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高考数学导数大题解题模板
【高考地位】
导数综合问题是高考的必考的重点内容，主要在导数解答题的的第 2小问，已由解决函数、数列、不
等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点
的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频
率较高的一类问题，其试题难度考查较大.
目 录
类型一 利用导数研究不等式证明问题
类型二 利用导数研究不等式恒成立问题
类型三 利用导数研究函数零点问题
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类型一 利用导数研究不等式证明问题
万能模板 内 容
使用场景 一般函数的不等式证明问题
构造法证明不等式是指在证明与函数有关的不等式时，根据所要证明的不等
式，构造与之相关的函数，利用函数单调性、极值、最值加以证明.常见的构
造方法有：
（1）直接构造法：证明不等式 f(x)>g(x)(f(x)g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数 h(x)＝f(x)－g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩，二是利用常见的放缩结
x x
解题模板 论，如 ln x≤x－1，e≥x＋1，ln xx
0)， ≤ln(x＋1)≤x(x>－
x 1
1)；
（3）构造“形似”函数：稍作变形再构造，对原不等式同解变形，如移项、
通分、取对数，把不等式转化为左、右两边是相同结构的式子的形式，根据
“相同结构”构造辅助函数；
（4）构造双函数：若直接构造函数求导难以判断符号，导函数零点也不易求得，因此
函数单调性与极值点都不易获得，则可构造函数 f(x)和 g(x)，利用其最值求解.
(2016·全国卷Ⅲ)
例 1 设函数 f(x)＝ln x－x＋1.
（1）讨论 f(x)的单调性；
x 1
（2）证明：当 x∈(1，＋∞)时，1＜ ＜x；
ln x
（3）设 c＞1，证明：当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
【解析】（1）（2）略
x
（3）证明：由题设 c＞1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－c ，
[关键 1：利用要证明的不等式直接构造函数]
c 1
x
则 g′(x)＝c－1－c ln c，令 g′(x)＝0，解得 x0＝ ln c .
ln c
当 x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当 x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减.
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[关键 2：利用导数研究函数单调性、极值]
c 1
由（2）知 1＜ ＜c，故 0＜x0＜1.
ln c
[关键 3：判断极值点所在的区间]
又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x＜1时，g(x)＞0.
x
所以当 x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞c .
[关键 4：利用函数单调性与极值点所在区间证得不等式]
【变式演练 1】
（作差法证明不等式）
【河南省郑州市第一中学 2021届高三上学期开学测试数学（文）】
1. 已知函数 f (x) (x sin x cos x)ex， f (x) 为 f (x) 的导函数．
（1）设 g(x) f (x) f (x)，求 g(x)的单调区间；
（2）若 x 0 ，证明： f x x 1．
【分析】
（1）根据题意，求得 g x , g x ，解三角不等式则问题得解；
（2）构造函数h(x) f (x) 1 x ，通过二次求导，判断h x 的单调性，即可求得h x 的最小
值，则问题得解.
【详解】
（1）由已知， f (x) (1 cos x sin x)ex (x sin x cos x)ex (1 x 2sin x)ex ，
所以 g(x) f (x) f (x) (1 sin x cos x)ex ， g (x) (1 2cos x)ex ，
1 2π 2π
令 g (x) 0，得 cos x ，解得 2kπ x 2kπ,k Z ，
2 3 3
1 2π 4π
令 g (x) 0，得 cos x ，解得 2kπ x 2kπ,k Z，
2 3 3
2π 2π
故 g(x)的单调递增区间是 ( 2kπ， 2kπ),k Z；
3 3
2π 4π
单调递减区间是 ( 2kπ, 2kπ),k Z .
3 3
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（2）要证 f (x) x 1，只需证： f (x) 1 x 0．
设h(x) f (x) 1 x ， x 0 ，则h (x) f (x) 1 (1 x 2sin x)ex 1．
记 t(x) h (x) (1 x 2sin x)ex 1，则 t (x) (2 x 2sin x 2cos x)ex ．
当 x [0,π]时， sin x 0，又2 2cos x 0，ex 0，所以 t
(x) 0；
当 x (π, )时， x π，2sin x 2 ，所以 x 2sin x π 2 0，
又2 2cos x 0， x e 0，所以 t (x) 0．
综上，当 x 0 时， t (x) 0恒成立，
所以 t(x)在[0, )上单调递增．
所以， t(x) t(0) 0，即h (x) 0，
所以，h(x) 在[0, )上递增，则h(x) h(0) 0，证毕．
【方法点评】本题主要考查函数与导数及其应用等基础知识，意在考查逻辑推理、数学运算等数
学核心素养，是一道有一定难度的压轴题.
【变式演练 2】
（换元法证明双变量不等式）
【四川省成都市新都一中 2021届高三 9月月考数学（理）】
2. 已知函数 f x x ln x 2ax2 x，a R ．
（Ⅰ）若 f x 在 0, 内单调递减，求实数 a 的取值范围；
1
（Ⅱ）若函数 f x 有两个极值点分别为 x1， x2 ，证明： x1 x2 ．
2a
【分析】
ln x 2
（I）对原函数求导，根据 f (x) 在 (0, )内的单调性得4a 在 x 0, 上恒成立，构造函
x
ln x 2
数 g(x) ，求出其最大值即可求出 a 的取值范围;
x
（Ⅱ）函数 f (x) 有两个极值点分别为 x1， x2 ，等价于 f '(x) ln x 2 4ax 0在 x 0, 内有
两根 x1， x2 ，将极值点代入作差，设0 x1 x2 ，得到 a 0时原不等式成立；a 0时，将原不等
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x
2 1 1
x x x2 1 2(t 1)式转化为 ln 1 ，令 t ， t (0,1)，构造函数 h(t) ln t ，证明
x1 x x2 t 1 1 2
x2
h(t) h(1) 0，即原不等式成立.
【详解】
（I）由题可知 f x lnx 2 4ax， x 0 ，
f x 在 0, 内单调递减，
∴ f x lnx 2 4ax 0在 0, 内恒成立，
ln x 2
即 4a 在 0, 内恒成立，
x x
ln x 2 1 ln x
令 g x ，则 g x ，
x x x2
1 1
∴当0 x 时， g x 0，即 g x 在 0, 内为增函数，
e e
1 1
当 x 时， g x 0，即 g x 在 , 内为减函数，
e e
1 e
∴ g x g e，即 4a e，a ， max
e 4
e
∴ a , ；
4
（Ⅱ）若函数 f x 有两个极值点分别为 x1， x2 ，
则 f x lnx 2 4ax 0在 0, 内有两根 x1， x2 ，
ln x1 2 4ax1 0
，两式相减，得 lnx1 lnx2 4a x1 x2 ，
ln x2 2 4ax2 0
不妨设0 x1 x2 ，
1
当 a 0时， x1 x2 恒成立，
2a
1 x1 x2 1
当a 0时，要证明 x1 x2 ，只需证明 ，
2a 4a x1 x2 2a ln x1 ln x2
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x
2 1

1
2 x1 x2 x x
即证明 ln x1 ln x2，即证明
2
ln 1 ，
x x1 x2 1 x 1 2
x2
x
令 t
1
， t (0,1)，
x2
2(t 1)
令 h(t) ln t ，
t 1
(t 1)2
h '(t) 0
t(t 1)2
，
h(t)在 t (0,1)上单调递减，
h(t) h(1) 0，
2(t 1)
ln t ，
t 1
x
2 1 1
x即 2
x
ln 1 成立，
x1 x 1 2
x2
1
x1 x2 .
2a
【方法点评】本题主要考查导数在研究函数中的应用，不等式的转化，构造函数讨论是解决问题
的关键.
【变式演练 3】
（利用二次方程韦达定理证明双变量不等式）
【四川省新津中学 2021届高三上学期开学考试数学（文）】
2
3. 已知函数 f x x 2 a 3 x 2a ln x ，其中a R ．
（1）若曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线与直线2x y 1 0平行，求实数 a的值及函数
g x f x 4ln x 的单调区间；
（2）若函数 f x 在定义域上有两个极值点 x1， x2 ，且 x1 x2 ，求证： f x1 f x2 10 0．
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【分析】
（1）由函数导数求得切线斜率，利用两直线平行斜率相等，求出a 的值，再求 g(x)的定义域，求
g (x) ，由 g (x) 0，求得 g(x)的递增区间，由 g (x) 0，求得递减区间；
（2）函数 f (x) 在定义域上有两个极值点 x1, x2 等价于2x
2 2(a 3)x 2a 0在 (0, )上有两个不
2 a 3
0
2 2
2
相等的根 x1, x2 .解不等式组 4 a 3 16a 0，求得 a 的范围，再化简得到
2a 0


f (x ) f (x ) 2a ln a a21 2 4a 9，再构造 g(a) 2a ln a a
2 4a 9，再利用导数证明
g(a) 10，即得证.
【详解】
2
（1）由 f x x 2 a 3 x 2a ln x, x 0，
2a
得 f x 2x 2 a 3 ，
x
又 y f x 在点 1, f 1 处的切线与直线2x y 1 0平行，
1
所以 f 1 4a 4 2，解得a ．
2
则 g x x2 5x 3ln x，
3 2x 1 x 3
得 g x 2x 5 x 0 ．
x x
当 x 0,3 时， g x 0， g x 单调递减，区间为 0,3 ；
当 x 3, 时， g x 0， g x 单调递增，区间为 3, ．
（2）证明：因为函数 f x 在定义域上有两个极值点 x1， x2 ，且 x1 x2 ，
2a
所以 f x 2x 2 a 3 0
x
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在 0, 上有两个根 x1， x2 ，且 x1 x2，
2
即 2x 2 a 3 x 2a 0在 0, 上有两个不相等的根 x1， x2 ，
则 x1 x2 3 a， x1x2 a，
2 a 3
0
2 2
2
由题意得 4 a 3 16a 0，解得 0 a 1，
2a 0


则 f x1 f x2 x
2
1 2 a 3 x1 2a ln x x
2
1 2 2 a 3 x2 2a ln x2
2
x1 x2 2x1x2 2 a 3 x1 x2 2a ln x 1x2
2
3 a 2a 2 a 3 3 a 2a lna 2a lna a2 4a 9，
令 g a 2a ln a a2 4a 9，其中0 a 1，
2
故 g a 2ln a 2a 6．令h a g a 2ln a 2a 6，h a 2 0，
a
h a g a 在 0,1 上单调递增．
由于h e 3 2e 3 0，h 1 4 0，
所以存在常数 t e 3 ,1 ，使得 h t 0，即 ln t t 3 0 ， ln t t 3，
且当a 0,t 时，h a g a 0， g a 在 0, t 上单调递减；
当 a t,1 时，h a g a 0， g a 在 t,1 上单调递增，
所以当 0 a 1时，
g a g t 2t ln t t2 4t 9 2t t 3 t2 4t 9 t2 2t 9 ．
min
2
又 t e 3 ,1 ， t2 2t 9 t 1 10 10，
所以 g a 10，即 g a 10 0，
故 f x1 f x2 10 0得证．
【方法点评】本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查利用
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导数证明不等式，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，难度较大.
【变式演练 4】
（极值点偏移类的不等式证明）
【安徽省 2020届高三 5月五校联考数学理科】
cos x
4. 已知函数 f (x) ， g(x) xsin x cos x .
x
（1）判断函数 g(x)在区间 (0, 2 )上的零点的个数；
（2）记函数 f (x) 在区间 (0, 2 )上的两个极值点分别为 x1， x2 ，求证： f (x1) f (x2 ) 0 .
【分析】
（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；
（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．
【详解】（1） g (x) xcos x， x 0 ，
1 1 3
当 x (0, )时， g (x) 0，函数单调递增，当 x ( , ) 时， g (x) 0 ，函数单调递减，
2 2 2
3 1 1
当 x ( ,2 )时， g (x) 0，函数单调递增，且 g(0) 1 0， g( ) 0 ， g( ) 1 0 ，
2 2 2
3 3
g( ) 0， g(2 ) 1 0，
2 2
1 3
故函数 g(x)在 (0, ) ， ( , )上不存在零点，
2 2
1 3
存在 x1 [ , ]，使得 g(x) 0，同理 x2 [ , 2 ]使得 g(x) 0
2 2
综上， g(x)在区间 (0, 2 )上的零点有 2个.
xsin x cos x
（2） f (x) 2 ， x
1 3
由（1）可得， g(x) xsin x cos x在区间 ( , )， ( ,2 ) 上存在零点，
2 2
1 3 1 3
所以 f (x) 在 ( , )， ( ,2 ) 上存在极值点 x x ， x1 ( , ) ， x2 ( ,2 )1 2 ，
2 2 2 2
1 3
因为 y sin x 在 ( , )上单调递减，则 sin x1 sin(x2 ) sin x2 ，
2 2
sin x1 sin x2 0，
1
又因为 xi sin xi cos xi 0(i 1,2)，即 tan xi ， xi
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1 3
又 x1 x2 2 ，
2 2
1 1
即 tan x1 tan x2 ， x1 x2
tan x1 tan x2 tan(x2 )，
1 3 1
x1 ( , )， x2 ( ,2 )， x2 ( , )，
2 2 2
1 1
由 y tan x 在 ( , )上单调递增可得 x1 x2 ．
2 2
cos x cos x
f (x 1 21) f (x2 ) sin x1 sin x2
x1 x2
1
再由 y sin x 在 ( , )上单调递减，得 sin x1 sin(x2 ) sin x2 ，
2
sin x1 sin x2 0，
所以 f (x1) f (x2 ) 0．
【方法点评】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性，最值与零点，同时考查了正弦函数与
正切函数的性质，试题具有一定的综合性，属于难题．
【变式演练 5】
（函数与数列综合的不等式证明）
【江苏省南通市如皋中学 2020届高三创新班下学期高考冲刺模拟（二）】
1
5. 已知函数 f (x) ln x x ( R) .
x
（1）当 x 1时，不等式 f x 0恒成立，求 的最小值；
1 * a
（2）设数列a n N ，其前 n 项和为 S ，证明： S S nn n 2n n ln 2 .
n 4
【分析】
（1）求得 f x ，对参数 进行分类讨论，求得不同情况下函数的单调性和值域，即可求得参数
范围；
1 1 (x 1)(x 1)
（2）根据（1）中所求得到 ln x x ，再利用累加法即可容易证明.
2 x 2x
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【详解】
1 x2 x
（1）因为 f (x) ln x x ( R)，故可得 f
(x)
x x2
1
当 时，方程 x2 x 0 的Δ 1 4 2 0，
2
故因式 x2 x 在区间 (1, )恒为负数，
故 x 1时， f x 0恒成立，故 f x 单调递减，
又 f 1 0，故 f x 0在 x 1时恒成立，满足题意；
1
当0 时，方程 x2 x 0有两个不相等的实数根，
2
1 1 4 2 1 1 4 2
且 x1 1 x2 .
2 2
故 f x 0在区间 1, x2 恒成立，此时 f x 单调递增；
又 f 1 0，故 f x 0在 1, x2 恒成立，不满足题意；
1
当 0时， f (x) ln x x ln x，
x
函数 y lnx在 1, 恒为正值，故 f x 0在 1, 恒成立，不满足题意.
1
综上所述， , ，
2
1
故 的最小值为 .
2
1 1 (x 1)(x 1)
（2）由（1）可知，当 x 1时， ln x x
2 x 2x
1 1
1 1 1 1n n 1 2n 1
若 n N* ， ln 1 ，
n 1 2n(n 1)2 1
n
1 1
即 ln(n 1) ln n 恒成立，
2n 2(n 1)
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1 1
把 n 换成 n 1，可得 ln[(1 n) 1] ln(n 1) 成立，
2(n 1) 2[(n 1) 1]
1 1
即 ln(n 2) ln(n 1) ，
2(n 1) 2(n 2)
1 1
以此类推， ln(n 3) ln(n 2)
2(n 2) 2(n 3)
1 1
ln 2n ln(2n 1) ，
2(2n 1) 4n
1 1 1 1 1
累加可得 ln 2n ln n ln 2 .
2n n 1 n 2 2n 1 4n
1 1 1 1
又 S2n Sn ，
n 1 n 2 2n 1 2n
a
故 S S n2n n ln2.即证.
4
【方法点评】本题考查利用导数由恒成立问题求参数范围，涉及利用导数证明不等式，属综合困
难题.
【变式演练 6】
（拆分法证明不等式）
【安徽省马鞍山市 2020届高三第三次教学质量监测】
1
6. 已知 f (x) e
x x2 x 1， g(x) cos 2x 2x2 1.
2
（1）证明： x 0 时， f (x) 0；
（2）求函数 g(x)的单调区间；
x 1 2
（3）证明： x 0 时， xe sin 2x 2sin x sin x .
2
【分析】
（1）采用二次求导法， f x ex x 1，再令 x f x ，求得 x ex 1，由 x 0 时，
x 0得出 f x 单增，故 f x f 0 ，即可得证；
（2）解法同（1），二次求导法， g x 2sin 2x 4x ，再令h x g x ，得到
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h x 4cos2x 4 0，进而 g ' x 单增，又 g ' 0 0，从而得出 g(x)的增减区间；
1
（3）采用分析法，要证 x 0 时， xe
x sin 2x 2sin x sin2 x，即证
2
xex sin x 2 cos x sin2 x，观察 f x 表达式可知，若要利用（1）的结论，在 x ex 中，多出
的因式 x 应该要进行适当放缩才能求解，而不等式右侧都有公因式sin x ，联想到 x 0 时，
x sin x 的放缩，故对不等式右侧应进行sin x 正负的分段讨论，再结合（2）的结论进行放缩，
即可求解
【详解】
（1） f x ex x 1，令 x f x ，则 x ex 1，因为 x 0 ，所以
x ex 1 0，所以 x 在 0, 单调递增，所以 x 0 0，所以 f x 在 0, 单
调递增，则 f x f 0 0 .
（2） g x 2sin 2x 4x ，令h x g x ，则h x 4cos2x 4 0，所以h x 在R上单
调递增，又h 0 0，所以 x 0 时，h x h 0 0，函数 g x 单调递减； x 0 时，
h x h 0 0，函数 g x 单调递增.所以， g x 的单调递减区间为 ,0 ，单调递增区间为
0, .
x 1 x 2
（3）证明：要证 xe sin 2x 2sin x sin
2 x，即证 xe sin x 2 cos x sin x.
2
2
①当 x 时， xex e 3，而sin x 2 cos x sin x 3
（以 x ,2 为例，sin x 0,2 cos x 1,3 ,故sin x 2 cos x 0，所以
sin x 2 cos x sin2 x 3）所以不等式成立.
②当 0 x π时，sin x 0，由（2）知： x 0 时，cos2x 1 2x2，所以
2
x 1 1 x 1 2 2
cos x 1 2 2 1 x ， 2 cos x 1 x
2
所以只需证 xe sin x 1 x sin x .
2 2 2 2
令 p x sin x x（ x 0 ），则 p x cos x 1 0，所以 p x 在 0, 单调递减，所以
p x p 0 0，即sin x x .
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x 1 xe x 1 x2 x2
1
ex 1 x2故只需证 ，即证： x .
2 2
由（1）知，上述不等式成立.
③当 x 0时，不等式等号显然成立
xex
1
综上，当 x 0 时， sin 2x 2sin x sin
2 x .
2
【方法点评】本题考查由导数的正负求解原函数的增减区间，利用导数证明不等式在给定区间恒
成立问题，放缩法、构造函数法求解不等式恒成立问题，属于难题，当一次求导不能直接判断导
数正负时，往往需要二次求导，在放缩法的使用过程中，形如 x 0 时， x sin x 的放缩应熟记，
本题中第（3）问难度较大，共用到了两次放缩，在处理这种复杂问题时，往往采用分步放缩，
分步得分策略
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[关键 4：利用导数研究函数单调性，求函数值域]
综上，a的取值范围是(－∞，2].
【变式演练 7】
（分离参数法解决不等式恒成立问题）
【浙江省杭州高中 2020届高三下学期 5月高考质检】
7. 已知函数 f x x a ex a R .
（1）讨论 f x 的单调性；
1
（2）当a 2时，设函数 g x f x ln x x b,b Z，若 g x 0对任意的 x ,1 恒成
3
立，求 b的最小值.
【分析】
（1）对函数 f x 求导，可得 f x x a 1 ex ，解导数不等式可得出单调性；
1 1
g x 0 x ,1 b x 2 ex

（2）由 对任意的 恒成立，变量分离得 ln x x对任意的 x ,1
3 3
恒成立，构造函数 h x x 2 ex ln x x ，对函数h x 求导，求单调性，得到函数的最大值，进
而可得 b的最小值.
【详解】
（1）因为 f x x a ex ，所以 f x x a 1 ex ，
当 x ,a 1 时， f x 0；
当 x a 1, 时， f x 0，
故 f x 的单调递减区间为 ,a 1 ，单调递增区间为 a 1, .
（2）由 g x x 2 ex ln x x b ，
1
因为 g x 0对任意的 x ,1 恒成立，
3
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1
b x 2 ex

ln x x对任意的 x ,1 恒成立，
3
构造函数 h x x 2 ex ln x x ，
h x x 1 ex
1 1
1 x 1 e
x .
x x
1
∵ x ,1 ，
3
x 1
∴ x 1 0，且 t x e 单调递增，
x
1
1
∵ t e2 2 0， t 1 e 1 0 ，
2
1
∴一定存在唯一的 x0 ,1 ，使得 t x0 0.
2
x 10
即 e ， x0 ln x0 . x0
1
∴ h x

在 , x0 上单调递增，在 x
3 0
,1 上单调递减.

x x 2
∴ h x h x0 x0 2 e 0 ln x0 x
0
max 0
= 2x0
x0
1
1 2 x0 4, 3 .
x0
∵b Z，
∴b的最小值为 3.
【方法点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性 方程与不等式的解法 函数零点 等价转化
方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
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【变式演练 8】
（利用函数最值解决双参数恒成立问题）
【黑龙江省哈尔滨市第三中学校 2020-2021学年高三上学期第一次验收考试】
x x
8. 已知函数 f x e e ，其中 e为自然对数的底数.
（1）证明： f x 在 0, 上单调递增.
1
（2）设a 0，函数 g x 2x2 ax a ，如果总存在 x 1 a,a ，对任意 x2 1,1 ，
3
2 f x 3g x 都成立，求实数a1 2 的取值范围.
x x
【分析】（1）求导可得： f x e e ，因为 x 0 ，所以ex 1，e x 1，
x x
所以 f x e e 0，即可得证.
（2）解读题意可得：2 f x 3g x ，求出最值，代入即可得解.
max max
【详解】（1）证明： f x ex e x
x x
因为 x 0，所以ex 1，e x 1，∴ f x e e 0
所以 f x 在 0， 上单调递增.
（2）由题意得：2 f x 3g x
max max
f x f a ea e a
max
a
g x 的对称轴 x 0
2
5
所以 g x g 1
max 3
a a 5 a 1 5
所以 e e ，令e m, m 0 ，∴m ，∴m 2
2 m 2
∴ ea 2，∴ a ln 2
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【变式演练 9】
（等价转化法解决不等式恒成立问题）
【湖南省长沙市长郡中学 2020-2021学年高三上学期入学摸底考试】
x
9. 已知函数 f(x)＝e＋e x，其中 e是自然对数的底数.
（1）若关于 x的不等式 mf(x)≤e x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数 m的取值范围；
3
（2）已知正数 a 满足：存在 x∈[1，＋∞)，使得 f(x0)小，并证明你的结论.
【分析】
1 1
m
（1）不等式变形，用分离参数法和换元法得 1 对 t 1恒成立，求出 1
t 1 1 t 1 1
t 1 t 1
的最小值即可得；
x 1
（2）令函数 g(x) e a x3 3x ，利用导数求出 g(x)的最小值，由题中不等式有解的条
ex
e e 1
件得 a ，然后再考虑要比较 ea 1 与ae 1的大小，由于它们均为正数，同取自然底数的对
2
ln e ln a
数，即比较 (a 1)lne和 (e 1)lna的大小，即比较 与 的大小，因此引入新函数
e 1 a 1
ln x e e 1
h(x) (x 1) ，同样利用导数得其单调性，然后可得分三类 a e,a e,a e，可得
x 1 2
大小关系．
【详解】
（1）由条件可得m(ex e 1 1) e x 1在 (0， )上成立，
1
1
x t t 1 1令 t e (x 0)，则 t>1，∴m 2 对任意 t>1 成立， 1 t t 1 1
t 1 t 1 1
t t 1
1 1
∵ t 1，∴ t 1 0，∴ t 1 1 2 (t 1) 1 3，
t 1 (t 1)
1 1

∴ 1 3，
t 1 1
t 1
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当且仅当 t=2时，即 x ln 2时等号成立，
1
则 m的取值范围是 ,
3
；

1 x 1 2
（2）令函数 g(x) e
x a x3 3x ，则 g (x) e 3a x 1 ，
ex

ex
x 1 ex
1 2
当 时， 0, x 1 0，又 a>0，故 g (x) 0，
ex
则 g(x)在[1, )上的单调递增函数，
则 g(x)在[1, )上的最小值是 g(1) e e 1 2a ，
x x 3
由于存在 x0 [1, ) ，使得e
0 e 0 a x0 3x0 0成立，
e e 1
当且仅当最小值 g(1) 0，故e e 1 2a 0，即 a ，
2
ea 1 与ae 1均为正数，同取自然底数的对数，
ln e ln a
即比较 (a 1)lne和 (e 1)lna的大小，即比较 与 的大小，
e 1 a 1
1
ln x 1 ln x
构造函数h(x) (x 1) ，则 x ，
x 1 h (x)
(x 1)2
1 1 x
再设m(x) 1 ln x,m
(x)
2 ， x 1时，m
(x) 0 ，从而 m(x)在 (1, )上单调递减，
x x
此时m(x) m(1) 0，故h (x) 0在 (1, )上恒成立，
ln x
则 h(x) 在 (1, )上单调递减，
x 1
e e 1
综上所述，当a ,e ，e
a 1 ae 1，
2
当 a=e时，ea 1 ae 1；当a (e, ) 时，ea 1 ae 1．
【方法点评】本题考查研究不等式恒成立，研究不等式能成立问题，比较两实数的大小，解题关
键是掌握等价转化思想，通过引入新函数，然后利用导数研究新函数的单调性，得出结论．本题
考查学生的逻辑思维能力，转化与化归能力，属于难题．
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【变式演练 10】
（研究函数零点个数）
【江苏省淮安市淮阴中学 2020-2021学年高三上学期 8月测试】
f x x310. 设函数 ax2 bx（ a ，b R ）的导函数为 f x .已知 x1， x2 是 f x 的两个不同
的零点.
（1）证明：a2 3b；
（2）当b 0时，若对任意 x 0 ，不等式 f x x ln x恒成立，求a 的取值范围；
x x
（3）求关于 x 的方程 f x f ( 1 2 ) x x1 f x1 的实根的个数.
2
【分析】
（1）先求导数，再根据导函数必有两个不同零点列不等式，解得结果；
ln x x2
（2）先分离变量，转化为求对应函数F x 最值，利用导数确定其单调性，根据单调
x
性确定最值，即得结果；
x x x x
（3）先求 f 1 2 G(x) x
3 2
，再构造差函数 ax bx f
1 2
x x1 f x1 ，再利用
2 2
导数确定其单调性，最后根据单调性以及G x1 0确定零点个数，即得结果.
【详解】
f x 3x2（1）证明： 2ax b，令 f x 3x2 2ax b 0
∵ f x 0 有两个不等的实根，∴ 4a2 12b 0 a2 3b .
3 2
（2）b 0时， f x x ax ，由 f x x ln x得 x3 ax2 x ln x
2 ln x x
2
∴ x ax x ln x a
x
1 2
ln x x2 2x x ln x x
令F 2x ， x 1 x ln x
x F x

x2 x2
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1
令 g x 1 x2 ln x， g x 2x 0
x
∴ g x 在 0, 上单调递减，注意到 g 1 0
∴当0 x 1时，g x 0，F x 0，F x 单调递增；
当 x 1时， g x 0，F x 0，F x 单调递减：
∴F x F 1 1，∴a 1.
max
3 2 x1 x （3） x ax bx f 2 x x1 f x1
2
3 2 x x x ax bx f 1 2 x x1 f x1 0
2
2
x
f 1
x2 a a
f b
2 3 3
3 2 x1 x 令G(x) x ax bx f 2 x x1 f x1
2
x x
2
a 1 1
G x 3x2 2ax b f 1 2 2 2 2 2 3x 2ax b b 9x 6ax a (3x a) 0
2 3 3 3
∴G x 在 R上单调递增，故G x 在R上至多只有一个零点，注意到G x1 0
x1 xG x 2

∴ 在 R上只有 1个零点，即 f (x) f x x1 f x1 的实根个数为 1.
2
【变式演练 11】
（已知零点存在情况求参数的值）
【安徽省六校教育研究会 2020-2021学年高三上学期第一次素质测试】
11. 已知函数 f x ex ax 1 .
（1）讨论函数 f x 的单调性；
（2）当a 1时，若 P为直线 y x 3与函数 f x 图像的一个公共点，其横坐标为 t ，且
t m,m 1 ，求整数m 的所有可能的值.
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【详解】
x f x ex（1）由 f x e ax 1 得 ax a 1
①当 a 0时， f x 0， f x 在 , 为增
a 1
②当a 0时，由 f x 0 x ，
a
a 1 a 1
故 f x 在 , 为增，在 , 为减
a a
a 1
③当 a 0时，由 f x 0 x ，
a
a 1 a 1
故 f x 在 , 为增，在 , 为减.
a a
（2）当a 1时， f x ex x 1 ，
ex x 1 x 3 ex
x 3
由 x 1
x 1
x 3
令 g x ex x 1 ，
x 1
2
g x ex 02 ，
x 1
定义 g x 在 , 1 递增，在 1, 也递增，
4 1
而 g 4 e 0， g 3 e 3 0，
3
故 4 t 3，
又 g 0 1 3 0， g 1 e 2 0，
又得0 t 1，
所以整数m 的所有可能的值为 4，0.
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【变式演练 12】
（已知零点存在情况求参数的取值范围）
【黑龙江省哈尔滨市第三中学校 2020-2021学年高三上学期第一次验收考试】
x
12. 已知函数 f x e m x 1 m R .
（1）当m 1时，讨论 f x 的单调性：
（2）若 f x 有两个零点，求实数m 的取值范围.
【分析】
（1）将m 1代入原函数，对函数 f x 求导，根据导数与函数单调性的关系即可求出结果；
（2）对函数 f x 求导，对m 进行分类讨论，当m 0时，易证函数在R上单调递增，最多有一
个零点，此种情况不成立；当m 0时，根据导数在函数单调性中的应用，可知函数 f x 在
, ln m 单调递减，在 ln m , 单调递增，若有两个零点，根据函数图像的趋势和零点
存在定理可知 f ln m 0，又 f 1 0， f 4m 0，由此即可求出m 的范围.
【详解】
（1）m 1时， f x ex 1，
令 f x 0，得 x 0，令 f x 0，得 x 0 ，
所以，函数 f x 的单调减区间为 ,0 ，
函数 f x 的单调增区间为 0,
（2） f x ex m
当m 0时， f x 0，函数在R上单调递增，最多有一个零点，此种情况不成立；
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当m 0时，令 f x 0，得 x ln m ，令 f x 0，得 x ln m ，
所以函数 f x 在 , ln m 单调递减，在 ln m , 单调递增.
若有两个零点，应令 f ln m m m ln m m 0 ，得m 1，
1
此时， f 1 e 0，
x2 x x
当 x 0时，令 g x ex ，所以 g x e x， g x e 1，
2
x
所以 g x e 1 0 g x ex，所以 x在 0， 上单调递增，
2
所以 g x g x0 1 0，所以 g x ex 在 0， 上单调递增，
2
所以 g x g 0 1 0 ，
x2
所以 ex ；
2
4m
所以， f 4m e m 1 4m 8m2 m 1 4m m 4m 1 0
综上，m 1.
【高考再现】
（零点问题）
（2021·浙江高考真题）
13. 设 a，b为实数，且 a 1，函数 f x a x bx e2(x R)
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）若对任意b 2e2，函数 f x 有两个不同的零点，求 a的取值范围；
（3）当a e时，证明：对任意b e4 ，函数 f x 有两个不同的零点 x1, x2 , x2 x1 ，满足
b lnb e2
x x . 2 1
2e2 b
(注： e 2.71828 是自然对数的底数)
【分析】
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(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定
实数 a的取值范围；
(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
【详解】
(1) f (x) a x bx e2 , f (x) a x ln a b，
①若 b 0，则 f (x) a x ln a b 0，所以 f (x) 在 R上单调递增；
②若b 0，
b
当 x , loga 时， f ' x 0, f x 单调递减，
ln a
b
当 x loga , 时， f ' x 0, f x 单调递增.
ln a
综上可得，b 0时， f (x) 在 R上单调递增；
b b
b 0时，函数的单调减区间为 , loga ，单调增区间为 loga , .
ln a ln a
(2) f (x) 有 2个不同零点 ax bx e2 0有 2个不同解 exlna bx e2 0有 2个不同的解，
t 2
令 t x ln a ，则 et
bt 2 b e e e 0 , t 0，
ln a ln a t
t 2 et t et e2e e et记 (t 1) e
2
g(t) , g (t) ，
t t2 t2
记 h(t) et (t 1) e2 ,h (t) et (t 1) et 1 et t 0，
又h(2) 0，所以 t (0,2)时，h(t) 0, t (2, )时，h(t) 0，
b b
则 g(t)在 (0,2)
2
单调递减， (2, ) 单调递增， g(2) e , ln a 2 ， ln a e
b
b 2e2 , 2, ln a 2 1 a e2 .
e2
2
即实数 a 的取值范围是 1,e .
(3) a e, f (x) ex bx e2 有 2个不同零点，则ex e2 bx，故函数的零点一定为正数.
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由(2)可知有 2个不同零点，记较大者为 x2 ，较小者为 x1，
x x
e 1 e2 e 2 e2
b e4 ，
x1 x2
ex e2
注意到函数 y 在区间 0,2 上单调递减，在区间 2, 上单调递增，
x
e5 e2
故 x1 2 x2，又由 e
4 知 x2 5，
5
x
e 1 e2 2e2 2e2
b x1 ，
x1 x1 b
b lnb e2 e2
要证 x2 x ，只需1 x2 lnb ，
2e2 b b
x
e 2 e2
x
2e 2 e2
b 且关于b 的函数 g b lnb 在b e4 上单调递增，
x2 x2 b
x
2e 2 e2x
所以只需证 x2 ln
2 x2 5x ，
x 22 2e
x
x 2e
2 e2x
只需证 ln e 2 ln 2 0x ，
x2 2e
2
e2x
只需证 ln x ln 2 0，
2ex
e2 4x
4，只需证h(x) ln x ln 2x 在 x 5时为正，
2 e
1 1
由于 h
(x) 4xe x 4e x 4e x x 1 0 ，故函数h x 单调递增，
x x
20 5 20 4x
又 h(5) ln 5 ln 2 ln 05 4 ，故 h(x) ln x ln 2在 x 5x 时为正， e 2 e e
从而题中的不等式得证.
【方法点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的
知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考
查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利
用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极
值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
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（函数图象问题）
（2021·全国高考真题（理））
xa
14. 已知a 0且 a 1，函数 f (x) (x 0)．
a x
（1）当a 2时，求 f x 的单调区间；
（2）若曲线 y f x 与直线 y 1有且仅有两个交点，求 a的取值范围．
【分析】
（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线 y f x 与直线 y 1有且仅有两个交点等价转化为
ln x ln a a
方程 有两个不同的实数根，即曲线 y g x 与直线 y 有两个交点，利用导函数研
x a ln a
究 g x 的单调性，并结合 g x 的正负，零点和极限值分析 g x 的图象，进而得到
ln a 1
0 ，发现这正好是0 g a g e ，然后根据 g x 的图象和单调性得到 a 的取值范围.
a e
【详解】
x2 2x 2x x2 2x ln 2 x 2
x 2 x ln 2
（1）当a 2时， f x , f x
2x
2 x ,
2x 4
2 2 2
令 f ' x 0得 x ,当0 x 时， f x 0,当 x 时， f x 0,
ln 2 ln 2 ln 2
2 2
∴函数 f x 在 0, 上单调递增； , 上单调递减；
ln2

ln2
xa ln x ln a ln x
（2） f x 1 ax xa x ln a a ln x ,设函数 g x ,
ax x a x
1 ln x
则 g x ,令 g x 0，得 x e ,
x2
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在 0,e 内 g x 0 , g x 单调递增；
在 e, 上 g x 0, g x 单调递减；
1
g x g e ,
max e
又 g 1 0，当 x 趋近于 时， g x 趋近于 0，
a
所以曲线 y f x 与直线 y 1有且仅有两个交点，即曲线 y g x 与直线 y 有两个交点的
ln a
ln a 1
充分必要条件是0 ,这即是0 g a g e ,
a e
所以 a 的取值范围是 1,e e, .
【方法点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范
围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的
单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.
（不等式证明问题）
（2021·全国高考真题（理））
15. 设函数 f x ln a x ，已知 x 0 是函数 y xf x 的极值点．
（1）求 a；
x f (x)
（2）设函数 g(x) ．证明: g x 1．
xf (x)
【分析】
（1）由题意求出 y '，由极值点处导数为 0即可求解出参数a ；
x ln 1 x
（2）由（1）得 g(x) ， x 1且 x 0，分类讨论 x 0,1 和 x ,0 ，可等价转
x ln 1 x
化为要证 g x 1，即证 x ln 1 x x ln 1 x 在 x 0,1 和 x ,0 上恒成立，结合导数和
换元法即可求解
【详解】
1 x
（1）由 f x ln a x f ' x ， y xf x y ' ln a x ，
x a x a
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又 x 0是函数 y xf x 的极值点，所以 y ' 0 ln a 0 ，解得a 1；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
x ln(1 x) 1 1
由（Ⅰ）知， g(x) ，其定义域为 ( ,0) (0,1)．
x ln(1 x) ln(1 x) x
1 1 1 1 x 1
要证 g(x) 1，即证 1，即证 1 ．
ln(1 x) x ln(1 x) x x
1 x 1 x
（ⅰ）当 x (0,1) 时， 0， 0 ，即证 ln(1 x) ．令
ln(1 x) x x 1
x 1 1 x
F(x) ln(1 x) ，因为F (x) 0 ，所以F(x)在区间 (0,1)内为增
x 1 1 x (x 1)
2 (x 1)2
函数，所以F(x) F(0) 0．
1 x 1 x
（ⅱ）当 x ( ,0)时， 0， 0，即证 ln(1 x) ，由（ⅰ）分析知F(x)在
ln(1 x) x x 1
区间 ( ,0)内为减函数，所以F(x) F(0) 0．
综合（ⅰ）（ⅱ）有 g(x) 1．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
x f (x) x ln 1 x
由（1）得 f x ln 1 x ， g(x) ， x 1且 x 0，
xf (x) x ln 1 x
x ln 1 x
当 x 0,1 时，要证 g(x) 1， x 0,ln 1 x 0， x ln 1 x 0，即证
x ln 1 x
x ln 1 x x ln 1 x ，化简得 x 1 x ln 1 x 0；
x ln 1 x
同理，当 x ,0 时，要证 g(x) 1， x 0,ln 1 x 0， x ln 1 x 0，即证
x ln 1 x
x ln 1 x x ln 1 x ，化简得 x 1 x ln 1 x 0；
令 h x x 1 x ln 1 x ，再令 t 1 x，则 t 0,1 1, ， x 1 t ，
令 t 1 t t ln t ， t 1 ln t 1 ln t ，
当 t 0,1 时， t 0， t 单减，故 t 1 0；
当 t 1, 时， t 0， t 单增，故 t 1 0；
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x ln 1 x
综上所述， g(x) 1在 x ,0 0,1 恒成立.
x ln 1 x
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
1 1 x
令 (x) ln x (x 1)，因为 (x) 1 ，所以 (x)在区间 (0,1)内是增函数，在区间
x x
(1, )内是减函数，所以 (x) (1) 0，即 ln x x 1（当且仅当 x 1时取等号）．故当 x 1且
1 1 1 1 x x
x 0时， 0且 1， ln 1，即 ln(1 x) ，所以 ln(1 x) ．
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1
x 1 x 1 1 1 1
（ⅰ）当 x (0,1) 时，0 ln(1 x) ，所以 1 ，即 1，所
x 1 ln(1 x) x x ln(1 x) x
以 g(x) 1．
x
（ⅱ）当 x ( ,0)时， ln(1 x) 0，同理可证得 g(x) 1．
x 1
x ln(1 x)
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当 x 1且 x 0时， 1，即 g(x) 1．
x ln(1 x)
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当 x (0,1) 时，转化为证明
x x
ln(1 x) ，当 x ( ,0)时，转化为证明 ln(1 x) ，然后构造函数，利用导数研究
x 1 x 1
单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当 x 0,1 时，
x 1 x ln 1 x 0成立和当 x ,0 时， x 1 x ln 1 x 0成立，然后换元构造，利用导数
研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数
(x) ln x (x 1)，利用导数分析单调性，证得常见常用结论 ln x x 1（当且仅当 x 1时取等
x
号）．然后换元得到 ln(1 x) ，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有
x 1
一定的巧合性.
（零点问题）
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【2020年高考全国Ⅰ卷文数 20】
16. 已知函数 f (x) ex a(x 2).
（1）当a 1时，讨论 f (x) 的单调性；
（2）若 f (x) 有两个零点，求 a 的取值范围.
【分析】
（1）将a 1代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间
和减区间；
x
（2）若 f (x) 有两个零点，即ex
e
a(x 2) 0有两个解，将其转化为a 有两个解，令
x 2
ex
h(x) (x 2)，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.
x 2
【详解】
（1）当a 1时， f (x) ex ' (x 2) ， f (x) ex 1，
令 f ' (x) 0，解得 x 0 ，令 f ' (x) 0，解得 x 0 ，
所以 f (x) 的减区间为 ( ,0)，增区间为 (0, )；
（2）若 f (x) 有两个零点，即ex a(x 2) 0有两个解，
ex
从方程可知， x 2不成立，即 a 有两个解，
x 2
x ex (x 2) exe ' e
x (x 1)
令 h(x) (x 2)，则有h (x)
(x 2)2 (x 2)2
，
x 2
令 h'(x) 0 ，解得 x 1，令 h'(x) 0 ，解得 x 2或 2 x 1，
所以函数h(x) 在 ( , 2)和 ( 2, 1)上单调递减，在 ( 1, )上单调递增，
且当 x 2时，h(x) 0，
而 x 2 时，h(x) ，当 x 时，h(x) ，
ex 1
所以当 a 有两个解时，有a h( 1) ，
x 2 e
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1
所以满足条件的 a 的取值范围是： ( , ) .
e
【方法点评】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数
的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转
化为曲线 y ex 和直线 y a(x 2)有两个交点，利用过点 ( 2,0) 的曲线 y ex 的切线斜率，结合
图形求得结果.
（零点问题）
【2020年高考全国Ⅲ卷文数 20】
17. 已知函数 f (x) x3 kx k 2．
（1）讨论 f (x) 的单调性；
（2）若 f (x) 有三个零点，求 k 的取值范围．
【分析】
（1） f '(x) 3x2 k ，对 k 分 k 0 和 k 0两种情况讨论即可；
k
f ( ) 0
3
（2） f (x) 有三个零点，由（1）知 k 0，且 ，解不等式组得到 k 的范围，再利用
k
f ( ) 0
3
零点存在性定理加以说明即可.
【详解】
（1）由题， f '(x) 3x2 k ，
当 时， f 'k 0 (x) 0恒成立，所以 f (x) 在 ( , )上单调递增；
k k k
当 k 0时，令 f ' (x) 0，得 'x ，令 f (x) 0，得 x ，
3 3 3
令 f '
k k k k
(x) 0，得 x 或 x ，所以 f (x) 在 ( , )上单调递减，在
3 3 3 3
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k k
( , ) ， ( , ) 上单调递增.
3 3
k
f ( ) 0
3
（2）由（1）知， f (x) 有三个零点，则 k 0，且
k
f ( ) 0
3

2 2 k
k k 0
3 3 4
即 ，解得0 k ，
2 2 k 27k k 0
3 3
4 k
当0 k 时， k ，且 f ( k ) k2 0，
27 3
k
所以 f (x) 在 ( , k )上有唯一一个零点，
3
k
同理 k 1 ， f ( k 1) k
3 (k 1)2 0，
3
k
所以 f (x) 在 ( k 1, )上有唯一一个零点，
3
k k
又 f (x) 在 ( , )上有唯一一个零点，所以 f (x) 有三个零点，
3 3
4
综上可知 k 的取值范围为 (0, ) .
27
（恒成立问题）
【2020年高考全国Ⅰ卷理数 21】
18. 已知函数 f (x) ex ax2 x .
（1）当 a=1时，讨论 f（x）的单调性；
1
（2）当 x≥0时，f（x x3）≥ +1，求 a的取值范围.
2
【分析】
(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论 x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函
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数的最大值即可确定实数 a 的取值范围.
【详解】
(1)当 a 1时， f x ex x2 x， f x ex 2x 1，
由于 f
'' x ex 2 0，故 f ' x 单调递增，注意到 f 0 0，故：
当 x ,0 时， f x 0, f x 单调递减，
当 x 0, 时， f x 0, f x 单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
1 3 x 2 1
由 f x x 1得， e ax x x3 1，其中 x 0 ，
2 2
①.当 x=0时，不等式为：1 1，显然成立，符合题意；
1
ex x3 x 1
②.当 x 0 时，分离参数 a 得， ，
a 2
x2
x 1 3 1 e x x 1 x 2 e
x x2 x 1
记
g x 2 ， 2 ， 2 g x

x x3
1
令 h x ex x2 x 1 x 0 ，
2
则 h x ex x 1 h''， x ex 1 0 ，
故 h ' x 单调递增，h x h 0 0，
故函数 h x 单调递增，h x h 0 0，
1
由h x 0可得：ex x2 x 1 0 恒成立，
2
故当 x 0,2 时， g x 0， g x 单调递增；
当 x 2, 时， g x 0， g x 单调递减；
7 e2
因此， g x g 2 , max 4
7 e2
综上可得，实数 a 的取值范围是 , .
4
[方法二]：特值探路
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1 3 7 e
2
当 x 0 时， f (x) x 1恒成立 f (2) 5 a ．
2 4
7 e2 1
f (x) x3只需证当a 时， 1恒成立．
4 2
7 e2 x 2 x 7 e
2
当a 时， f (x) e ax x e x2 x ．
4 4
x 7 e
2
只需证明e x2
1
x x3 1(x 0) ⑤式成立．
4 2
e2 7 x2 4x 2x3 4
⑤式 4，
ex
e2 7 x2 4x 2x3 4
令h(x) (x 0)，
ex
13 e2 x2 2 e2 9 x 2x3 x 2x2 13 e
2 x 2 e2 9
则h (x)
ex ex
x(x 2) 2x e2 9 ，
ex
9 e2
所以当 x 0, 时，h (x) 0,h(x)单调递减；
2
9 e2
当 x ,2 ,h (x) 0,h(x) 单调递增；
2
当 x (2, ),h (x) 0,h(x)单调递减．
从而[h(x)]max max{h(0),h(2)} 4，即h(x) 4，⑤式成立．
7 e2 1
所以当 a 时， f (x) x
3 1恒成立．
4 2
7 e2
综上 a ．
4
[方法三]：指数集中
1 1 1
当 x 0 时， f (x) x
3 1恒成立 e
x x3 1 ax2 x ( x3 ax2 x 1)e x 1，
2 2 2
1
g x ( x3 ax2 x 1)e x记 (x 0) ，
2
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1 3
g x ( x3 ax2 x 1 x2 2ax 1)e x
2 2
1
x[x2
1
(2a 3)x 4a 2]e x x(x 2a 1)(x 2)，
2 2
1
①.当2a 1 0即a 时， g x 0 x 2，则当 x (0,2)时， g x 0， g x 单调递
2
增，又 g 0 1，所以当 x (0,2)时， g x 1，不合题意；
1 1
②.若0 2a 1 2即 a 时，则当 x (0,2a 1) (2, )时， g x 0， g x 单调递
2 2
减，当 x (2a 1,2)时， g x 0， g x 单调递增，又 g 0 1，
7 e2
所以若满足 g x 1，只需 g 2 1，即 g 2 (7 4a)e 2 1 a ，所以当
4
7 e2 1
a 时， g x 1成立；
4 2
1 1 1
③当 2a 1 2即 a 时， g x ( x3 ax2 x 1)e x ( x3 x 1)e x ，又由②可知
2 2 2
7 e2 1 1
a 时， g x 1 3成立，所以a 0时， g(x) ( x x 1)e x 1恒成立，
4 2 2
1
所以 a 时，满足题意.
2
7 e2
综上， a .
4
【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的
知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有
风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技
巧性！
（恒成立问题）
2020年高考山东卷 21】
19. 已知函数 f (x) aex 1 ln x ln a ．
【
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（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）若不等式 f x 1恒成立，求 a的取值范围．
【分析】
（1）利用导数的几何意义求出在点 1, f 1 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角
形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数 f x 的单调性，当 a=1时，由 f 1 0得 f x f 1 1,
min
1
符合题意；当 a>1 时，可证 f ( ) f (1) 0 ，从而 f x 存在零点 x0 0，使得
a
x 1 1
f (x0 ) ae
0 0，得到 f (x)min ，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本
x0
不等式可以证得 f x 1恒成立；当 0 a 1时，研究 f 1 .即可得到不符合题意.综合可得 a的
取值范围.
【详解】
（1） f (x) ex
x 1
ln x 1， f (x) e ， k f (1) e 1.
x
f (1) e 1，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数 f x 在点(1,f(1)处的切线方程为 y e 1 (e 1)(x 1) ,即 y e 1 x 2 ,
2
切线与坐标轴交点坐标分别为 (0,2),( ,0) ,
e 1
1 2 2
∴所求三角形面积为 2 | |= ．
2 e 1 e 1
（2）［方法一］：通性通法
f (x) aex 1
1
ln x ln a , f (x) ae
x 1 ，且a 0 .
x
1
设 g(x) f (x),则 g (x) ae
x 1 0,
x2
∴g(x)在 (0, )上单调递增，即 f (x)在 (0, )上单调递增，
当 a 1时， f (1) 0 ,∴ f x f 1 1,∴ f x 1成立.
min
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1 11 1 1
当 a 1时， 1 ， 1∴ea 1， f ( ) f (1) a(e
a 1)(a 1) 0,
a a
x 1 1
∴存在唯一 x0 0，使得 f (x0 ) ae
0 0，且当 x (0, x 0 )时 f (x) 0，当 x (x0 , ) 时x0
x 1 1
f (x) 0， ae
0 ， ln a x0 1 ln x0 ，
x0
x 1
因此 f (x)min f (x0) ae
0 ln x0 lna
1 1
ln a x0 1 ln a 2ln a 1 2 x0 2ln a 1>1,
x0 x0
∴ f x 1, ∴ f x 1恒成立；
当 0 a 1时， f (1) a lna a 1,∴ f (1) 1, f (x) 1不是恒成立.
综上所述，实数 a 的取值范围是[1,+∞).
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下面证明当a 1时， f (x) 1恒成立．
令T (a) aex 1 ln x ln a，只需证当a 1时，T (a) 1恒成立．
1
T (a) ex 1 0 T (a) [1, ) [T(a)] T(1) ex 1因为 ，所以 在区间 内单调递增，则 min ln x ．
a
因此要证明a 1时，T (a) 1恒成立，只需证明[T(a)] e
x 1
min ln x 1即可．
由 ex x 1, ln x x 1，得 ex 1 x, ln x 1 x．
上面两个不等式两边相加可得 ex 1 ln x 1，故a 1时， f (x) 1恒成立．
当 0 a 1时，因为 f (1) a ln a 1，显然不满足 f (x) 1恒成立．
所以 a的取值范围为a 1．
【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数 f x 的单调性，求出其最小值，由 fmin 0即可求
出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成elna x 1 lna x 1 eln x
m
ln x，再根据函数h(m) e m
的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令aex 1 t，再同构，可将原不等式化成 t ln t x ln x，再根据函数
y x ln x的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用 f (1) 1可得a 的取值范围，再进行充分性证明即可．
（证明不等式问题）
【2020年高考全国Ⅲ卷理数 21】
1 1
20. 设函数 f (x) x3 bx c，曲线 y f (x)在点( ，f( ))处的切线与 y轴垂直．
2 2
（1）求 b．
（2）若 f (x) 有一个绝对值不大于 1的零点，证明： f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
【分析】
1
（1）利用导数的几何意义得到 f ( ) 0，解方程即可；
2
2 3 1 1 1 1
（2）方法一：由（1）可得 f (x) 3x 2(x )(x ) ，易知 f (x) 在 ( , ) 上单调递减，
4 2 2 2 2
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1 1 1 1 1 1 1 1
在 ( , ) ， ( , ) 上单调递增，且 f ( 1) c , f ( ) c , f ( ) c , f (1) c ，
2 2 4 2 4 2 4 4
采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】
2
2 1
1 3
（1）因为 f (x) 3x b ，由题意， f ( ) 0，即：3 b 0，则b ． 2 2 4
（2）［方法一］：通性通法
3 3 3 1 1
由（1）可得 f (x) x x c， f (x) 3x
2 3(x )(x ) ，
4 4 2 2
1 1 1 1
令 f (x) 0，得 x 或 x ；令 f (x) 0，得 x ，
2 2 2 2
1 1 1 1
所以 f (x) 在 ( , ) 上单调递减，在 ( , ) ， ( , ) 上单调递增，
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
且 f ( 1) c , f ( ) c , f ( ) c , f (1) c ，
4 2 4 2 4 4
若 f (x) 所有零点中存在一个绝对值大于 1的零点 x0 ，则 f ( 1) 0或 f (1) 0，
1 1
即 c 或 c .
4 4
1 1 1 1 1 1 1
当 c 时， f ( 1) c 0, f ( ) c 0, f ( ) c 0, f (1) c 0 ，
4 4 2 4 2 4 4
又 f ( 4c) 64c3 3c c 4c(1 16c2 ) 0 ，
由零点存在性定理知 f (x) 在 ( 4c, 1)上存在唯一一个零点 x0 ，
即 f (x) 在 ( , 1)上存在唯一一个零点，在 ( 1, )上不存在零点，
此时 f (x) 不存在绝对值不大于 1的零点，与题设矛盾；
1 1 1 1 1 1 1
当 c 时， f ( 1) c 0, f ( ) c 0, f ( ) c 0, f (1) c 0 ，
4 4 2 4 2 4 4
又 f ( 4c) 64c3 3c c 4c(1 16c2 ) 0 ，
由零点存在性定理知 f (x) 在 (1, 4c)上存在唯一一个零点 x ， 0
即 f (x) 在 (1, )上存在唯一一个零点，在 ( ,1)上不存在零点，
此时 f (x) 不存在绝对值不大于 1的零点，与题设矛盾；
综上， f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1.
［方法二］【最优解】：
3
设 x 是 f (x)0 的一个零点，且 x0 1，则 c x
3
0 x0 ．
4
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3 3 3
从而 f (x) x
3 x x30 x0 x x
2 2
0 x x0x x0 ．
4 4 4
2 2 3 2 3
令h(x) x x x x ，由判别式Δ x0 4
2 2
0 0 x0 3 3x0 0，可知h(x) 0在 R 上有
4 4
23 1
h(1) 1 x x
2
0 0 x0 0
x 1 1 4 2
解，h(x) 的对称轴是 x 0 , ，所以h(x) 在区间2 2 2 2 3 1
h( 1) 1 x0 x
2
0 x0 0
4 2
x
1, 0
x0 f (x)
2
上有一根为 x1，在区间 ,1 上有一根为 x2 ，进而有 x1 1, x2 1，所以 的所 2
有零点的绝对值均不大于 1．
［方法三］：
f (x) c x3
3 3 3
设 x0 是函数 的一个绝对值不大于 1的零点，且 0 x0 , x0 1．设 c(x) x x ，
4 4
3 1 1 1
则 c (x) 3x
2 ，显然 c(x)在区间 1, 内单调递减，在区间 , 内单调递增，在区间
4 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
,1 内单调递减．又c( 1) ,c(1) ,c ,c ，于是c(x)的值域为
2 4 4 2 4 2 4
1 1
, ．
4 4


3 1 3 1
设 x 为函数 f (x)1 的零点，则必有 f (x) x
3
1 x1 c 0
3
，于是 c x1 x1 ，所以
4 4 4 4
3 2 4x1 3x1 1 x1 1 2x1 1 0,
解得 1 x1 1，即 x1 1． 2
4x
3
1 3x1 1 x1 1 2x1 1 0,
综上， f (x) 的所有零点的绝对值都不大于 1．
［方法四］：
3 3 2 3 1 1
由（1）知， f (x) x x c, f (x) 3x ，令 f (x) 0，得 x 或 x ．则 f (x) 在区间
4 4 2 2
1 1 1 1
, 内递增，在区间 , 内递减，在区间 , 内递增，所以 f (x) 的极大值为
2 2 2 2
1 1 1 1
f c f (1), f (x)的极小值为 f c f ( 1)．
2 4 2 4
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1 1 1 1
（ⅰ）若 f f 0 ，即 c 或 c ， f (x) 有唯一一个零点 x0 ，显然有 x0 1，不满
2 2 4 4
足题意；
1 1 1 1
（ⅱ）若 f f 0 ，即 c 或 c ， f (x) 有两个零点，不妨设一个零点为
2 2 4 4
1 3 1
x0
3
，显然有 x0 1，此时， f (x) x x ，则 f (1) 0，另一个零点为 1，满足题意；
2 4 4
1
同理，若一个零点为 x0 ，则另一个零点为 1．
2
1 1 1 1 1 1
（ⅲ）若 f f 0 ，即 c ， f (x) 有三个零点，易知在区间 , 内有一个零
2 2 4 4 2 2
1 1
点，不妨设为 x ，显然有 x 1，又 f0 0， f ( 1) 00 ，所以在 1, 内有一个零点 m，
2 2
1
显然 | m | 1，同理， f (x) 在 ,1 内有一个零点 n，有 | n | 1．
2
综上， f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
［方法五］：
3
设 x 是 f (x)1 的一个零点且 x1 1，则c x
3 x , x 是 f (x)1 1 2 的另一个零点．
4
3 3 3 3 3 3 x2 x2 c x2 x x
3 x 2 22 1 1 x2 x1 x2 x1x2 x1 0．
4 4 4 4
x2 x x x2
3 2 2 3 2 2 3 2
则 2 1 2 1 0，设m(x) x x1x x1 ，由判别式 x1 4 x1 3 3x1 0，
4 4 4
所以方程有解．
假设实数 x2 满足 x2 1．
2
x2 x x 1 3 3
由 x1 1, x2 1, x
2 x x x2 x2 1 1 2 1 21 1 2 2 2 1 x2 ，得 x1 x1x2 x
2
2 2
．与
x2 x2 x2 2
4 4

x2 x x 2
3
2 1 2 x1 0矛盾，假设不成立．
4
所以， f (x) 所有零点的绝对值都不大于 1．
【整体点评】
（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出
矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；
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方法三：利用零点的定义结合题意求出 c 的范围，然后再由零点定义以及 c 的范围即可求出所有
零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出 c 的范围，再
结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为 x1，满足 x1 1，再设另一个零点
为 x2 ，通过零点定义找到 x1, x2 的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛
盾，从而证出．
（零点问题＋证明不等式问题）
【2020年高考浙江卷 22】
x
21. 已知1 a 2，函数 f x e x a ，其中 e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数 y f x 在 (0， )上有唯一零点；
（Ⅱ）记 x0为函数 y f x 在 (0， )上的零点，证明：
（ⅰ） a 1 x0 2(a 1) ；
（ⅱ） xx0 f (e 0 ) (e 1)(a 1)a ．
【分析】
（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调
性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
x
（ii）方法一：先根据零点条件转化： x0 f (e
0 ) x0 f (x0 a) ，再根据1 a 2放缩，转化为证明
不等式 4(ea 2)2 (e 1)2 (a 1)，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】
（I）[方法一]：单调性+零点存在定理法
f (x) ex 1, x 0, ex 1, f (x) 0, f (x)在 (0, )上单调递增，
1 a 2, f (2) e2 2 a e2 4 0, f (0) 1 a 0，
所以由零点存在定理得 f (x) 在 (0, )上有唯一零点．
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[方法二]【最优解】：分离常数法
函数 y f (x)在 (0, )内有唯一零点等价于方程ex x a在 (0, )内有唯一实根，又等价于
直线 y a与 g(x) ex x(x 0)只有 1个交点．
记 y a, g(x) ex x(x 0) ，由于 g (x) ex 1 0在 (0, )内恒成立，所以 g(x)在 (0, )内单
调递增，故 g(x) g(0) 1．
因此，当1 a 2时，直线 y a与 g(x) ex x(x 0)只有 1个交点．
x
（II）（i） f (x ) 0, e 0 x a 0， 0 0
x x
a 1 x 2(a 1) e 0 x 1 x 2 2(e 0 x 1) ， 0 0 0 0
x2
令 g(x) ex x 1 x2(0 x 2),h(x) ex x 1 (0 x 2),
2
一方面：h (x) e
x 1 x h (x), h 1 1 (x) e
x 1 0，
h (x) h (0) 0, h(x)在 (0,2)单调递增， h(x) h(0) 0，
x2
ex x 1 0,2(ex x 1) x2 ，
2
另一方面： 1 a 2 a 1 1，
所以当 x0 1时， a 1 x0 成立，
因此只需证明当0 x 1时， g(x) ex x 1 x2 0，
因为 g (x) ex 1 2x g (x)，g (x) ex1 1 2 0 x ln 2
当 x (0,ln 2)时， g (x) 0，当 x (ln 2,1) 时， g ， 1 1 (x) 0
所以 g (x) max{g (0), g (1)}, g (0) 0, g (1) e 3 0, g (x) 0，
g (x) 在 (0,1)单调递减， g(x) g(0) 0， ex x 1 x2 ，
x x
综上， e 0 x0 1 x
2 0
0 2(e x0 1), a 1 x0 2(a 1) .
（ii）[方法一]：分析+构造函数法
x
t(x0 ) x0 f (e
0 ) x0 f (x0 a) x [(e
a
0 1)x0 a(e
a 2)]，
t (x0) 2(e
a 1)x a(ea 2) 0， a 1 x0 2(a 1)0 ，
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t(x0) t( a 1) a 1[(e
a 1) a 1 a(ea 2)] (ea 1)(a 1) a a 1(ea 2)，因为
1 a 2，所以 ea e,a 2(a 1)，
t(x a0) (e 1)(a 1) 2(a 1) a 1(e 2)，
只需证明2(a 1) a 1(ea 2) (e 1)(a 1)2 ，
即只需证明4(ea 2)2 (e 1)2 (a 1)，
令 s(a) 4(ea 2)2 (e 1)2 (a 1), (1 a 2)，
则 s (a) 8ea (ea 2) (e 1)2 8e(e 2) (e 1)2 0，
s(a) s(1) 4(e 2)2 0，即 4(ea 2)2 (e 1)2 (a 1) 成立，
x因此 x0 f e 0 (e 1)(a 1)a .
[方法二]【最优解】：放缩转化法
( 00 ) ≥ ( 1)( 1) 0 ( 0 + ) ≥ ( 1)( 1) ．
设 ( 0) = 0 ( 0 + )(√ 1 ≤ ≤ √2( 1))，则由
0+ ≥ 1 + + 得 ′0 0 ( 0) =
( 0 + 1)
0+ 2( 0 + ) > ( 0 + 1)( 0 + + 1) 2( 0 + ) > 0．
从而只要证 (√ 1) ( 1)( 1) ≥ 0．
上式左边= √ 1+ 2 + √ 1( 1)．
使用不等式 ≥ + 1, ≥ 可得 √ 1+ 2 + √ 1( 1) ≥ (1 + √ 1) 2 +
√ 1( 1) = ( 2) + ( 1)√ 1 > 0
【整体点评】
（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：
先分离常数，转化为证明水平直线 y a与函数 g(x) ex x(x 0)的图象交点个数问题，为最优
解；
（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；
（ⅱ）方法一：构造函数 ( 0) = 0[(
1) + ( 0 2)]，利用导数研究单调性，求得最小
值，然后根据条件放缩转化为证明不等式2(a 1) a 1(ea 2) (e 1)(a 1)2 ．利用作差法构造
关于实数 a 的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用 0+ ≥ 1 + 0 +
放缩判定 ( 0) = 0 ( 0 + )的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为 √ 1+
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2 + √ 1( 1) ≥ 0，然后利用不等式 ≥ + 1, ≥ 放缩证明，运算相对简洁，为
最优解.
【反馈练习】
江苏省南京市第二十九中学 2021-2022学年高三上学期 8月第二次学情调研数学试题
1
22. 已知对任意的 ∈ (1,+∞)，不等式 ( e + 1) ( + 1) ln > 0恒成立，则正数 k 的取值范
围是（ ）
1 1 1 1
A. ( , +∞) B. (e, +∞) C. ( ,e) D. ( , ) 2
e e e e
【分析】
不等式中出现的指数式 ，对数式ln ，故可以考虑同构，将原不等式变形为( + )ln 1 e >
(1 + )ln ，以实现不等式左、右两边统一于函数 ( ) = (1 + )ln ，再利用导数研究函数 f x 的
单调性，从而由 ( ) > ( )可得 > ，再分离参数求最值即可.
【详解】
1
因为对任意的 ∈ (1,+∞)，不等式 ( e + 1) ( + 1) ln > 0恒成立，
即 ( e + 1) > (1 + )ln 对任意的 ∈ (1, +∞)恒成立，
即(1 + )ln e > (1 + )ln 对任意的 ∈ (1, +∞)恒成立，
设 ( ) = (1 + )ln ，则 ( ) > ( )，
因为 ′
1+ 1
( ) = ln + = ln + + 1，又 x 1，

所以 f x 0，所以 f x 在(1, +∞)上单调递增，
所以
ln
> 对任意的 ∈ (1,+∞)恒成立，即 > 对任意的 ∈ (1,+∞)恒成立，

ln x 1 ln x
令 g x ， g x ，
x x2
当 ∈ (1, )时， g x 0；当 ∈ ( ,+∞)时， g x 0，
所以 g x 在(1, )上单调递增，在 e, 上单调递减，
1 1
所以 ( )max = ( ) = ，所以 > .
故选:A
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解密 05 导数及其应用（分层训练）
【高频考点解密】2021年高考数学（理）二轮复习讲义 分层训练
ln
23. 已知函数 ( ) = 2 + 2 （其中 e为自然对数的底数）有两个零点，则实数a 的取

值范围是（ ）
A. ( ∞, 2
1 1
+ ] B. ( ∞, 2 + )

1 1
C. [ 2 ,+∞) D. ( 2 ,+∞)

【分析】
1
求出导函数、求出函数的单调区间，得出函数的极值，要使函数有两个零点， ( ) = + 2 >

0即可.
【详解】
′ 1 ln ( ) = 2( )，
2
当 ∈ (0, )时， f (x) 0， f (x) 单调递增，
当 ∈ ( , +∞)时， f (x) 0， f (x) 单调递减，
1
∴在 (0, )上 f (x) 只有一个极大值也是最大值 ( ) = + 2 ，

显然 → 0时， ( ) → ∞， x 时， ( ) → ∞，
1 1
因此要使函数有两个零点，则 ( ) = + 2 > 0，∴ < 2 + ．

故选：B．
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湖南省永州市第四中学 2021届高三下学期高考冲刺（二）数学试题
24. 已知函数 ( ) = ( 1)2, ( ) = ，若函数 ( ) = ( ) ( )有 3个不同的零点，则实
数 a的取值范围是_________．
【分析】
1
转化为 y a与 = 2 含有 3个不同的交点，求导，画出大致图象，结合图象即可求解 ( 1)
【详解】
因为函数 ( ) = ( ) ( )的零点，即方程 ( ) ( ) = 0的根，
1
而该方程可化为 = ，
( 1)2
1
设 ( ) = ，则 h x2 的定义域为( ∞,1) ∪ (1, +∞)， ( 1)
′ ( +1) ( +1)且 ( ) = 3 ，由 = 03 ，得 = 1， ( 1) ( 1)
当 < 1时， ′( ) < 0，h x 递减
当 1 < < 1时， ′( ) > 0，h x 递增
当 x 1时， ′( ) < 0，h x 递减

所以 h x 极小值= ( 1) = ， h x 的大致图象如图所示．
4
所以，要函数 ( ) = ( ) ( )有 3个不同的零点，
1
即方程 = 2 有 3个不同的根， ( 1)
1
即 y a与 = 2 含有 3 个不同的交点， ( 1)
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故 ∈ ( , +∞)．故答案为：( , +∞)
4 4
湖南省永州市第四中学 2021届高三下学期高考冲刺（二）数学试题
25. 已知函数 ( ) = 2 + ln ．
（1）讨论 f x 的单调性：
（2）若 f x 在定义城上有两个极值点 1， 2，求证： ( 1) + ( 2) > 3 2ln2．
【分析】
（1）分类讨论含参数的函数的单调区间，由于需要讨论 ( ) = 2 2 + 1的正负，因此需要
结合开口方向、有无实数根以及有实数根的情况下根与 0的关系进行分类讨论；
1 1 1
（2）结合（1）可知此时0 < < ，且 1 + 2 = ， 1 2 = ．进而将 ( 1) + ( 2)转化为8 2 2
1 1 1
ln + 1 + ，从而构造函数 ( ) = ln + 1 + ( ∈ (4, +∞))，通过研究函数 g x 的性质即
2 4 2
可证出结论.
【详解】
2
f x ′ 1 2 + 1（1）函数 的导数是 ( ) = 2 + 1 =

1 1
设 ( ) = 2 2 + 1，则 (0) = 1．当 < ，且 ≠ 0时，对称轴 = ，判别式△= 1
8 4
1
= 0, 1+ 1 8 1 1 8 8 > 0，因此讨论的分界点为 ．记 √ √ = , = ．
8 4 4
当 a 0时，有
x (0, ) ( , +∞)
f x 0 +
f x 单调递减 极小值点 单调递增
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当 a 0时，有
x 0,1 1 (1,+∞)
f x 0 +
f x 单调递减 极小值点 单调递增
1
当0 < < 时，有
8
x (0, ) ( , ) ( ,+∞)
f x 0 + 0
f x 单调递减 极小值点 单调递增 极大值点 单调递减
1
当 ≥ 时，有 f x 在 0, 上单调递减．
8
1+ 1 8 1 1 8
综上可知，取 √ √ = , = ，
4 4
则当 a 0时，函数 f x 在(0, )上单调递减，在( , +∞)上单调递增；
当 a 0时，函数 f x 在（0,1）上单调递减，在(1, +∞)上单调递增；
1
当0 < < 时，函数 f x 在(0, )上单调递减，在( , )上单调递增，在( ,+∞)上单调递减；
8
1
当 ≥ 时，函数 f x 在 0, 上单调递减．
8
1 1 1
（2）由（1）的结论可知，此时0 < < ，且 1 + 2 = ， 1 2 = ． 8 2 2
从而 ( 1) + ( 2) =
2
1 + 1 ln 1
2
2 + 2 ln 2
= [( 21 + 2) 2 1 2] + ( 1 + 2) ln( 1 2)
1 2 1 1 1 1 1
= [( ) 2 × ] + ln = ln + 1 +
2 2 2 2 2 4
1 ′ 1 1设函数 ( ) = ln + 1 + ( ∈ (4,+∞))，则 ( ) = + ，
2 2
于是在区间(4, +∞)上 ′( ) > 0， ( )单调递增，
1 1
因此 ( 1) + ( 2) = ln + 1 + > (4) = 3 2ln2． 2 4
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【方法点评】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等式的方法主要有两个：
（1）不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数最值即可；（2）观察不
等式的特点，结合已解答问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，再化简或者进一
步利用导数证明.
陕西省汉中市 2021届高三下学期高考一模理科数学试题
26. 已知函数 ( ) = 2 + ( ∈ )．
（1）当a 0时，求 f x 在[ 2,2]上的最值；
（2）设 ( ) = 2 2，若 ( ) = ( ) ( )有两个零点，求 a 的取值范围．
【分析】
（1）当a 0时， ( ) = ，对其求导判断单调性，比较极值和端点值即可得最值；
（2）求出 ′( ) = ( 1)( + 2 )，再分情况a 0，a 0和 a 0时，判断函数的单调性以及
极值，求解函数的零点，即可求解.
【详解】
（1）当a 0时， ( ) = ，可得 ′( ) = ( + 1)．
当 < 1时， f x 0；当 x 1时， f x 0．
所以 f x 在 , 1 上单调递减，在 1, 上单调递增．
2 1
因为 ( 2) = ( ) 2 ( 1) =
2
， 2 = 2 ， ，

1
所以 ( ) = ， ( ) = 2 2min max ．
（2）因为 ( ) = ( ) ( ) = ( 2) + ( 1)2，
可得： ′( ) = ( 1)( + 2 )．
①当 a 0时， ( ) = ( 2) ，此时h x 只有一个零点，故不成立；
②当a 0时，h x 在( ∞,1)上单调递减，在(1, +∞)上单调递增．
因为 (1) = < 0， (2) = > 0，
当 ≥ 2时， (0) = 2 + ≥ 0；
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当0 < < 2时，ln < 0，
2
2 (ln ) = ln ( ) + (ln 1) = [2 (ln ) 3ln ] > 0． 2 2 2 2 2 2 2
h x 有两个不同的零点，成立；
③当 a 0时，令 ′( ) = 0，得 x 1或 = ln( 2 )．

当 = 时， ′( ) = ( 1)( )， ′( ) ≥ 0恒成立，
2
( )在 R上单调递增，至多有一个零点；

当 > 时，即ln( 2 ) < 1．
2
若 < ln( 2 )或 x 1，则 ′( ) > 0；若ln( 2 ) < < 1，则 ′( ) < 0．
h x 在( ∞, ln( 2 ))和(1,+∞)上单调递增，在(ln( 2 ), 1)上单调递减．

当 < 时，即ln( 2 ) > 1．
2
若 x 1或 > ln( 2 )，则 ′( ) > 0；若1 < < ln( 2 )时，则 ′( ) < 0．
h x 在( ∞,1)和(ln( 2 ),+∞)上单调递增，在(1, ln( 2 ))上单调递减．
当 a 0时，∵ (1) = < 0，
(ln( 2 )) = ( 2 )[ln( 2 ) 2] + [ln( 2 ) 1]2 = [(ln( 2 ) 2)2 + 1] < 0．
h x 仅有一个零点，不合题意．
综上， ( ) = ( ) ( )有两个零点， a 的取值范围是 0, ．
【方法点评】思路点睛：利用导数研究函数 f (x) 的最值的步骤：
①写定义域，对函数 f (x) 求导 f (x) ；
②在定义域内，解不等式 f (x) 0和 f (x) 0得到单调性；
③利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.
押第 21题 导数的应用-备战 2021 年高考数学（理）临考题号押题（全国卷 2）
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27. 已知函数 ( ) = ln + ．
（1）讨论 f (x) 的单调性．
（2）当a 1时，证明： ( ) < e ．
【分析】
（1）先求函数的定义域，进而对函数求导、通分，进而讨论 a的范围，得出单调区间；
ln
（2）先将不等式化为1 + < ，证明左边最大值<右边最小值即可.
2
【详解】
（1） f (x) 的定义域为 0, ， ′
+
( ) = + 1 = .

当 ≥ 0时， ′( ) ≥ 0，所以 f (x) 在 0, 上单调递增.
当 a 0时，若 ∈ ( ,+∞)，则 f (x) 0；
若 ∈ (0, )，则 f (x) 0.
所以 f (x) 在( ,+∞)上单调递增，在(0, )上单调递减.
综上所述，当 ≥ 0时， f (x) 在 0, 上单调递增；
当 a 0时， f (x) 在( ,+∞)上单调递增，在(0, )上单调递减.
ln
（2）当a 1时，要证 ( ) < ，即证 2 + ln < ，即证1 + < .
2
ln ′ 1 ln 令函数 ( ) = 1 + ，则 ( ) = 2 .
令 g (x) 0，得 ∈ (0, )；令 g (x) 0，得 ∈ ( , +∞).
1
所以 g(x)在 0,e 上单调递增，在 e, 上单调递减，所以 ( )max = ( ) = 1 + ，
( 2)
令函数 ( ) = ，则 ′( ) = .
2 3
当 x 0,2 时，h (x) 0；当 ∈ (2,+∞)时， ′( ) > 0.
2
所以h(x) 在 0,2 上单调递减，在 2, 上单调递增，所以 ( )min = (2) = . 4
2 1 ln
因为 (1 + ) > 0，所以 ( )min > ( )max，即1 + < ，从而 ( ) <
得证.
4 2
河南省洛阳市孟津县第一高级中学 2021届高三下学期 4月文科数学调研试题
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2
28. 定义在 0, 上的关于 x 的函数 ( ) = ( 1) ．
2
（1）若a e，讨论 f (x) 的单调性；
（2） ( ) ≤ 3在(0,2]上恒成立，求a 的取值范围．
【分析】
（1）直接解 ′( ) < 0和 ′( ) > 0即可得到 f (x) 的单调性；
（2）分类讨论：先判断 ≤ 1，不合题意﹔当1 < < 2时，利用导数讨论单调性，求出 a 的取
值范围；当 ≥ 2，利用导数讨论单调性，求出a 的取值范围；
【详解】
（1） ′( ) = = ( )，
a e时， ′( ) = ( )，
在 x 0,1 上， ′( ) < 0， f (x) 单调递减﹔
在 ∈ (1,+∞)上， ′( ) > 0， f (x) 单调递增．
（2）由（1） ′( ) = ( )，
若 ≤ 1，在(0,2]上， ′( ) > 0， f (x) 单调递增， (2) = 2 2 > 3，不合题意﹔
若1 < < 2，
在(0, ln )上， ′( ) < 0， ( ) < (0) = 1；
在(ln , 2]上， ′( ) > 0， ( ) < (2) = 2 2 ，
2 3
由题意， 2 2 ≤ 3 ≤ < 2，
2
若 ≥ 2，
在 0,2 上， ′( ) < 0， f (x) 单调递减，
则在(0,2]上， ( ) < (0) = 1 < 3符合题意，
2 3
综上所述， ≥ ．
2
全国 2021届高三高考数学信心提升试题

29. 已知定义在 0, 内的函数 f x 的导函数 ′( ) = .

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1
（1）证明： ′( ) > 1 + ；

( )
（2）当 (1) > 时，证明：函数 ( ) = 恰有两个极值点.

【分析】
（1）分析可知要证明不等式 > + 1对任意的 ∈ (0, +∞)恒成立，构造函数 ( ) = 1，
其中 x 0，利用导数证得 ( ) > (0)，即可证得结论成立；
（2）利用导数分析函数 g x 的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立.
【详解】
1
（1）要证 ′( ) = > 1 + ，即证不等式 > + 1对任意的 ∈ (0,+∞)恒成立，

构造函数 ( ) = 1，其中 x 0 ，则 ′( ) = 1 > 0，
所以，函数h x 在 0, 上为增函数，故 ( ) = 1 > (0) = 0，

1
故对任意的 x 0， > + 1，即 ′( ) = > 1 + ；

( ) ′( ) ( ) ( )
（2）∵ ( ) = ，则 ′( ) = = ，
2 2

令 ( ) = ( )，则 ′( ) = ′( ) =
( 1)
= ，

当0 x 1时， ′( ) < 0，此时函数 ( )单调递减，
当 x 1时， ′( ) > 0，此时函数 ( )单调递增，
故 ( )min = (1) = (1) < 0，
构造函数 ( ) = ( ) ln + 1 (1)，则 (1) = 0，
′ ′ 1
1
由（1）可知， ( ) = ( ) 1 = > 0，故函数 ( )在 0, 上单调递增，

当0 x 1时， ( ) < (1) = 0，即 ( ) < + ln 1 + (1)，
则 ( ) = ( ) > ln + 1 (1) > + 1 ln + 1 (1) = 2 ln (1)，
所以， ( (1)) > 2 + (1) (1) = 2 > 0，
由零点存在定理可知，存在 ∈ ( (1)1 , 1)使得
′( 1) = 0，
当0 < < 1时， g x 0，当 1 < < 1时， g x 0，
此时 x1是函数 g x 的极大值点；
2( 2)
构造函数 ( ) = + (1)，
2
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下面证明：当 x 1时， ( ) = ( ) > ( )，
2( 2) 2
令 ( ) = ( ) ( ) = ( ) + (1)，其中 (1) = + > 0，
2 2
2
′ ′ ″ ( 1)
( 2 +1)
( ) = ，则 (2) = 0，且 ( ) = = > 0，
2 2 2
所以，函数 ′( )在 0, 上单调递增，
当 ∈ (1,2)时， ′( ) < ′(2) = 0，当 ∈ (2,+∞)时， ′( ) > ′(2) = 0，
所以，函数 ( )在(1,2)上单调递减，在 2, 上单调递增，
所以，当 ∈ (1, +∞)时， ( ) ≥ (2) = 2 (2) + (1) = (2) (1) > 0，
故当 x 1时， ( ) = ( ) > ( )，
2[ (1) ]
取 0 = 2 + > 2，则 ( 0) = 0，故 ( 0) > ( 0) = 0， 2
由零点存在定理可知，存在 2 ∈ (1, 0)，使得
′( 2) = 0，
且当1 < < 2时， g x 0，当 > 2时， g x 0，
故 x2 是函数 g x 的极小值点，
( )
因此，函数 ( ) = 恰有两个极值点.

【方法点评】利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 ( ) > ( )（或 ( ) < ( )）转化为证明 ( ) ( ) > 0
（或 ( ) ( ) < 0），进而构造辅助函数 ( ) = ( ) ( )；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
江苏省南京市第二十九中学 2021-2022学年高三上学期 8月第二次学情调研数学试题
30. 已知函数 ( ) = ln .
（1）若 ≥ 0，讨论函数 f x 的零点个数；
（2）设 x1， x2 是函数 f x 的两个零点，证明： 1 + 2 2eln > 0.
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【分析】

（1）当a 0时，显然 f (x) 无零点；当a 0时，考查函数 = ln 图象与函数 =
( > 0)图象的
公共点个数，数形结合可得结果；
（2）由（1）得2eln ≤ 2 ，将要证不等式转化为 1 + 2 > 2 ，根据 x1, x2 是函数
f (x) 的两个零
1 2 2( 1 2) 1
点得 = ln 1 ，不等式转化为 1 + 2 > ln 1 ，不妨设0 x1 x2 ，令 = ∈ (0,1) ，通过换元 2 2 2
2( 1) 2( 1)
不等式转化为ln < ，构造函数 ( ) = ln (0 < < 1)，由单调性可证得不等式成 +1 +1
立.
【详解】
（1） ( ) = ln ( > 0)，
①当 a 0时， ( ) = ，因为 x 0 ，所以 f (x) 无零点；

②当a 0时， ( ) = 0 ln = ，下面考查函数 = ln 图象与函数 = ( > 0) 图象的公共
点个数.
0 = ln 0
0
当二者相切时，设切点为( 0, 0)，则{
0 = ，解得 = e，即函数 = ln 图象与函数
=
1 1 e
=
0
图象相切.
1 1
由图可知，当 = 时，两函数图象有且只有一个公共点，即 f (x)e 有 1个零点；当 > ，即0 < e
1 1
< e时，两函数图象无公共点，即
f (x) 无零点；当 < ，即 > e时，两函数图象有 2个公共 e
点，即 f (x) 有 2 个零点.
综合①②可知，当0 ≤ < 时，函数 f (x)e 无零点；当 = e时，函数
f (x) 有 1个零点；当 > e
时，函数 f (x) 有 2 个零点.
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（2）由（1）知，当 = e时， ≥ ln ，即对任意 x 0 ，eln ≤ 0. e
因为函数 f (x) 有 2 个零点，由（1）知， > e，所以eln ≤ 0，即2eln ≤ 2 .
要证 1 + 2 2eln > 0，即证 1 + 2 > 2eln ，只需证 1 + 2 > 2 .
ln = 1 2
因为 x , x 是函数 f (x)1 2 的两个零点，所以{
1 1，两式相减得 = 1 ，所以只需证 + >
ln 2 =
ln 1 2
2 2
2( 1 2)

ln 1 .
2
1
1 2( ) 2( 1)
不妨设0 x x ，则0 < < 1，即证

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