈(1,e−1
e)，
故选：C.
【突破提升训练・16】若函数f (x)=2ln x−a x
2在[❑√2,e)上存在两个零点，则a 的取值范
围是（ ）
A．[
ln 2
2 , 1
e)B．[
2
e
2 , 1
e)
C．(
2
e
2 ,, ln 2
2 )
D．[
1
e
2 , 1
e)
【答案】A
【分析】分离参数，利用导数研究g( x)函数的单调性及最值，数形结合得解.
【详解】函数f (x)=2ln x−a x
2在[❑√2,e)上存在两个零点，
即a= 2ln x
x
2
在[❑√2,e)上有2 个解，
即g( x)= 2ln x
x
2
与y =a的图象在[❑√2,e)上有2 个交点，
g
′( x)= 2(1−2ln x)
x
3
，由g
′( x)>0可得
❑√2< x<❑√e，函数单调递增，
故❑√e< x<e时，g
′( x)<0，函数单调递减，
所以g( x)max= g(❑√e)= 1
e ，g(❑√2)= ln ❑√2= ln 2
2 , g(e)= 2
e
2 ，
由t >4时，2
t>t
2知，2
e
2>(e
2)
2，即e
2ln 2>4，可得ln 2
2 > 2
e
2 ，
作出y = g( x), y =a图象，如图，
由图象可知，当ln 2
2 ≤a< 1
e 时满足条件.
故选：A
【突破提升训练・17】若函数f ( x)= ln x + 1
x −a在区间(1,e)上只有一个零点，则常数a的
取值范围为（ ）
A．a≤1
B．a>e
C．1<a< 1
e +1
D．1
e <a<1
【答案】C
【分析】将问题转化为函数g(x)= ln x + 1
x 与函数ℎ(x)=a的图像只有一个交点，利用
导数研究g(x)的极值或最值即可得到答案.
【详解】令ln x + 1
x −a=0，则ln x + 1
x =a，
因为函数f ( x)= ln x + 1
x −a在区间(1,e)上只有一个零点
则函数g(x)= ln x + 1
x 与函数ℎ(x)=a的图像只有一个交点
又g
′ (x)= 1
x −1
x
2 = x−1
x
2 >0， x∈(1,e)
g(x)= ln x + 1
x 在(1,e)上单调递增，
则g(x)∈(1,1+ 1
e)
∴1<a< 1
e +1
故选：C.
【突破提升训练・18】已知函数f (x)= m
x −ln x +m在区间(e
−1,e)内有唯一零点，则实数m
的取值范围为（ ）
A．[−e
e
2+1
,e
2 +1)
B．(
−1
e+1 ,e
e+1)
C．(
−e
e+1 ,1)
D．(−1,e
2 +1)
【答案】B
【分析】令f(x)=0，分离参数，结合导数研究函数的单调性即可得出结果.
【详解】令f(x)=0，则m(
1
x +1)= ln x，m= x ln x
x +1 ，
令ℎ(x)= x ln x
x +1 ( 1
e < x<e)，ℎ
′ (x)= x +1+ ln x
(x +1)
2
，
令k (x)= x +1+ ln x，k
′ (x)=1+ 1
x >0，
则函数y =k (x)在区间(e
−1,e)单调递增，k (x)>k (e
−1)=e
−1>0，
所以ℎ
′ (x)>0，函数y =ℎ(x)在区间(e
−1,e)单调递增，
所以有ℎ(e
−1)<ℎ(x)<ℎ(e)，
即−1
e+1 <ℎ(x)<e
e+1 ，
所以−1
e+1 <m<e
e+1 ，
故选：B．
【突破提升训练・19】已知函数f (x)=|x)e
x，若g(x)= f
2(x)−af (x)+1恰有四个不同的零
点，则a 取值范围为（ ）
A．(2,+∞)
B．(e+ 1
e ,+ ∞)
C．(2,e+ 1
e)
D．(
1
e ,+∞)
【答案】B
【分析】函数f (x)=|x)e
x ={
x e
x , x ≥0
−x e
x , x<0)，利用导数研究函数的单调性极值即可得出
图象，令f
2(x)−af (x)+1=0，对Δ=a
2−4及其a 分类讨论，结合图象即可得出.
【详解】解：函数f (x)=|x)e
x ={
x e
x , x ≥0
−x e
x , x<0)，
x ≥0，f (x)= x e
x，f
′ (x)=(x +1)e
x>0，因此x ≥0时，函数f (x)单调递增.
x<0，f (x)=−x e
x，f
′ (x)=−(x +1)e
x，可得函数f (x)在(−∞,−1)单调递增；
可得函数f (x)在(−1,0)单调递减.
可得：f (x)在x =−1时，函数f (x)取得极大值，f (−1)= 1
e .
画出图象：
可知：f (x)≥0.
令f
2(x)−af (x)+1=0，
①Δ=a
2−4<0时，函数g(x)无零点.
②Δ=0时，解得a=2或−2，a=2时，解得f (x)=1，此时函数g(x)只有一个零点，舍
去.
a=−2，由f (x)≥0，可知：此时函数g(x)无零点，舍去.
③Δ=a
2−4>0，解得a>2或a<−2.
解得f (x)= a−
❑√a
2−4
2
，f (x)= a+
❑√a
2−4
2
.
a<−2时，a−
❑√a
2−4
2
<0，a+
❑√a
2−4
2
<0.此时函数g(x)无零点，舍去.
因此a>2，可得：0< a−
❑√a
2−4
2
<1< a+
❑√a
2−4
2
.
由g(x)= f
2(x)−af (x)+1恰有四个不同的零点，
∴a>2，0< a−
❑√a
2−4
2
< 1
e
，1< a+
❑√a
2−4
2
.
解得：a> 1
e +e.
则a 取值范围为(e+ 1
e ,+∞).
故选：B.
【突破提升训练・20】已知函数f(x)＝exsin x(0≤x≤π)，若函数y＝f(x)－m 有两个零点，则
实数m 的取值范围是
A．[0，
❑√2
2 e
3 π
4 )
B．[1，
❑√2
2 e
3 π
4 )
C．[0,1) D．[1，e)
【答案】A
【详解】 f′(x)＝ex(sin x＋cos x)≥0⇒0≤x≤3 π
4 ，f′(x)<0⇒3 π
4 <x<π，f(0)＝f(π)＝0，f
(
3 π
4 )＝
❑√2
2 e
3 π
4 ，由题意，利用图象得0≤m<
❑√2
2 e
3 π
4 .
故选A
【突破提升训练・21】函数f (x)=a(x−1)−e
x(2 x−1)有两个零点，则a的取值范围为
（ ）
A．(−∞,1)∪(4 e
3
2 ,+∞)
B．(1,4e
3
2)
C．(0,1)∪(4e
3
2 ,+ ∞)
D．(4e
3
2 ,+∞)
【答案】C
【分析】判断y =e
x(2 x−1)的单调性，作出y =e
x(2 x−1)与y =a( x−1)的函数图
象，根据图象交点个数和导数的几何意义得出a的范围．
【详解】解：令f ( x)=0得e
x(2 x−1)=a( x−1)，
令g( x)=e
x(2 x−1)，则g
′( x)=e
x(2 x +1)，
∴当x<−1
2时，g
′( x)<0，当x>−1
2时，g
′( x)>0，
∴g( x)在(−∞,−1
2 )上单调递减，在(−1
2，+∞)上单调递增，
作出g( x)与y =a( x−1)的函数图象如图所示：
设直线y =a( x−1)与g( x)的图象相切，切点为( x0, y0)，
则{
y0=a( x0−1)
y0=e
x0( x0−1)
a=e
x0(2 x0+1))
，解得x0=0，y0=−1，a=1，或x0= 3
2，y0=2e
3
2，a= 4e
3
2，
∵f ( x)有两个不同的零点，
∴g( x)与y =a( x−1)的函数图象有两个交点，
∴0<a<1或a>4e
3
2，即a∈(0,1)∪(4e
3
2 ,+ ∞)．
故选：C．
【突破提升训练・22】已知函数f (x)= x ln x +a
x +1
只有一个零点，则a的取值范围为
A．(−1
e ,0) B．[−1
e ,0)
C．(−∞，0)∪{
1
e) D．(−∞，0)∪{
1
e)
【答案】C
【分析】令f (x)=0可得a=−x ln x，判断g(x)=−x ln x的单调性，计算函数极值，
从而可得出a的范围．
【详解】∵f (x)= x ln x +a
x +1
只有一个零点，
∴x ln x +a=0只有一解，即a=−x ln x只有一解．
设g(x)=−x ln x (x>0)，则g′ (x)=−ln x−1=−(ln x +1)，
∴当0< x< 1
e 时，g′ (x)>0，当x> 1
e 时，g′ (x)<0，
∴g(x)在(0, 1
e)上单调递增，在(
1
e ,+ ∞)上单调递减，
∴当x = 1
e 时，g(x)取得最大值g(
1
e)= 1
e ，
且当x→0时，g(x)→0，当x→+ ∞时，g(x)→−∞，
∵a= g(x)只有一解，∴a≤0
a
或= 1
e ，故选C．
【突破提升训练・23】已知函数f (x)= ln x−x
3−e
−1ax
x
2
+2e只有一个零点，则a=（ ）
A．e
3+1
B．e
3−1
C．e
D．1
e
【答案】A
【分析】由题意f (x)只有一个零点，等价于函数g(x)= e ln x
x
−e x
2+2e
2 x的图象与
函数y =a的图象只有一个交点，利用导数得到g(x)的单调区间和极值，作出函数g(x)的大
致图象，由数形结合可得答案.
【详解】由函数f (x)= ln x−x
3−e
−1ax
x
2
+2e只有一个零点，
所以方程ln x−x
3−e
−1ax
x
2
+2e =0只有一个实数根.
即方程a= e ln x−e x
3+2e
2 x
2
x
= e ln x
x
−e x
2+2e
2 x只有一个实数根.
即函数g(x)= e ln x
x
−e x
2+2e
2 x的图象与函数y =a的图象只有一个交点.
由g
′ (x)= e−e ln x
x
2
−2ex +2e
2= e (1−ln x)
x
2
+2e (e−x)
当0< x<e时，1−ln x>0,e−x>0，则g
′ (x)>0.
当x>e时，1−ln x<0,e−x<0，则g
′ (x)<0.
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减.
又x→0时，e ln x
x
→−∞，所以g(x)→−∞
x→+ ∞时，e ln x
x
→0，−e x
2+2e
2 x→−∞，所以g(x)→−∞，且
g(e)=1−e
3+2e
3=e
3+1
作出g(x)的大致图象如图.
如图，当a=e
3+1时，函数g(x)= e ln x
x
−e x
2+2e
2 x的图象与函数y =a的图象只有
一个交点.
所以a=e
3+1
故选：A
【突破提升训练・24】若函数f (x)=|ln x)−ax有3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．(0, 1
e
2)
B．(0, 1
2e)
C．(0, 1
e)
D．(0,1)
【答案】C
【分析】对a≤0，0<a< 1
e ，a≥1
e 三种情况分类讨论，即可得到a的取值范围.
【详解】设ℎ(x)= ln x−x，则对0< x<1有ℎ
′ (x)= 1−x
x
>0，对x>1有
ℎ
′ (x)= 1−x
x
<0.
所以ℎ(x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，这表明ℎ(x)≤ℎ(1)=−1，且等号成立
当且仅当x =1.
①当a≤0时，对x∈(0,1)∪(1,+ ∞)有f (x)=|ln x)−ax ≥|ln x)>0，故f (x)至多有一
个零点，不满足条件；
②当0<a< 1
e 时，取充分小的正数u，使得u< 1
a，u< 1
e ，u<1；
再取充分大的正数v，使得v >1，v > 1
a，
❑√v > 2
a，则u<1< 1
a <v，且
f (u)= ln 1
u −au>lne−a⋅1
a =0，f (1)=−a<0，f(
1
a)= ln 1
a −1>lne−1=0，
f (v)= ln v −av =2ln ❑√v −av =2⋅ℎ(❑√v)+2❑√v −av ≤
−2+2❑√v −av <2❑√v −av = ❑√v (2−a ❑√v)<0.
从而根据零点存在定理，可知f (x)有3个零点，满足条件；
③当a≥1
e 时，由于当0< x ≤1时，f (x)=−ln x−ax单调递减，故f (x)在0< x ≤1的范
围内至多有一个零点.
而当x>1时，有
f (x)= ln x−ax = ln (ax)−ax−ln a=ℎ(ax)−ln a≤−1−ln a≤−1−ln 1
e =0，且若
f (x)=0，则必有ax =1，即x = 1
a.
所以f (x)在x>1的范围内至多有一个零点.
二者结合，可知g(x)至多有两个零点，不满足条件.
综合①②③，可知a的取值范围是(0, 1
e).
故选：C.
【突破提升训练・25】已知函数f (x)= x e
x．已知x>0, y >0，且ln(xy)
y =e
x，若
m< xy −ln(x + 1
2)，求整数m的最大值．
【答案】整数m的最大值为1
【分析】由已知可得ln( xy )·e
ln xy = xe
x，由（1）可得ln( xy )= x，进而可得y =e
x
x ，
m<[e
x−ln( x + 1
2 )]
min，进而求解可得整数m的最大值.
【详解】因为x>0, y >0,ln( xy )
y =e
x，所以y ln( xy )=e
x，所以xy ln( xy )= xe
x，
所以ln( xy )·e
ln xy = xe
x，所以ln( xy )>0，
由（1）可知f ( x)= xe
x在(0,+∞)上单调递增，
所以ln( xy )= x，所以xy =e
x，所以y =e
x
x ，
所以m< xy −ln( x + 1
2 )=e
x−ln( x + 1
2 )，即m<[e
x−ln( x + 1
2 )]
min
，
令ℎ( x)=e
x−ln( x + 1
2 )，则ℎ
′( x)=e
x−
1
x + 1
2
，令ℎ
′( x)为(0,+∞)上的增函数，
又ℎ
′(0)=e
0−
1
0+ 1
2
=−1
，ℎ
′( 1
2 )=e
1
2 −
1
1
2 + 1
2
>0，所以∃x0∈(0, 1
2 )，使得
ℎ
′( x0)=0，
即e
x0−
1
x0+ 1
2
=0
，即e
x0=
1
x0+ 1
2
，所以x0+ 1
2 = 1
e
x0 ，
当x∈(0, x0)时，ℎ
′( x)<0，ℎ( x)在(0, x0)上单调递减，
当x∈( x0,+∞)时，ℎ
′( x)>0，ℎ( x)在( x0，+∞)上单调递增，
所以ℎ( x)min=ℎ( x0)=e
x0−ln( x0+ 1
2 )=e
x0+ x0.
当x0∈(0, 1
2 )，1=e
0+0<e
x0+ x0<e
1
2 + 1
2 <3，所以e
x0+ x0∈(1,3)，
又ℎ(x0)<ℎ(1
2 )=e
1
2 −ln1=e
1
2 <2，所以ℎ( x)min=e
x0+ x0∈(1,2)
故整数m的最大值为1.
【突破提升训练・26】求函数f (x)= x + ln x−xe
x的最大值.
【答案】−1
【分析】利用导数研究f (x)的单调性，进而求其最大值即可.
【详解】由题意f (x)= x + ln x−xe
x定义域为(0,+∞)，
则f
′( x)=1+ 1
x −( x +1)e
x =( x +1)( 1
x −e
x)，显然x +1>0，
令t( x)= 1
x −e
x，则t
′( x)=−1
x
2 −e
x<0，即t( x)单调递减，
又t(1)=1−e<0，t( 1
2 )=2−❑√e>0，即∃x0∈( 1
2 ,1)，使t( x0)=0，
所以1
x0
=e
x0，即x0+ ln x0=0，
当0< x< x0时f
′( x)>0，f (x)单调递增；当x> x0时f
′( x)<0，f (x)单调递减，
所以f (x)有最大值，最大值为f (x0)= x0+ln x0−x0e
x0=−1.
【突破提升训练・27】已知函数f ( x)=aln x +ax +1−x e
x．若a>0，求f ( x)的最大值；
【答案】(1)f ( x)max =a ln a+1−a
【分析】先求导数，结合导数判断函数的单调性，利用单调性求解f ( x)的最大值；
【详解】（1）f
′( x)= a
x +a−(e
x+ x e
x)=(1+ x)(
a
x −e
x)；
令g( x)= a
x −e
x，由函数y = a
x
(a>0), y =e
x的图像可知 ，存在唯一x0∈(0,+∞)，
满足a
x0
=e
x0，且x∈(0, x0)，a
x >e
x ,g(x)>0,f
′ (x)>0；
x∈( x0,+∞)时，a
x <e
x , g(x)<0,f
′ (x)<0；
故f ( x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,+ ∞)上单调递减，
∴f ( x)max = f ( x0)=a ln x0+a x0+1−x0e
x0（*），
又a
x0
=e
x0，则ln a−ln x0= x0，代入（*）得：f ( x)max =a ln a+1−a；
【突破提升训练・28】用[m]表示不超过实数m的最大整数，如：[0.3]=0，[−1.3]=−2，
[3]=3．若当x>0时，不等式m< xe
x+2
e
x−1
恒成立，求[m]的最大值．
【答案】2
【分析】构造函数g(x)= xe
x+2
e
x−1
(x>0)，利用导数求得g(x)最小值的取值范围，从而
求得[m]的最大值.
【详解】构造函数g(x)= xe
x+2
e
x−1
(x>0)，
g
' (x)= (x +1)e
x⋅(e
x−1)−(xe
x+2)e
x
(e
x−1)
2
=e
x
(e
x−1)
2 ⋅(e
x−x−3)，
构造函数ℎ(x)=e
x−x−3(x>0)，ℎ
' (x)=e
x−1>0，
所以ℎ(x)在区间(0,+∞)上递增，
ℎ(1)=e−4<0,ℎ(2)=e
2−5>0，
所以存在x0∈(1,2)，使ℎ(x0)=e
x0−x0−3=0，e
x0= x0+3，
所以g(x)在区间(0, x0), g
' (x)<0,g(x)递减；在区间(x0,+∞),g
' (x)>0,g(x)递增.
所以g(x)≥g(x0)= x0e
x0+2
e
x0−1
= x0(x0+3)+2
x0+3−1
= x0
2+3 x0+2
x0+2
= x0+1∈(2,3)，
由于m< g(x0)，所以[m)的最大值为2.
【突破提升训练・29】已知函数f (x)=
x
x + 4 e
x +2．证明：当a∈[0,1)时，函数
g(x)= e
x +2−ax−3a
(x +2)
2
(x>−2)有最小值，设g(x)最小值为ℎ(a)，求函数ℎ(a)的值域．
【答案】(
1
2 , e
2
4).
【分析】利用导数分析函数g(x)的单调性与极值点，可得出函数g(x)的极小值为
g(x0)= e
x0+2−a x0−3a
(x0+2)
2
，其中x0满足
x0
x0+ 4 e
x0+2+a=0，求出x0的取值范围，化简得出
ℎ(a)= e
x0+2
x0+ 4 ，构造函数u(x)= e
x +2
x + 4 ，利用导数求出函数u(x)在区间(−2,0)上的值域，即
可得解.
【详解】对函数g(x)= e
x +2−ax−3a
(x +2)
2
求导得
g
′ (x)= x e
x +2+a(x + 4)
(x +2)
3
=
(x + 4)(
x
x + 4 e
x +2+a)
(x +2)
3
，
设φ(x)=
x
x + 4 e
x +2+a，x>−2，
由（1）可知，函数φ(x)在(−2,+∞)上单调递增，
又φ(−2)=a−1<0，φ(0)=a≥0，所以存在唯一的实数x0∈(−2,0)使得
φ(x0)=
x0
x0+ 4 e
x0+2+a=0，
当x∈(−2, x0)时，φ(x)<0，则g
′ (x)<0，此时g(x)单调递减，
当x∈(x0,+ ∞)时，φ(x)>0，则g
′ (x)>0，此时g(x)单调递增，
所以，ℎ(a)= g(x)min= g(x0)= e
x0+2−a x0−3a
(x0+2)
2
，
因为−a=
x0
x0+ 4 e
x0+2，所以，ℎ(a)=
e
x0+2+ x0(x0+3)
x0+ 4
e
x0+2
(x0+2)
2
= e
x0+2
x0+ 4
，
由（1）可知，函数f (x)在(−2,+ ∞)上单调递增，则−a=
x0
x0+ 4 e
x0+2∈(−1,0)，
即−1<
x0
x0+ 4 e
x0+2≤0，因为f (0)=0，f (−2)=−1，所以，−2< x0≤0，
令u(x)= e
x +2
x + 4 ，当−2< x ≤0时，u
′ (x)= (x +3)e
x +2
(x + 4)
2
>0，
所以，函数u(x)在(−2,0)上单调递增，所以，u(−2)<u(x0)≤u(0)，即1
2 <u(x0)≤e
2
4 .
因此，ℎ(a)的取值范围是(
1
2 , e
2
4).
【突破提升训练・30】已知函数f ( x )=e
x+ax +1(a∈R)．若x =0是f ( x )的极值点．若
不等式k f
′( x )< xe
x+1对任意x>0都成立，其中k为整数，f
′( x )为f ( x )的导函数，求k
的最大值．
【答案】2
【分析】问题转化为k < xe
x+1
e
x
1
−
，令g(x)= xe
x+1
e
x
1
−
( x>0)，∴k <g(x)min，根据函数
的单调性求出k 的范围即可.
【详解】f
′( x )=e
x+a，由x =0是f ( x )的极值点，得f
'(0)=0，∴a= 1
−．
此时f
′ (x)=e
x
1
−，
∴k f
′ (x)< x e
x+1⇔k (e
x
1
−)< x e
x+1
∵x>0,∴e
x
1>0,∴
−
k < xe
x+1
e
x
1
−
，
令g(x)= xe
x+1
e
x
1
−
( x>0)，∴k < g(x)min，
g
′ (x)=e
x(e
x−x
2
−)
e
x
1
−
( x>0)，
令ℎ(x)=e
x−x
2
−，ℎ
' (x)=e
x
1>0
−
，∴ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，
且ℎ(1)<0，ℎ(2)>0，∴∃x0∈(1,2),在(0, x0)上，g
′ (x)<0，g(x)单调递减；在
(x0,+∞)上，g
′ (x)<0，g(x)单调递增，
∴g(x)min= g(x0)= x0+1
e
x0
1
−
+ x0，
由g
′( x0)=0⇒e
x0= x0+2，∴g(x0)= x0+1∈(2,3)，
又∵k < g(x0)，且k ∈Z，所以k的最大值为2.
【突破提升训练・31】已知函数f (x)=ln x−x +a−1(a∈R).当a∈(0,1)时，证明：
f (x)≤(x−1)e
x−xe
a
e
a
.
【答案】证明见解析.
【分析】构造差函数ℎ(x)= (x−1)e
x−xe
a
e
a
−f (x)，先利用二次求导及a∈(0,1)得
出∃x0∈(
1
2 ,1)，使得ℎ
′(x0)=0，结合隐零点判定其单调性及最值，再利用消元转化得
ℎ(x)min=ℎ(x0)= x0−1
x0
2
−3ln x0−x0+1，最后利用（2）的结论ln x ≤x−1得出
ℎ(x0)≥(1−x0)(2 x0−1)(2 x0+1)
x0
2
，由隐零点的范围即可得证.
【详解】记ℎ(x)= (x−1)e
x−xe
a
e
a
−f (x)= (x−1)e
x
e
a
−ln x +1−a(x>0)，
所以ℎ
′ (x)= xe
x−a−1
x ，
令φ(x)= xe
x−a−1
x ，x∈(0,+∞)，
所以φ
′ (x)=(1+ x)e
x−a+ 1
x
2 >0，所以φ(x)即ℎ
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增.
又a∈(0,1)，所以ℎ
′(
1
2)= 1
2 e
1
2 a
−2<0，ℎ
′ (1)=e
1−a−1≥0，
所以∃x0∈(
1
2 ,1)，使得ℎ
′(x0)=0，即x0e
x0−a= 1
x0
，
所以e
x0−a= 1
x0
2，x0−a=−2ln x0，
所以当x∈(0, x0)，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)单调递减：
当x∈(x0,+ ∞)，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)min=ℎ(x0)=(x0−1)e
x0−a−ln x0+1−a= x0−1
x0
2
−3ln x0−x0+1
由（2）知，ln x ≤x−1，故−ln x0≥1−x0，
所以ℎ(x0)≥x0−1
x0
2
−3(x0−1)−x0+1= (1−x0)(2 x0−1)(2 x0+1)
x0
2
.
又x0∈(
1
2 ,1)，所以ℎ(x0)≥0，
故ℎ(x)≥0，即f (x)≤(x−1)e
x−xe
a
e
a
，原不等式得证
【突破提升训练・32】已知函数f ( x)=( x−3)e
x−x
2+ 4 x,g( x)= x e
x−5 x +1．证明:
f ( x)<g( x)；
【答案】证明见解析.
【分析】记h(x)＝f(x) −g(x),设法证明ℎ( x)max<0，即可证明f ( x)<g( x) .
【详解】记h(x)＝f(x) −g(x)＝−3e
x−x
2+9 x−1,
ℎ
'( x)=−3e
x−2 x +9,ℎ
″( x)=−3e
x−2<0,
所以ℎ
'( x ）在R 上为减函数
因为ℎ
'(0)=6>0,ℎ
'(1)=−3e+7<0
所以存在唯一x0∈(0,1），使ℎ
'（x0)=0即−3e
x0−2 x0+9=0，
−3e
x0=2 x0−9,
当x∈(−∞, x0)时，ℎ
'( x)>0；
当x∈( x0,+∞)时，ℎ
'( x)<0.
所以ℎ( x)max=ℎ( x0)=−3e
x0−x0
2+9 x0−1
=−9+2 x0−x0
2+9 x0−1
=−x0
2+11 x0−10
=−( x0−1)( x0−10)<0
所以f ( x)< g( x) .
【突破提升训练・33】已知函数f ( x)= xe
x（其中e 为自然对数的底数）.求证：
f ( x)>e
x+ ln x−1
2.
【答案】证明见解析
【分析】令g( x)=( x−1)e
x−ln x + 1
2，对g( x)求导，通过分析g( x)的单调性即可
求证.
【详解】证明：要证f ( x)>e
x+ ln x−1
2，
只需证明：( x−1)e
x−ln x + 1
2 >0对于x>0恒成立，
令g( x)=( x−1)e
x−ln x + 1
2，则g
′( x)= xe
x−1
x ( x>0)，
当x>0时，令ℎ( x)= g
′( x)= xe
x−1
x ，则ℎ
′( x)=( x +1)e
x+ 1
x
2 >0，
ℎ( x)在(0,+∞)上单调递增，即g
′( x)= xe
x−1
x 在(0,+∞)上为增函数.
又因为g
′(
2
3)= 2
3 e
2
3 −3
2 = 2
3[e
2
3 −(
27
8 )
2
3)<0，g
′(1)=e−1>0，
所以存在x0∈(
2
3 ,1)使得g
′(x0)=0.
由g
′(x0)= x0e
x0−1
x0
= x0
2e
x0−1
x0
=0，得x0
2e
x0=1即e
x0= 1
x0
2即−2ln x0= x0，
所以当x∈(0, x0)时，g
′( x)= xe
x−1
x <0，g( x)单调递减，
当x∈(x0,+ ∞)时，g
′( x)= xe
x−1
x >0，g( x)单调递增，
所以g( x)min= g(x0)=(x0−1)e
x0−ln x0+ 1
2 = x0−1
x0
2
+ x0
2 + 1
2 = x0
3+ x0
2+2 x0−2
2 x0
2
，
令φ( x)= x
3+ x
2+2 x−2(
2
3 < x<1)，则φ
′( x)=3 x
2+2 x +2=3(x + 1
3)
2
+ 5
3 >0，
所以φ( x)在(
2
3 ,1)上单调递增，所以φ(x0)>φ(
2
3)= 2
27 >0，
所以g( x)≥g(x0)= φ(x0)
2 x0
2 >0，所以( x−1)e
x−ln x + 1
2 >0，即f ( x)>e
x+ ln x−1
2.
【突破提升训练・34】已知函数f (x)=a x
2−1+2ln x．对任意的x>0，
f
′ (x)≤xe
2 x+ 2
x −ln x−1恒成立，其中f
′ (x)是函数f (x)的导数，求a的取值范围．
【答案】(−∞,1)
【分析】将问题转化为a≤xe
2 x−(ln x +1)
2 x
求解；
【详解】方法一：f
′ (x)=2ax + 2
x ，由f
′ (x)≤xe
2 x+ 2
x −ln x−1，
得2ax≤xe
2 x−ln x−1，即a≤xe
2 x−(ln x +1)
2 x
，
所以对任意的x>0，f
′ (x)≤xe
2 x+ 2
x −ln x−1恒成立，
等价于a≤[
xe
2 x−(ln x +1)
2 x
)
min
，
由于e
x≥x +1，事实上，令g(x)=e
x−x−1，g
' (x)=e
x−1，
x∈(−∞,0)时，g
′ (x)<0；x∈(0,+∞)时，g
′ (x)>0；所以g( x)min= g(0)=0，
所以g(x)=e
x−x−1≥0，即e
x≥x +1．
所以xe
2 x−(ln x +1)
2 x
=e
ln x +2 x−(ln x +1)
2 x
≥ln x +2 x +1−(ln x +1)
2 x
=1，
当且仅当ln x +2 x =0时，等号成立（方程显然有解），
即[
xe
2 x−(ln x +1)
2 x
)
min
=1，所以a≤1．
所以a的取值范围是(0,1)．
方法二：f
′ (x)=2ax + 2
x ，由f
′ (x)≤xe
2 x+ 2
x −ln x−1，得2ax ≤xe
2 x−ln x−1，
即a≤xe
2 x−(ln x +1)
2 x
，所以对任意的x>0，f
′ (x)≤x e
2 x+ 2
x −ln x−1恒成立，
等价于a≤[
xe
2 x−(ln x +1)
2 x
)
min
令g(x)= xe
2 x−(ln x +1)
2 x
( x>0)，
则g
′ (x)=(e
2 x+2 xe
2 x−1
x)2 x−2(xe
2 x−ln x−1)
4 x
2
= 2 x
2e
2 x+ln x
2 x
2
，
令ℎ(x)=2 x
2e
2 x+ln x，则ℎ
′ (x)= 4 xe
2 x(1+ x)+ 1
x >0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调
递增，
又ℎ(
1
4)=
❑√e
8 −2ln2<0，ℎ(1)=2e
2>0，所以ℎ(
1
4)ℎ(1)<0，
所以存在x0∈(
1
4 ,1)，使得ℎ(x0)=0，
所以2 x0
2e
2 x0+ln x0=0，即−ln x0=2 x0
2e
2 x0，所以ln(−ln x0)=ln2+2ln x0+2 x0，
所以ln(−ln x0)+(−ln x0)=ln2 x0+2 x0，
令l (x)=ln x + x( x>0)，l
′ (x)= 1
x +1>0，所以l (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为l(−ln x0)=l(2 x0)，所以−ln x0=2 x0
又x∈(0, x0)时，g
′ (x)<0；x∈(x0,+ ∞)时，g
′ (x)>0，
所以g(x)在(0, x0)上单调递减，g(x)在(x0,+ ∞)上单调递增，
所以g( x)min= g(x0)= x0e
2 x0−ln x0−1
2 x0
= x0e
−ln x0+2 x0−1
2 x0
=1，
所以a≤1，所以a的取值范围是(−∞,1)．
【突破提升训练・35】已知函数f (x)=aln x−x
2(a∈R)．当a=2时，证明：不等式
f (x)<e
x−x
2−2恒成立．
【答案】证明见解析
【分析】依题意e
x−2ln x−2>0恒成立，令g(x)=e
x−2ln x−2，x∈(0,+ ∞)，利
用导数说明函数的单调性，只需证明g(x)min>0即可.
【详解】当a=2时f (x)=2ln x−x
2，则不等式f (x)<e
x−x
2−2恒成立，
即e
x−2ln x−2>0恒成立，
令g(x)=e
x−2ln x−2，x∈(0,+∞)，则g
′ (x)=e
x−2
x ，
令ℎ(x)= g
′ (x)=e
x−2
x ，x∈(0,+ ∞)，则ℎ
′ (x)=e
x+ 2
x
2 >0，
所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
又ℎ(
1
2)=e
1
2 −4<0，ℎ(1)=e
❑−2>0，所以存在唯一实数x0∈(
1
2 ,1)使得
ℎ(x0)=0，
所以当0< x< x0时ℎ(x)<0，即g
′ (x)<0，所以g(x)在(0, x0)上单调递减，
当x> x0时ℎ(x)>0，即g
′ (x)>0，所以g(x)在(x0,+∞)上单调递增，
所以g(x)min= g(x0)=e
x0−2ln x0−2，又e
x0−2
x0
=0，
即e
x0= 2
x0
，所以x0= ln 2−ln x0，则ln x0= ln 2−x0，
所以g(x0)=e
x0−2ln x0−2= 2
x0
−2(ln 2−x0)−2
= 2
x0
+2 x0−2ln 2−2，
令m(x)= x + 1
x ，x∈(
1
2 ,1)，则m
' (x)=1−1
x
2 <0,
所以m(x)= x + 1
x 在(
1
2 ,1)上单调递减，所以m(x)>m(1)=2，
所以2
x0
+2 x0−2ln2−2=2(
1
x0
+ x0)−2ln2−2
>4−2ln 2−2=2−2ln 2=2(1−ln 2)>0，
即g(x)min= g(x0)>0，所以e
x−2ln x−2>0恒成立，即不等式f (x)<e
x−x
2−2恒成
立.
【突破提升训练・36】已知函数f (x)=ln 2 x−1
x−1 +ax (a∈R).若x>1，恒有
f (x)≥2ln2+ 3
2，求实数a的取值范围.
【答案】[1,+∞)．
【分析】a≤0时，由f
′( x)<0说明f ( x)递减，不等式不可能恒成立，a>0时，a=1时，
f ( 3
2 )=2ln2+ 3
2，f
′( x)=0的大于1 的根记为x0（a=1是地，a0= 3
2），证明a>1时，
1< x0< 3
2，0<a<1时，x0> 3
2，由f
′( x)确定f ( x)的单调性，ℎ( x)= ln 2 x−1
x−1 + x，a>1
时，由f ( x0)= ln 2 x0−1
x0−1 +a x0>ln 2 x0−1
x0−1 + x0=ℎ( x0)>ℎ( 3
2 )完成证明，a>1时，由
f ( x0)<f ( 3
2 )<2ln2+ 3
2确定．综合后得出结论．
【详解】f
′( x)=a−
1
(2 x−1)( x−1)，x>1，
当a≤0时，f
′( x)<0，f ( x)在(1,+∞)上是减函数，
当x→+ ∞时，ln 2 x−1
x−1 = ln(2+
1
x−1 )→ln 2，因此
f ( x)= ln 2 x−1
x−1 +ax>2ln 2+ 3
2不可能恒成立，
a>0时，由f
′( x)=0得2 x
2−3 x +1−1
a =0，
记g( x)=2 x
2−3 x +1−1
a，g(1)=−1
a <0，
则g( x)=0有两个实根，一根小于1，一根大于1，
大于1 的根为x0=
3+ ❑√1+ 8
a
4
，易知它是关于a的减函数，
注意到y =(2 x −1)( x −1)=2 x
2−3 x +1在(1,+∞)上是增函数，且y >0，
即1< x< x0时，0<(2 x−1)( x−1)< 1
a，x> x0时，(2 x−1)( x−1)> 1
a，
所以1< x< x0时，f
′( x)<0，f ( x)递减，x> x0时，f
′( x)>0，f ( x)递增，
所以f ( x)min= f ( x0)，
a=1时，x0= 3
2，此时f ( x)= ln 2 x−1
x−1 + x，
记ℎ( x)= ln 2 x−1
x−1 + x，ℎ( x)在(1, 3
2 )上递减，在( 3
2 ,+∞)上递增，且
ℎ( 3
2 )=2ln 2+ 3
2，
因此
当a>1时，x0< 3
2，
f ( x0)= ln 2 x0−1
x0−1 +a x0>ln 2 x0−1
x0−1 + x0=ℎ( x0)>ℎ（3
2 ）=2ln 2+ 3
2，
当0<a<1时，x0> 3
2，f ( x0)<f ( 3
2 )=2ln 2+ 3
2 a<2ln 2+ 3
2，
综上，a≥1时，f ( x)≥2ln 2+ 3
2恒成立
所以a的取值范围是[1,+∞)．
【突破提升训练・37】已知函数f ( x)=e
x , g( x)= ln x.已知函数
ℎ( x)= f ( x−a)−g( x +a)(a>0)区间(0,+∞)上的最小值为1，求实数a的值.
【答案】 1
2.
【分析】ℎ( x)= f ( x −a)−g( x +a)=e
x−a−ln( x +a)(a>0)，ℎ
'( x)=e
x−a−
1
x +a，
存在唯一的x0∈(0,+ ∞)，使得ℎ
'( x0)=e
x0−a−
1
x0+a =0，即e
x0−a=
1
x0+a （*），
ℎ( x)min=ℎ( x0)=e
x0−a−ln( x0+a)=x0−a+
1
x0+a，可根据不等式得到最值，进而求得a
值.
【详解】ℎ( x)= f ( x −a)−g( x +a)=e
x−a−ln( x +a)(a>0)，ℎ
'( x)=e
x−a−
1
x +a，
∵e
x−a在区间(0,+ ∞)上单调递增，1
x +a在区间(0,+ ∞)上单调递减，存在唯一的
x0∈(0,+ ∞)，使得ℎ
'( x0)=e
x0−a−
1
x0+a =0，即e
x0−a=
1
x0+a （*），
函数ℎ
'( x)=e
x−a−
1
x +a在(0,+∞)上单调递增，∴x∈(0, x0)时，ℎ
'( x)<0，
ℎ( x)单调递减；x∈(x0，+∞)时，ℎ
'( x)>0，单调递增，
∴ℎ( x)min=ℎ( x0)=e
x0−a−ln( x0+a)，由e
x0−a=
1
x0+a式得x0−a=−ln( x0+a)，
∴ℎ( x)min=ℎ( x0)=e
x0−a−ln( x0+a)
=
≥2❑√
1
x0+a ⋅( x0+a)−2a=2−2a,
（当且仅当
时ℎ( x0)=2−2a），由2−2a=1得a= 1
2,此时x0= 1
2，把
a= 1
2 ，x0= 1
2代入（*）也成立，
∴实数a的值为1
2.
【突破提升训练・38】已知函数f ( x)=(e
x−1)( x−b), F( x)= x
3+m x
2+nx−2，若曲线
f (x)在点(1,f (1))处的切线方程是y =(e−1)(x−1)，不等式F
′( x)+3<0的解集为非空集
合{x|a< x< a
3)，其中e为自然对数的底数.若任意x ≥0，不等式2f
′( x)⩾F( x)恒成立，
求实数a的取值范围.
【答案】ln3−3⩽a<0.
【分析】不等式恒成立转化为2e
x−( x −a)
2+3⩾0，令g( x)=2e
x−( x −a)
2+3，根
据其导数，分类讨论其最小值，即可求出实数a的取值范围.
【详解】F( x)= x
3−2a x
2+(a
2−3) x−2，
因为f
′( x)= x e
x−1，2f
′( x)⩾F( x)⇔2e
x−( x −a)
2+3⩾0，
由非空集合{x|a< x< a
3)得a<0，
令g( x)=2e
x−( x −a)
2+3，
则g
′( x)=2(e
x−x +a)，
又令ℎ( x)=2(e
x−x +a)，
则ℎ
′( x)=2(e
x−1)⩾0，
∴ℎ(x)在[0,+ ∞)上单调递增，且ℎ(0)=2(a+1)，
①当−1⩽a<0时，ℎ(0)⩾0，g
′( x)⩾0恒成立，
即函数g(x)在[0,+∞)上单调递增，
则g( x)⩾g(0)=5−a
2⩾0，
②当a<−1时，则∃x0>0，使ℎ(x0)=0且x∈(0, x0)时，ℎ( x)<0，即g
′( x)<0，
即g(x)单调递减，
x∈(x0,+ ∞)时，ℎ( x)>0，即g
′( x)>0，即g(x)单调递增.
∴g( x)min= g(x0)，∴只须满足g(x0)=2e
x0−(x0−a)
2+3⩾0，
又ℎ(x0)=2(e
x0−x0+a)=0，
从而2e
x0−(e
x0)
2+3⩾0，解得0< x0⩽ln3，
由e
x0= x0−a⇒a= x0−e
x0，
令M ( x)= x −e
x，0< x ⩽ln3，
则M
′( x)=1−e
x<0，∴M (x)在(0，ln3)上单调递减，
则M ( x)⩾M (1n3)= ln3−3，
又M ( x)< M (0)=−1，
故ln3−3⩽a<−1，
综上ln3−3⩽a<0.
【突破提升训练・39】已知函数f ( x)= ln x−ax +ab(a>0,b∈R)设a=1，若
g( x)= x e
x−2 x−f ( x)没有零点，求实数b的取值范围.
【答案】 (−∞,1)
【分析】a=1, g( x)= x e
x−x −ln x −b，求导得
g
′( x)=(1+ x)e
x−1−1
x =( x +1)(e
x−1
x)
构造函数φ( x)=e
x−1
x ，则φ( x)=e
x−1
x 在区间(
1
2 ,1)内存在唯一零点x0，通过单调
性求得b的取值范围.
【详解】a=1, g( x)= x e
x−x −ln x −b，所以
g
′( x)=(1+ x)e
x−1−1
x =( x +1)(e
x−1
x)，
设φ( x)=e
x−1
x ，则φ( x)在(0,+∞)上是增函数，
又φ(
1
2)= ❑√e−2<0, φ(1)=e−1>0，
所以φ( x)=e
x−1
x 在区间(
1
2 ,1)内存在唯一零点x0，
即φ(x0)=e
x0−1
x0
=0.
当x∈(0, x0)时，φ( x)<0，即g'( x)<0；
当x∈(x0,+ ∞)时，φ( x)>0，即g'( x)>0，所以g( x)在(0, x0)上是减函数，
在( x0,+ ∞)上是增函数，所以g( x)≥g(x0)= x0e
x0−x0−ln x0−b.
因为g( x)没有零点，所以x0e
x0−x0−ln x0−b>0，
即b< x0e
x0−x0−ln x0=1−x0+ x0=1，所以b的取值范围是(−∞,1).
