【培优点23：必要性探路与主元法】
【知识拓展】
1.必要性探路的本质与适用场景
必要性探路是解决含参恒成立、存在性问题的核心策略，其本质是利用“恒成立问题的任意性蕴含特殊点
的成立性”，通过代入区间端点、特殊点（如
、
等）或利用极限思想，先求出参数的必要范围，
再验证该范围的充分性，实现“缩小战场、精准打击”的解题目标.
适用场景：①参数分离困难或分类讨论界点模糊的含参恒成立问题；②函数在区间端点处函数值为0 或可
通过极限求解的问题；③不等式中含指数、对数等超越函数，常规求导分析复杂的问题.
2.主元法的核心思想与应用前提
主元法（变换主元法）的核心是打破“以
为唯一自变量”的固有思维，根据式子结构特征，将参数或另
一个变量视为“主元”，转化为一次函数、二次函数等熟悉函数的单调性、最值问题求解.
应用前提：①式子可整理为关于某一变量（参数或
）的线性函数、二次函数等可直接分析单调性的形式；
②已知其中一个变量的取值范围，需利用该范围消去变量，简化不等式证明或参数求解.
【热点题型1：单端点的必要性探路】
【核心归纳】
1.关键特征：区间单端点处函数值为0，恒成立问题等价于函数在该端点处取最值，故端点处导数值为0
（必要条件）；2.核心逻辑：先通过“
且
”求参数必要值，再分情况验证该值对应
的范围是否满足充分性.
设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2．
（Ⅰ）若a= 1
2，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若当x≥0 时，f（x）≥0，求a 的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
版权所有
【专题】综合题；导数的综合应用．
【分析】（I）求导函数，由导数的正负可得函数的单调区间；
（Ⅱ）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），令g（x）＝ex﹣1﹣ax，分类讨论，确定g（x）的正负，即可求得a 的
取值范围．法二：先讨论当x＝0 时的情况，再讨论当x＞0 时的情况，分离参数即可．
【解答】解：（I）a= 1
2时，f（x）＝x（ex﹣1）−1
2x2，=（ex﹣1）（x+1）
令f′（x）＞0，可得x＜﹣1 或x＞0；令f′（x）＜0，可得﹣1＜x＜0；
∴函数的单调增区间是（﹣∞，﹣1），（0，+∞）；单调减区间为（﹣1，0）；
（Ⅱ）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax）．
令g（x）＝ex﹣1﹣ax，则g'（x）＝ex﹣a．
若a≤1，则当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）为增函数，
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
1
而g（0）＝0，从而当x≥0 时g（x）≥0，即f（x）≥0．
若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g'（x）＜0，g（x）为减函数，
而g（0）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0．
综合得a 的取值范围为（﹣∞，1]．
另解：当x＝0 时，f（x）＝0 成立；
当x＞0，可得ex﹣1﹣ax≥0，即有a≤e
x−1
x
的最小值，
由y＝ex﹣x﹣1 的导数为y′＝ex﹣1，
当x＞0 时，函数y 递增；x＜0 时，函数递减，
可得函数y 取得最小值0，即ex﹣x﹣1≥0（当且仅当x＝0 时取等号），
故x＞0 时，ex﹣x﹣1＞0，所以e
x−1
x
＞1，所以a≤1，
综上，a 的取值范围为（﹣∞，1]．
【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．
【规律方法总结】
1.解题模板：①确定恒成立区间及端点
，验证
；②求导计算
，令
，解
得参数必要值；③以必要值为分界点，分类讨论函数单调性，验证充分性；④综合得出参数取值范围.
2.易错提醒：不可直接将必要值当作最终范围，必须验证充分性；若端点处导数值不存在，可利用极限思
想分析函数在端点附近的趋势.
设函数f（x）＝x（ex﹣1）﹣ax2，a∈R，其中e 为自然对数的底数．
（Ⅰ）若a= 1
2，求f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）若当x≥0 时，f（x）≥0 恒成立，求实数a 的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
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【专题】导数的综合应用．
【分析】（1）利用导数的运算法则得到f′（x），再求出f′（x）＞0 即可；
（2）由于f（x）＝x（ex﹣1﹣ax），令g（x）＝ex﹣1﹣ax，得到g′（x），通过对a 分类讨论，利用
导数与函数单调性的关系即可得出．
【解答】解：（1）a= 1
2时，f ( x)= x(e
x−1)−1
2 x
2，
f′（x）＝ex﹣1+xex﹣x＝（ex﹣1）（（x+1）．
令f'（x）＞0，得x＜﹣1 或x＞0，
所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞）．
小试牛刀1
2
（2）f（x）＝x（ex﹣1﹣ax）
令g（x）＝ex﹣1﹣ax，则g′（x）＝ex﹣a．
若a≤1，则当（0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，
而g（x）＝0，从而当x≥0 时，g（x）≥0，即f（x）≥0．
若a＞1，则当x∈（0，lna）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，
而g（x）＝0，从而当x∈（0，lna）时，g（x）＜0，即f（x）＜0．
所以不合题意，舍去．
综合得a 的取值范围为（﹣∞，1]．
【点评】熟练掌握利用导数研究函数的单调性的方法、分类讨论的思想方法等是解题的关键．
已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1），若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求
a 的取值范围．
【考点】函数恒成立问题．
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【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【分析】求出f′（x），分a≤1、1＜a≤2、a＞2 讨论 f（x）的单调性，可得答案．
【解答】解：由f（x）＝（x+1）ln x﹣a（x﹣1），得f′（x）＝ln x+ 1
x +1﹣a．
（1）当1﹣a≥0，即a≤1 时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）＞f（1）＝0．
（2）当a＞1 时，令g（x）＝f′（x），则g′（x）= x−1
x
2 ＞0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递增，
于是f′（x）＞f′（1）＝2﹣a．
①若2﹣a≥0，即1＜a≤2 时，f′（x）＞0，于是f（x）在（1，+∞）上单调递增，于是f（x）＞f
（1）＝0．
②若2﹣a＜0，即a＞2 时，存在x0∈（1，+∞），使得当1＜x＜x0 时，f′（x）＜0，于是f（x）在
（1，x0）上单调递减，所以f（x）＜f（1）＝0，不符合题意．
综上所述，a 的取值范围是（﹣∞，2]．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，属于中档题．
已知函数f（x）＝ex﹣2x+sinx，函数g（x）＝ax2+1（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若对任意的x≥0，f（x）≥g（x）恒成立，求实数a 的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
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小试牛刀2
小试牛刀3
3
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【分析】（1）求出导函数f′（x），对x≤0，由函数性质得f′（x）≤0，对x＞0 对f′（x）再一次
求导，确定单调性后得导数值的正负，从而得单调区间；
（2）构造函数p（x）＝f（x）﹣g（x），求出导函数p'（x），对p'（x）再一次求导后，还要第三次求
导，然后由x＝0 时的导数值的正负分类讨论求解．
【解答】解：（1）f′（x）＝ex﹣2+cosx，
x≤0 时，ex＜1，又cosx≤1，则ex+cosx＜2，因此f′（x）≤0，f（x）递减，
设h（x）＝f'（x）（x＞0），则h'（x）＝ex﹣sinx，
x＞0 时，ex＞1≥sinx，h'（x）＞0，h（x）是增函数，即f′（x）是增函数，
所以f'（x）＞f'（0）＝0，因此f（x）递增，
∴f（x）的增区间是（0，+∞），减区间是（﹣∞，0）；
（2）x≥0，设p（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+sinx﹣ax2﹣1，p（0）＝0 满足题意，
p'（x）＝ex﹣2+cosx﹣2ax，
令q（x）＝p'（x）＝ex﹣2+cosx﹣2ax，
则q'（x）＝ex﹣sinx﹣2a，令s（x）＝q'（x），
则s'（x）＝ex﹣cosx≥1﹣cosx≥0，
∴s（x）即q'（x）在[0，+∞）上是增函数，q'（x）≥q'（0）＝1﹣2a，
当a≤1
2时，q'（x）≥q'（0）＝1﹣2a≥0，q（x）即p'（x）在[0，+∞）上递增，
∴p'（x）≥p'（0）＝0，p（x）在[0，+∞）上递增，所以p（x）≥p（0）＝0 恒成立，原不等式恒成立，
当a＞1
2时，则q'（0）＝1﹣2a＜0，又q'（ln（2a+2））＝2﹣sin（ln（2a+2））＞0，
∴存在x0∈（0，ln（2a+2）），值得q'（x0）＝0，0＜x＜x0时，q′（x）＜0，q（x）也即p'（x）递减，
x＞x0时，q′（x）＞0，q（x）也即p'（x）递增，
又p'（0）＝0，
∴0＜x＜x0时，p'（x0）＜0，从而p（x）递减，
于是p（x）＜p（0）＝0 不合题意，
综上，a 的取值范围是(−∞，1
2 ]．
【点评】本题主要考查了导数与单调性的应用及导数与函数性质在由不等式恒成立求解参数范围问题，
函数不等式恒成立问题的解题方法有：
（1）直接法，直接构造函数，利用函数的值域或最值得参数范围；
4
（2）分离参数法，通过分离参数构造新的函数，由新函数的值域（或最值）得参数范围；
（3）数形结合法，不等式变形，然后构造两个函数（通常变化的是一次函数，固定的是较为复杂的函
数），通过函数图象求解
【热点题型2：含有两个端点的找点探路】
【核心归纳】
1.关键特征：闭区间两个端点均能建立关于参数的不等式，通过端点不等式初步锁定参数范围；2.核心逻
辑：端点探路缩小范围，再利用导数找到区间内极值点，验证极值（最小值或最大值）满足恒成立条件，
必要时进一步缩小参数范围.
已知函数f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，f′（x）为f（x）的导数．
（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；
（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a 的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
版权所有
【专题】综合题；数形结合；导数的综合应用．
【分析】（1）令g（x）＝f′（x），对g（x）再求导，研究其在（0，π）上的单调性，结合极值点和
端点值不难证明；
（2）利用（1）的结论，可设f′（x）的零点为x0，并结合f′（x）的正负分析得到f（x）的情况，得
出结论．
【解答】解：（1）证明：∵f（x）＝2sinx﹣xcosx﹣x，
∴f′（x）＝2cosx﹣cosx+xsinx﹣1＝cosx+xsinx﹣1，
令g（x）＝cosx+xsinx﹣1，则g′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，
当x∈（0，π
2 ）时，xcosx＞0，当x∈( π
2 ，π )时，xcosx＜0，
∴当x= π
2 时，极大值为g（π
2 ）= π
2 −1＞0，
又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，
∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，
即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；
（2）由题设知 f（π）⩾aπ，f（π）＝0， 可得 a⩽0.
由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，
使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，
∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，
结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，
经典例题
5
∴当x∈[0，π]时，f（x）≥0，
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，∴f（x）≥ax，
∴a 的取值范围是（﹣∞，0]．
【点评】此题考查了利用导数研究函数的单调性，零点等问题，和数形结合的思想方法，难度较大．
【规律方法总结】
1.解题模板：①代入区间两个端点
、
，建立
（或
）、
（或
），求解
参数必要范围；②求导分析函数在区间内的单调性，找到极值点；③验证极值点处函数值满足恒成立条件，
进一步缩小参数范围；④综合得出参数范围.
2.技巧提炼：若其中一个端点函数值与参数无关且满足恒成立条件，可仅对另一个端点探路；若端点处函
数值为负数，可直接排除对应参数范围，减少讨论量.
若函数f ( x)= 1
3 sin 2 x +acosx +2 x在（﹣∞，+∞）上单调递增，则a 的取值范围
为（ ）
A．[−4
3 ，4
3 ]
B．[−1，4
3 ]
C．[−4
3 ，−1]
D．[﹣1，1]
【考点】三角函数的恒等变换及化简求值．
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【专题】函数思想；转化法；三角函数的求值．
【分析】先求出函数f ( x)= 1
3 sin2 x +acosx +2 x的导数，问题转化为：8﹣4t2﹣3at≥0，分类讨论从而
求出a 的范围．
【解答】解：∵f ( x)= 1
3 sin 2 x +acosx +2 x在（﹣∞，+∞）上是增函数，
∴f（x）′= 2
3cos2x﹣asinx+2≥0，
∴8
3 −4
3 sin
2 x−asinx ≥0，
设t＝sinx（﹣1≤t≤1），即有8﹣4t2﹣3at≥0，
当t＝0 时，不等式显然成立；
当0＜t≤1 时，3a≤−4 t + 8
t ，由−4 t + 8
t 在（0，1]递增，可得t＝1 时，求得最大值4．
可得3a≤4，即a≤4
3 ．
当﹣1≤t＜0 时，3a≥−4t + 8
t ，由−4 t + 8
t 在[﹣1，0]递增，可得t＝﹣1 时，求得最小值﹣4．
可得3a≥﹣4，即a≥−4
3 ．
小试牛刀1
6
综上可得a 的取值范围为[−4
3 ，4
3 ]．
故选：A．
【热点题型3：含对数的特殊点的必要性探路】
【核心归纳】
1.关键特征：对数函数在特殊点的函数值为常数，可快速建立关于参数的不等式；2.核心逻辑：通过对数
特殊点探路缩小参数范围，再利用导数分析函数单调性，找到极值点验证充分性，必要时结合构造新函数
进一步判断.
已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）当a＝e 时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a 的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
版权所有
【专题】综合题；对应思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；
（2）方法一：不等式等价于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根据函数单调性可得
lna＞lnx﹣x+1，再构造函数h（x）＝lnx﹣x+1，利用导数求出函数的最值，即可求出a 的范围；
方法二：构造两个基本不等式ex＞x+1，x﹣1≥lnx，则原不等式转化为x（a﹣1）≥﹣lna，再分类讨论
即可求出a 的取值范围，
方法三：利用分类讨论的思想，当0＜a＜1，此时不符合题意，当a≥1 时，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g
（x）＝ex﹣1﹣lnx，
再根据导数和函数最值的关系即可证明，
方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f（x）≥f（x0）= 1
x0
−2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣
lnx0，再求出x0的范围，再利用导数求1﹣x0﹣lnx0的范围，即可求出a 的范围．
方法五：f（x）≥1 等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，构造函数g（a）＝a+lna﹣1，利用导数求出函数的最值，
即可求出a 的范围．
【解答】解：（1）当a＝e 时，f（x）＝ex﹣lnx+1，
∴f′（x）＝ex−1
x ，
∴f′（1）＝e﹣1，
∵f（1）＝e+1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），
经典例题
7
当x＝0 时，y＝2，当y＝0 时，x=
−2
e−1 ，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S= 1
2 ×2×
2
e−1 =
2
e−1．
（2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，
即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，
令g（t）＝et+t，
则g′（t）＝et+1＞0，
∴g（t）在R 上单调递增，
∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）
∴lna+x﹣1≥lnx，
即lna≥lnx﹣x+1，
令h（x）＝lnx﹣x+1，
∴h′（x）= 1
x −1= 1−x
x
，
当0＜x＜1 时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞1 时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）＝0，
∴lna≥0，
∴a≥1，
故a 的范围为[1，+∞）．
方法二：由f（x）≥1 可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，
即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，
设g（x）＝ex﹣x﹣1，
∴g′（x）＝ex﹣1＞0 恒成立，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，
∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴ex﹣x﹣1＞0，
即ex＞x+1，
再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，
∴h′（x）＝1−1
x = x−1
x
，
8
当0＜x＜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，
∴h（x）≥h（1）＝0，
∴x﹣1﹣lnx≥0，
即x﹣1≥lnx
∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax，
此时只需要证ax≥x﹣lna，
即证x（a﹣1）≥﹣lna，
当a≥1 时，
∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna 恒成立，
当0＜a＜1 时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna 不成立，
综上所述a 的取值范围为[1，+∞）．
方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），
∴f′（x）＝aex﹣1−1
x ，
易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
①当0＜a＜1 时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（1
a）＝ae
1
a −1
−a＝a（e
1
a −1
−1）＞0，
∴存在x0∈（1，1
a）使得f′（x0）＝0，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，
②当a≥1 时，ex﹣1＞0，lna＞0，
∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，
令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，
∴g′（x）＝ex﹣1−1
x ，
易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵g′（1）＝0，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（1）＝1，
9
即f（x）≥1，
综上所述a 的取值范围为[1，+∞）．
方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，
∴f′（x）＝aex﹣1−1
x ，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y= 1
x 在0，+∞）上为减函数，
∴y＝aex﹣1与y= 1
x 在0，+∞）上有交点，
∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝ae
x0−1−1
x0
=0，
则ae
x0−1= 1
x0
，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）≥f（x0）＝ae
x0−1−lnx0+lna
= 1
x0
−lnx0+1﹣x0﹣lnx0= 1
x0
−2lnx0+1﹣x0≥1
∴1
x0
−2lnx0﹣x0≥0
设g（x）= 1
x −2lnx﹣x，
易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，
∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，
∴x0∈（0，1]时，1
x0
−2lnx0﹣x0≥0，
设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，
∴h′（x）＝﹣1−1
x ＜0 恒成立，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，
∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，
当x→0 时，h（x）→+∞，
∴lna≥0＝ln1，
10
∴a≥1．
方法五：f（x）≥1 等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．
当x＝1 时，有a+lna≥1，其中a＞0．
设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+ 1
a ＞0，
则g（a）单调递增，且g（1）＝0．
所以若a+lna≥1 成立，则必有a≥1．
∴下面证明当a≥1 时，f（x）≥1 成立．
设h（x）＝ex﹣x﹣1，
∴h′（x）＝ex﹣1，
∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴ex﹣x﹣1≥0，
即ex≥x+1，
把x 换成x﹣1 得到ex﹣1≥x，
∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．
∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1 时等号成立．
综上，a≥1．
【点评】本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化
归能力，属于难题．
【规律方法总结】
1.解题模板：①根据对数定义域选择特殊点（如
、
、
等），代入函数建立关于参数的不
等式，缩小参数范围；②求导分析函数单调性，找到极值点；③验证极值点和区间边界处函数值满足恒成
立条件，必要时构造新函数判断不等式是否成立；④综合得出参数范围.
2.特殊点选择技巧：优先选择使对数项为0 或1 的点（如
、
），其次选择使函数其他项简化的
点；若定义域为
，必选
探路.
已知函数f（x）＝lnx﹣ax．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）只有一个零点，求a 的取值范围；
（3）设g（x）＝ex﹣1+xf（x），若g（x）≥0 恒成立，求a 的取值范围．
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数；利用导数研究函数的单调性；不等式恒成立的问题．
版权所有
小试牛刀1
11
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；
运算求解．
【分析】（1）求导后根据a 的范围分类讨论即可求解；
（2）设g( x)= lnx
x ，x＞0，由题意得g（x）＝a 只有一个根，由导数得出g（x）的单调性进而画出
简图，数形结合即可求解；
（3）当a≤1 时，g（x）＝ex﹣1+xlnx﹣ax2≥ex﹣1+xlnx﹣x2，设G( x)= e
x−1
x
+lnx −x，x＞0，根据导
数进而得出G（x）≥G（1）＝0，即可求解．
【解答】解：（1）因为f（x）＝lnx﹣ax，x＞0，
所以f ′( x)= 1
x −a= 1−ax
x
，x＞0，
当a≤0 时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＞0 时，令f′（x）＝0，解得x = 1
a，
当x∈(0，1
a )时，f′（x）＞0，即f（x）在(0，1
a )单调递增，
当x∈( 1
a ，+∞)时，f′（x）＜0，即f（x）在( 1
a ，+∞)单调递减，
综上所述，当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＞0 时，f（x）在(0，1
a )单调递增，在( 1
a ，+∞)单调递减；
（2）令f（x）＝lnx﹣ax＝0，则lnx
x =a，
设g( x)= lnx
x ，x＞0，由题意得g（x）＝a 只有一个根，
即直线y＝a 与函数y＝g（x）的图象只有一个交点，
对g（x）求导，得g′( x)= 1−lnx
x
2
，
令g'（x）＝0，解得x＝e，
当x∈（0，e）时，g′（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0；
所以（x）在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，
所以g( x)≤g(e)= 1
e ，
12
当0＜x＜1 时，g（x）＜0；当x＝1 时，g（x）＝0；当x＞1 时，g（x）＞0，
作出y＝g（x）的图象，如图所示：
又因为直线y＝a 与函数y＝g（x）的图象只有一个交点，
所以a≤0 或a= 1
e ．
所以实数a 的取值范围为（﹣∞，0]∪{1
e }；
（3）由g（x）＝ex﹣1+xf（x）＝ex﹣1+2lnx﹣ax2，
令x＝1，则g（1）＝1﹣a≥0，故a≤1，
当a≤1 时，g（x）＝ex﹣1+xlnx﹣ax2≥ex﹣1+xlnx﹣x2，
以下证明ex﹣1+xlnx﹣x2≥0，
设G( x)= e
x−1
x
+lnx −x，x＞0，
则G′( x)= e
x−1( x−1)
x
2
+ 1
x −1= e
x−1( x−1)+ x−x
2
x
2
= ( x−1)(e
x−1−x)
x
2
，
令H（x）＝ex﹣1﹣x，x＞0，则H′（x）＝ex﹣1﹣1，
令H′（x）＝ex﹣1﹣1＝0，解得x＝1，
当x∈（0，1），H′（x）＜0，则H（x）在（0，1）单调递减，
当x∈（1，+∞），H′（x）＞0，则H（x）在（1，+∞）单调递增，
所以H（x）≥H（1）＝0，即ex﹣1﹣x＞0，
所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，则G（x）在（0，1）单调递减，
所以x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，则G（x）在（1，+∞）单调递增，
所以G（x）≥G（1）＝0，
综上所述，实数a∈（﹣∞，1]．
【点评】本题考查了导数的综合运用、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
【热点题型4：主元法】
【核心归纳】
1.关键特征：式子可转化为关于某一变量的线性函数，且已知该变量的取值范围；2.核心逻辑：通过变换
主元，利用线性函数单调性消去变量，将含参问题转化为不含参问题验证，降低解题难度.
13
（2024 浙江宁波模拟预测）若实数a，b 满足2ln a+ ln(2b)≥a
2
2 + 4 b−2，则（ ）
A．a+b=√2+ 1
4 B．a−2b=√2−1
4
C．a
2+b>3
D．a
2−4 b<1
【答案】A
【分析】由题得ln 2a
2b−2√2a
2b+2≥0，构造函数g( x)= ln x−2√x +2( x>0)，求出函数g( x)最大值
即得解.
【详解】由题得ln a
2+ ln(2b)≥a
2+8b−4
2
,∴ln 2a
2b≥a
2+8b−4
2
≥4√2a
2b−4
2
=2√2a
2b−2，
所以ln 2a
2b−2√2a
2b+2≥0
当且仅当a
2=8b时取等.
令g( x)= ln x−2√x +2( x>0)，则g( x)≥0，
所以g
′( x)= 1
x −1
√x = 1−√x
x
，
所以函数在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减.
所以g( x)≤g(1)=0，
所以g( x)=0，所以2a
2b=1，
又a
2=8b，
所以b= 1
4 ,a=√2.
所以a+b=√2+ 1
4 .
故选：A.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些
知识的理解掌握水平和分析推理能力.
【规律方法总结】
1.解题模板：①观察式子结构，确定可作为主元的变量（参数或
）；②将式子整理为关于主元的线性函
数形式：
（为主元）；③分析
的符号，确定
的单调性；④利用主元的取值范围，
求出
的最值（最小值或最大值）；⑤验证最值满足题设条件（恒成立或存在性）.
2.主元选择技巧：优先选择使一次项系数简单或已知取值范围的变量作为主元；若参数取值范围已知，优
先将参数作为主元，消去参数简化验证.
（23-24 高三上广东佛山期末）已知函数f ( x)= 1
a e
x−√1+ x，其中a∈R且a≠0.
(1)设a>0，过点A(−1,−1
2)作曲线C : y = f ( x)的切线（斜率存在），求切线的斜率；
经典例题
小试牛刀1
14
(2)证明：当a=1或0<a≤2
e 时，f ( x)≥1
2 ax( x ≥−1).
【答案】(1)1
a −1
2；
(2)证明见解析.
【分析】(1)设出切点坐标，对函数f ( x)求导，再借助导数的几何意义列式计算作答.
(2)当a=1时，不等式等价转化为证e
x−1
2 x ≥√1+ x，当0<a≤2
e 时，转化证明1
a e
x−1
2 ax≥e
x−1
2 x，作
差构造函数即可推理作答.
【详解】（1）a>0，f
′( x)= 1
a e
x−
1
2√1+ x ，而f (−1)= 1
ae >0，即点A(−1,−1
2)不在曲线C 上，
设切点T ( x0,f ( x0)), x0>−1，则切线AT 的斜率为k = f
′( x0)= 1
a e
x0−
1
2√1+ x0
，又k =
f ( x0)+ 1
2
x0+1
，
于是得1
a e
x0−
1
2√1+ x0
= 2f ( x0)+1
2( x0+1) ，即2( x0+1)
a
e
x0−√1+ x0=2( 1
a e
x0−√1+ x0)+1，
整理得：2 x0
a e
x0+√1+ x0−1=0，即
2 x0
a e
x0+
x0
√1+ x0+1 =0，有x0( 2
a e
x0+
1
√1+ x0+1 )=0，
而2
a e
x0+
1
√1+ x0+1 >0，因此，x0=0，f
′(0)= 1
a −1
2，
所以切线的斜率为1
a −1
2.
（2）当a=1时，x ≥−1，f ( x)≥1
2 ax⇔e
x−√1+ x−1
2 x ≥0⇔e
x−1
2 x ≥√1+ x，
令h( x)=e
x−x −1，求导得h
′( x)=e
x−1，当x<0时，h
′( x)<0，当x>0时，h
′( x)>0，
即函数h( x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，∀x∈R，h( x)≥h(0)=0，即e
x≥x +1，
因此当x ≥−1时，e
x−1
2 x ≥1
2 x +1= 1+(1+ x)
2
≥√1+ x，当且仅当x =0时取“=”，
则e
x−√1+ x−1
2 x ≥0，
于是得当a=1且x ≥−1时，f ( x)≥1
2 ax.
当0<a≤2
e 时，x ≥−1，f ( x)≥1
2 ax⇔1
a e
x−1
2 ax≥√1+ x，
令φ( x)= 1
a e
x−1
2 ax−(e
x−1
2 x)=(1−a)( 1
a e
x+ 1
2 x)，x ≥−1，
由0<a≤2
e 得1−a>0，则φ
′( x)=(1−a)( 1
a e
x+ 1
2 )>0，即φ( x)在[−1,+∞)上单调递增，
15
又φ(−1)=(1−a)( 1
ae −1
2 )≥0，即当x ≥−1时，φ( x)≥φ(−1)≥0，
于是得当0<a≤2
e ，x ≥−1时，1
a e
x−1
2 ax≥e
x−1
2 x，而e
x−1
2 x ≥√1+ x，因此，1
a e
x−1
2 ax≥√1+ x，
从而得当0<a≤2
e ，x ≥−1时f ( x)≥1
2 ax，
所以当a=1或0<a≤2
e 时，f ( x)≥1
2 ax( x ≥−1).
【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标( x0, y0)，求导并求出切线
方程y −y0= f
′( x0)( x−x0)，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.
（2025 高二全国专题练习）已知函数f ( x)=e
x−1−a ln x +a ln a.
(1)当a=1时，讨论f ( x)的单调性；
(2)当a>0时，证明：f ( x)≥a.
【答案】(1)f ( x)在(0,1]上单调递减，f ( x)在(1,+∞)上单调递增
(2)证明见解析.
【分析】（1）先对函数f ( x)求导，再构造g( x)= f
′( x)，由g
′( x)判断得f
′( x)的正负，进而可得f ( x)的
单调性；
（2）解法一：先将不等式变形为e
x−1−x +a(
x
a −1−ln x
a)≥0，再分别构造h( x)=e
x−x−1，
m( x)= x−1−ln x , x>0，分别求两个函数的最小值，进而可证明不等式f ( x)≥a；解法二：先将不等式
变形为e
x−1
e x
a
≥a⋅
lne x
a
e x
a
，再结合解法一可分别求不等式左边的最小值及不等式右边的最大值，进而可证明
不等式f ( x)≥a.
【详解】（1）当a=1时，函数的定义域为(0,+∞)，f ( x)=e
x−1−ln x ,f
′( x)=e
x−1−1
x ，
令g( x)= f
′( x)，g
′( x)=e
x−1+ 1
x
2 >0，所以f
′( x)在(0,+∞)上单调递增，且f
′(1)=0，
故x∈(0,1],f
′( x)≤0，f ( x)在(0,1]上单调递减，x∈(1,+∞),f
′( x)>0，f ( x)在(1,+ ∞)上单调递增；
（2）法一（同构保值性）：要证f ( x)≥a，只需证e
x−1−a ln x +a ln a−a≥0，即
e
x−1−x +a(
x
a −1−ln x
a)≥0.
令h( x)=e
x−x −1，h
′( x)=e
x−1，当x ≥0时，h
′( x)≥0；当x<0时，h
′( x)<0.
所以h( x)在[0,+∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，故h( x)≥h( x)min=h(0)=0，
小试牛刀2
16
所以h( x−1)=e
x−1−x ≥0, x =1时等号成立；
再令m( x)= x−1−ln x , x>0，m
′( x)=1−1
x = x−1
x
，当x>1时，m
′( x)>0；当0< x<1时，m
′( x)<0.
所以m( x)在(0,1)上单调递减，在[1,+ ∞)上单调递增，故m( x)≥m( x)min=m(1)=0.
所以m( x
a )= x
a −1−ln x
a ≥m( x
a )
min
=m(1)=0.
所以当a>0时，e
x−1−x +a(
x
a −1−ln x
a) =h( x−1)+am(
x
a)≥0，当且仅当x =a=1取等，不等式
f ( x)≥a得证.
法二（分而治之）：要证f ( x)≥a，只需证e
x−1≥a(ln x−ln a+1)=alne x
a ，即证e
x−1
e x
a
≥a⋅
lne x
a
e x
a
.
由解法一可知h( x−1)=e
x−1−x ≥0, x =1等号成立，即e
x−1≥x，当且仅当x =1时取等.
所以不等式左边=e
x−1
e x
a
≥x
e x
a
= a
e ，当且仅当x =1时取等，
再由解法一可知m( x
a )= x
a −1−ln x
a ≥m( x
a )
min
=m(1)=0，即x
a ≥lne x
a ，当且仅当x =a时取等.
所以不等式右边a⋅
lne x
a
e x
a
≤a⋅
x
a
e x
a
= a
e ，当且仅当x =a时取等.
故当¿时取等，不等式f ( x)≥a得证.
1．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数f ( x)= x e
ax−e
x．
(1)当a=1时，讨论f ( x)的单调性；
(2)当x>0时，f ( x)<−1，求a 的取值范围；
(3)设n∈N
∗，证明：
1
√1
2+1
+
1
√2
2+2
+⋯+
1
√n
2+n
>ln(n+1)．
【答案】(1)f ( x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)a≤1
2
(3)见解析
【分析】（1）求出f
′ (x)，讨论其符号后可得f (x)的单调性.
课后针对训练
17
（2）设h(x)= xe
ax−e
x+1，求出h
″ (x)，先讨论a> 1
2时题设中的不等式不成立，再就0<a≤1
2结合放缩法
讨论h
′ (x)符号，最后就a≤0结合放缩法讨论h(x)的范围后可得参数的取值范围.
（3）由（2）可得2lnt <t −1
t 对任意的t >1恒成立，从而可得ln (n+1)−ln n<
1
√n
2+n
对任意的n∈N
∗恒
成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【详解】（1）当a=1时，f (x)=(x−1)e
x，则f
′ (x)= xe
x，
当x<0时，f
′ (x)<0，当x>0时，f
′ (x)>0，
故f (x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞).
（2）设h(x)= xe
ax−e
x+1，则h(0)=0，
又h
′ (x)=(1+ax)e
ax−e
x，设g(x)=(1+ax)e
ax−e
x，
则g
′ (x)=(2a+a
2 x)e
ax−e
x，
若a> 1
2，则g
′ (0)=2a−1>0，
因为g
′ (x)为连续不间断函数，
故存在x0∈(0,+ ∞)，使得∀x∈(0, x0)，总有g
′ (x)>0，
故g(x)在(0, x0)为增函数，故g(x)> g(0)=0，
故h(x)在(0, x0)为增函数，故h(x)>h(0)=0，与题设矛盾.
若0<a≤1
2，则h
′ (x)=(1+ax)e
ax−e
x =eax + ln (1+ax)−e
x，
下证：对任意x>0，总有ln (1+ x)< x成立，
证明：设S (x)= ln (1+ x)−x，故S
′ (x)=
1
1+ x −1= −x
1+ x <0，
故S (x)在(0,+ ∞)上为减函数，故S (x)<S (0)=0即ln (1+ x)< x成立.
由上述不等式有eax + ln (1+ax)−e
x<e
ax +ax−e
x =e
2ax−e
x≤0，
故h
′ (x)≤0总成立，即h(x)在(0,+ ∞)上为减函数，
所以h(x)<h(0)=0.
当a≤0时，有h
′ (x)=e
ax−e
x+axe
ax<1−1+0=0，
所以h(x)在(0,+ ∞)上为减函数，所以h(x)<h(0)=0.
综上，a≤1
2.
（3）取a= 1
2，则∀x>0，总有xe
1
2 x
−e
x+1<0成立，
令t =e
1
2 x，则t >1,t
2=e
x , x =2ln t，
18
故2t ln t <t
2−1即2ln t <t −1
t 对任意的t >1恒成立.
所以对任意的n∈N
∗，有2ln√
n+1
n
<√
n+1
n
−√
n
n+1，
整理得到：ln (n+1)−ln n<
1
√n
2+n
，
故
1
√1
2+1
+
1
√2
2+2
+⋯+
1
√n
2+n
>ln 2−ln1+ ln3−ln 2+⋯+ ln (n+1)−ln n
= ln (n+1)，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处
导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
2．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数f ( x)=ax−sin x
cos
3 x
, x∈(0,π
2 )
(1)当a=8时，讨论f ( x)的单调性；
(2)若f ( x)<sin 2 x恒成立，求a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)(−∞,3]
【分析】（1）求导,然后令t =cos
2 x,讨论导数的符号即可;
（2）构造g( x)= f ( x)−sin 2 x,计算g
′( x)的最大值,然后与0 比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.
【详解】（1）f
′( x)=a−cos x cos
3 x +3sin x cos
2 x sin x
cos
6 x
=a−cos
2 x +3sin
2 x
cos
4 x
=a−3−2cos
2 x
cos
4 x
令cos
2 x =t,则t ∈(0,1)
则f
′( x)= g(t )=a−3−2t
t
2
= at
2+2t −3
t
2
当a=8,f
′( x)= g(t )= 8t
2+2t −3
t
2
= (2t −1)(4t +3)
t
2
当t ∈(0, 1
2),即x∈(
π
4 ,π
2 ),f
′( x)<0.
当t ∈(
1
2 ,1),即x∈(0,π
4 ),f
′( x)>0.
所以f ( x)在(0,π
4 )上单调递增,在(
π
4 ,π
2 )上单调递减
19
（2）设g( x)= f ( x)−sin 2 x
g
′( x)= f
′( x)−2cos2 x = g(t )−2(2cos
2 x−1)= at
2+2t −3
t
2
−2(2t −1)=a+2−4t + 2
t −3
t
2设
φ(t )=a+2−4t + 2
t −3
t
2
φ
′(t )=−4−2
t
2 + 6
t
3 = −4t
3−2t +6
t
3
=−2(t −1)(2t
2+2t +3)
t
3
>0
所以φ(t )<φ(1)=a−3.
1
°若a∈(−∞,3],g
′( x)=φ(t )<a−3≤0
即g( x)在(0, π
2)上单调递减,所以g( x)<g(0)=0.
所以当a∈(−∞,3],f ( x)<sin 2 x,符合题意.
2
°若a∈(3,+ ∞)
当t →0, 2
t −3
t
2 =−3(
1
t −1
3)
2
+ 1
3 →−∞,所以φ(t )→−∞.
φ(1)=a−3>0.
所以∃t0∈(0,1),使得φ(t0)=0,即∃x0∈(0, π
2),使得g
′(x0)=0.
当t ∈(t0,1),φ(t )>0,即当x∈(0, x0), g
′( x)>0,g( x)单调递增.
所以当x∈(0, x0), g( x)> g(0)=0,不合题意.
综上,a的取值范围为(−∞,3].
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t =cos x在定义域内是减函数,若t0=cos x0,当
t ∈(t0,1),φ(t )>0,对应当x∈(0, x0),g
′( x)>0.
3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数f ( x)= ln
x
2−x +ax +b( x−1)
3
(1)若b=0，且f
′( x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y = f ( x)是中心对称图形；
(3)若f ( x)>−2当且仅当1< x<2，求b的取值范围．
【答案】(1)−2
(2)证明见解析
(3)b≥−2
3
【分析】（1）求出f
′ (x)min=2+a后根据f
′( x)≥0可求a的最小值；
（2）设P(m,n)为y = f (x)图象上任意一点，可证P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q (2−m,2a−n)也在函数
的图像上，从而可证对称性；
20
（3）根据题设可判断f (1)=−2即a=−2，再根据f ( x)>−2在(1,2)上恒成立可求得b≥−2
3.
【详解】（1）b=0时，f (x)= ln
x
2−x +ax，其中x∈(0,2)，
则f
' (x)= 1
x +
1
2−x +a=
2
x (2−x) +a, x∈(0,2)，
因为x (2−x)≤(
2−x + x
2
)
2
=1，当且仅当x =1时等号成立，
故f
′ (x)min=2+a，而f
′ (x)≥0成立，故a+2≥0即a≥−2，
所以a的最小值为−2.，
（2）f (x)= ln
x
2−x +ax +b(x−1)
3的定义域为(0,2)，
设P(m,n)为y = f (x)图象上任意一点，
P(m,n)关于(1,a)的对称点为Q (2−m,2a−n)，
因为P(m,n)在y = f (x)图象上，故n= ln
m
2−m +am+b(m−1)
3，
而f (2−m)= ln 2−m
m
+a(2−m)+b(2−m−1)
3=−[ln
m
2−m +am+b(m−1)
3]+2a，
=−n+2a，
所以Q (2−m,2a−n)也在y = f (x)图象上，
由P的任意性可得y = f (x)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,a).
（3）因为f (x)>−2当且仅当1< x<2，故x =1为f (x)=−2的一个解，
所以f (1)=−2即a=−2，
先考虑1< x<2时，f (x)>−2恒成立.
此时f (x)>−2即为ln
x
2−x +2(1−x)+b(x−1)
3>0在(1,2)上恒成立，
设t = x−1∈(0,1)，则ln t +1
1−t −2t +bt
3>0在(0,1)上恒成立，
设g(t )= ln t +1
1−t −2t +bt
3,t ∈(0,1)，
则g
′ (t )=
2
1−t
2 −2+3bt
2= t
2(−3bt
2+2+3b)
1−t
2
，
当b≥0，−3bt
2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g
′ (t )>0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数，
故g(t )> g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
当−2
3 ≤b<0时，−3bt
2+2+3b≥2+3b≥0，
21
故g
′ (t )≥0恒成立，故g(t )在(0,1)上为增函数，
故g(t )> g(0)=0即f (x)>−2在(1,2)上恒成立.
当b<−2
3，则当0<t <√1+ 2
3b <1时，g
′ (t )<0
故在(0,√1+ 2
3b)上g(t )为减函数，故g(t )<g(0)=0，不合题意，舍；
综上，f (x)>−2在(1,2)上恒成立时b≥−2
3.
而当b≥−2
3时，
而b≥−2
3时，由上述过程可得g(t )在(0,1)递增，故g(t )>0的解为(0,1)，
即f (x)>−2的解为(1,2).
综上，b≥−2
3.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对
一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范
围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数f (x)=(1−ax)ln(1+ x)−x．
(1)当a=−2时，求f (x)的极值；
(2)当x ≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)极小值为0，无极大值.
(2)a≤−1
2
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就a≤−1
2、−1
2 <a<0、a≥0分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当a=−2时，f ( x)=(1+2 x)ln(1+ x)−x，
故f
′( x)=2ln(1+ x)+ 1+2 x
1+ x −1=2ln(1+ x)−
1
1+ x +1，
因为y =2ln(1+ x), y =−
1
1+ x +1在(−1,+ ∞)上为增函数，
故f
′( x)在(−1,+∞)上为增函数，而f
′(0)=0，
故当−1< x<0时，f
′( x)<0，当x>0时，f
′( x)>0，
故f (x)在x =0处取极小值且极小值为f (0)=0，无极大值.
（2）f
'( x)=−a ln(1+ x)+ 1−ax
1+ x −1=−a ln(1+ x)−(a+1) x
1+ x
, x>0，
22
设s(x)=−aln(1+ x)−(a+1) x
1+ x
, x>0，
则s
′ (x)= −a
x +1 −(a+1)
(1+ x)
2 =−a(x +1)+a+1
(1+ x)
2
=−ax +2a+1
(1+ x)
2
，
当a≤−1
2时，s
' (x)>0，故s(x)在(0,+ ∞)上为增函数，
故s(x)>s(0)=0，即f
' (x)>0，
所以f (x)在[0,+∞)上为增函数，故f (x)≥f (0)=0.
当−1
2 <a<0时，当0< x<−2a+1
a
时，s
′ (x)<0，
故s(x)在(0,−2a+1
a )上为减函数，故在(0,−2a+1
a )上s(x)<s(0)，
即在(0,−2a+1
a )上f
′ (x)<0即f (x)为减函数，
故在(0,−2a+1
a )上f (x)<f (0)=0，不合题意，舍.
当a≥0，此时s
′ (x)<0在(0,+ ∞)上恒成立，
同理可得在(0,+ ∞)上f (x)<f (0)=0恒成立，不合题意，舍；
综上，a≤−1
2.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导
数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
5．（2025 高三·天津·专题练习）已知函数f (x)=e
xsin x（e为自然对数的底数），g(x)=2ln(x +1)−ax，
其中a为实数．
(1)求函数f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若对∀x∈[0,π
2 ]，有f (x)≥e
x g(x)，求a的取值范围．
【答案】(1)x−y =0；
(2)a≥1
【分析】（1）由题可得切线斜率及所过点(0,f (0))，由直线点斜式可得切线方程；
（2）由题意sin x ≥2ln(x +1)−ax对∀x∈[0,π
2 ]都成立，由恒成立必要条件可得a≥1，通过导数证
明a≥1满足题意即可证明．
【详解】（1）因为f (x)=e
xsin x，所以f (0)=e
0sin0=0，f
′ (x)=e
xsin x +e
xcos x，
所以切线斜率为f
′ (0)=e
0sin0+e
0cos0=1，
所以函数f (x)在x =0处的切线方程为y −0=1×(x−0)，即x−y =0；
23
（2）若对∀x∈[0,π
2 ]，有f (x)≥e
x g(x)，转化为sin x ≥g(x)，
即sin x ≥2ln(x +1)−ax对∀x∈[0,π
2 ]都成立．
设h(x)=sin x +ax−2ln(x +1)，h
′ (x)=cos x +a−
2
x +1，
因为h(0)=0，所以要使h(x)=sin x +ax−2ln(x +1)≥0，
必须满足h
′ (0)≥0，即h
′ (0)=cos0+a−2=a−1≥0，所以a≥1，
下面证明a≥1时满足题意：
因为a≥1，x∈[0,π
2 ]，所以sin x +ax−2ln(x +1)≥sin x + x−2ln(x +1)，
只需要证明sin x + x−2ln(x +1)≥0即可．
设t (x)=sin x + x−2ln(x +1)，
所以t
′ (x)=cos x +1−
2
x +1，且t (0)=0，t
′ (0)=0．
先研究当x∈(0,π
2 )时，设q(x)=t
′ (x)=cos x +1−
2
x +1，q
′ (x)=−sin x +
2
(x +1)
2，
因为函数y =−sin x、y =
2
(x +1)
2在(0, π
2)上均为单调递减，
则q
′ (x)在(0,π
2 )内单调递减，
又因为q
′ (0)=2>0，
q
′(
π
2 )=−1+
2
(
π
2 +1)
2 <0
，
所以∃x0∈(0,π
2 )，使得q
′(x0)=0，
且当0< x< x0时，q
′ (x)>0；当x0< x< π
2 时，q
′ (x)<0．
此时q(x)在(0, x0)内单调递增，在(x0,π
2 )内单调递减，
又q(0)=0，q(
π
2 )=1−
2
π
2 +1
>0，故对任意的x∈(0,π
2 )，t
′ (x)=q(x)>0，
则t (x)在(0,π
2 )内单调递增，所以t (x)>t (0)=0．
综上，当x∈[0,π
2 ]时，t (x)≥0，即得sin x ≥2ln(x +1)−x，所以f (x)≥e
x g(x)得证．
24
6．（2025·河北沧州·模拟预测）已知函数f (x)= tan x (1−2cos x)+ x ,(0≤x<π
2 ).
(1)求f (x)的最小值；
(2)证明：f (x)≤2tan x；
(3)若f (x)≥2ln (x +1)+ax + tan x，求实数a的取值范围.
【答案】(1)0；
(2)证明见解析；
(3)(−∞,−3].
【分析】（1）由f (x)= sin x
cos x −2sin x + x并对其求导，根据其区间符号确定函数的区间单调性，进而求其
最小值；
（2）应用放缩及分析法，将问题化为证明0≤x<π
2 上tan x−x ≥0即可；
（3）由题设2sin x +2ln (x +1)+(a−1) x ≤0恒成立，构造
h(x)=2sin x +2ln (x +1)+(a−1) x ,(0≤x<π
2 )，应用导数及分类讨论研究其在[0,π
2 )的单调性，判断
函数的符号，即可得参数范围.
【详解】（1）因为f (x)= tan x (1−2cos x)+ x = sin x
cos x −2sin x + x，
所以f
′ (x)=
1
cos
2 x
−2cos x +1= 1−cos
3 x
cos
2 x
+1−cos x =(1−cos x)(
1+cos x +cos
2 x
cos
2 x
+1)，
因为0≤x<π
2 ⇒0<cos x ≤1，所以f
′ (x)≥0，故f (x)在[0,π
2 )上单调递增，
所以f (x)的最小值为f (0)=0；
（2）因为x∈[0,π
2 )，所以2sin x ≥0，所以tan x−2sin x + x ≤tan x + x，即f (x)≤tan x + x，
要证f (x)≤2tan x，而f (x)≤tan x + x，只需证tan x + x ≤2tan x，即证tan x−x ≥0，
设g(x)= tan x−x ,(0≤x<π
2 )，则g
′ (x)=
1
cos
2 x
−1≥0，
所以g(x)在[0,π
2 )上单调递增，则g(x)≥g(0)=0，即tan x−x ≥0，
所以f (x)≤2tan x，得证.
（3）由f (x)≥2ln (x +1)+ax + tan x，即2sin x +2ln (x +1)+(a−1) x ≤0，
令h(x)=2sin x +2ln (x +1)+(a−1) x ,(0≤x<π
2 )，且y =cos x、y =
2
x +1在[0,π
2 )上单调递减，
所以h
′ (x)=2cos x +
2
x +1 +a−1在[0,π
2 )上单调递减，h
′ (x)≤h
′ (0)=a+3，
25
当a+3≤0，即a≤−3时，h
′ (x)≤0,h(x)在[0,π
2 )上单调递减，h(x)≤h(0)=0，满足；
当a+3>0，即a>−3时，h
′ (0)>0，又x→π
2 时h
′ (x)→2−π
π+2 +a，
当−3<a<π−2
π+2 时，2−π
π+2 +a<0，则存在x0∈(0,π
2 )，使得h
′(x0)=0，
当x∈(0, x0)时，h
′ (x)>0，所以h(x)在(0, x0)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，不满足，
当a≥π−2
π+2 时，2−π
π+2 +a≥0，在[0,π
2 )上h
′ (x)>0，h(x)在[0,π
2 )上单调递增，则h(x)≥h(0)=0，
不满足，
综上所述，实数a的取值范围是(−∞,−3].
7．（2025 高三上·贵州贵阳·专题练习）已知函数f ( x)=e
x−ax−3(a∈R).
(1)当x ≥1时，讨论f ( x)的单调性；
(2)当x ≥0时，若不等式f ( x)≥x
2
2 −2恒成立，求a的取值范围；
(3)若f ( x)有两个零点x1, x2，且x1< x2，证明：3e
x1+e
x2>3a.
【答案】(1)答案见解析；
(2)a≤1；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再按a≤e ,a>e分类求出函数的单调性.
（2）问题化为e
x−x
2
2 −ax−1≥0且x ≥0，利用导数研究g( x)=e
x−x
2
2 −ax−1的性质，并结合分类讨论
判断不等式恒成立，即可得参数范围；
（3）由题设a=e
x2−e
x1
x2−x1
，应用分析法将问题化为证明e
x2−x1+3
e
x2−x1−1
>
3
x2−x1
，令t = x2−x1>0，进一步化为证
明(t −3)e
t
t +1
+3>0，利用导数证明不等式即可.
【详解】（1）函数f ( x)=e
x−ax−3，x ≥1，求导得f
′( x)=e
x−a，
当a≤e时，f
'( x)≥0，函数f ( x)在[1,+ ∞)上单调递增；
当a>e时，由f
′( x)<0，得1≤x<ln a；由f
′( x)>0，得x>ln a，
函数f ( x)在[1,ln a)上单调递减，在(ln a,+ ∞)上单调递增，
所以当a≤e时，函数f ( x)在[1,+ ∞)上单调递增；
当a>e时，函数f ( x)在[1,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增.
（2）当x ≥0时，不等式f ( x)≥x
2
2 −2⇔e
x−ax−3≥x
2
2 −2⇔e
x−x
2
2 −ax−1≥0恒成立，
26
令g( x)=e
x−x
2
2 −ax−1, x ≥0，求导得g
′( x)=e
x−x−a，令h( x)= g
′( x), x ≥0，
求导得h
′( x)=e
x−1≥0，则函数g
′( x)在[0,+∞)上单调递增，g
′( x)≥g
′(0)=1−a，
当1−a≥0，a≤1时，g
′( x)≥0，则g( x)在[0,+∞)上单调递增，g( x)≥g(0)=0，符合题意；
当1−a<0，a>1时，g
′(0)<0，x→+ ∞时g
′( x)→+ ∞，
则∃x0∈ [0,+ ∞)，使g
′( x0)=0，当x∈[0, x0)时，g
′( x)<0，g( x)在(0, x0)上单调递减，
当x∈(0, x0)时，g( x)<g(0)=0，不符合题意，
所以a的取值范围a≤1.
（3）由f ( x1)= f ( x2)=0，得e
x1=a x1+3，e
x2=a x2+3，且x1< x2，
则e
x2−e
x1=a( x2−x1)，解得a=e
x2−e
x1
x2−x1
，
要证3e
x1+e
x2>3a，需证3e
x1+e
x2> 3(e
x2−e
x1)
x2−x1
，即3e
x1+e
x2
e
x2−e
x1 >
3
x2−x1
，
需证e
x2−x1+3
e
x2−x1−1
>
3
x2−x1
，令t = x2−x1>0，即e
t +3
e
t−1
> 3
t ，即证t e
t +3t >3e
t−3，
只需证明(t −3)e
t
t +1
+3>0，令F(t )= (t −3)e
t
t +1
+3且t >0，则F
′(t )= (t −1)
2e
t
(t +1)
2 ≥0，
函数F(t )在(0,+ ∞)上单调递增，F(t )> F(0)=0，即(t −3)e
t
t +1
+3>0，
所以3e
x1+e
x2>3a.
8．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数f ( x)=e
x+sin x−1．∀x ≥0,f ( x)+mx ≥0恒成立，求实数m
的取值范围．
【答案】[−2,+ ∞).
【分析】构造函数g( x)= f ( x)+mx =e
x+sin x +mx −1，根据题意，只需g( x)min≥0，求导判断函数的单
调性，求出最小值，列出不等式求得实数m 的取值范围.
【详解】令g( x)= f ( x)+mx =e
x+sin x +mx −1，x∈[0,+ ∞)，
则g
′( x)=e
x+cos x +m.
∵g(0)=e
0+sin 0+0×m−1=0，g
′(0)=e
0+cos0+m=2+m，
令h( x)= g
′( x)=e
x+cos x +m，h
′( x)=e
x−sin x，
因为x =0时，h
′( x)=e
0−sin 0=1>0，
当x>0时，e
x>1，sin x ≤1，h
′( x)=e
x−sin x >1−1=0，
所以h
′( x)=e
x−sin x>0在(0,+ ∞)上恒成立，
则h(x)为增函数，即g
′( x)为增函数，
①当m+2≥0，即m≥−2时，g
′( x)≥g
′(0)=2+m≥0，
27
所以g(x)在[0,+∞)上为增函数，
∴g( x)≥g(0)=0，
即g( x)≥0在[0,+ ∞)上恒成立；
②当m+2<0，即m<−2时，g
′(0)=2+m<0，
∴∃x0∈(0,+∞)，使g
′(x0)=0，
当x∈(x0,+ ∞), g
′(x0)>0, g( x)为增函数；
当x ∈[0, x0), g
′(x0)<0, g( x)为减函数，
∴g(x0)< g(0)=0，与g( x)≥0在[0,+ ∞)上恒成立相矛盾，
∴m<−2不成立.
综上所述，实数m 的取值范围是[−2,+ ∞).
9．（2025·江苏·模拟预测）已知函数f ( x)= a( x−1)
x +1
−ln x．
(1)若a=1，求曲线y = f ( x)在x =1处的切线方程；
(2)若f ( x)≤0对任意x∈[1,+ ∞)恒成立，求a 的取值范围；
(3)证明：1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n <ln(2n+1)−ln3．
【答案】(1)x +2 y −1=0；
(2)(−∞,2]；
(3)
证明见解析.
【分析】（1）求出f (1)及f
' (1)，由点斜式求得切线方程；
（2）由f (1)=0分析f (x)需满足条件，得到a≤2，再说明a>2时不满足条件；
（3）由（2）得ln x> 2(x−1)
x +1
，令x = 2k +1
2k −1 (k ≥2,k ∈N
∗)可得ln (2k +1)−ln (2k −1)> 1
k ，累加证明.
【详解】（1）当a=1时，f (x)= x−1
x +1 −ln x，f (1)= 1−1
1+1 −ln1=0，即切点坐标为(1,0)，
又f
' (x)=
2
(x +1)
2 −1
x 可得f
' (1)=
2
(1+1)
2 −1
1 = 1
2 −1=−1
2，即切线斜率为−1
2，
所以曲线y = f (x)在x =1处的切线方程为y −0=−1
2
(x−1)，即x +2 y −1=0；
（2）当x∈[1,+∞)时，若f (x)单调递减，则f (x)≤f (1)=0满足条件，
因此需f
' (x)=
2a
(x +1)
2 −1
x ≤0在x∈[1,+∞)恒成立，即2a≤(x +1)
2
x
在x∈[1,+∞)恒成立，
所以2a≤(
(x +1)
2
x )
min
28
设h(x)= (x +1)
2
x
= x + 1
x +2，
则当x∈[1,+ ∞)时，h
' (x)=1−1
x
2 ≥0恒成立（当且仅当x =1时取等号），
所以h(x)在[1,+ ∞)单调递增，所以(h(x))min=h(1)= 4，
所以2a≤4，得a≤2；
当a>2时，f
' (1)= a
2 −1>0，
f
' (2a−2)=
2a
(2a−2+1)
2 −
1
2a−2 =
2a
(2a−1)
2 −
1
2a−2 = 2a(2a−2)−(2a−1)
2
(2a−1)
2(2a−2)
=
−1
(2a−1)
2(2a−2)
<0，
所以存在x0∈(1,2a−2)，f
'(x0)=0，
则当x∈(1, x0)时，f
' (x)>0，f (x)单调递增，此时f (x)>f (1)=0，不满足条件，
综上可知，实数a的取值范围为(−∞,2].
（3）由（2）可知，当a=2时，f (x)= 2(x−1)
x +1
−ln x在[1,+ ∞)单调递减，
且x>1时，f (x)<0，即ln x> 2(x−1)
x +1
，
令x = 2k +1
2k −1 (k ≥2,k ∈N
∗)，则x>1，所以ln 2k +1
2k −1 >
2(
2k +1
2k −1 −1)
2k +1
2k −1 +1
= 1
k
，
即ln (2k +1)−ln (2k −1)> 1
k ，
所以1
2 + 1
3 + 1
4 + 1
5 +⋯+ 1
n <ln5−ln3+ ln7−ln5+ ln 9−ln7+ ln11−ln 9+⋯+ ln (2n+1)−ln (2n−1)
= ln (2n+1)−ln3.
10．（25-26 高三上·福建福州·月考）已知函数f (x)=2sin x−ax，x∈[0,π]．
(1)若f (x)为增函数，求a的取值范围；
(2)若1≤a≤√3，求f (x)最大值的取值范围；
(3)若f (x)≥x cos x，求实数a的取值范围．
【答案】(1)a≤−2
(2)[1−√3π
6
,√3−π
3 ]
(3)(−∞,1]
【分析】（1）因为f (x)为增函数，故f
′ (x)≥0，参变量分离后即可求解；
（2）利用导数研究函数f (x)的单调性，从而求出f (x)的最大值f (x0)=2sin x0−a x0=2(sin x0−x0cos x0)，
29
再利用2cos x0=a，消去a，得到f (x0)=2(sin x0−x0cos x0),π
6 ≤x0≤π
3 ，再利用导数研究该函数的单调
性，即可求解；
（3）由f (x)≥x cos x，得2sin x−x cos x−ax ≥0．设h(x)=2sin x−x cos x−ax，x∈[0,π]，求导数
后分类讨论研究该函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）f
′ (x)=2cos x−a，
因为f (x)为增函数，故f
′ (x)≥0，即a≤2cos x，
又因为x∈[0,π]，所以[2cos x]min=−2，
所以a≤−2
（2）若1≤a≤√3时，因为f
′ (x)=2cos x−a在[0,π]单调递减，
所以存在唯一x0∈[0,π]使得f
′(x0)=0，即2cos x0=a
又因为1≤a≤√3，故1
2 ≤cos x0≤√3
2 ，π
6 ≤x0≤π
3 ．
当x∈[0, x0]，f
' (x)≥0，f (x)单调递增；
当x∈[x0,π]，f
' (x)≤0，f (x)单调递减；
所以f (x)最大值为f (x0)=2sin x0−a x0=2(sin x0−x0cos x0)．
令t (x)=2(sin x−x cos x)(
π
6 ≤x ≤π
3 )，
则t
′ (x)=2(cos x −(cos x −x sin x))=2 x sin x >0，
所以t (x)在[
π
6 ,π
3 ]单调递增，
故t (x)的取值范围为[1−√3π
6
,√3−π
3 ]，
故f (x)最大值的取值范围[1−√3π
6
,√3−π
3 ]
（3）由f (x)≥x cos x，得2sin x−x cos x−ax ≥0．
设h(x)=2sin x−x cos x−ax，x∈[0,π]，则h(0)=0，
h
′ (x)=2cos x−cos x + x sin x−a=cos x + x sin x−a，
设g(x)=cos x + x sin x−a，则g
′ (x)= x cos x，
所以当x∈[0,π
2 ]时，g
' (x)≥0；当x∈[
π
2 ,π]时，g
' (x)≤0，
所以h
′ (x)≤h
′(
π
2 )=π
2 −a，
又h
′ (0)=1−a，h
′ (π)=−1−a
30
①当π
2 −a≤0，即a≥π
2 时，h
′ (x)≤0，
h(x)在[0,π]上单调递减，则h(x)≤0，不满足题意；
②当π
2 −a>0，即a<π
2 时，
（ⅰ）若−1−a<0，1−a<0，即1<a<π
2 时，∃x0∈(0,π
2 )，使得h
′(x0)=0，
且0< x< x0时，h
' (x)<0，
h(x)在(0, x0)上单调递减，h(x)≤h(0)=0，不满足题意；
（ⅱ）若−1−a<0，1−a≥0，即−1<a≤1时，∃x0∈(
π
2 ,π)，使得h
′(x0)=0，
且0≤x< x0时，h
' (x)≥0，x0< x ≤π时，h
' (x)<0，
所以h(x)在(0, x0)上单调递增，在(x0,π)上单调递减，
又h(0)=0，h (π)=(1−a)π≥0，所以h(x)≥0成立，满足题意；
（ⅲ）若−1−a≥0，1−a≥0，即a≤−1时，h
' (x)≥0，h(x)在[0,π]上单调递增，
则h(x)≥h(0)=0，满足题意．
综上可得a≤1，即实数a的取值范围是(−∞,1]
11．（25-26 高三上·全国·月考）已知函数f (x)=ln x−ax +1，g(x)= f (x)(e
x−bx−1).
(1)若存在x使得f (x)>0成立，求a的取值范围；
(2)当a≥1时，g(x)≤0在定义域内恒成立，求b的取值范围.
【答案】(1)a<1
(2)b≤1
【分析】（1）方法一：先应用参数分离得出a<ln x +1
x
，再构造函数m(x)=ln x +1
x
应用导数单调性得出
最值求解；方法二：先求导函数，再分a≤0和a>0讨论单调性进而得出最值求解；
（2）方法一：先应用参数分离得出b≤e
x−1
x
，再构造函数q(x)=e
x−1
x
应用导数单调性得出最值求解；
方法二：先求导函数，再分b≤1和b>1讨论单调性进而得出最值求解；
【详解】（1）方法一：存在x∈(0,+ ∞)使得ln x−ax +1>0成立，
即存在x使得a<ln x +1
x
成立
设m(x)=ln x +1
x
，m
′ (x)= −ln x
x
2
，
令m
′ (x)=0，x =1，
当x∈(0,1)时，m
′ (x)>0，m(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，m
′ (x)<0,m(x)单调递减，
31
∴m(x)max=m(1)=1，
∴a<1
方法二：x∈(0,+ ∞)，f
′ (x)= 1
x −a，
①当a≤0时，f
′ (x)>0，函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，因为f (1)=−a+1>0，
所以总存在x使得f (x)>0成立
②当a>0时，令f
′ (x)>0解得0< x< 1
a；令f
′ (x)<0解得x> 1
a，
故此时函数f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减，
f (x)max= f(
1
a)=ln 1
a −a× 1
a +1=ln 1
a
因为存在x∈(0,+ ∞)使得f (x)>0成立，
∴f (x)max=ln 1
a >0，∴0<a<1
综上所述，a<1；
（2）由（1）可知，当a≥1时，f (x)≤0在x∈(0,+∞)恒成立，
所以函数e
x−bx−1≥0在x∈(0,+ ∞)恒成立，
方法一：问题转化为b≤e
x−1
x
在x∈(0,+∞)恒成立，
设q(x)=e
x−1
x
，x∈(0,+ ∞)，q
′ (x)=e
x x−e
x+1
x
2
，
设p(x)=e
x x−e
x+1，当x∈[0,+ ∞)，p
' (x)=e
x x ≥0，
∴p(x)在[0,+ ∞)单调递增，
当x∈(0,+∞)，p(x)> p(0)=0，
故q
′ (x)>0，q(x)在x∈(0,+ ∞)单调递增，
根据洛必达法则，lim
x→0 q(x)=lim
x→0
e
x−1
x
=lim
x→0
e
x
1 =1，
∴q(x)>1，
∴b≤1；
方法二：设h(x)=e
x−bx−1≥0，h
′ (x)=e
x−b，
①当b≤1时，
h
′ (x)≥0在x∈[0,+ ∞)恒成立，h(x)在x∈[0,+ ∞)单调递增，
∴h(x)min=h(0)=0，即h(x)≥0在x∈(0,+ ∞)恒成立，
②当b>1时，
由h
′ (x)>0，解得x>lnb，h(x)在x∈(ln b,+∞)单调递增，
32
由h
′ (x)<0，解得x<lnb，h(x)在x∈(0,lnb)单调递减，
∴h(x)min=h(lnb)<h(0)=0，
即h(x)≥0在x∈(0,+ ∞)不能恒成立，舍去；
综上所述，b≤1.
33
