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专题 9 指数型函数取对数问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，
f x
这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如a 的函数取对数可以起到化繁
为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题
中有时能大显身手.
(一) 等式两边同时取对数把乘除运算转化为加减运算
形如 f a g b = h c f a > 0, g b > 0, f c > 0 的等式通过两边取对数，可以把乘除运算，转化为
加减运算，使运算降级.
【例 1】（2024 届辽宁省名校联盟高三上学期联考）已知 a > 0，b R ，函数 f x = ax ln x 和 g x = b ln x +1
的图像共有三个不同的交点，且 f x 有极大值 1．
(1)求 a 的值以及 b 的取值范围；
2
(2)若曲线 y = f x 与 y = g x x x的交点的横坐标分别记为x x 3 1 2b-21， 2， x3，且 x1 < x2 < x3．证明： < e ．x2
【解析】（1）因为 a > 0， x 0, + ，所以当 x 1时， f x = ax ln x， f x = a ln x + a > 0 ，
所以 f x 在 1, + 上单调递增，无极大值；
当 x 0,1 时， f x = -ax ln x， f x = -a ln x +1 ，
1
所以当 x 0, ÷时， f x > 0， f x
1
单调递增，当 x ,1÷时， f ' x < 0， f x 单调递减，
è e è e
1 1 1 1
所以 x = 为极大值点，所以 f ÷ = -a × × ln =1，解得a = e．e è e e e
因为 f x ， g x 图像共有三个不同的交点，
所以方程 ex ln x = b ln x +1 有三个不等正实根．
设 t = ln x +1，则 x = et-1 ，且当 x > 0时，t 与 x 一一对应，
t
所以问题转化为关于 t 的方程 e t -1 = b t 有三个不等实根．
又 0 t不满足方程 e t -1 = b t b
t -1 t
，所以方程 = e 有三个实根．
t
设 h t t -1= et ，则函数 h t t -1= et 与函数 y = b的图像有三个交点，
t t
t -1
当 t 1或 t < 0 t时， h t = e ，
t
2
\ h t t - t +1= et2 > 0，所以 h t 在 - ,0 ， 1, + 上单调递增；t
0 t 1 t -1 e
t
当 < < 时， h t = - ，
t
h t t
2 - t +1
= - et < 0，所以 h t 在 0,1 2 上单调递减．t
t 1 h t > 0 h 1 = 0 t - h t = 1当 t 0， 时， ，而 ；当 时， 1-
t
÷e 0，
è t
1
无论 t > 0还是 t < 0，当 t 0时，都有 h t = 1- et + ，
t
当 t h t 1 1 + = - et时， ÷ + ．
è t
根据以上信息，画出函数 h t 的大致图像如下图所示，
t -1 t
所以当b > 0时，函数 h t = e 与函数 y = b的图像有三个交点，故 b 的取值范围为 0, + ．
t
x2x
2 3 1 2b-2（ ）证明：要证 < e ，只需证 2ln x3 - ln x2 + ln x1 < 2b - 2，x2
只需证 2 ln x3 +1 - ln x2 +1 + ln x1 +1 < 2b．
t -1
设（1 t）中方程的b = e 三个根分别为 t1 ， t2 ， t3，t
且 t1 < t2 < t3 ， ti = ln xi +1， i =1，2，3，从而只需证明 2t3 - t2 + t1 < 2b．
又由（1）的讨论知 t1 < 0，0 < t2 <1， t3 >1．
下面先证明 ex x +1，设j x = ex - x -1，则j x = e x -1．
当 x > 0时，j x > 0，j x 在 0, + 上单调递增，
当 x < 0 时，j x < 0，j x 在 - ,0 上单调递增，
所以j x j 0 = 0，所以当 x 0时， ex > x +1，
h t t -1 et t -1从而当 t 0， t 1时， = > t +1 ．
t t
又由（1）知 h t 在 - ,0 ， 1, + 上单调递增， h t 在 0,1 上单调递减．
2 1 2
t > 1 t -1 1 b + b + 4所以当 时， h t > = t - ，令b = t - ，解得t t = ，t t 2
b + b2 + 4 2
由 h t3 = b < h ÷ b + b + 4 ÷得 t3 < ；
è 2 2
1 1 2
当0 < t <1时， h t > - t ，令b = - t -b + b + 4，解得 ，
t t t = 2

h t b h -b + b
2 + 4 2
由 2 = < ÷ 得2 ÷ t
-b + b + 4
2 > ；
è 2
2
当 t < 0时， h t 1> t - ，令b t 1= - t b - b + 4，解得t t = ，2
b - b2h t b h + 4
2
由 1 = < ÷
b - b + 4
÷得 ．
è 2
t1 <
2
2 2
综上， 2t3 - t t b b
2 4 -b + b + 4 b - b + 42 + 1 < + + - + = 2b，得证．2 2
(二) 等式两边同时取对数把乘方运算转化为乘法运算
通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的
结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算
比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.
lnx +1
【例 2】（2024 届辽宁省大连市高三上学期考试）已知函数 f x = .
ax
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) ex x2 = ex x若 11 2 （e 是自然对数的底数），且 x1 > 0， x2 > 0 x x x2 2， 1 2 ，证明： 1 + x2 > 2 .
f (x) ln x +1 ln x【解析】（1）函数 = ax 的定义域为
(0, + )，求导得则 f (x) = - 2 ，由 f (x) = 0得 x =1ax ，
若 a<0，当0 < x <1时， f (x) < 0 ，则 f (x) 单调递减，当 x >1时， f (x) > 0，则 f (x) 单调递增，
若 a > 0，当0 < x <1时， f (x) > 0，则 f (x) 单调递增，当 x >1时， f (x) < 0 ，则 f (x) 单调递减；
所以当 a<0时，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增；
当 a > 0时，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减.
x x ln x1 +1 ln x2 2
+1
（ ）由 ex 21 = ex 12 ，两边取对数得 x2 ln x1 +1 = x1 ln x2 +1 ，即 =x1 x
，
2
由（1）知，当 a =1时，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，
f (x)max = f (1) =1，而 f (
1) = 0 ， x >1时， f (x) > 0 恒成立，
e
因此当 a =1时，存在 x1, x2 且 0 < x1 < 1 < x2 ，满足 f x1 = f x2 ，
x [2,+ ) x2 + x2 2若 2 ，则 1 2 > x2 4 > 2成立；
若 x2 (1,2) ，则 2 - x2 (0,1) ，记 g(x) = f (x) - f (2 - x)， x (1, 2) ，
ln x ln(2 - x) ln x ln(2 - x) ln[-(x -1)2 +1]
则 g (x) = f (x) + f (2 - x) = - x2
-
(2 x)2
> - 2 - 2 = -- x x x2
> 0，
即有函数 g(x)在 (1, 2)上单调递增， g(x) > g(1) = 0，即 f (x) > f (2 - x)，
于是 f x1 = f x2 > f 2 - x2 ，
而 x2 (1,2) ， 2 - x2 (0,1) ， x1 (0,1)，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，因此 x1 > 2 - x2 ，即 x1 + x2 > 2，
又 x21 +1 > 2 x
2
1 = 2x1, x
2
2 +1 > 2 x
2
2 = 2x x
2 +1+ x22 ，则有 1 2 +1 > 2 x1 + x2 > 4 2，则 x1 + x22 > 2，
2
所以 x1 + x
2
2 > 2 .
x
【例 3】（2024 届湖南省娄底市高三下学期考前仿真联考二）已知函数 f x e 2a= 2 - - alnx .x x
(1)当 a =1时，讨论函数 f x 的单调性；
2
(2) e若 a > ，
2
（i）证明：函数 f x 有三个不同的极值点；
2
（ii）记函数 f x 三个极值点分别为 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，证明： f x3 - f x
a
1 < - a ÷ x3 - x1 .
è e
x
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 (0, + ) a =1 f x e 2，当 时， = 2 - - lnx ，则x x
2 x x
f x x e - 2xe 2 1 e
x (x - 2) 2 - x (x - 2)(ex - x)
= 4 + 2 - = 3 + 2 = 3 ，x x x x x x
令 y = ex - x(x > 0)，则 y = ex -1 > 0(x > 0)，
所以 y = ex - x 在 (0, + )上递增，所以 y = ex - x > e0 - 0 = 1，
所以当 x > 2时， f (x) > 0，当0 < x < 2时， f (x) < 0 ，所以 f x 在 (0,2)上递减，在 (2, + ) 上递增；
x x
（2）（i）因为 x (0,+ ) f x e (x - 2) 2a a (x - 2)(e - ax)，且 = 3 + 2 - = f (2) = 0x x x x3
， ，
x a e
x x x
由 e - ax = 0，得 = （ x (0,+ ) g(x)
e
），令 = (x e (x -1)> 0)，则 g (x) = 2 (x > 0) ，x x x
当0 < x <1时， g (x) < 0，当 x >1时， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上递减，在 (1, + )上递增，所以 g(x)min = g(1) = e ，
e2 x
当 a > = g(2) e> e时， a = 在( 0, 1)和 (2, + ) 上各有一个实数根，分别记为 x1, x3，则0 < x1 < 1, x3 > 2，设
2 x
x2 =2，当0 < x < x1 或 x2 < x < x3时， f (x) < 0 ，当 x1 < x < x2 或 x > x3时， f (x) > 0，
所以 f (x) 在 0, x1 和 x2 , x3 上递减，在 x1, x2 和 (x3 , + )上递增，
所以函数 f (x) 在 (0, + )上有三个不同的极值点，
（ii）由（i）0 < x1 < 1, x3 > 2，
所以 x1, x 是方程 e x = ax
x x
的两个不相等的实数根，即e 1 = ax ， e 33 1 = ax3，
ex1 2a
所以 f (x1) = 2 - - a ln x
a 2a 1 1
1 = - - a ln xx x x x 1
= -a + ln x1 ÷ ，同理 f (x3) = -ax
+ ln x3 ÷，
1 1 1 1 è 1 è x3

a 1

ln x a 1 ln x a 1 ln x 1

- + + + - + - - ln x -a x1 - x3 ln x+ 3
所以 f x 3 ÷ 1 ÷ 3 1 ÷ ÷3 - f x1 = è x3 è x1 = è x3 x1 è x3x= 1 x1 ，
x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1
ex3
x3
由ex1 = ax x
x e x -x
1， e 3 = ax3，得 ln 3 = ln
a
x = ln = ln e 3 1 = x - x ，x e 1 ex1 3 11
a

a x- 1
- x3 x + ln 3 ÷ -a
x1 - x3 + x - x
所以 f x3 - f x1 è x3x1 x
3 1 ÷
= 1 è
x3x1 a 1

1 ，= = -
x3 - x1 x - x x - x

3 1 3 1 è x3x
÷
1
e2 a2 f xa , - f x
2
因为 + ÷ ，所以要证 f x3 - f x1 < - a ÷ x3 - x1 3 1
a
，只要证 < - a ，
è 2 è e x3 - x1 e
2 1 a
即证 a
1
-1
a
÷ < - a ，即证 -1< -1，
è x3x1 e x3x1 e
1 a
即证 < ，只需证 e < ax x e < x ×ex3 1-xx x e 1 3 ，即 1 ，即 e
3 < x1，
3 1
由（i）可得0 < x1 < 1, x3 > 2，所以0 < e1-x3 < e-1 <1，
ex
根据（i）中结论可知函数 g(x) = 在( 0, 1) 1-x上递减，所以要证 e 3 < x1，即证 g(x1) < g(e
1-x3 ) ，
x
ex
1-x
1
a e
x3 x e 33 e 1-x3
因为 = = ，所以 g(x1) = g(x3 )，所以只要证 g(x3) < g(e
1-x3 ) e e< < ee，即 1-x ，得 x ，x x x e 31 3 3 3
即1- ln x < e1-x3 1-x，得1- ln x 33 3 - e < 0，
1-x
令 h(x) =1- ln x - e1-x (x > 2)，则 h (x) 1= - + e1-x xe -1= (x > 2)，
x x
令u(x) = xe1-x -1(x > 2) ，则u (x) = (1- x)e1-x < 0(x > 2)，
所以u(x) 在 (2, + )
2
上递减，所以u(x) < u(2) = -1< 0，所以 h (x) < 0，
e
所以 h(x) 在 (2, + ) 上递减，所以 h(x) h(2) 1 ln 2
1
< = - - < 0 ，所以得证.
e
(三) 把指数型不等式通过两边取对数转化为对数型不等式
若一个不等式两边同时含有幂值，常通过取对数改变不等式结构
【例 4】（2024 x a届天津市武清区杨村一中高三下学期第二次热身练）已知 f x = a - x （ x 0 ， a > 0且
a 1）.
(1)当 a = 2时，求 f x 在 x = 0处的切线方程；
(2)当a = e时，求证： f x 在 e, + 上单调递增；
2
(3)设a > e
e
，已知"x ln a,+ 2 ÷，有不等式
f x 0恒成立，求实数 a 的取值范围.
è
【解析】（1）当 a = 2时， f x = 2x - x2 ， f (x) = 2x ln 2 - 2x(x > 0)，
所以 k = f (0) = ln 2， f (0) = 20 - 02 =1，所以切线方程为 y -1 = ln 2(x - 0)，即 y = ln 2 × x +1.
（2）当a = e时， f (x) = ex - xe f (x) = ex - exe-1 = e ex-1 - xe-1，则 ，
要证明 f x 在 e, + 上单调递增，
只需证明 f (x) > 0在 e, + 上恒成立，则只需证 ex-1 > xe-1，即只需证 x -1 > (e -1) ln x .
设 g(x) = x -1- (e -1) ln x(x > e)，则只需证 g(x) > 0
e -1 e -1 1
因为 g x =1- >1- = > 0，所以 g x 在 (e, + )单调递增，
x e e
所以 x (e,+ )时 g(x) > g(e) = 0，即 x (e,+ )时， g(x) > 0 成立，
所以 f (x) > 0，所以 f (x) 在 (e, + )上单调递增.
ln x ln a
（3） f (x) 0，即 a x xa ，两边取对数得： x ln a a ln x，即 .
x a
设h(x)
ln x ,h (x) 1- ln x= = ，令 h (x) = 0，得 x=e，当 x>e时， h (x) < 0， h(x) 单调递减.
x x
2 2
又因为a > e e e，所以 x ln a > > e， h(x) 在 (e, + )单调递减，
2 2
ln x ln a e2 2
由 ，则 a x在 ln a, +
e
恒成立，即 ，
x a è 2
÷ a ln a
2
ln a 2 ln e2
上式等价于 = ，即 h a h e22 2 ，a e e
由 h(x) 在 (e, + ) 2单调递减，所以 e < a e2 .即实数 a的取值范围为 e,e ù .
(四) 把证明乘积型数列不等式通过取对数转化为数列之和型的不等式
若 f n > 0，证明含有 f 1 f 2 L f n 型的不等式通常可转化为证明含有 ln f 1 + ln f 2 +L+ f n 型的
不等式
a
【例 5】（2024 届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知函数 f x = lnx - ．
x
(1)当 a = -1时，求 f x 的极值；
(2)若 f x 0恒成立，求实数 a的取值范围；
3
(3) 2+ +K
n+1
+
证明： e 2 n > n +1 e n N* ．
a 1 f x ln x 1 1 1 x -1【解析】（1）当 = - 时， = + ，定义域为 0, + ，则 f x = - 2 = 2 ，x x x x
当0 < x <1时， f x < 0，当 x >1时， f x > 0，则 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 f x 有极小值 f 1 =1，无极大值.
（2）因为 f x 0 恒成立，得"x > 0， a x ln x ，令 g x = x ln x， x > 0，求导的 g x =1+ ln x，
1 1
当0 < x < , g x < 0 ,当 x > 时， g x > 0，
e e
g x 0, 1 即函数 在 ÷上递减，在 e, + 上递增，
è e
1 1 1 1
因此 gmin x = g ÷ = - ，则 ≤ ― a ≤ ― .
è e e e
，所以 的取值范围 e
1 1 1 1 n +1
（3）证明：由（2）知， a = - 时，即 ln x - e ln x e ln x，于是 e ln
n +1
= e é ln n +1 - ln nù ，e ex x x n n
n
e ln n = e é ln n - ln n -1
2
ù，
， e ln
2
= e ln 2 - ln1 ，
n -1 n -1 1 1
n +1 n 2
因此 + +L+ > e éln n +1 - ln n + ln n - ln n -1 +L+ ln 2 - ln1 ù = e ln n +1 n n -1 1
2 3 n+1+ + +
所以 e 2 n > n +1 e .
(五) 把比较a,b a > 0,b > 0 转化为比较 ln a, ln b的大小
比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较
nn+1, n +1 n n N*,n > 2 的大小，可通过取对数转化为比较 n +1 ln n,n ln n +1 的大小，再转化为比
ln n ln n +1, ln x较 的大小，然后可以构造函数 f x = ，利用 f x 的单调性比较大小.
n n +1 x
1
【例 6】一天，小锤同学为了比较 ln1.1与 的大小，他首先画出了 y = ln x 的函数图像，然后取了离 1.1 很
10
近的数字 1，计算出了 y = ln x 在 x=1 处的切线方程，利用函数 y = ln x 与切线的图像关系进行比较.
1
（1）请利用小锤的思路比較 ln1.1与 大小
10
a
（2）现提供以下两种类型的曲线 y = 2 + b, y = kx + t ，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较p
e ,e3
x
的大小.
【解析】（1）构造函数 f (x) = ln x - x +1，由 f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，得
f (x) f (1) = 0，即 ln x x -1，取 x=1，得 ln1.1 < 0.1
3
（2）通过取对数，把比较p e ,e3的大小转化为比较 e lnp 与 3 的大小，即比较 lnp 与 大小
e
y a a选 = 2 + b，令 y = ln x 与 y = 2 + b公切于 ex x
ì
ln e
a
= 2 + b e e2 2 a = - ,b 3= y e 3则有 í1 2a ，2 2 \ = - + = - 2x
2 2
e e3
e2 2 2 2
记 g(x) = ln x 3+ 2 - , g (x)
1 e x - e
= - = ，
2x 2 x x3 x3
∴ g(x)在 (0, e)上单调递减，在 (e, + )上单调递增,
2
\ g(x) g(e) = 0, e 3\ln x -
2x2
+
2
e2lnp 3 3 e
2 3 3 e2 3
\ > - 2 + ，下证： - 2 > 只需证 + <2p 2 2 2p e e 2p 2 2
Q 3 e
2 3 (2.72)2 10 (2.72)2 2.72 2+ < + = + 7，只需证 <
e 2p 2 2.7 2 (3.1)2 9 2 (3.1)2 è 3.1 ÷ 9
Q 2.72 < 0.88, (0.88)2 = 0.7744
3.1
7
而 = 0.777 > 0.7744,\lnp
3
> ，即
9 e p
e > e3
选 y = kx + t ，通过取对数，把比较p e ,e3
1
的大小转化为比较 e ln
3
p 与 3 的大小，即比较 lnp 与 大小，即较 ln
e p
3
与- 大小
e
1 ì
1 1
y = ln x
ln = k + t
令 与 y=kx+t 切于 ，则有 í e e k = e, t = -2,\ y = ex - 2e
e = k
令 g(x) = ln x - ex + 2, g (x)
1 e 1- ex= - =
x x
∴ g(x) 0,
1 1
在 e ÷ 上单调递增，在
,+
e ÷上单调递减,è è
\ g(x) 1 g ÷ = 0,\ln x ex - 2
1
，当 x = 取等
è e e
ln 1 e e 3 e 3\ - 2下证 - 2 < - ，只需证 + < 2
p p p e p e
Q e 3 2.72 3+ < + < 0.88 10+ ，
p e 3.1 2.7 9
Q2 10 8- = = 0.8& > 0.88, ln 1 3 3\ < - ,\lnp > ,\p e > e3 .
9 9 p e e
【例 1】（2024 届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考三）已知正项数列 an 的前n项和为 Sn ，首
项 a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1，求数列 an 的通项公式；
(2)若函数 f (x) = 2ex + x *，正项数列 an 满足： an+1 = f (an )(n N ) .
i n（ ）证明： Sn 3 - n -1；
(1 1 )(1 1 )(1 1 1（ii 3）证明： + 2 + 2 + 2 )L(1+ 2 ) < e(n 2,n N
*)
5a2 5a 5a
.
3 4 5an
【解析】（1）正项数列 an 中， a1 =1 2 2， n N* ， an = 4Sn - 2an -1，当 n 2时， an-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1，
2 2
两式相减得 an - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an + 2an-1，即 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ，
而 an > 0，则 an - an-1 = 2，因此数列 an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，
所以数列 an 的通项公式为 an =1+ 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1，求导得 h (x) = ex -1，当 x < 0 时， h (x) < 0，当 x > 0时， h (x) > 0，
即函数 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，则 h(x) h(0) = 0 ，即 ex x +1，
于是 an+1 = f an = 2ean + an 2 an +1 + an = 3an + 2，
a +1
即 an+1 +1 3 an +1 n+1，即 3an +1
，
当 n 2时， an +1 = a 1
a2 +1 a +1 a +1 a +1
1 + × ×
3 × 4 ×L× n a1 +1 ×3n-1 = 2 3n-1a1 +1 a
，
2 +1 a3 +1 an-1 +1
n =1 a +1 = 2 = 2 30 n-1当 时 1 ，因此 an 2 3 -1，
S = a + a + a +L+ a 2 30所以 n 1 2 3 n -1 + 2 31 -1 + 2 32 -1 +L+ 2 3n-1 -1
n
= 2 30 + 31 + 32 +L+3n-1 n 2 1- 3- = - n = 3n - n -11- 3
（ii）由已知 an+1 = f an = 2ean + a an ，所以 an+1 - an = 2e n > 0，得 an+1 > an ，
当 n 1时， ean ea1 = e > 2 a - a = 2ean a，于是 1n+1 n 2e = 2e > 5，
当 n 2时， an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 +L+ an - an-1 >1+ 5(n -1) = 5n - 4，
又 a1 =1，所以"n N* ，恒有 an 5n - 4 ，当 n 2时， (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2)，
由 ex x +1，得当 x > -1时， ln(x +1) x ，
1 1 1 1 1 1
则当 n 2时， ln 1+ < < = -
è 5a
2 ÷
n 5a
2
n 5(5n - 4)
2 5(5n - 7)(5n - 2) 5n ，- 7 5n - 2
1
从而 ln 1+ 2 ÷ + ln 1
1
+ 2 ÷ + ln
1 1
5a 5a
1+ +L+ ln 1+
5a2 ÷ 5a2 ÷è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1 1< 1 1 1 1 1 1 1 - ÷ + - ÷ + - ÷ +L+ - = - <
è 3 8 è 8 13 è13 18 è 5n - 7 5n - 2 ÷ 3 5n
，
- 2 3
é
ln 1 1
1 1 ù 1
于是 ê 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷L 1+ 2 ÷ú <5a 5a 5a 5a 3 ， è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1
1 1 3
所以 + 5a2 ÷
1+ 2 ÷ 1+ L 1+ < e .
è 2 è 5a 5a
2 ÷ 2 ÷
3 è 4 è 5an
2
【例 2】（2024 x届江苏省盐城市高三 5 月考前指导卷）已知函数 f x = ax ，其中 a > 0．e
(1)若 f x 在 0,2 上单调递增，求 a的取值范围；
(2)当 a =1时，若 x1 + x2 = 4且0 < x1 < 2，比较 f x1 与 f x2 的大小，并说明理由
2
1 Q f x x f x 2x - ax
2
【解析】（ ） = ax ，\ =e eax
，
Q f x 在 0,2 上单调递增，\ f x 0在 0, 2 上恒成立且满足 f x = 0的点不连续．
2 2
当 x 0,2 时， a ．由 y = 在 0,2 上单调递减可知，
x x
2
当 x = 2时， x ÷
=1，\a 1，综上， a的取值范围为 0,1
è min
2
（2 x）当 a =1时， f x = x ，x1 + x2 = 4且0 < xe 1
< 2，
x2 x2
2
下面证明 f x1 < f x
x
2 ，即证明
1
x <
2
x ，等价于证明： e
x2 -x1 <
e e
2 ÷ ，
1 2 è x1
2 + t 2
设 x 2t 1 = 2 - t, x2 = 2 + t，0 < t < 2，所证即为： e < ，
è 2 - t ÷
等价于证明： t < ln
2 + t 2 + t
，0 < t < 2，设函数 h t = ln - t，0 < t < 2．
2 - t 2 - t
2
Qh t t= > 0，\h t 在 0,2 上单调递增，而 h t = h 0 = 0，\h t > 0
4 - t 2 min
，
2 + t
\ln > t，0 < t < 2，所证不等式成立．
2 - t
ln 1+ ax
【例 3】（2024 届湖南省衡阳市雁峰区衡阳市第八中学高三模拟预测）已知 a 0, f x = ．
x
(1)讨论 f x 的单调性；
n n n+1 n+1
(2) n 1 1 , 1 1+ + 当 为正整数时，试比较 ÷ ÷ ,
1 1
n n +1
1+ ÷ , 1+ ÷ 的大小关系，并证明．
è è è n è n +1
【解析】（1）①当 a = 0时， f x = 0，此时 f x 无单调性，
x
②当 a > 0时， f x 1 的定义域 - ,0÷ 0, + — ln 1+ ax ，
è a f x = 1+ ax ，x2
x -ax
令 g x = — ln 1+ ax ，所以 g x = 1+ ax 2 ，1+ ax
1
所以 x
- ,0 ÷ , g x > 0, g x 单调递增； x 0, + ，g x < 0，g x a 单调递减；且 g 0 = 0，è
所以， f x 1 在 - ,0÷ 0, + 上 f x < 0，所以 f x
1
在 - ,0

÷ 和 0, + a a 上单调递减；è è
1
综上所述，当 a = 0时， f x = 0，此时 f x 无单调性；当 a > 0时， f x 在 - ,0÷ 和 0, + a 上单调递è
减.
2 1 1
n 1 n 1 n+1 1 n+1 1 n+1 1
n
（ ）因为 + ÷ > 1+

n ÷
, 1+ ÷ > 1+ ÷ ，且 1+ ÷ > 1+ ÷ ，
è è n +1 è n è n +1 è n è n
1 n+1 1 n
所以只需要比较 1+ ÷ 与 1+ ÷ 的大小即可，
è n +1 è n
1
由（1）知， a > 0时， f ln 1+ ax x = 在 - ,0

÷ 和 0, + a 上单调递减x è
ln 1+ x
所以 f x = 在 -1,0 和 0, + 上单调递减，
x
1 1 1 1 1 1
又因为 n 为正整数，所以0 < < ，故 f > f ，即 n +1 ln 1+ > n ln 1+ ，
n +1 n è n +1÷ è n ÷ n +1÷ ÷ è è n
1 n+1 n n+1 n+1 n n 1+ > 1 1+ 1 1+ 1 1> 1 所以 n +1÷ ÷
，所以
n n ÷
1+ ÷ > 1+ ÷ > 1+ .
è è è è n +1 è n ÷ è n +1
a
【例 4】（2021 全国甲卷高考试题）已知 a > 0且 a 1，函数 f (x) x= x (x > 0)．a
(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．
x2 2x × 2x - x2 × 2x ln 2 x × 2x 2 - x ln 2【解析】（1）当 a = 2时， f x

=
2x
, f x = =
2x 2 4x ,
令 f ' x = 0 x 2得 = ,当0 x 2< < 时， f x > 0 2,当 x > 时， f x < 0 ,
ln 2 ln 2 ln 2
∴函数 f x 0, 2 ù é 2 在
è ln2 ú
上单调递增； ê ,+ ÷ 上单调递减； ln2
a
（2） f x x= x =1 a x = xa x ln a = a ln x
ln x ln a
= ,设函数 g x ln x= ,
a x a x
则 g x 1- ln x= 2 ,令 g x = 0，得 x = e ,x
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；
\ g x = g e 1=max ,e
又 g 1 = 0，当 x 趋近于+ 时， g x 趋近于 0，
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 a与直线 y = 有两个交点的充分必
ln a
ln a 1
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,+ ．
【例 5】已知函数 f (x) = x ln x ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
2 1 1
(2)设 a，b 为两个不相等的正数，且 ab = ba ，证明： < + < 1．
e a b
【解析】 (1) f (x) = ln x +1，定义域为 (0, + )，
由 f (x) = 0 x
1
，解得 = ，由 f (x) > 0，解得 x
1
> ，由 f (x) < 0，解得0 x
1
< <
e ，e e
1 1
所以 f (x)

的单调递增区间为 ,+ 0,
è e ÷
，单调递减区间为
e ÷
．
è
(2)∵a，b 为两个不相等的正数，且 ab = ba ，
1 1 1
∴ b ln a = a ln b，即 ln = ln
1
，
a a b b
f (x) f (1由（1）可知 min = )
1
= - ，且 f (1) = 0， x 0时， f (x) 0，
e e
x 1
1
则令 1 = , x
1
2 = ，则 x1, x2 为 f (x) = k

的两根，且 k - ,0 ，
a b ֏ e
x 1 1 2 1不妨设 1 0, ÷ , x2 ,1÷，则 - x > ，
è e è e e 1 e
2 2 2
先证 < x1 + x2 ，即证 x2 > - xe 1 ，即证
f x2 = f xe 1
> f - x1 ÷，
è e
令 h(x) = f (x) - f
2 - x 1 ÷，即证在 x e
0, ÷上， h(x) > 0，
è è e
则 h (x) = f (x) - f
2 2 2
- x

÷ = ln x + ln
2
e
- x ÷ + 2 = lne
-x + x ÷ + 2，
è è è e
h (x) 在 0,
1 1
÷上单调递增，即 h (x) < h ÷ = 0，
è e è e
1
h (x) < 0 0, ∴ 在 ÷上恒成立，即 h(x) 在 0,
1 1
÷ 上单调递减，h(x) > h ÷ = 0，
è e è e è e
f (x) f 2 2∴ > - x ÷，即可得 x2 > - x1；再证 x1 + x2 < 1
1
，即证 < x2 < 1- x ，è e e e 1
由（1） f (x) 单调性可得证 f x2 = f x1 < f 1- x1 ，
j (x) 1令 = f (x) - f (1- x), x 0,

e ÷，è
j (x) = ln x + ln(1- x) + 2 = ln -x2 + x 2 1+ ，j (x) 在 0, ÷ 上单调递增，
è e
∴j (x) = j
1
÷ > 0，且当 x 0,j (x) < 0，所以存在 x0 使得j x0 = 0 ，
è e
即当 x 0, x0 时，j (x) < 0,j (x)单调递减，
当 x x ,
1
0 ÷时，j (x) > 0,j (x)e 单调递增，è
1 1
又有 x 0,j (x) < 0，且j ÷ = f ÷ - f 1
1
- ÷ < 0 ，
è e è e è e
所以j(x) < 0
2 1 1
恒成立，∴ x1 + x2 < 1，则 < + < 1，即可证得．e a b
1．（2024 届重庆市南开中学校高三第九次质量检测）已知函数 f (x) = aex , g(x) = ln x + b(a,b R) .
(1)当b =1时， f (x) g(x) 恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)已知直线 l1、l2是曲线 y = g(x) 的两条切线，且直线 l1 、l2 的斜率之积为 1.
（i）记 x0 为直线 l1 、l2 交点的横坐标，求证： x0 <1；
（ii）若 l1 、l2 也与曲线 y = f (x) 相切，求 a,b的关系式并求出b 的取值范围.
2．（2024 x届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数 f x = e ， g x = ln x .
x +1
(1)若函数 h x = ag x -1 - ， a R ，讨论函数 h x 的单调性；
x -1
1 4
(2)证明： 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 . 1（参考数据：
4 e5 2.23
， e 2 1 .6 5 ）
3．（2024 ax届广东省广州市高中毕业班冲刺训练题二）已知函数 f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在区间 -1,1 上的最大值与最小值；
(2)当a 1时，求证： f x ln x + x +1.
f (x) ax2 (a 1)x ln x 1 g(x) f (x)4.（2023 届新疆高三第三次适应性检测）已知函数 = + + - ， = ．
x
(1)讨论 g x 的单调性；
e2
(2)若方程 f (x) = x2 ex + x ln x -1有两个不相等的实根 x1, x2 ，求实数 a x + x的取值范围，并证明 e 1 2 > ．x1x2
5.已知函数， f x = ln x - x + m，m R ．
(1)求 f x 的极值；
(2)若 f x 1有两个零点 a，b，且 a b e < m，求证： b + ÷ < 2e ．
è b
6.设函数 f x = - ln x .
(1)设l1、l2 0且l1 + l2 =1，求证：对任意的x1、 x2 > 0 x
l1 xl，总有 21 2 l1x1 + l2x2 成立；
n
(2) l l l设 xi > 0，li > 0 i =1,2, × × ×,n ，且 l =1，求证： x 1 2i 1 x2 × × × x nn l1x1 + l2x2 + ×××+ ln xn .
i=1
7.已知函数 f (x) = ex , g(x) = x + a ln x,a R
（1）讨论 g(x)的单调性；
（2）若 f x + 2x…g x + xa ，对任意 x (1,+ )恒成立，求 a 的最大值；
8.已知函数 f (x) = x ln x + a, (a R)．
(1)求函数 f x 的单调区间；
1
(2)当0 < a < 时，证明：函数 f x 有两个零点；
e
(3)若函数 g(x) = f (x) - ax2 - x 2 3有两个不同的极值点 x1, x2 （其中 x1 < x2），证明： x1 × x2 > e ．
9.形如 y = f (x)g ( x )的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得

ln y = ln f (x)g ( x )
y f x
= g(x) ln f (x)，两边对 x求导数，得 = g (x) ln f (x) g(x)

+
y f x ，于是
é f x ù
y = f (x)g ( x ) êg (x) ln f (x) g(x)

+
ú .已知 f (x) = 2e
x ln x
f x ，
g(x) = x2 +1 .

（1）求曲线 y = f (x) 在 x =1处的切线方程；
（2）若 h(x) = f (x)，求 h(x) 的单调区间；
（3）求证："x (0,+ ), f (x)…g(x) 恒成立.
10. 2已知函数 f (x) = ex ln x (x > 0) ．
(1)求 f (x) 的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数 x1, x2 0 < x1 < x2 满足 f x1 = f x k2 = e ．
（i）求 k 的取值范围
e
2 -
xe -2e e 2 1（ⅱ）证明 2 ．x1
11.已知 f (x) = ln x - x ， g(x) = mx + m .
(1)记F (x) = f (x) + g(x)，讨论 F (x)的单调区间；
(2)记G(x) = f (x) + m ，若G(x)有两个零点 a，b，且 a < b .
请在①②中选择一个完成.
① 2em-1
1
求证： > + b ；
b
②求证： 2em-1
1
< + a
a
12．已知 a R ， f (x) = x ×e-ax ，（其中 e 为自然对数的底数）.
（1）求函数 y = f (x) 的单调区间；
（2）若 a > 0，函数 y = f (x) - a 有两个零点 x， x 2 22，求证： x1 + x2 > 2e .
1
13. - x已知函数 f x = axe a 0 存在极大值 .
e
（1）求实数 a的值；
（2）若函数F x = f x - m有两个零点 x1， x2 x1 x2 ，求实数m的取值范围，并证明： x1 + x2 > 2 .
14.已知函数 f (x) = x(e2x - a), g(x) = bx + ln x .
（1）若 y = 2x是曲线 y = f (x) 的切线，求 a 的值；
（2）若 g(x)有两不同的零点，求 b 的取值范围；
（3）若b =1，且 f (x) - g(x) 1恒成立，求 a 的取值范围.
15．已知函数 f (x) = ax ln x， a R ．
（1）当 a = 1时，
①求 f (x) 的极值；
m
②若对任意的 x e都有 f (x) m e x ，m > 0，求m的最大值；
x
（2）若函数 g(x) = f (x) + x2 有且只有两个不同的零点 x1， x2，求证： x1x2 > e
2
．
f (x)
16.已知函数 f (x) = x ln x - ax2 - x ， g(x) = ， a R ．
x
(1)讨论 g(x)的单调性；
(2)设 f (x) 4 3有两个极值点x1， x2 x1 < x2 ，证明： x1 x2 > e ．（ e = 2.71828 …为自然对数的底数）专题 9 指数型函数取对数问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，
f x
这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如a 的函数取对数可以起到化繁
为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题
中有时能大显身手.
(一) 等式两边同时取对数把乘除运算转化为加减运算
形如 f a g b = h c f a > 0, g b > 0, f c > 0 的等式通过两边取对数，可以把乘除运算，转化为
加减运算，使运算降级.
【例 1】（2024 届辽宁省名校联盟高三上学期联考）已知 a > 0，b R ，函数 f x = ax ln x 和 g x = b ln x +1
的图像共有三个不同的交点，且 f x 有极大值 1．
(1)求 a 的值以及 b 的取值范围；
2
(2)若曲线 y = f x 与 y = g x x x的交点的横坐标分别记为x x 3 1 2b-21， 2， x3 ，且 x1 < x2 < x3．证明： < e ．x2
【解析】（1）因为 a > 0， x 0, + ，所以当 x 1时， f x = ax ln x， f x = a ln x + a > 0 ，
所以 f x 在 1, + 上单调递增，无极大值；
当 x 0,1 时， f x = -ax ln x， f x = -a ln x +1 ，
1
所以当 x 0, ÷时， f x > 0， f x 1 单调递增，当 x ,1÷时， f ' x < 0， f x 单调递减，
è e è e
1 1 1 1
所以 x = 为极大值点，所以 f ÷ = -a × × ln =1，解得 a = e．e è e e e
因为 f x ， g x 图像共有三个不同的交点，
所以方程 ex ln x = b ln x +1 有三个不等正实根．
设 t = ln x +1，则 x = et-1 ，且当 x > 0时，t 与 x 一一对应，
t
所以问题转化为关于 t 的方程 e t -1 = b t 有三个不等实根．
又 0 t不满足方程 e t -1 = b t b
t -1 t
，所以方程 = e 有三个实根．
t
设 h t t -1= et ，则函数 h t t -1= et 与函数 y = b的图像有三个交点，
t t
t -1
当 t 1或 t < 0 t时， h t = e ，
t
2
\ h t t - t +1= et2 > 0，所以 h t 在 - ,0 ， 1, + 上单调递增；t
0 t 1 t -1 e
t
当 < < 时， h t = - ，
t
h t t
2 - t +1
= - et < 0，所以 h t 在 0,1 2 上单调递减．t
t 1 h t > 0 h 1 = 0 t - h t = 1当 t 0 ， 时， ，而 ；当 时， 1-
t
÷e 0，
è t
1
无论 t > 0还是 t < 0，当 t 0时，都有 h t = 1- et + ，
t
当 t h t 1 1 + = - et时， ÷ + ．
è t
根据以上信息，画出函数 h t 的大致图像如下图所示，
t -1 t
所以当b > 0时，函数 h t = e 与函数 y = b的图像有三个交点，故 b 的取值范围为 0, + ．
t
x2x
2 3 1 2b-2（ ）证明：要证 < e ，只需证 2ln x3 - ln x2 + ln x1 < 2b - 2，x2
只需证 2 ln x3 +1 - ln x2 +1 + ln x1 +1 < 2b．
t -1
设（1 t）中方程的b = e 三个根分别为 t1 ， t2 ， t3，t
且 t1 < t2 < t3 ， ti = ln xi +1， i = 1，2，3，从而只需证明 2t3 - t2 + t1 < 2b．
又由（1）的讨论知 t1 < 0，0 < t2 <1， t3 >1．
下面先证明 e x x + 1，设j x = ex - x -1，则j x = e x -1．
当 x > 0时，j x > 0，j x 在 0, + 上单调递增，
当 x < 0 时，j x < 0，j x 在 - ,0 上单调递增，
所以j x j 0 = 0，所以当 x 0时， ex > x +1，
h t t -1 et t -1从而当 t 0 ， t 1时， = > t +1 ．
t t
又由（1）知 h t 在 - ,0 ， 1, + 上单调递增， h t 在 0,1 上单调递减．
2 1 2
t > 1 t -1 1 b + b + 4所以当 时， h t > = t - ，令b = t - ，解得t t = ，t t 2
b + b2 + 4 2
由 h t3 = b < h ÷ b + b + 4 ÷得 t3 < ；
è 2 2
1 1 2
当0 < t <1时， h t > - t ，令b = - t -b + b + 4，解得 ，
t t t = 2

h t b h -b + b
2 + 4 2
由 2 = < ÷ 得2 ÷ t
-b + b + 4
2 > ；
è 2
2
当 t < 0时， h t 1> t - ，令b t 1= - t b - b + 4，解得t t = ，2
b - b2h t b h + 4
2
由 1 = < ÷
b - b + 4
÷得 ．
è 2
t1 <
2
2 2
综上， 2t3 - t t b b
2 4 -b + b + 4 b - b + 42 + 1 < + + - + = 2b，得证．2 2
(二) 等式两边同时取对数把乘方运算转化为乘法运算
通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的
结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算
比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.
lnx +1
【例 2】（2024 届辽宁省大连市高三上学期考试）已知函数 f x = .
ax
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) ex x2 = ex x若 11 2 （e 是自然对数的底数），且 x1 > 0， x2 > 0 x x x2 2， 1 2 ，证明： 1 + x2 > 2 .
f (x) ln x +1 ln x【解析】（1）函数 = ax 的定义域为
(0, + )，求导得则 f (x) = - 2 ，由 f (x) = 0得 x =1ax ，
若 a<0，当0 < x <1时， f (x) < 0 ，则 f (x) 单调递减，当 x >1时， f (x) > 0，则 f (x) 单调递增，
若 a > 0，当0 < x <1时， f (x) > 0，则 f (x) 单调递增，当 x >1时， f (x) < 0 ，则 f (x) 单调递减；
所以当 a<0时，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增；
当 a > 0时，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减.
x x ln x1 +1 ln x2 2
+1
（ ）由 ex 21 = ex 12 ，两边取对数得 x2 ln x1 +1 = x1 ln x2 +1 ，即 =x1 x
，
2
由（1）知，当 a =1时，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，
f (x)max = f (1) =1，而 f (
1) = 0 ， x >1时， f (x) > 0 恒成立，
e
因此当 a =1时，存在 x1, x2 且 0 < x1 < 1 < x2 ，满足 f x1 = f x2 ，
x [2,+ ) x2 + x2 2若 2 ，则 1 2 > x2 4 > 2成立；
若 x2 (1,2) ，则 2 - x2 (0,1) ，记 g(x) = f (x) - f (2 - x)， x (1, 2) ，
ln x ln(2 - x) ln x ln(2 - x) ln[-(x -1)2 +1]
则 g (x) = f (x) + f (2 - x) = - x2
-
(2 x)2
> - 2 - 2 = -- x x x2
> 0，
即有函数 g(x)在 (1, 2)上单调递增， g(x) > g(1) = 0，即 f (x) > f (2 - x)，
于是 f x1 = f x2 > f 2 - x2 ，
而 x2 (1,2) ， 2 - x2 (0,1) ， x1 (0,1)，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，因此 x1 > 2 - x2 ，即 x1 + x2 > 2，
又 x21 +1 > 2 x
2
1 = 2x1, x
2
2 +1 > 2 x
2
2 = 2x x
2 +1+ x22 ，则有 1 2 +1 > 2 x1 + x2 > 4 2，则 x1 + x22 > 2，
2
所以 x1 + x
2
2 > 2 .
x
【例 3】（2024 届湖南省娄底市高三下学期考前仿真联考二）已知函数 f x e 2a= 2 - - alnx .x x
(1)当 a =1时，讨论函数 f x 的单调性；
2
(2) e若 a > ，
2
（i）证明：函数 f x 有三个不同的极值点；
2
（ii）记函数 f x 三个极值点分别为 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，证明： f x3 - f x
a
1 < - a ÷ x3 - x1 .
è e
x
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 (0, + ) a =1 f x e 2，当 时， = 2 - - lnx ，则x x
2 x x
f x x e - 2xe 2 1 e
x (x - 2) 2 - x (x - 2)(ex - x)
= 4 + 2 - = 3 + 2 = 3 ，x x x x x x
令 y = ex - x(x > 0)，则 y = ex -1 > 0(x > 0)，
所以 y = ex - x 在 (0, + )上递增，所以 y = ex - x > e0 - 0 = 1，
所以当 x > 2时， f (x) > 0，当0 < x < 2时， f (x) < 0 ，所以 f x 在 (0, 2) 上递减，在 (2, + ) 上递增；
x x
（2）（i）因为 x (0,+ ) f x e (x - 2) 2a a (x - 2)(e - ax)，且 = 3 + 2 - = f (2) = 0x x x x3
， ，
x a e
x x x
由 e - ax = 0，得 = （ x (0,+ ) g(x)
e
），令 = (x e (x -1)> 0)，则 g (x) = 2 (x > 0) ，x x x
当0 < x <1时， g (x) < 0，当 x >1时， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上递减，在 (1, + )上递增，所以 g(x)min = g(1) = e ，
e2 x
当 a > = g(2) e> e时， a = 在( 0, 1)和 (2, + ) 上各有一个实数根，分别记为 x1, x3，则0 < x1 < 1, x3 > 2，设2 x
x2 =2，当0 < x < x1 或 x2 < x < x3时， f (x) < 0 ，当 x1 < x < x2 或 x > x3 时， f (x) > 0，
所以 f (x) 在 0, x1 和 x2 , x3 上递减，在 x1, x2 和 (x3 , + )上递增，
所以函数 f (x) 在 (0, + )上有三个不同的极值点，
（ii）由（i）0 < x1 < 1, x3 > 2，
所以 x1, x 是方程 e x = ax
x x
的两个不相等的实数根，即e 1 = ax ， e 33 1 = ax3，
ex1 2a
所以 f (x1) = 2 - - a ln x
a 2a 1 1
1 = - - a ln xx x x x 1
= -a + ln x1 ÷ ，同理 f (x3) = -ax
+ ln x3 ÷，
1 1 1 1 è 1 è x3

a 1

ln x a 1 ln x a 1 ln x 1

- + + + - + - - ln x -a x1 - x3 ln x+ 3
所以 f x 3 ÷ 1 ÷ 3 1 ÷ ÷3 - f x1 = è x3 è x1 = è x3 x1 è x3x= 1 x1 ，
x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1
ex3
x3
由ex1 = ax x
x e x -x
1， e 3 = ax3，得 ln
3 = ln ax = ln = ln e 3 1 = x - x ，x e 1 ex1 3 11
a

a x- 1
- x3 x + ln 3 ÷ -a
x1 - x3 + x - x
所以 f x3 - f x1 è x3x1 x
3 1 ÷
= 1 è
x3x1 a 1

1 ，= = -
x3 - x1 x - x x - x

3 1 3 1 è x3x
÷
1
e2 2 2
因为 a ,+ ÷ ，所以要证 f

x a

3 - f x1 < - a ÷
f x - f x
x3 - x
3 1 a
1 ，只要证 < - a ，
è 2 è e x3 - x1 e
2 1 a
即证 a
1
-1
a
÷ < - a ，即证 -1< -1，
è x3x1 e x3x1 e
1 a
即证 < ，只需证 e < ax x e < x ×ex3 1-xx x e 1 3 ，即 1 ，即 e
3 < x1，
3 1
由（i）可得0 < x1 < 1, x3 > 2，所以0 < e1-x3 < e-1 <1，
ex
根据（i）中结论可知函数 g(x) = 在( 0, 1) 1-x上递减，所以要证 e 3 < x1，即证 g(x1) < g(e
1-x3 ) ，
x
ex
1-x
1
a e
x3 x e 33 e 1-x3
因为 = = ，所以 g(x1) = g(x3 )，所以只要证 g(x3) < g(e
1-x3 ) e e< < ee，即 1-x ，得 x ，x x x e 31 3 3 3
即1- ln x < e1-x3 1-x，得1- ln x 33 3 - e < 0，
1-x
令 h(x) =1- ln x - e1-x (x > 2)，则 h (x) 1= - + e1-x xe -1= (x > 2)，
x x
令u(x) = xe1-x -1(x > 2) ，则u (x) = (1- x)e1-x < 0(x > 2)，
所以u(x) 在 (2, + )
2
上递减，所以u(x) < u(2) = -1< 0，所以 h (x) < 0，
e
所以 h(x) 在 (2, + ) 上递减，所以 h(x) h(2) 1 ln 2
1
< = - - < 0 ，所以得证.
e
(三) 把指数型不等式通过两边取对数转化为对数型不等式
若一个不等式两边同时含有幂值，常通过取对数改变不等式结构
【例 4】（2024 x a届天津市武清区杨村一中高三下学期第二次热身练）已知 f x = a - x （ x 0 ， a > 0且
a 1）.
(1)当 a = 2时，求 f x 在 x = 0处的切线方程；
(2)当 a = e时，求证： f x 在 e, + 上单调递增；
2
(3)设 a

> e e，已知"x ln a,+ ÷，有不等式 f x 0恒成立，求实数 a 的取值范围.
è 2
【解析】（1）当 a = 2时， f x = 2x - x2 ， f (x) = 2x ln 2 - 2x(x > 0)，
所以 k = f (0) = ln 2， f (0) = 20 - 02 =1，所以切线方程为 y -1 = ln 2(x - 0)，即 y = ln 2 × x +1.
（2）当 a = e时， f (x) = ex - xe f (x) = ex - exe-1 = e ex-1 - xe-1，则 ，
要证明 f x 在 e, + 上单调递增，
只需证明 f (x) > 0在 e, + 上恒成立，则只需证 ex-1 > xe-1，即只需证 x -1 > (e -1) ln x .
设 g(x) = x -1- (e -1) ln x(x > e)，则只需证 g(x) > 0
e -1 e -1 1
因为 g x =1- >1- = > 0，所以 g x 在 (e, + )单调递增，
x e e
所以 x (e,+ )时 g(x) > g(e) = 0，即 x (e,+ )时， g(x) > 0 成立，
所以 f (x) > 0，所以 f (x) 在 (e, + )上单调递增.
ln x ln a
（3） f (x) 0，即 a x xa ，两边取对数得： x ln a a ln x，即 .
x a
设h(x)
ln x ,h (x) 1- ln x= = ，令 h (x) = 0，得 x=e，当 x>e时， h (x) < 0， h(x) 单调递减.
x x
2 2
又因为 a > e e e，所以 x ln a > > e， h(x) 在 (e, + )单调递减，
2 2
ln x ln a e2 2
由 ，则 a x在 ln a, +
e
恒成立，即 a ln a，
x a è 2
÷
2
ln a 2 ln e2
上式等价于 = ，即 h a h e22 2 ，a e e
由 h(x) 在 (e, + ) 2单调递减，所以 e < a e2 .即实数 a的取值范围为 e,e ù .
(四) 把证明乘积型数列不等式通过取对数转化为数列之和型的不等式
若 f n > 0，证明含有 f 1 f 2 L f n 型的不等式通常可转化为证明含有 ln f 1 + ln f 2 +L+ f n 型的
不等式
a
【例 5】（2024 届福建省泉州第一中学高三下学期适应性测试）已知函数 f x = lnx - ．
x
(1)当 a = -1时，求 f x 的极值；
(2)若 f x 0恒成立，求实数 a的取值范围；
3
(3) 2+ +K
n+1
+
证明： e 2 n > n +1 e n N* ．
f x ln x 1 1 1 x -1【解析】（1）当 a = -1时， = + ，定义域为 0, + ，则 f x = - 2 = 2 ，x x x x
当0 < x <1时， f x < 0，当 x >1时， f x > 0，则 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 f x 有极小值 f 1 =1，无极大值.
（2）因为 f x 0 恒成立，得"x > 0， a x ln x ，令 g x = x ln x， x > 0，求导的 g x =1+ ln x，
1 1
当0 < x < , g x < 0 ,当 x > 时， g x > 0，
e e
g x 0, 1 即函数 在 ÷上递减，在 e, + 上递增，
è e
1 1 1 1
因此 gmin x = g ÷ = - ，则 ≤ ― a ≤ ― .
è e e e
，所以 的取值范围 e
1 1 1 1 n +1
（3）证明：由（2）知， a = - 时，即 ln x - e ln x e ln x，于是 e ln
n +1
= e é ln n +1 - ln nù ，e ex x x n n
n
e ln n = e é ln n - ln n -1
2
ù，
， e ln
2
= e ln 2 - ln1 ，
n -1 n -1 1 1
n +1 n 2
因此 + +L+ > e éln n +1 - ln n + ln n - ln n -1 +L+ ln 2 - ln1 ù = e ln n +1 n n -1 1
2 3 n+1+ + +
所以 e 2 n > n +1 e .
(五) 把比较a,b a > 0,b > 0 转化为比较 ln a, ln b的大小
比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较
nn+1, n +1 n n N*,n > 2 的大小，可通过取对数转化为比较 n +1 ln n,n ln n +1 的大小，再转化为比
ln n ln n +1, ln x较 的大小，然后可以构造函数 f x = ，利用 f x 的单调性比较大小.
n n +1 x
1
【例 6】一天，小锤同学为了比较 ln1.1与 的大小，他首先画出了 y = ln x 的函数图像，然后取了离 1.1 很
10
近的数字 1，计算出了 y = ln x 在 x=1 处的切线方程，利用函数 y = ln x 与切线的图像关系进行比较.
1
（1）请利用小锤的思路比較 ln1.1与 大小
10
a
（2）现提供以下两种类型的曲线 y = 2 + b, y = kx + t ，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较p
e ,e3
x
的大小.
【解析】（1）构造函数 f (x) = ln x - x +1，由 f(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，得
f (x) f (1) = 0，即 ln x x -1，取 x=1，得 ln1.1 < 0.1
3
（2）通过取对数，把比较p e ,e3的大小转化为比较 e lnp 与 3 的大小，即比较 lnp 与 大小
e
y a a选 = 2 + b，令 y = ln x 与 y = 2 + b公切于 ex x
ì
ln e
a
= 2 + b e e2 2 a = - ,b 3= y e 3则有 í1 2a ，2 2 \ = - + = - 2x
2 2
e e3
e2 2 2 2
记 g(x) = ln x 3+ 2 - , g (x)
1 e x - e
= - = ，
2x 2 x x3 x3
∴ g(x)在 (0, e)上单调递减，在 (e, + )上单调递增,
2
\ g(x) g(e) = 0, e 3\ln x -
2x2
+
2
e2lnp 3 3 e
2 3 3 e2 3
\ > - 2 + ，下证： - 2 > 只需证 + <2p 2 2 2p e e 2p 2 2
Q 3 e
2 3 (2.72)2 10 (2.72)2 2.72 2+ < + = + 7，只需证 <
e 2p 2 2.7 2 (3.1)2 9 2 (3.1)2 è 3.1 ÷ 9
Q 2.72 < 0.88, (0.88)2 = 0.7744
3.1
7
而 = 0.777 > 0.7744,\lnp
3
> ，即p e > e3
9 e
选 y = kx + t ，通过取对数，把比较p e ,e3
1
的大小转化为比较 e ln
3
p 与 3 的大小，即比较 lnp 与 大小，即较 ln
e p
3
与- 大小
e
1 ì
1 1
y = ln x
ln = k + t
令 与 y=kx+t 切于 ，则有 í e e k = e, t = -2,\ y = ex - 2e
e = k
令 g(x) = ln x - ex + 2, g (x)
1 e 1- ex= - =
x x
∴ g(x) 0,
1 1
在 e ÷ 上单调递增，在
,+
e ÷上单调递减,è è
\ g(x) 1 g ÷ = 0,\ln x ex - 2
1
，当 x = 取等
è e e
ln 1 e e 3 e 3\ - 2下证 - 2 < - ，只需证 + < 2
p p p e p e
Q e 3 2.72 3+ < + < 0.88 10+ ，
p e 3.1 2.7 9
Q2 10 8- = = 0.8& > 0.88, ln 1 3 3\ < - ,\lnp > ,\p e > e3 .
9 9 p e e
【例 1】（2024 届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考三）已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn ，首
项 a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1，求数列 an 的通项公式；
(2)若函数 f (x) = 2ex + x *，正项数列 an 满足： an+1 = f (an )(n N ) .
i n（ ）证明： Sn 3 - n - 1；
(1 1 )(1 1 )(1 1 1（ii 3）证明： + 2 + 2 + 2 )L(1+ 2 ) < e(n 2,n N
*)
5a2 5a 5a
.
3 4 5an
【解析】（1）正项数列 an 中， a1 =1 2 2， n N* ， an = 4Sn - 2an -1，当 n 2时， an-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1，
2 2
两式相减得 an - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an + 2an-1，即 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ，
而 an > 0，则 an - an-1 = 2，因此数列 an 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，
所以数列 an 的通项公式为 an =1+ 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1，求导得 h (x) = ex -1，当 x < 0 时， h (x) < 0，当 x > 0时， h (x) > 0，
即函数 f (x) 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，则 h(x) h(0) = 0 ，即 e x x + 1，
于是 an+1 = f an = 2ean + an 2 an +1 + an = 3an + 2，
a +1
即 an+1 +1 3 an +1 n+1，即 3an +1
，
当 n 2时， an +1 = a 1
a2 +1 a +1 a +1 a +1
1 + × ×
3 × 4 ×L× n a1 +1 ×3n-1 = 2 3n-1a1 +1 a
，
2 +1 a3 +1 an-1 +1
n =1 a +1 = 2 = 2 30 n-1当 时 1 ，因此 an 2 3 -1，
S = a + a + a +L+ a 2 30所以 n 1 2 3 n -1 + 2 31 -1 + 2 32 -1 +L+ 2 3n-1 -1
n
= 2 30 + 31 + 32 +L+3n-1 n 2 1- 3- = - n = 3n - n -11- 3
（ii）由已知 an+1 = f an = 2ean + a an ，所以 an+1 - an = 2e n > 0，得 an+1 > an ，
当 n 1时， ean ea1 = e > 2 a - a = 2ean a，于是 1n+1 n 2e = 2e > 5，
当 n 2时， an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 +L+ an - an-1 >1+ 5(n -1) = 5n - 4，
又 a1 =1，所以"n N* ，恒有 an 5n - 4 ，当 n 2时， (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2)，
由 e x x + 1，得当 x > -1时， ln(x +1) x ，
1 1 1 1 1 1
则当 n 2时， ln 1+ < < = -
è 5a
2 ÷
n 5a
2
n 5(5n - 4)
2 5(5n - 7)(5n - 2) 5n ，- 7 5n - 2
1
从而 ln 1+ 2 ÷ + ln 1
1
+ 2 ÷ + ln
1 1
5a 5a
1+ +L+ ln 1+
5a2 ÷ 5a2 ÷è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1 1< 1 1 1 1 1 1 1 - ÷ + - ÷ + - ÷ +L+ - = - <
è 3 8 è 8 13 è13 18 è 5n - 7 5n - 2 ÷ 3 5n
，
- 2 3
é
ln 1 1
1 1 ù 1
于是 ê 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷L 1+ 2 ÷ú <5a 5a 5a 5a 3 ， è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1
1 1 3
所以 + 5a2 ÷
1+ 2 ÷ 1+ L 1+ < e .
è 2 è 5a 5a
2 ÷ 2 ÷
3 è 4 è 5an
2
【例 2】（2024 x届江苏省盐城市高三 5 月考前指导卷）已知函数 f x = ax ，其中 a > 0．e
(1)若 f x 在 0,2 上单调递增，求 a的取值范围；
(2)当 a =1时，若 x1 + x2 = 4且0 < x1 < 2，比较 f x1 与 f x2 的大小，并说明理由
2
1 Q f x x f x 2x - ax
2
【解析】（ ） = ax ，\ =e eax
，
Q f x 在 0,2 上单调递增，\ f x 0在 0,2 上恒成立且满足 f x = 0的点不连续．
2 2
当 x 0,2 时， a ．由 y = 在 0, 2 上单调递减可知，
x x
2
当 x = 2时， x ÷
=1，\a 1，综上， a的取值范围为 0,1
è min
2
（2 x）当 a =1时， f x = x ，x1 + x2 = 4且0 < xe 1
< 2，
x2 x2
2
下面证明 f x1 < f x
x
2 ，即证明
1
x <
2
x ，等价于证明： e
x2 -x1 <
e e
2 ÷ ，
1 2 è x1
2 + t 2
设 x 2t 1 = 2 - t, x2 = 2 + t，0 < t < 2，所证即为： e < ，
è 2 - t ÷
等价于证明： t < ln
2 + t 2 + t
，0 < t < 2，设函数 h t = ln - t，0 < t < 2．
2 - t 2 - t
2
Qh t t= > 0，\h t 在 0,2 上单调递增，而 h t = h 0 = 0，\h t > 0
4 - t 2 min
，
2 + t
\ln > t，0 < t < 2，所证不等式成立．
2 - t
ln 1+ ax
【例 3】（2024 届湖南省衡阳市雁峰区衡阳市第八中学高三模拟预测）已知 a 0, f x = ．
x
(1)讨论 f x 的单调性；
n n n+1 n+1
(2) n 1 1 , 1 1+ + 当 为正整数时，试比较 ÷ ÷ ,
1 1
n n +1
1+ ÷ , 1+ ÷ 的大小关系，并证明．
è è è n è n +1
【解析】（1）①当 a = 0时， f x = 0，此时 f x 无单调性，
x
②当 a > 0时， f x 1 的定义域 - ,0÷ 0, + — ln 1+ ax ，
è a f x = 1+ ax ，x2
x -ax
令 g x = — ln 1+ ax ，所以 g x = 1+ ax 2 ，1+ ax
1
所以 x
- ,0 ÷ , g x > 0, g x 单调递增； x 0, + ，g x < 0，g x a 单调递减；且 g 0 = 0，è
所以， f x 1 在 - ,0÷ 0, + 上 f x < 0，所以 f x
1
在 - ,0

÷ 和 0, + a a 上单调递减；è è
1
综上所述，当 a = 0时， f x = 0，此时 f x 无单调性；当 a > 0时， f x 在 - ,0÷ 和 0, + a 上单调递è
减.
2 1 1
n 1 n 1 n+1 1 n+1 1 n+1 1
n
（ ）因为 + ÷ > 1+

n ÷
, 1+ ÷ > 1+ ÷ ，且 1+ ÷ > 1+ ÷ ，
è è n +1 è n è n +1 è n è n
1 n+1 1 n
所以只需要比较 1+ ÷ 与 1+ ÷ 的大小即可，
è n +1 è n
1
由（1）知， a > 0时， f ln 1+ ax x = 在 - ,0

÷ 和 0, + a 上单调递减x è
ln 1+ x
所以 f x = 在 -1,0 和 0, + 上单调递减，
x
1 1 1 1 1 1
又因为 n 为正整数，所以0 < < ，故 f > f ，即 n +1 ln 1+ > n ln 1+ ，
n +1 n è n +1÷ è n ÷ n +1÷ ÷ è è n
1 n+1 n n+1 n+1 n n 1+ > 1 1+ 1 1+ 1 1> 1 所以 n +1÷ ÷
，所以
n n ÷
1+ ÷ > 1+ ÷ > 1+ .
è è è è n +1 è n ÷ è n +1
a
【例 4】（2021 全国甲卷高考试题）已知 a > 0且 a 1，函数 f (x) x= x (x > 0)．a
(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．
x2 2x × 2x - x2 × 2x ln 2 x ×2x 2 - x ln 2【解析】（1）当 a = 2时， f x

=
2x
, f x = =
2x 2 4x ,
令 f ' x = 0 x 2得 = ,当0 x 2< < 时， f x > 0 2,当 x > 时， f x < 0 ,
ln 2 ln 2 ln 2
∴函数 f x 0, 2 ù é 2 在
è ln2 ú
上单调递增； ê , + ÷ 上单调递减； ln2
a
（2） f x x= x =1 a x = xa x ln a = a ln x
ln x ln a
= ,设函数 g x ln x= ,
a x a x
则 g x 1- ln x= 2 ,令 g x = 0，得 x = e ,x
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；
\ g x = g e 1=max ,e
又 g 1 = 0，当 x 趋近于+ 时， g x 趋近于 0，
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 a与直线 y = 有两个交点的充分必
ln a
ln a 1
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,+ ．
【例 5】已知函数 f (x) = x ln x ．
(1)讨论 f (x) 的单调性；
2 1 1
(2)设 a，b 为两个不相等的正数，且 ab = ba ，证明： < + < 1．
e a b
【解析】 (1) f (x) = ln x + 1，定义域为 (0, + )，
由 f (x) = 0 x
1
，解得 = ，由 f (x) > 0，解得 x
1
> ，由 f (x) < 0，解得0 x
1
< <
e ，e e
1 1
所以 f (x)

的单调递增区间为 ,+ 0,
è e ÷
，单调递减区间为
e ÷
．
è
(2)∵a，b 为两个不相等的正数，且 ab = ba ，
1 1 1
∴ b ln a = a ln b，即 ln = ln
1
，
a a b b
f (x) f (1由（1）可知 min = )
1
= - ，且 f (1) = 0， x 0时， f (x) 0，
e e
x 1
1
则令 1 = , x
1
2 = ，则 x1, x2 为 f (x) = k

的两根，且 k - ,0 ，
a b ֏ e
x 1 1 2 1不妨设 1 0, ÷ , x2 ,1÷，则 - x > ，
è e è e e 1 e
2 2 2
先证 < x1 + x2 ，即证 x2 > - xe 1 ，即证
f x2 = f xe 1
> f - x1 ÷，
è e
令 h(x) = f (x) - f
2 - x 1 ÷，即证在 x e
0, ÷上， h(x) > 0，
è è e
则 h (x) = f (x) - f
2
- x

÷ = ln x + ln
2 - x + 2 = ln ÷ -x
2 2+ x
e ÷
+ 2，
è è e è e
h (x) 在 0,
1 1
÷上单调递增，即 h (x) < h e ÷
= 0，
è è e
1 1 1
∴ h (x) < 0 在 0, ÷上恒成立，即 h(x) 在 0, ÷ 上单调递减，h(x) > h ÷ = 0，
è e è e è e
∴ f (x) > f
2 - x 2 1 ÷，即可得 x2 > - x1；再证 x1 + x2 < 1，即证 < x2 < 1- x1，è e e e
由（1） f (x) 单调性可得证 f x2 = f x1 < f 1- x1 ，
令j (x) = f (x) - f (1- x), x 0,
1
，
è e ÷
j (x) = ln x 1+ ln(1- x) + 2 = ln -x2 + x + 2 ，j (x) 在 0, ÷ 上单调递增，
è e
∴j (x) = j
1
÷ > 0，且当 x 0,j (x) < 0，所以存在 x0 使得j x0 = 0 ，
è e
即当 x 0, x0 时，j (x) < 0,j (x)单调递减，
x 1 当 x0 , ÷时，j (x) > 0,j (x)单调递增，
è e
x 0,j (x) 1< 0 j = f 1 1 又有 ，且 ÷ ÷ - f 1- ÷ < 0 ，
è e è e è e
2 1 1
所以j(x) < 0恒成立，∴ x1 + x2 < 1，则 < + < 1，即可证得．e a b
1．（2024 届重庆市南开中学校高三第九次质量检测）已知函数 f (x) = aex , g(x) = ln x + b(a,b R) .
(1)当b =1时， f (x) g(x) 恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)已知直线 l1、l2是曲线 y = g(x) 的两条切线，且直线 l1 、l2 的斜率之积为 1.
（i）记 x0 为直线 l1 、l2 交点的横坐标，求证： x0 <1；
（ii）若 l1 、l2 也与曲线 y = f (x) 相切，求 a,b的关系式并求出b 的取值范围.
lnx +1
【解析】（1）由于 aex lnx +1，则 a x ，e
F x lnx +1
1
= - lnx -1设 ，则 x ，F x F x = 1 = 0
1
，且 y = - lnx -1在 0, + 上单减，
e ex x
令F x > 0得0 < x <1，令F x < 0得 x >1，
所以F x 在 0,1 单调递增， 1, + 单调递减，
所以F (x)max = F 1 ，则 a F 1
1
= .
e
（2）（i）设两条切线在 g x 上的两个切点横坐标分别为 x1, x2 ，
有 g x1 g x
1 1
2 = × =1，即 x1x2 =1x1 x
，
2
此时，切线为： y - lnx1 + b
1
= x - x1 , y - lnx2 + b
1
= x - x2 x ，1 x2
1 1
相减得 lnx2 - lnx1 = - ÷ x = x2 - x1 x，
è x1 x2
x lnx2 - lnx1 lnx2 + lnx2 2lnx0 = = = 2
所以 x - x x 1 x 12 1 2 - -
，
x 22 x2
1 2 1
设 k x = 2lnx - x - ÷， k x = -1- 2 0x ，所以 k x 在 0, + 上单调递减.è x x
故当 x 0,1 时， k x > k 1 1= 0，所以0 > 2lnx > x -

÷；
è x
2lnx2
当 x x = <11, + 时， k x < k 1 = 0，所以0 < 2lnx < x
1
- 0÷ ，则 x 1- .è x 2 x2
（ii）由题意得：存在实数 s, t ，使 f x 在 x = s处的切线和 g x 在 x = t 处的切线重合，
1
所以 f s f s - g t = g t = s，即 aes 1 ae - lnt - b
- lnt - b
t ，
s - t = = =t s - t s - t
则 s - t =1- tlnt - bt, s =1- tlnt - b -1 t ，
s 1
又因为 ae = lna + s = -lnt ，所以 lna = -lnt - s = -lnt -1+ tlnt + b -1 t ，
t
题目转化为 h t = -lnt -1+ tlnt + b -1 t = lna有两个不等实根，且互为倒数，
m, 1不妨设两根为 ，
m
则由 h m = h 1 ÷ 得-lnm -1+ mlnm + b -1 m = -ln
1 1 1 ln 1- + + b 1-1 ，
è m m m m m
b -1 1 - m
è m ÷ b -1 1- m2 化简得 lnm = 1 = 2 = b 1
1+ m
- ，
m + - 2 m +1- 2m 1- m
m
所以 lna = m -1 lnm -1+ b -1 m = b -1 -1- m -1+ b -1 m = -b，
所以b = -lna ，（也可写为 a = e-b ）.
代入 h t 中得： h t = -lnt -1+ tlnt + b -1 t = -b有两个不等实根，
b 1- t即 -1 = × lnt ，
t +1
1 -1- lnt
1 t ÷ t +1 - 1- t lnt
1
- t - t - 2lnt设G t = × lnt,G t = è = t ，
t +1 (t +1)2 (t +1)2
由于H t 1= - t - lnt 在 0, + 上单调递减且H 1 = 0 ，
t
所以G t 在 0,1 单调递增， 1, + 单调递减，
而 t 无限趋近于 0 时，G t 无限趋向于负无穷大，
t 无限趋近于正无穷大时，G t 无限趋向于负无穷大，G 1 = 0，
所以b -1< 0，即b <1.
2．（2024 x届四川省成都市实验外国语学校教育集团高三下学期联考）已知函数 f x = e ， g x = ln x .
(1)若函数 h x = ag x -1 x +1- ， a R ，讨论函数 h x 的单调性；
x -1
1 4
(2)证明： 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 . 1（参考数据：
4 e5 2.23
， e 2 1 .6 5 ）
x +1 ax - a + 2
【解析】（1）由题意 h x = a ln x -1 - , x >1，所以 h x = , x >1
x -1 x -1 2 ，
当 a = 0时， h x > 0，所以 h x 在 1, + 上为增函数；
当 a 0时，令 h x = 0 x 1 2得 = - ，
a
2
所以若 a > 0时，1- <1，所以 h x > 0，所以 h x 在 1, + 上为增函数，
a
2 2
若 a<0
2
时，1- >1，且1 < x <1- 时， h x > 0， x > 1- 时， h x < 0，
a a a
所以 h x 在 1,1
2 2-
a ÷
上为增函数，在 1- ,+ a ÷上为减函数，è è
综上：当 a 0时， h x 在 1, + 上为增函数，
当 a<0时， h x 在 1,1
2 2
- ÷上为增函数，在 1- ,+ a a ÷
上为减函数；
è è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x 1- 2 2x x等价于 2x -1 e - e - 2ln x + 2 > 0，
4 4
设F x 1= 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 ，则
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x x 2 x e - xe - 2 - e - = = ，
x x x
因为 x > 0，所以 xex +1 > 0，
x
设j x = xe - 2，则j x = x +1 ex > 0 ，则j x 在 0, + 上单调递增，
j 4 4
4
而 ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0，
è 5 5
x 4 ,1 所以存在 ÷ ，使j x = 0 x，即 x e 00 0 0 = 2，所以 x0 + ln x0 = ln 2 ，即 ln x0 = ln 2 - x0 ，è 5
当0 < x < x0 时，F x < 0，则F x 在 0, x0 上单调递减，
当 x > x0时，F x > 0，则F x 在 x0 ,+ 上单调递增，
F x 1= 2x -1 e2x0 - ex所以 0min 4 0 - 2ln x0 + 2
1
= 2x 4 20 -1 2 - - 2ln 2 + 2x
1
0 + 2 = - 2 + 2x0 - 2ln 2 + 24 x ，0 x0 x0
设m t 1= - 2 + 2t
4
- 2ln 2 + 2, 2 < t <1÷，则m t = 3 + 2 > 0，t è 5 t
m t 4 ,1 4 25 8则 在 ÷ 上单调递增，m ÷ = - + - 2ln 2 2
163
+ = - 2ln 2 > 0，
è 5 è 5 16 5 80
F x > 0 1 2x -1 e2x - ex则 min ，则不等式 - 2ln x + 2 > 0恒成立，4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
3 ax．（2024 届广东省广州市高中毕业班冲刺训练题二）已知函数 f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在区间 -1,1 上的最大值与最小值；
(2)当a 1时，求证： f x ln x + x +1.
ax 1
【解析】（1）解： f x = e 1+ ax （ x > 0）（ a > 0），令 f x = 0，则 x = - ，
a
1
当0 < a 1时，- -1，所以 f x 0在区间 -1,1 上恒成立， f x 在区间 -1,1 上单调递增，
a
所以 f x = f -1 = -e-a fmin ， x = fmax 1 = e
a .
1 é 1 é 1
当 a > 1时，-1 < - <1，则当 x ê-1, - ÷时， f x < 0， f x 在区间 ê-1, - ÷上单调递减；a a a
当 x
1
ù - ,1ú 时， f x > 0， f x
1 ù
在区间
a
- ,1
è è a ú
上单调递增，

所以 f x 1 1= f min - ÷ = - ，è a ae
而 f -1 = -e-a < 0， f 1 = ea > 0 .所以 f x = fmax 1 = e
a
综上所述，当0 < a 1时， f x = -e-a， fmin x = e
a
max ；
1
当 a > 1时，所以 f x = - ， f x = eamin max .ae
（2）方法一：隐零点法
因为 x > 0，a 1，所以 xeax xex ，欲证 xeax ln x + x +1，只需证明 xex ln x + x +1，
设 g x = xex - ln x - x -1，（ x > 0）， g x 1= x +1 x e - ÷，
è x
令f x = ex 1- ，易知f x 在 0, + 上单调递增，
x
f 1 而 ÷ = e - 2 < 0 ，f 1 = e -1 > 0，
è 2
1
所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的 x0 ,1÷ 使得f x0 = 0，
è 2
即 ex
1 1
0 - = 0 x0
x ，因此
e =
x ，
x0 = - ln x0 ，
0 0
当 x 0, x0 时，f x < 0， g x < 0， g x 在 0, x0 上单调递减；
当 x x0 ,+ 时，f x > 0， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上单调递增；
所以 g x = g x0 = ex0 x0 - ln x0 - x
1
0 -1 = x0 - - ln x - x -1 = 0min x 0 00
所以 g x 0，因此 f x ln x + x +1.
f (x)
4.（2023 届新疆高三第三次适应性检测）已知函数 f (x) = ax2 + (a +1)x ln x -1， g(x) = ．
x
(1)讨论 g x 的单调性；
e2
(2) f (x) = x2 ex + x ln x -1 x , x a ex1 + x若方程 有两个不相等的实根 ，求实数 的取值范围，并证明 21 2 > ．x1x2
1
【解析】（1）因为 g(x) = ax + (a +1)ln x - ，
x
g x a a +1 1 (x +1)(ax +1)所以 = + + 2 = 2 (x > 0)，x x x
当 a 0时， g x > 0，所以 g(x)在区间 (0, + )上单调递增，
g x > 0 0 x 1当 a<0时，令 ，得 < < - ；令 g x < 0 1，得 x > - ，
a a
g(x) 0, 1- 1 所以 在区间 ÷ 上单调递增，在区间 - ,+ ÷上单调递减，
è a è a
综上当 a 0时， g(x)在区间 (0, + )上单调递增，当 a<0时， g(x) 0,
1
在区间 -

÷ 上单调递增，在区间
è a
1
- ,+ ÷上单调递减.
è a
2 f (x) = x2 ex + x ln x -1 ax a ln x xex a ln xex = xex（ ）方程 ，即 + = ，等价于 ，
令 t = x e x > 0 ，其中 x > 0，则 a ln t = t ，显然 t 1，
令 h t t ln t -1= ，则 h t =
ln t ln2
，
t
所以 h t 在区间 0,1 上单调递减，且由 x 0时 h t < 0可得在区间 0,1 上 h(t) < 0，
h t 在区间 (1,e) 上单调递减，在区间 (e,+ ) 上单调递增，
所以 h(t) = h(e) = e极小值 ，因为方程 f (x) = x2 ex + x ln x -1有两个实根 x1, x2 ，
t
所以关于 t 的方程 a = 有两个实根 t1 ， t2 ，且 t1 = x e x1 x21 ， t2 = x2 e ，所以 a (e, + ) ，ln t
x + x e2
要证 e 1 2 > ，即证 x1 e
x1 × x e x22 > e
2
，即证 t1t2 > e
2
，只需证 ln t1 + ln t2 > 2，x1x2
ìt1 = a ln t1 ìt1 - t2 = a ln t1 - ln t2 t1 + t2 ln t1 + ln t2
因为 ít a ln t ，所以 ít t a ln t ln t ，整理可得
= ，
2 = 2 1 + 2 = 1 + 2 t1 - t2 ln t1 - ln t2
t + t t
不妨设 t1 > t2 > 0，则只需证 ln t1 + ln t
1 2 1
2 = ln > 2t1 - t2 t
，
2

2 t1

-1
t1 2 t1 - t2

è t
÷
即 ln > = 2 ，令 s
t
= 1 >1
t ， p(s) = ln s
2(s -1)
- ，其中 s >1，
t t2 t1 + t2 1 +1 2 s +1
t2
p s 1 4 (s -1)
2
因为 = - 2 = 2 > 0，所以 p s 在区间 (1, + )上单调递增，s (s +1) s(s +1)
h(s) h(1) 0 ex + x e
2
所以 > = ，故 1 2 > ．
x1x2
5.已知函数， f x = ln x - x + m， m R ．
(1)求 f x 的极值；
(2)若 f x 1 有两个零点 a m，b，且 a < b ，求证： e b + ÷ < 2e ．
è b
1
【解析】 (1)函数 f x 的定义域为 0, + ， f x = -1．
x
当0 < x <1时， f x > 0，则 f x 在 0,1 上单调递增；
当 x >1时， f x < 0，则 f x 在 1, + 上单调递减，
所以函数 f x 的极大值为 f 1 = m -1，无极小值．
(2)令 f x = 0，则m = x - ln x．设 h x = x - ln x x > 0 ，
则 h ' x 1 1 x -1= - = ，易知函数 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增．
x x
又 h 1 =1，所以 h x 1，又 f x 有两个零点，所以m >1．
因为 a < b ，所以0 < a < 1 < b．
e b 1+ m m-1 1要证 ÷ < 2e ，即证 2e > b + ，
è b b
2
即证 ln 2 + m -1 ln b +1> = ln b2 +1 - ln b ．b
又 f b = 0，则m = b - ln b ，
2
故即证 ln 2 + b - ln b -1 > ln b +1 - ln b 2，即证 ln 2 -1 > ln b +1 - b．
2
设 t b = ln b2 +1 - b b -1 ，b >1，则 t ' b 2b= -1 = - < 0，
b2 +1 b2 +1
所以 t b 在 1, + 上单调递减，所以 t b < t 1 = ln 2 -1，
e 1 m故 b + ÷ < 2e 得证．
è b
6.设函数 f x = - ln x .
(1)设l l l1、l2 0且l1 + l2 =1，求证：对任意的x 1 21、 x2 > 0，总有 x1 x2 l1x1 + l2 x2 成立；
n
(2)设 xi > 0，li > 0 i =1,2, × × ×,n l l l，且 l 1 2 ni =1，求证： x1 x2 × × × xn l1x1 + l2 x2 + × × × + ln xn .
i=1
1 xl1 xl2 l l1 l【解析】（ ）证明： 21 2 1x1 + l2x2 ln x1 x2 ln l1x1 + l2x2 l1 ln x1 + l2 ln x2 ln l1x1 + l2x2
f l1x1 + l2x2 l1 f x1 + l2 f x2 .
不妨设0 < x1 x2 ，
令 g x = l1 f x + l2 f x2 - f l1x + l2x2 = ln l1x + l2x2 - l1 ln x - l2 ln x2 ，其中0 < x x2 ，
l x - l l x + l x l x - l x - l x l l
g x l1 l1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 = - = = = 1 2 x - x2 则 0l1x + l2x
，
2 x l1x + l2x2 x l1x + l2x2 x l1x + l2x2 x
所以，函数 g x 在区间 0, x2 上单调递减，
因为 x1 0, x2 ，则 g x1 g x2 = ln x2 - ln x2 = 0，
所以， g x1 = ln l1x1 + l2x2 - l1 ln x1 - l2 ln x2 0，即l1 ln x1 + l2 ln x2 ln l1x1 + l2x2 ，
l l
所以，当l1、l2 0且l1 + l2 =1，对任意的x 、 x 1 21 2 > 0，总有 x1 x2 l1x1 + l2 x2 成立.
n
（2）证明： xi > 0，li > 0 i =1,2, × × ×,n ，且 li =1，
i=1
l
要证 x 1 xl2 × × × xln1 2 n l1x1 + l2 x2 + × × × + ln xn .
即证l1 ln x1 + l2 ln x2 +L+ ln ln xn ln lx1 + l2x2 +L+ ln xn ，
即 f l1x1 + l2x2 + ×××+ ln xn l1 f x1 + l2 f x2 + ×××+ ln f xn ，
当 n = 2时，由（1）可知，不等式成立，
假设当 n = k k 2, k N* 时不等式成立，
即 f l1x1 + l2x2 + ×××+ lk xk l1 f x1 + l2 f x2 + ×××+ lk f xk ，
l l
n = k +1 x = k x + k +1则当 时，设 k xl + l k l + l k +1，k k +1 k k +1
lk lk +1
由（1）可得 f xk f xk + f xl + l k +1 ，k k +1 lk + lk +1
则 f l1x1 + l2x2 + ×××+ lk xk + lk +1xk +1 = f l1x1 + l2x2 + ×××+ lk -1xk -1 + lk + lk +1 xk
l1 f x1 + ××× + lk -1 f xk -1 + lk + lk +1 f xk l1 f x1 + ××× + lk f xk + lk +1 f xk +1 ，
这说明当 n = k +1时，结论也成立，
故对任意的 n N* ， f l1x1 + l2x2 + ×××+ lk xn l1 f x1 + l2 f x2 + ×××+ ln f xn ，
所以，- ln l1x1 + l2x2 + ××× + ln xn -l1 ln x1 - l2 ln x2 -L- ln ln xn ，
因此，l1 ln x1 + l2 ln x2 +L+ ln ln xn ln lx1 + l2x2 +L+ ln xn ，
n
故当 xi > 0，li > 0 i =1,2, × × ×,n ，且 li =1时， xl1 xl21 2 × × × xlnn l1x1 + l2 x2 + × × × + ln xn .
i=1
7.已知函数 f (x) = ex , g(x) = x + a ln x,a R
（1）讨论 g(x)的单调性；
（2）若 f x + 2x…g x + xa ，对任意 x (1,+ )恒成立，求 a 的最大值；
【解析】（1） g (x) = 1
a x + a
+ = (x > 0)
x x ，
当a…0时， g (x) > 0， g(x)在 (0, + )上单调递增；
当 a < 0时，令 g (x) > 0，解得 x > -a，令 g (x) < 0 ，解得0 < x < -a ，
\ g (x)在 (0, -a)上单调递减，在 (-a, + )上单调递增；
综上，当a…0时， g(x)在 (0, + )上单调递增；
当 a < 0时， g(x)在 (0, -a)上单调递减，在 (-a, + )上单调递增；
（2） f (x) + 2x…g(x) + xa 即为 ex + x…alnx + xa ，即 ex + lnex…lnxa + xa ，
设 h(x) = lnx + x(x > 0) h (x)
1 1 x +1，则 = + =x x ，
易知函数 h(x) 在 (0, + )上单调递增，
x
而 h(ex )…h(xa )，所以 ex…xa （两边取对数），即 x…alnx ，当 x >1时，即为 a lnx ，
j(x) x (x 1) j (x) lnx -1设 = > ，则 =lnx ln2 x ，
易知函数j(x) 在 (0, e)上单调递减，在 (e, + )上单调递增，
\j(x)…j （e） = e ，\a e ，即 a的最大值为 e．
8.已知函数 f (x) = x ln x + a, (a R)．
(1)求函数 f x 的单调区间；
0 a 1(2)当 < < 时，证明：函数 f x 有两个零点；
e
(3)若函数 g(x) = f (x) - ax2 - x 2 3有两个不同的极值点 x1, x2 （其中 x1 < x2），证明： x1 × x2 > e ．
【解析】 (1) f x = ln x +1, x > 0 ，
0 1当 < x < 时， f x < 0 1，当 x > 时， f x > 0，
e e
1 1
所以函数 f x 在 0, ÷上递减，在 ,+ 上递增，
è e ÷ è e
f x 0, 1 1 所以函数 的单调区间为 ÷和 ,+ ÷ ；
è e è e
(2)证明：由（1）知 f x = f 1 1 ÷ = - + amin ，è e e
1
因为0 < a
1
< ，所以 f
e e ÷
< 0，
è
又当 x 0+ 时， f x > 0， f e = e+ a > 0 ，
0, 1 1 所以函数在 ÷上存在一个零点，在 ,e÷ 上存在一个零点，
è e è e
所以函数 f x 有两个零点；
(3)证明： g(x) = f (x) - ax2 - x = x ln x - -ax2 - x + a, (x > 0) ，则 g x = ln x - 2ax ，
因为函数 g(x)有两个不同的极值点 x1, x2 （其中 x1 < x2），
所以 ln x1 = 2ax1， ln x2 = 2ax2，
2 3 2 3
要证 x1 × x2 > e 等价于证 ln x1 × x2 > ln e ，
即证 ln x1 + 2ln x2 > 3，
所以3 < ln x1 + 2ln x2 = 2ax1 + 4ax2 = 2a x1 + 2x2 ，
因为0 < x1 < x2 ，所以 2a
3
>
x1 + 2x
，
2
又 ln x1 = 2ax1， ln x2 = 2ax2，
ln x1
作差得 ln
x1 = a x - x
x 1 2 ，所以2 a
x
= 2 ，
x1 - x2
2ln x1
所以原不等式等价于要证明 x2 3> ，
x1 - x2 x1 + 2x2
2ln x1
3 x1 - x2 t x< = 1即 ，令 ,t 0,1
x x + 2x x
，
2 1 2 2
3 t -1
则上不等式等价于要证： 2ln t < , t 0,1 ，
t + 2
3 t -1令 h t = 2ln t - , t 0,1 ，
t + 2
2 9 2t 2
则 h t
- t + 8
= - = > 0, t 0,1
t t + 2 2 ，t t + 2 2
所以函数 h t 在 0,1 上递增，所以 h t < h 1 = 0 ，
3
2ln t t -1 2所以 < , t 0,1 ，所以 x × x > e3．
t + 2 1 2
9.形如 y = f (x)g ( x )的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得
y f x
ln y = ln f (x)g ( x ) = g(x) ln f (x)，两边对 x 求导数，得 = g (x) ln f (x) + g(x)y f x ，于是
é f x ù
y = f (x)g ( x ) êg (x) ln f (x) + g(x)

ú .已知 f (x) = 2e
x ln x ， g(x) = x2 +1 .
f x
（1）求曲线 y = f (x) 在 x =1处的切线方程；
（2）若 h(x) = f (x)，求 h(x) 的单调区间；
（3）求证："x (0,+ ), f (x)…g(x) 恒成立.
【解析】（1）由幂指函数导数公式得 f (x) = 2ex ln x (ln x +1) ，
所以 f (1) = 2，又 f (1) = 2，
所以，曲线 y = f (x) 在 x =1处的切线方程为 y = 2x .
（2）h(x) = f (x) = 2ex ln x (ln x +1), x (0,+ )，
则h (x) = 2 ex ln x (ln x +1) + 2 ex ln x (ln x +1)
= 2 éex ln x
1
(ln x +1) ù (ln x +1)
1
+ 2 ex ln x × = 2ex ln x éê(ln x +1)2 +
ù
ú > 0，x x
所以 h(x) 的单调增区间为 (0, + )，无单调减区间.
（3）构造F (x) = f (x) - g(x)， x (0,+ )，
则F (x) = f (x) - g (x) = 2ex ln x (ln x +1) - 2x ，
令H (x) = F (x) = 2ex ln x (ln x +1) - 2x, x (0,+ ) ，
H (x) = 2 éex ln x (ln x +1)2 + e( x-1) ln x所以 -1 ù ，
因为 x -1与 ln x 同号，所以 (x -1) ln x…0，所以 e( x-1) ln x - 1 0，
又 ex ln x (ln x +1)2…0，所以H (x)…0，
所以H (x)即F (x)为 (0, + )上增函数，又因为F (1) = 0 ，
所以，当 x (0,1)时，F (x) < F (1) = 0；
当 x (1,+ )时，F (x) > F (1) = 0 .
所以， F (x)为 (0,1)上减函数，为 (1, + )上增函数，
所以，F (x)min = F (1) = 0，即F (x) = f (x) - g(x)…0，
因此，"x (0,+ ), f (x)…g(x) 恒成立，即证.
10. 2已知函数 f (x) = ex ln x (x > 0) ．
(1)求 f (x) 的极值点．
(2)若有且仅有两个不相等的实数 x1, x2 0 < x1 < x2 满足 f x1 = f x2 = ek ．
（i）求 k 的取值范围
e
e2ⅱ x -2e
- 1
（ ）证明 22 e ．x1
【解析】 (1)
2
函数 f (x) = ex ln x
2
(x > 0) 的导函数为 f (x) = xex ln x (2 ln x +1) .
1- 1-
当 x 0,e 2 ÷时， f (x) < 0，所 f (x) 单调递减；当 x e 2 , + ÷时， f (x) > 0，所以 f (x) 单调递增.
è è
1
所以 -x = e 2 为 f (x) 的极值点.
(2) k 2 2因为有且仅有两个不相等的实数 x1, x2 0 < x1 < x2 满足 f x1 = f x2 = e ，所以 x1 ln x1 = x2 ln x2 = k .
（i）问题转化为m(x) = x2 ln x - k 在(0,+∞)内有两个零点,则m x = x 1+ 2lnx .
1- 1-
当 x 0,e 2 ÷时, m x

< 0 , m(x)单调递减；当 x e 2 , + ÷时, m x > 0 , m(x)单调递增.
è è
1 1
若m(x)有两个零点,则必有 -m(e 2 ) < 0 ,解得： k > - .2e
1
若 k≥0, - 2 2当0 < x < e 2 时, m x = x ln x - k x ln x < 0 ,无法保证m(x)有两个零点；
1 1 1-
若- < k < 0 ,又m e k ÷ > 0 , m e 2 ÷ < 0，m 1 = -k > 0 ,2e è è
1 1- 1
故存在 x1 e k , e 2 ÷使得m x1 = 0 ,存在 -x (e 2 ,1)使得m x2 = 0 .
è 2
综上可知, k (
1
- ,0) .
2e
t x x
2
（ⅱ）设 = 2 则 t∈(1,+∞).将 t = 2 x 2 ln x
ln t
x x 代入 1 1 = x
2 ln x , ln x t ln t2 2 可得 1 = ， ln x2 =2 （*）.
1 1 1- t 1- t 2
e e-
e2 -2e -x 1欲证: 2 e 2
2 2 e
，需证 2ln xe -2e e ln 即证 ln x1 + (e - 2e) ln x2 - ，将（*）代入，则有x 21 x 21
(t 2 + e2 - 2e) ln t e (x + e2 - 2e) ln x e x -1
- ，则只需要证明： -e(x >1)，即 ln x (x >1) .
1- t 2 2 1- x x + e2 - 2e
j(x) x -1 x
x -1
e (x +1)
é 2(x -1) - ln xù
构造 = - - + 2 ln x -，则 ê
ln x e j (x) x
1
= - ，j (x) = x +1
ú
(x >1) .
ln2 x e x2 ln3 x
w(x) 2(x -1)
2
令 = - ln x(x >1) ，则w (x)
(x -1)
= - < 0 .所以w(x) < w(1) = 0，则j (x) < 0，所以j (x) 在 1, +
x +1 x(x +1)2
内单减.
又j (e) = 0，所以当 x (1,e)时，有j (x) > 0 ，j(x) 单调递增；
当 x (e,+ )时，有j (x) < 0，j(x) 单调递减；
j(x) j(e) = 0 x -1 x e 2 e x -1- - ln x 所以 ，因此 ，即 (x >1) .
ln x e x + e2 - 2e
综上所述，命题得证.
11.已知 f (x) = ln x - x ， g(x) = mx + m .
(1)记F (x) = f (x) + g(x)，讨论 F (x)的单调区间；
(2)记G(x) = f (x) + m ，若G(x)有两个零点 a，b，且 a < b .
请在①②中选择一个完成.
1
① 2em-1求证： > + b ；
b
1
② m-1求证： 2e < + a
a
1
【解析】 (1)函数的定义域为 (0, + )，F (x) = + m -1，
x
当m 1时，F (x) > 0， F (x)在 (0, + )单调递增；
1 1
当m <1时，令 F (x) < 0，解得 x > ，令F (x) > 0，解得0 < x < ，
1- m 1- m
∴ F (x)
1 1
在 0, ÷ 单调递增，在 ,+ ÷ 单调递减；
è 1- m è1- m
综上，当m 1时， f (x) 的单调递增区间为 (0, + )；
当m <1时， f (x) 的单调递增区间为 0,
1 1
÷ ，单调递减区间为1- m
,+
1- m ÷è è
(2)证明：因为G(x) = ln x - x + m ，令G(x) = 0，则m = x - ln x，
设 t(x) = x - ln x x 0 t (x) 1
1 x -1
（ > ），则 = - =x x ，
函数 t(x)在( 0, 1)单调递减，在 (1, + )单调递增，且 x 0时， t(x) + ，
当 x + 时， t(x) + ， t(x)min = t(1) =1，∴ m >1，
又 a < b ，则0 < a < 1 < b ,
1
若证①所证不等式，即 2em-1 > b + ，
b
b2
即证 ln 2 + m -1 > ln +1 = ln b2 +1 - ln b ，b
又G(b) = 0 ，则m = b - ln b ，故即证 ln 2 + b - ln b -1 > ln b2 +1 - ln b ，
即证 ln 2 -1 > ln b2 +1 - b，
2
设 h(b) = ln b2 +1 - b，b >1 2b (b -1)，则 h (b) =
b2
-1 = - 2 < 0， +1 b +1
∴ h(b)在 (1, + )上单调递减，∴ h(b) < h(1) = ln 2 -1 2em-1
1
，即 > + b 得证；
b
2
m-1 1
若证②所证不等式，即 2e < a + ，即证 ln 2 + m -1< ln a +1，
a a
ln 2 + m -1< ln a2即证 +1 - ln a，
又G(a) = 0，即m = a - ln a ，故即证 ln 2 + a - ln a -1< ln a2 +1 - ln a ，
即证 ln 2 -1< ln a2 +1 - a ，
2
设j(a) = ln a2 +1 - a ， 0 < a < 1，则j (a) 2a 1 (a -1)= - = - < 0 ，
a2 +1 a2 +1
∴j(a)在( 0, 1)单调递减，故j a > j 1 = ln 2 -1 2em-1 1，即 < + a 得证.
a
12．已知 a R ， f (x) = x ×e-ax ，（其中 e 为自然对数的底数）.
（1）求函数 y = f (x) 的单调区间；
（2）若 a > 0，函数 y = f (x) - a x x x2 2有两个零点 ， 2 ，求证： 1 + x2 > 2e .
【解析】（1）解： f (x) = e-ax - ax ×e-ax = e-ax (1- ax)
1 1
∵ a R ，∴ a < 0时， f (x) = e-ax (1- ax) > 0 x > ， f (x) = e-ax (1- ax) < 0 x <
a a
é1 1
∴ a < 0时，增区间为： ê ,+ ÷，减区间为： - , ÷； a è a
a = 0时， f (x) = e-ax (1- ax) =1 > 0，∴ a = 0时，增区间为： (- , + )；
a > 0时， f (x) = e-ax (1
1 1
- ax) > 0 x < ， f (x) = e-ax (1- ax) < 0 x > ，
a a
∴ a > 0时，增区间为： - ,
1 ù 1
a ú ，减区间为：
,+
è a ÷
；
è
（2）因为 a > 0时，函数 y = f (x) - a 有两个零点 x1， x2 ，
则两个零点必为正实数， f (x) - a = 0 xe- ax = a 两 边 取对 数 ln x - ax = ln a
故问题转化为 ln x - ax = ln a 有两个正实数解；
令 g(x) = ln x - ax - ln a（ x > 0）
1 1 1
则 g
1
(x) = - a（ x > 0）， g(x) 在 0,

÷ 单调递增，在 ,+

x ÷单调递减，且
0 < x < < x
è a è a 1 a 2
令G(x) = g(x) g
2 1- - x

÷， x ,+

÷，则
è a è a
G (x) 1 1= - a + 2 - a
2 2
= - 2a > - 2a = 0
x - x x(2 - ax) 1
a a
G(x) 1 1 所以 在 ,+ ÷单调递增，G(x) > G ÷ = 0
è a è a
x 1 g x g 2 x x 1> > - , + 又 2 ，故a 2 ，a 2 ÷ 2 a ÷è è
又 g x 21 = g x g x > g

2 ，所以 1 - x

a 2 ÷
，
è
1 2 1
又0 < x1 < < x

a 2
，所以 x1， - x 0, ，a 2 è a ÷
1 2
又 g(x)在 0, ÷ 单调递增，所以 x
è a 1
+ x2 > a
2 x + x
2
所以 x1 + x
2 > 1 2 2> > 2e ．2 2 a2
13.已知函数 f x = axe- x a 0 1存在极大值 .
e
（1）求实数 a的值；
（2）若函数F x = f x - m有两个零点 x1， x2 x1 x2 ，求实数m 的取值范围，并证明： x1 + x2 > 2 .
【解析】（1） f x a x= × x R ，
ex
' a 1- xf x = f '，令 x = 0 x =1 fx ， 1
a 1
= = a =1，
e e e
' 1- x
此时 f x = x ， f x 在 - ,1 上 f
' x > 0， f x 递增；在 1,+ 上 f ' x < 0， f x 递减，所以当 x =1
e
1
时， f x 取得极大值为 f 1 = 符合题意，所以 a = 1 .
e
（2）由（1）知： f x 在 - ,1 上递增，在 1,+ 上递减，极大值为 f 1 1= .
e
f x x= ， f 0 = 0，当 x < 0 时， f x < 0 ；当 x > 0时， f x > 0；当 x + 时， f x 0 .
ex
由于函数F x = f x - m有两个零点 x1， x2 x1 x2 ，
1
所以0 < m < .
e
因为 x1， x2 x1 x2 是F x 的两个零点，则 x1 > 0, x2 > 0 .
x2
F x F x x1 x2 e x所以 = ， = ， = 2 ,ex2 -x x x1 2 21 2 x x x = ，两边取对数得 x - xe x x 2 1
= ln ，
e 1 e 2 1 x1 1 1
要证 x
x - x 1
1 + x2 > 2
2 1
，只需证明 < ln
x2
x2 + x 2 x
，
1 1
x2 -1
x1 1 ln x2
x2
即证 x < 2 x ，不妨设
x1 < x2，令 = t t 1,+
2 +1 1 x
，则 ，
1
x1
t -1 1
即证 < ln t 对 t 1,+ t 1 2 恒成立.+
t -1 21
令 g t = ln t t -1- g '， t 1 2 = - = > 02 t +1 ，2t t +1 2 2t t +1 2
所以 g t 在 1,+ 上递增，所以 g t > g 1 = 0 1 ln t t -1，即 - > 02 t 1 ，+
t -1 1
所以 < ln t .t 1 2 从而
x1 + x2 > 2成立.+
14.已知函数 f (x) = x(e2x - a), g(x) = bx + ln x .
（1）若 y = 2x是曲线 y = f (x) 的切线，求 a 的值；
（2）若 g(x)有两不同的零点，求 b 的取值范围；
（3）若b =1，且 f (x) - g(x) 1恒成立，求 a 的取值范围.
2x
【解析】(1)依题意，设切点为 (x0 , 2x0 )，则 2x 00 = x0 (e - a) ，
f (x) = e2x - a + x × 2e2x 2x，于是得 e 0 (2x0 +1) - a = 2 ，则有 x0 = 0且 a = -1，
x0 0时， e2x0 = a + 2， (a + 2)(2x0 +1) = a + 2无解，所以 a = -1；
g(x) = 0 b ln x h(x) ln x(2)由 得- = ，令 = , x > 0，
x x
h (x) 1- ln x则有 = 2 ,0 < x < e时 h (x) > 0, x > e 时 h (x) < 0， h(x) 在 (0, e)上递增，在 (e, + )上递减，x
h(x) 1max = h(e) = ，又 x > e时， h(x) > 0e 恒成立，
于是得 g(x)
ln x
有两个不同的零点，等价于直线 y = -b与函数 h(x) = , x > 0图象有两个不同的公共点，
x
0 b 1 1 1即 < - < ，- < b < 0，所以 g(x)有两不同的零点，b 的取值范围是- < b < 0；
e e e
(3)b =1, g(x) = x + ln x, x > 0，
"x > 0, f (x) - g(x) 1 x(e2x - a) 1+ x + ln x a +1 e2x 1+ ln x- ，
x
2 2x
2x 1+ ln x ln x 2x e + ln x
令j(x) = e - (x > 0)，j (x) = 2e2x +
x x2
=
x2
，
F (x) = 2x2e2x + ln x F (x) = (4x2 + 4x)e2x 1令 ， + > 0，即 F (x)在 (0, + )上递增，
x
而F (1) e= - ln 4 < 0, F (1) = 2e2 > 0，即$t (0,1)，使得F (t) = 0，
4 8
0 < x < t 时F (x) < 0,j (x) < 0， x > t 时，F (x) > 0,j (x) > 0，
j(x) 在 (0, t)上递减，在 (t, + ) 2t
1+ ln t
上递增，从而有j(x)min = e - ，t
而F (t) = 0，即 2t 2e2t + ln t = 0，令 t 2e2t = p ，两边取对数得 2t + 2ln t = ln p ，则 2 p + ln t = 0 = 2t + 2ln t - ln p，
即有 2 p + ln p = 2t + ln t ，显然函数 y = 2x + ln x在 (0, + )上单调递增，从而得 p = t ，
t2e2t t e2t 1 两边取对数 2t ln t ln t于是得 = = = - = -2 ，
t t
j(x) e2t 1+ ln t 1 1 ln tmin = - = - - = 2，所以 a +1 2，a 1 .t t t t
15．已知函数 f (x) = ax ln x， a R ．
（1）当 a = 1时，
①求 f (x) 的极值；
m
②若对任意的 x e都有 f (x) m e x ，m > 0，求m 的最大值；
x
（2）若函数 g(x) = f (x) + x2 2有且只有两个不同的零点 x1， x2 ，求证： x1x2 > e ．
【解析】（1）① a = 1时， f (x) = x ln x ，则 f (x) = ln x +1(x > 0)，
令 f (x) > 0
1 1
，解得： x > ，令 f (x) < 0e ，解得：
0 < x < ，
e
f (x) (0, 1) (1 + ) f (x) f (1 1∴ 在 递减，在 e , 递增，故 的极小值是 ) = - ，没有极大值；e e e
m m m m
②对任意 x e m都有 f (x) e x = e x ln e x ，即 f (x) f (e x ) 恒成立，x
m m
由m > 0，有 > 0，故
x e x >1
，
m
由①知， f (x)
1 m
在 ( , + )e 单调递增，故 x e x ，可得 ln x≥ ，即 x ln x≥m，x
当 x e时， f (x) 的最小值是 f (e) = e，故m 的最大值是 e；
2
（2）证明：要证 x1x2 > e ，只需证明 ln(x1x2 ) > 2即可，
由题意， x 、 x 是方程 ax ln x + x21 2 = 0的两个不相等的实数根，又 x >1，
x1 +1
ìa ln x1 + x1 = 0 x∴ í ，消去 a，整理得： ln(x x ) = 21 2 x × ln
x1
a ln x
，
2 + x2 = 0 1 -1 x2
x2
x
不妨设 x1 > x
1 t +1
2 ，令 t = x ，则 t > 1，故只需证明当 t > 1时， × ln t > 2
2(t -1)
，即证明 ln t > t 1 ，2 t -1 +
2
设 h(t) = ln t
2(t -1)
- ，则 h (t)
1 2 t +1- (t -1) (t -1)= - × 2 = 2 > 0，t +1 t (t +1) t(t +1)
∴ h(t)在 (1, + )单调递增，从而 h(t) > h(1) = 0，
故 ln t
2(t -1)
> x x > e2
t 1 ，即 1 2 得证．+
f (x)
16.已知函数 f (x) = x ln x - ax2 - x ， g(x) = ， a R ．
x
(1)讨论 g(x)的单调性；
(2)设 f (x) 4 3有两个极值点x1， x2 x1 < x2 ，证明： x1 x2 > e ．（ e = 2.71828 …为自然对数的底数）
g(x) f (x)【解析】 (1) = = ln x - ax -1， g (x) = 1x - a ，x
①当 a 0时， g (x) > 0， g(x)在 (0, + )单调递增；
1 1
②当 a > 0时，令 g (x) = 0解得 x = ， x

0, ÷时， g (x) > 0， g(x)单调递增；a è a
x 1 ,+ ÷时， g (x) < 0， f (x) 单调递减．
è a
1 1
综上，当 a 0时， g(x)在 (0, + )单调递增；当 a > 0时， g(x)在 0, ÷ 上单调递增，在 ,+ ÷ 上单调递减，
è a è a
(2)由题意知， f (x) = ln x - 2ax ，x1，x2是 f
(x) 的两根，
ln x - ln x
即 ln x1 - 2ax1 = 0， ln x2 - 2ax2 = 0
1 2
，解得 2a = (*)x1 - x
，
2
4
要证 x1 x2 > e
3
，即证 4ln x1 + ln x2 > 3，即 4 ×2ax1 + 2ax2 > 3，
ln x - ln x
把（* 1 2）式代入得 4x1 + x2 > 3 x < xx - x 1 2 ，1 2

3 x1 -1
3 x - x x ÷
所以应证 ln x1 < 1 2 = è 2 ，
x2 4x1 + x x2 4 1 +1
x2
t x= 1 h(t) ln t 3(t -1)令 x ，0 < t <1，即证 = - < 0(0 < t <1)成立，2 4t +1
2
2 16
t 7 15 - ÷ +而 h (t) 1 15 16t - 7t +1= - = = è 32 64 ，
t (4t +1)2 t(4t +1)2 t(4t +1)2
> 0
所以 h(t)在( 0, 1)上单调递增，所以 h(t) < h(1) = 0，所以命题得证．

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