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第 03 讲 利用二阶导函数解决函数问题
（高阶拓展、竞赛适用）
（9 类核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较大，分值为 13-17 分
【备考策略】1 会导数的基本运算
2 能理解导函数与原函数关系
3 能进行函数转化求原函数导函数的导函数，并得到原函数导函数关系，进而求解原函数单调
性及其他综合问题
【命题预测】在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，利用导数求解函数的
单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现.常常考查运
算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一
般思想的渗透和综合运用，难度较大.
知识讲解
一般导数题目中求出导函数即可判断原函数的单调性，而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函
数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、
最值情况，此时解题受阻。需要利用“二次求导才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问
题， 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。本文会说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
1. 二阶导的定义
定义 1 : 若函数 f (x) 的导函数 f (x) 在点 x = x0 处可导 , 则称 f (x) 在点 x = x0 的导数为 f (x) 在点
x = x , f 0 的二阶导数 记作 x0 , 同时称 f (x) 在点 x = x0 为二阶可导.
定义 2: 若 f (x) 在区间 M 上每一点都二阶可导 , 则得到一个定义在 M 上的二阶可导函数 , 记作
f (x), x M ,x I
2. 函数极值的第二判定定理
若 f (x) x = x 在 0 附近有连续的导函数 f (x) , 且 f x0 = 0, f x0 0

（1）若 f x0 < 0 , 则 f (x) 在点 x0 处取极大值;
2 （ ）若 f x0 > 0 , 则 f (x) 在点 x0 处取极小值
3. 曲线的凹凸性
设函数 y = f( ) 在区间 ( , ) 内可导, 如果对应的曲线段位于其每一点的 切线的上方, 则称曲线在 ( , )
内是凹的, 如果对应的曲线段位于其每一点 的切线的下方, 则称曲线在 ( , ) 内是凸的。从图象上来看, 曲
线段向上弯 曲是凹的, 曲线段向下弯曲是凸的。
设函数 y = f (x) 在 (a,b) 内具有二阶导数, 如果在 (a,b) n内 f x0 > 0 , 那么对应的曲线在 (a,b)
内是凹的, 如果在 (a,b)) 内 f n x0 < 0 , 那么对 应的曲线在 (a,b) 内是凸的 设 y = f (x) 在区间
M x + x 1 上连续, 如果对 M 上任意两点 x , x , 恒有 f 1 21 2 ÷ < é f x1 + f x2 2 2 ùè
则称 y = f (x) 在 M 上的图形是凹的, 简称为凹弧;
x + x 1
如果恒有 f 1 2 ÷ > é f x2 2 1 + f x2 ùè
则称 y = f (x) 在 M 上的图形是凸的, 或简称为凸弧。
4. 曲线的拐点
n n
曲线上凸部和凹部的分界点叫做拐点。因此拐点一定是使 f x0 = 0 的点, 但是使 f x0 = 0 的点不
一定都是拐点。
5. 解决这类题的常规解题步骤为:
(1) 求函数的定义域;
(2) 求函数的导数 f (x) , 无法判断导函数正负;
(3) 构造求 g(x) = f (x) , 求 g (x) ;
(4) 列出 x, g (x), g(x) 的变化关系表;
(5) 根据列表解答问题。
考点一、二阶导与函数单调性
1
1．（23-24 高三上· x 2辽宁大连·阶段练习）已知函数 f x = e - x ，讨论函数 f x 的单调性.
2
2 2．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = x ln 1+ ax - x a > 0 ，
(1)若 a =1，求 f x 的单调区间；
(2)若 x = 0是 f x 的极小值点，求实数 a 的取值范围．
1．（23-24 高三上·重庆·阶段练习）已知函数 f x f x = ex 2满足 - x ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当 x > 0时， f x > -ax +1，求 a的取值范围．
2．（23-24 高三上·广东湛江·阶段练习）（1）证明：函数 f x 1= -cosx + 1 (x 1)2 在+ -1, ÷上单调递减.è 2
（2）已知函数 h x = cosax + x - ln x +1 ，若 x = 0是 h x 的极小值点，求实数 a的取值范围.
3．（23-24 高三上·四川成都·阶段练习）已知函数 f x = x alnx - x -1 ，其中 a R .
(1)当 a =1时，求证： f x 在 0, + 上单调递减；
(2)若 f x + x = 0有两个不相等的实数根x1，x2，求实数 a 的取值范围.
考点二、二阶导与函数极值、最值
1．（2023·黑龙江·模拟预测）已知函数 f x ex x= + aln ,a < 0．
2
(1)当 a = -e 时，求函数 f x 的极值；
(2)证明： f x + 2a + aln 2 -

÷ 0．
è a
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数 f x = ex + ax2 - e ， a R .（注： e = 2.71828 × × ×是自然对数的底数）
(1)若 f x 无极值点，求实数 a的取值范围；
1
(2)当 x 0 时， f x x3 + x - e +1恒成立，求实数 a的取值范围.
2
f (x) aeax ln x + ln a +11．（2024·广西贵港·模拟预测）已知函数 = - ．
x
(1)当 a =1时，请判断 f (x) 的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求实数 a 的取值范围．
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = sinx + ln 1+ x - ax ， a R .
(1)当 a = 0时，求 f x 在区间 -1,2π 内极值点的个数；
(2)若 f x 0 恒成立，求 a的值；
2n
sin 1 2ln 2n -1(3)求证： < - ln2， n 2， * .
i=n+1 è i -1
÷ n 1 n N -
考点三、二阶导与不等式证明
1．（2024 高三下·全国· 2专题练习）已知函数 f x = 2x ln x - x +1．
(1)证明： f x <1；
(2)若0 < x1 < x2 ，且 f x1 + f x2 = 0，证明： x1 + x2 > 2．
2．（23-24 高三下·内蒙古锡林郭勒盟·开学考试）已知函数 f x =1- x + ax ln x， a R ,且 f x 0 恒成
立．
(1)求实数 a 取值的集合；
1
(2) x证明： e + 2x + + ln x x2 + ex + 2．
x
1 2x．（2024·广东佛山·一模）已知 f x = e - ax -1, g x = ax ex -1 ，其中 a R .
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 a > 2，证明：当 x 3a - 6 时， f x > g x .
2．（2023·吉林长春·模拟预测）函数 f x = ln x +1 ．
x
(1)求证"x 0 ： f x ；
x +1
(2) 4 3若方程 f x = k x 恰有两个根，求证： < k < ．
5 2
考点四、二阶导与恒成立问题
1．（23-24 高三上·河南周口·阶段练习）已知函数 f (x) = sin x - ax ， a R ．
π π
(1)若 a =1，求函数 f (x) 的图象在点 , f

÷÷处的切线方程；
è 2 è 2
f (x) 0 0, π ù(2)若 在 ú 上恒成立，求实数 a的最大值．è 2
2．（23-24 高二上·山西吕梁·期末）已知函数 f x = ax - 2lnx .
(1)讨论函数 f x 的单调区间；
(2)当 x > 0时， f x 1 x3 + x2 + 2 - 2ex - 2lnx恒成立，求实数 a的取值范围.
2
1．（2023 x高三·全国·专题练习）已知函数 f x = e + a cos x ．
(1)若函数 f x 在区间 0, π 上单调递增，求实数 a 的取值范围．
é
(2)当 x ê0,
π ù
ú 时， f x ax恒成立，求实数 a 的取值范围． 2
2．（23-24 高三上·江苏·阶段练习）已知函数 f x = x + a ex ,a R .
(1)当 a =1时，求 f x 的图象在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)对任意 x R ，不等式 f x 1 x3 - x - 2恒成立，求 a的取值范围.
6
考点五、二阶导与函数零点或方程的根
1．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = ln x - x + 2sin x ， f (x) 为 f (x) 的导函数.求证: f (x) 有且仅有
两个不同的零点.
1 x
2．（23-24 高二下·山东淄博·阶段练习）已知函数 f x = ax +
ex
， g x = x ．e
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 a =1，试判断函数 y = f x 与 y = g x 的图象的交点个数，并说明理由．
3．（2022·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex x - a + x + a .
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 a > 2，求函数 f x 的零点个数.
1．（23-24 高三上·河北廊坊·期中）已知函数 f x = asinx - a +1 x ．
a 1(1)当 = - 时，证明： f x 只有一个零点．
2
(2)若 x 0, π , f x + xcosx > 0，求 a的取值范围．
2．（2024·湖北· x模拟预测）已知函数 f x = e - ln x - a， g x = ex - ln x + a ，其中 a 为整数且a 1 .记 x0 为
f x 的极值点，若 f x 存在两个不同的零点x1， x2 x1 < x2 ，
(1)求 a 的最小值；
(2)求证： g ln x1 = g ln x2 = 0；
ln x
3．（23-24 · · f (x) = - x2高三上 全国 开学考试）已知函数 + x +1．
x
(1)求曲线 y = f (x) 在 x =1处的切线；
(2)若对任意 x 0, + a 5 2，当 1, ÷时，证明函数 h(x) = f (x) - ax -1- x 存在两个零点．
è 2
考点六、二阶导与参数综合问题
1．（23-24 高三上·重庆·阶段练习）已知函数 f x 满足 f x = ex - x2 ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当 x > 0时， f x > -ax +1，求 a的取值范围．
2．（2023春·浙江·高三校联考期中）已知函数 f (x) = ex - x ln(x + a) - ae2x(x 0,a 1)， f x 的导函数为 g x ．
(1)若 g x 存在极值点，求 a的取值范围；
(2)设 f x 的最小值为m ， g x 的最小值为 n，证明：m < n．
1．（2023· ax全国·高三专题练习）已知 e为自然对数的底数， a为常数，函数 f x = e - 2x .
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若在 y 轴的右侧函数 f x 的图象总在函数 y = ax2 +1的图象上方，求实数 a的取值范围.
2
2．（2023 春·山东菏泽·高三统考期中）已知函数 f (x) = a ln x + -1.
x +1
(1)当 a
3
= 时，求函数 f (x) 的极值；
8
(2)若 g(x) = a(x2 -1) ln x - (x -1)2 (a 0)有三个零点 x1, x2 , x3，其中 x1 < x2 < x3 .
(i)求实数 a的取值范围；
(ii)求证： 1- a x1 + x3 >1 .
考点七、二阶导与选填小题综合
1 2024· · a 1012
2023
1013
2025
．（ 山西 二模）设 = ÷ ，b = ÷ ，则下列关系正确的是（ ）
è 1011 è1012
A． e2 < a < b B． e2 < b < a C． a < b < e2 D．b < a < e2
2．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）已知函数 f (x) = m(x +1) ln x - x +1，下列说法正确的有（ ）
1
A．当m = 时，则 y = f (x) 在 (0, + )上单调递增
2
B．当m =1时，函数 y = f (x) 有唯一极值点
C．若函数 y = f (x) 只有两个不等于 1 的零点 x1, x2 ，则必有 x1 × x2 =1
D．若函数 y = f (x)
1
有三个零点，则0 < m <
2
3．（2024·全国·一模）已知函数 f (x) = x(1- ex ) ，点 (m, n)在曲线 y = f (x) 上，则 f (m) - f (n)的取值范围
是 ．
10 19 20 39
1 2023· · ．（ 湖北武汉 模拟预测）设 a = ÷ ,b = ÷ ，则下列关系正确的是（ ）
è 9 è 19
A． a < b < e2 B．b < a < e2 C． e2 < a < b D． e2 < b < a
2．（23-24 · · f x = x3 2高二上 福建莆田 期末）（多选）已知函数 + 3x + bx +1，导函数 f x 的极值点是函数
f x 的零点，则（ ）
A． f x 有且只有一个极值点
B． f x 有且只有一个零点
C．若 a + c > -2，则 f a + f c > 0
D．过坐标原点仅有一条直线与曲线 y = f x 相切
3．（23-24 高三上·山东烟台·期末）若存在两个不相等正实数 x, y ex - e y，使得 = a y - x y + x ，则实数 a
的取值范围为 .
考点八、二阶导与拐点、对称中心结合
1．（2023· 3 2四川成都·模拟预测）对于三次函数 f x = ax + bx + cx + d （ a 0），给出定义：设 f x 是函数
y = f x 的导数， f x 是 f x 的导数，若方程 f x = 0有实数解 x0 ，则称点 x0 , f x0 为函数 y = f x
的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐
1 2 2014
点”就是对称中心．设函数 g x 1 x3 1= - x2 3x 5+ - g ，则 + g
3 2 12 2015 ÷ ÷
+ ××× + g ÷ = （ ）
è è 2015 è 2015
2015
A．2014 B．2013 C． D．1007
5
2．（2022·陕西咸阳·模拟预测）给出定义：设 f x 是函数 y = f x 的导函数， f x 是函数 y = f x 的导
函数，若方程 f x = 0有实数解 x0 ，则称 x0 , f x0 为函数 y = f x 的“拐点”，经研究发现所有的三次函数
f x = ax3 + bx2 + cx + d a 0 都有“拐点”，且该“拐点”也是函数 y = f x 的图像的对称中心，若函数
f x x3 3x2 1 2 3 4044 4045= - + ，则 f ÷ + f ÷ + f ÷ + ××× + f
+ f
2023 ÷ ÷
= .
è è 2023 è 2023 è 2023 è 2023
1．（21-22 3 2高二下·河北沧州·阶段练习）对于三次函数 f x = ax + bx + cx + d a 0 ，现给出定义：设 f x
是函数 f x 的导数， f x 是 f x 的导数，若方程 f x = 0有实数解 x0 ，则称点 x0 , f x0 为函数
f x = ax3 + bx2 + cx + d a 0 的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函
数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数 g x = x3 - 3x2 + 2，则
g 1 g 2 3 ÷ +

÷ + g ÷ +L+ g
19
10 10 ÷
=（ ）
è è è10 è10
3 3
A．0 B．1 C．- D．
2 2
2．（20-21 高二下·江苏苏州·阶段练习）设函数 y = f x 是 y = f x 的导数，经过探究发现，任意一个三次
f x = ax3 2函数 + bx + cx + d a 0 的图象都有对称中心 x0 , f x0 ，其中 x0 满足 f x0 = 0，已知函数
3 1 2f x = 2x - 3x2 9x 7+ - ，则 f ÷ + f

÷ + f
3 2021+ ×××+ f = （ ）
2 è 2022 ÷ ÷
è 2022 è 2022 è 2022
2021 4021
A．2021 B． C．2022 D．
2 2
考点九、二阶导与函数凹凸性结合
1．（23-24 高二上·江苏镇江·阶段练习）丹麦数学家琴生是 19 世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是
在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果．设函数 f x 在 a,b 上的导函数为 f x , f x 在
a,b 上的导函数记为 f x ，若在 a,b f ''上 x < 0恒成立，则称函数 f x 在 a,b 上为“凸函数”，已知
x4f x t= - x3 3+ x2在 1,4 上为“凸函数”，则实数 t 的取值范围是（ ）
4 3 2
3, é3, 51A + B ù é51 51 ． ． ê C． ,+ ÷ D． 3, ÷ 8 ú ê 8 è 8
2．（21-22 高二下·陕西渭南·期末）给出定义:若函数 f (x) 在D上可导，即 f (x) 存在，且导函数 f (x) 在D上
也可导，则称 f (x) 在D上存在二阶导函数.记 f (x) = f (x) ，若 f (x) < 0 在D上恒成立，则称 f (x) 在D上

为凸函数.以下四个函数在 0,
π
÷上是凸函数的有（2 ）è
① f (x) = sin x + cos x ，② f (x) = -xe- x ，③ f (x) = ln x - 2x ，④ f (x) = -x3 + 2x -1 .
A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
1．（21-22 高三下·河南·阶段练习）设函数 f（x）在区间 I 上有定义，若对"x1, x2 I 和"l 0,1 ，都有
f lx1 + 1- l x2 l f x1 + 1- l f x2 ，那么称 f（x）为 I 上的凹函数，若不等号严格成立，即“<”号成
立，则称 f（x）在 I 上为严格的凹函数.对于上述不等式的证明，19 世纪丹麦数学家琴生给出了如下的判断
方法：设定义在（a，b）上的函数 f（x），其一阶导数为 f x ，其二阶导数为 f x （即对函数 f x 再求
导，记为 f x ），若 f x > 0，那么函数 f（x）是严格的凹函数（ f x ， f x 均可导）.试根据以上信
1 2
息解决如下问题：函数 f x = m ln x + + x 在定义域内为严格的凹函数，则实数 m 的取值范围为 .
x
2．（22-23 高二上·重庆沙坪坝·期末）定义：设函数 y = f x 在 a,b 上的导函数为 f x ，若 f x 在 a,b
上也存在导函数，则称函数 y = f x 在 a,b 上存在二阶导函数，简记为 y = f x ．若在区间 a,b 上
x
f x > 0 e，则称函数 y = f x 在区间 a,b 上为“凹函数”．已知 f x = - m x - lnx 在区间 0, + 上为“凹
x
函数”，则实数m 的取值范围为 ．
3．（22-23 高二下·黑龙江鹤岗·阶段练习）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别
是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果.定义：函数 f (x) 在 a，b 上的导函数为 f (x) ，
f (x) 在 a，b 上的导函数为 f x ，若在 a，b 上 f (x) < 0 恒成立，则称函数 f (x) 是 a，b 上的“严格凸函
数”，称区间 a，b 为函数 f (x) 的“严格凸区间”.则下列正确命题的序号为 .
①函数 f (x) = -x3 + 3x2 + 2在 1，+ 上为“严格凸函数”；
3
②函数 f x ln x = 的“严格凸区间”为 0，e2 ；
x ֏
③函数 f (x)
m
= ex - x ln x - x2 在 1，4 2 为“严格凸函数”，则
m 的取值范围为 e -1，+ .
一、单选题
f (x) (x 1)ex m xlnx 11．（22-23 高三上·江苏南通·阶段练习）已知函数 = - + + x
2 - x ÷ 存在极大值点和极小值
è 2
点，则实数m 的值可以是（ ）
1 3 5 7
A．- B．- C．- D．-
2 2 2 2
5 6e
2．（22-23 高三上·江苏常州·期中）设 a = e0.2，b = ， c = ln ，则（5 ）4
A． a < b < c B． c < b < a
C． c二、填空题
3 x 2．（2021 高二·江苏·专题练习）若函数 f x = e + mx - sinx在 0, + 单调递增，则实数 m 的取值范围
为 .
4．（22-23 高二下·重庆南岸·期中）设函数 f x = x +1 lnx + ax + b ，若 f x 为 0, + 上的单调函数，则实
数 a的取值范围为 .
a
5．（23-24 高二下·河南南阳·阶段练习）对"x > 0，不等式 ln x - ex + 2恒成立，则实数 a 的取值范围为 .
x
6．（23-24 x高三上·安徽合肥·阶段练习）已知关于 x 的不等式 2e - sin x + t ln x +1 - 2 0在 0,p 上恒成立，
则实数 t 的取值范围是 ．
7．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数 f x = e2x - 2a x - 2 ex - a2x2 a > 0 恰有两个零点，则a = .
π
8．（2024·全国·模拟预测）当 x 0, ÷ 时，不等式 ex2 - xcosx + cosxlncosx + ax
2 1恒成立，则实数 a的最小
è
整数为 ．
9 x．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x = e + msinx 1- x2 - m +1 x +1，在 x = 0处取到极小值，则实数
2
m = ．
10．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 f (x) = xe2x -1， x > 0时， f (x) mx + lnx，则实数m 的范围
是 .
三、解答题
1
11．（2024· 4陕西西安·二模）已知函数 f x = ax + x sin x + 2cos x．
6
(1)当 a = 0时，$x 0, π ， f x = m，求m 的取值范围；
(2)证明：当 a
1
时， f x 在 0, + 上单调递增．
2
12．（23-24 高三上·河北保定·阶段练习）已知函数 f (x) = ln(x +1) - ax + 2 ．
(1)若 a = 2，求 f x 在 x = 0处的切线方程；
(2)当 x 0 时， f (x) + 2x + x ln(x +1) 0恒成立，求整数 a 的最大值．
4．13．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数 f x = ax ln 1+ x + x ．
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 0 是函数 g x = ex - f x 的极小值点，求实数 a的取值范围．
1 a
14．（2023 2高三·全国·专题练习）已知函数 f x = x + - ln x a > 0 .
2 x
(1)若 a = 6，求函数 f x 的单调区间；
f x1 + f xx x 2 f x1 + x(2) 2 求证：对任意的正实数 1， 2，有 ÷ .2 è 2
15．（23-24 x高三上·山东潍坊·阶段练习）已知函数 f x = e + a ln x +1 a R .
(1)当 a = -2 时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 在定义域上存在极值，求 a的取值范围；
(3)若 f x 1- sin x恒成立，求 a .第 03 讲 利用二阶导函数解决函数问题
（高阶拓展、竞赛适用）
（9 类核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较大，分值为 13-17 分
【备考策略】1 会导数的基本运算
2 能理解导函数与原函数关系
3 能进行函数转化求原函数导函数的导函数，并得到原函数导函数关系，进而求解原函数单调
性及其他综合问题
【命题预测】在历年全国高考数学试题中，函数与导数部分是高考重点考查的内容，利用导数求解函数的
单调性、极值和最值等问题是高考考查导数问题的主要内容和形式，并多以压轴题的形式出现.常常考查运
算求解能力、概括抽象能力、推理论证能力和函数与方程、化归与转化思想、分类与整合思想、特殊与一
般思想的渗透和综合运用，难度较大.
知识讲解
一般导数题目中求出导函数即可判断原函数的单调性，而在有些函数问题中，如含有指数式、对数式的函
数问题，求导之后往往不易或不能直接判断出原函数的单调性，从而不能进一步判断函数的单调性及极值、
最值情况，此时解题受阻。需要利用“二次求导才能找到导数的正负，找到原函数的单调性，才能解决问
题， 若遇这类问题，必须“再构造，再求导”。本文会说明函数的二阶导数在解高考函数题中的应用。
1. 二阶导的定义
定义 1 : 若函数 f (x) 的导函数 f (x) 在点 x = x0 处可导 , 则称 f (x) 在点 x = x0 的导数为 f (x) 在点
x = x0 的二阶导数, 记作 f
x0 , 同时称 f (x) 在点 x = x0 为二阶可导.
定义 2: 若 f (x) 在区间 M 上每一点都二阶可导 , 则得到一个定义在 M 上的二阶可导函数 , 记作
f (x), x M ,x I
2. 函数极值的第二判定定理
若 f (x) 在 x = x0 附近有连续的导函数 f (x) , 且 f
x0 = 0, f x0 0
（1 ）若 f x0 < 0 , 则 f (x) 在点 x0 处取极大值;
（2 ）若 f x0 > 0 , 则 f (x) 在点 x0 处取极小值
3. 曲线的凹凸性
设函数 y = f( ) 在区间 ( , ) 内可导, 如果对应的曲线段位于其每一点的 切线的上方, 则称曲线在 ( , )
内是凹的, 如果对应的曲线段位于其每一点 的切线的下方, 则称曲线在 ( , ) 内是凸的。从图象上来看, 曲
线段向上弯 曲是凹的, 曲线段向下弯曲是凸的。
设函数 y = f (x) 在 (a,b) 内具有二阶导数, 如果在 (a,b) n内 f x0 > 0 , 那么对应的曲线在 (a,b)
内是凹的, 如果在 (a,b)) 内 f n x0 < 0 , 那么对 应的曲线在 (a,b) 内是凸的 设 y = f (x) 在区间
M M x , x f x1 + x2 1 上连续, 如果对 上任意两点 1 2 , 恒有 ÷ < é f x1 + f x2 ùè 2 2
则称 y = f (x) 在 M 上的图形是凹的, 简称为凹弧;
f x1 + x如果恒有 2 1 2 ÷
> é f x2 1 + f x2 ùè
则称 y = f (x) 在 M 上的图形是凸的, 或简称为凸弧。
4. 曲线的拐点
n n
曲线上凸部和凹部的分界点叫做拐点。因此拐点一定是使 f x0 = 0 的点, 但是使 f x0 = 0 的点不
一定都是拐点。
5. 解决这类题的常规解题步骤为:
(1) 求函数的定义域;
(2) 求函数的导数 f (x) , 无法判断导函数正负;
(3) 构造求 g(x) = f (x) , 求 g (x) ;
(4) 列出 x, g (x), g(x) 的变化关系表;
(5) 根据列表解答问题。
考点一、二阶导与函数单调性
1
1．（23-24 x 2高三上·辽宁大连·阶段练习）已知函数 f x = e - x ，讨论函数 f x 的单调性.
2
【答案】 f x 在R 上单调递增
x
【分析】对 f x 求导，令m x = e - x ，讨论m x 与 0 的大小，可得m x 的单调性，即可证明m x m 0 =1，
即 f x > 0，即可证明.
x
【详解】依题意， f x = e - x .
令m x = ex - x ，故m x = ex -1，令m x = 0，解得 x = 0，
当 x > 0 时，m x > 0，当 x < 0 时，m x < 0 ，
故m x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
故m x m 0 =1，故 ex - x > 0 ，即 f x > 0，
故函数 f x 在R 上单调递增.
2．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = x ln 1+ ax - x2 a > 0 ，
(1)若 a =1，求 f x 的单调区间；
(2)若 x = 0是 f x 的极小值点，求实数 a 的取值范围．
【答案】(1)单调递减区间为 -1, + ，无单调递增区间
(2) 1, +
【分析】（1）根据导数与函数单调性的关系进行求解即可；
（2）由（1）可得 x 0时， f x a< x a - 2 +

÷，再分别讨论0 < a 1和 a > 1两种情况下 f x 的单调
è 1+ ax
性，根据单调性判断 x = 0是否为 f x 的极小值点，进而确定 a 的取值范围.
2
【详解】（1）若 a =1，则 f x = x ln 1+ x - x ，
f x 的定义域是 -1, + ．
f x = ln 1+ x x+ - 2x．
1+ x
g x 1 1 -x 2x + 3 令 g x = f x ，则 = +1+ x 1+ x 2
- 2 =
1+ x 2 ．
当 x -1,0 时， g x > 0；当 x 0, + 时， g x < 0，
所以 g x 在 -1,0 上单调递增，在 0, + 上单调递减．
因为 g 0 = 0，所以当 x -1, + 时， f x = g x g 0 = 0 恒成立，
当且仅当 x = 0时等号成立．
所以 f x 的单调递减区间为 -1, + ，无单调递增区间．
1
（2） f x 的定义域为 - ,+ ÷， f x = ln 1+ ax
ax
+ - 2x ．
è a 1+ ax
由（1）得，当 x > 0时， x ln 1+ x - x2 < 0，即 ln 1+ x < x ；
当 x < 0 时， x ln 1+ x - x2 > 0，即 ln 1+ x < x ．所以当 x 0时， ln 1+ x < x ．
因此，当 x 0时，
f x = ln 1 ax ax ax a+ + - 2x < ax + - 2x = x a - 2 +

1+ ax 1+ ax 1+ ax ÷
．①
è
（ⅰ）若0 < a 1，则当 x > 0时，由①可得 f x < x 2a - 2 0．
所以 f x 在 0, + 上单调递减，
故 x = 0不可能为 f x 的极小值点．
（ⅱ）若 a > 1，
1
当- < x < 0时，0 <1+ ax <1，
a
所以 a
a
- 2 + > 2a - 2 > 0，
1+ ax
则由①可得 f x < x 2a - 2 < 0；
当0 x
a -1 a +1
< < 时，1<1+ ax < ，
2a 2
设m x = f x = ln 1+ ax ax+ - 2x，
1+ ax
a a 2a 4a 2 a -1则m x

= + 2 - 2 > + - 2 = > 01+ ax 1+ ax a +1 a +1 2 ，a +1 2
所以m x 在区间 0,
a -1
2a ÷
上单调递增，
è
从而 f x = m x > m 0 = 0．
故 f x 1 a -1在 - ,0

÷上单调递减，在 0, ÷上单调递增，
è a è 2a
所以 x = 0为 f x 的极小值点．
综上所述，a 的取值范围为 1, + ．
a
【点睛】关键点点睛：解决第二问的关键在于，借助第一问得到结论 x 0 时， f x < x a - 2 + ÷，再
è 1+ ax
分别讨论0 < a 1和 a > 1两种情况下 x = 0是否为 f x 的极小值点，进而确定 a 的取值范围.
1 x 2．（23-24 高三上·重庆·阶段练习）已知函数 f x 满足 f x = e - x ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当 x > 0时， f x > -ax +1，求 a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2) 2 - e, + ．
x x
【分析】（1）对函数求导得 f x = e - 2x ，然后令m x = e - 2x ，再求导，从而求解.
1 ex x
（2）利用分离常数得 a > + x - 在区间 0, + 1 e上恒成立，从而只需求出 g x = + x - 的最大值，即可
x x x x
求解.
x 2 x
【详解】（1）因为 f x = e - x ，定义域为R ，得 f x = e - 2x
令m x = ex - 2x ，则m x = ex - 2 x，当m x = e - 2 = 0，得 x = ln 2，
当 x - , ln 2 ，m x < 0 ，当 x ln 2, + 时，m x > 0，
所以m x 在 - , ln 2 上单调递减，在 ln 2,+ 上单调递增，所以m(x)min = m ln 2 = 2 1- ln 2 > 0，即
f x > 0恒成立，
所以 f x 的单调递增区间为 - , + ，无单调递减区间．
（2）由题意 f x > -ax +1在区间 0, + 上恒成立，即 ex - x2 > -ax +1恒成立，
a 1
x
即 > + x e- 在区间 0, + 上恒成立，
x x
x
令 g x 1 e= + x - ， x 0, + ，只需 a > g(x)
x x max
1 ex x ex x -1 x +1- ex x因为 g x 1 × -= - + - = ，令 h x = x +1- e ， x 0, + ，
x2 x2 x2
有 h x =1- ex < 0，
所以函数 h x 在 0, + 上单调递减，所以 h x < h 0 = 0 ，即 x +1- ex < 0，
所以当 x 0,1 时， g x > 0，当 x 1,+ 时， g x < 0，
所以函数 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 g(x)max = g 1 = 2 - e，即 a > 2 - e，
所以实数 a 的取值范围为 2 - e, + ．
1 1
2．（23-24 高三上·广东湛江·阶段练习）（1）证明：函数 f x = -cosx + 2 在 -1,(x 1) ÷上单调递减.+ è 2
（2）已知函数 h x = cosax + x - ln x +1 ，若 x = 0是 h x 的极小值点，求实数 a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2） -1,1
【分析】（1）对函数 f x 求导并构造函数 g x = f x = sinx 2- (x 1)3 ，并讨论其单调性，即可求出函数 f x +
1
在 -1, ÷上的单调性；
è 2
（2）对函数 h x 进行求导，构造函数u x = h x = -asinax 1+1- 并求导，通过讨论u 0 与 0 之间的关
x +1
系，结合 x = 0是 h x 的极小值点，即可求出实数 a的取值范围.
【详解】（1）由题意证明如下，
f x cosx 1在 = - + 中， f 2 x = sinx
2
-
(x +1) (x .+1)3
令函数 g x = f x , g x = cosx 6+ (x +1)4 .
当 x
1
-1,

÷时， g x 0 g x 1,
1
> -
2 ，所以 在 上单调递增
.
è è 2 ÷
g 1 因为 ÷ = sin
1 16
- < sin p 16- < 0，
è 2 2 27 6 27
x 1, 1所以当 -

÷时， g x = f x < 02 恒成立，è
故 f x 在 -1,
1
2 ÷
上单调递减.
è
（2）由题意及（1）得，
在 h x = cosax + x - ln x +1 中， x > -1，
h x 1= -asinax +1- .
x +1
令函数u x = h x = -asinax 1+1- ,u x = -a2cosax 1+x 1 (x 1)2 .+ +
当u 0 = -a2 +1< 0，即 a > 1或 a < -1时，
存在 x1 > 0，使得当 x -x1, x1 时，u x < 0，
即u x = h x 在 -x1, x1 上单调递减.
因为 h 0 = 0，
所以当 x -x1,0 时， h x > 0，
当 x 0, x1 时， h x < 0，
则 h x 在 -x1,0 上单调递增，在 0, x1 上单调递减，
x = 0是 h x 的极大值点，
不符合题意.
当u 0 = -a2 +1 > 0 ，即-1 < a <1时，
存在 x2 > 0，使得当 x -x2 , x2 时，u x > 0，
即u x = h x 在 -x2 , x2 上单调递增.
因为 h 0 = 0，
所以当-x2 < x < 0时， h x < 0，
当0 < x < x2 时， h x > 0，
则 h x 在 -x2 ,0 上单调递减，在 0, x2 上单调递增，
x = 0是 h x 的极小值点，符合题意.
u 0 = -a2当 +1 = 0 ，即 a = ±1时，
u x = -cosx 1+
(x +1)2 .
u x 1 结合（1）可得 在 -1, ÷上单调递减，
è 2
1
所以当-1 < x < 0时，u x > 0，当0 < x < 时，u x < 0，
2
则u x = h x 在 -1,0 0, 1 上单调递增，在 ÷上单调递减.
è 2
因为 x
1, 1 - ÷ , h x h 0 = 0，
è 2
h x 所以 在 -1,
1
÷上单调递减，不符合题意.
è 2
综上，实数 a的取值范围为 -1,1 .
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的求导，构造函数法，导数求函数单调性，考查学生的逻辑思维能力，
计算能力，具有很强的综合性.
3．（23-24 高三上·四川成都·阶段练习）已知函数 f x = x alnx - x -1 ，其中 a R .
(1)当 a =1时，求证： f x 在 0, + 上单调递减；
(2)若 f x + x = 0有两个不相等的实数根x1，x2，求实数 a 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2) e, +
【分析】（1）利用二阶导数讨论函数 f (x) 的单调性即可；
2 1 ln x（ ）由题意可得 = = h(x)a x ，利用导数讨论函数
h(x) 的单调性求出 h( x)max 即可求解.
【详解】（1）由题意知，当 a =1时， f (x) = x ln x - x2 - x，
则 f (x) = ln x - 2x(x > 0) ，设 g(x) = ln x - 2x(x > 0) ，
g 得 (x)
1 1- 2x
= - 2 = ，
x x
令 g (x) > 0 0 < x
1
< ，令 g (x) < 0 x
1
> ，
2 2
所以函数 g(x)在 (0,
1) 1上单调递增，在 ( , + )上单调递减，
2 2
得 g(x) = g(
1) = ln 1 -1 = - ln 2 -1 < 0 ，即 f max (x) = g(x) < 0，2 2
所以函数 f (x) 在 (0, + )上单调递减；
（2）由 f (x) + x = 0 2
1 ln x
，得 ax ln x - x = 0，即 = ，a x
h(x) ln x (x 0) h (x) 1- ln x设 = > ，则 = 2 ，x x
令 h (x) > 0 0 < x < e ，令 h (x) < 0 x > e，
所以函数 h(x) 在 (0, e)上单调递增，在 (e, + )上单调递减，
h(x) h(e) 1得 max = = .e
当0 < x <1时， h(x) < 0，当 x >1时， h(x) > 0，
要使方程 f (x) + x = 0有两个不同的实数根 x1, x2 ，
1 1
则0 < < ，即 a > e，
a e
即实数 a 的取值范围为 (e, + ) .
【点睛】在解决导数的综合问题时，善于运用转化的思想，构造适当的函数，再次利用导数讨论新函数的
性质即可.
考点二、二阶导与函数极值、最值
1．（2023·黑龙江·模拟预测）已知函数 f x x= ex + aln ,a < 0．
2
(1)当 a = -e 时，求函数 f x 的极值；
(2)证明： f x + 2a 2+ aln - ÷ 0．
è a
【答案】(1)极小值 e 1+ ln2 ，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）进行二次求导，分析单调性即可求解.
（2）设函数 f x 在 0,+ 存在唯一零点 x0 ，根据函数 f (x) 的单调性的函数的最小值 f (x0 )，只要
f x 20 + 2a + aln

-

÷ 0成立即可.
è a
x
【详解】（1）当 a = -e 时， f x = e - eln x , x 0, +
2
f x ex e所以 = - , x 0,+
x
x e
令 f x = e + 2 > 0 在 0, + x 恒成立，所以函数 f x 在 0, + 单调递增，且
f 1 = 0，
所以当 x 0,1 , f x < 0 ，函数 f x 在 0,1 上单调递减；
当 x 1, + , f x > 0，函数 f x 在 1, + 上单调递增；
所以函数 f x 在 x =1处取得极小值 f 1 = e 1+ ln2 ，无极大值；
（2）当 a<0时， f x ex aln x= + , x 0, +
2
x a
所以 f x = e + , x 0, + ．
x
令 g x = f x , g x a= ex - 2 > 0 在 0, + 恒成立x
所以函数 g x 在 0, + 单调递增，
且当 x 0 时， f x a= ex + - ；当 x + 时， f x = ex a+ + ，
x x
所以函数 f x = ex a+ 在 0,+ 存在唯一零点 x0 ，x
f x ex a a= 0即 0 + = 0,ex0 = -x ，0 x0
且当 x 0,x , f 0 x < 0，函数 f x 在 0, x0 上单调递减；
当 x x0 ,+ , f x > 0，函数 f x 在 x0 ,+ 上单调递增,
所以函数 f x 在 x = x x0处取得极小值 f x0 = e 0 + aln
x0 ,
2
也为最小值，
要证不等式 f x + 2a + aln 2 -

÷ 0成立，
è a
f x 2a aln 2即证 0 + +

- ÷ 0成立，
è a
即 ex0 + aln
x0 2 -a é x 2 ù+ 2a + aln - 0
2 a ÷
= + a êln + lnx 2
-
a ÷
+ 2a
è 0 è
ú

-a
= + 2a + aln x- 0
x a ÷0 è
-a
= + -a x0 + 2ax0
= -a 1 + x + 2a
è x
0 ÷
0
2 -a + 2a = 0
1
当且仅当 = x0 时，即 x0 = 1x 时，等号成立，0
2
所以 f x + 2a + aln - ÷ 0 .
è a
【点睛】利用导数比较大小、利用导数证明不等式，常常通过构造函数，把不等式转化为确定函数的单调
性，利用单调性得函数值的大小，为此需要求导，利用导数确定单调性，在此过程中可能需要多次求导（当
然需要多次构造函数）才能得出最终结论．
2．（2024·湖北武汉· x 2模拟预测）已知函数 f x = e + ax - e ， a R .（注： e = 2.71828 × × ×是自然对数的底数）
(1)若 f x 无极值点，求实数 a的取值范围；
(2)当 x 0 时， f x 1 x3 + x - e +1恒成立，求实数 a的取值范围.
2
e
【答案】(1) - a 0
2
é7 - e2
(2) ê ,+ ÷ .
4
x x 1
【分析】（1）法一，易知 f x = e + 2ax ，无变号零点，考虑 a = 0后参变分离为 x = - ，原问题等价于e 2a
g x 1的图像与 y = - 无相交交点；法二，构建 g x = f x ，分 a > 0， a = 0， a < 0结合根的存在性定理
2a
即可求解；
（2）法一，式子转化为j x = e- x 1 x3 - ax2 + x +1
-1，即证j x 0即可，易知j 0 = 0，则
è 2 ÷
j x 1= - xe- x x - 2 x - 2a -1 ，分 2a +1 0，0 < 2a +1 < 2， 2a +1 2 讨论即可；法二，转化为
2
1 x3 + x +1 1- ex x3 + x +1- ex
a 2 ，求 h x = 2 的最大值即可.
x2 x2
【详解】（1）（方法一）易知 f x = ex + 2ax ，由 f x 无极值点可知，
f x 无变号零点，令 ex + 2ax = 0 （*），
显然 a = 0时，（*）无零点，此时 f x 无极值点，满足题意；
x 1
故当（*）可变形得 x = - ，e 2a
g x x 1令 = x ，原问题等价于 g x 的图像与 y = - 无相交交点，e 2a
g x 1- x又 = x ，则 x - ,1 ， g x > 0， g x 单调递增；e
x 1, + ， g x < 0， g x 单调递减；
又 x 趋于- ， g x 趋于- ； x 趋于+ ， g x f 1 1趋于 0 ； = .
e
可得 g x 的图象如图：
1 1
由图可知- ，解得 - e ≤ a < 0 ，
2a e 2
e
综上，- a 0
2
g x = f x g x = ex（方法二）构建 ，则 + 2a
①当 a > 0时， g x > 0当 x R 时恒成立， g x 在R 上单调递增，
1 1-
因为 g - ÷ = e 2a -1 < 0， g 0 =1 > 0，
è 2a
所以 g x 有一个零点，即为 f x 的一个极值点；
②当 a = 0时， g x > 0当 x R 时恒成立，即 f x 无极值点；
③当 a < 0时，当 x < ln -2a ， g x < 0；当 x > ln -2a ， g x > 0，
所以 g x 在 - , ln -2a 单调递减，在 ln -2a , + 上单调递增，
故 g x = g lnmin -2a = -2a + 2aln -2a ，
若 g x < 0，则-1+ ln -2a > 0min 即 a < - e2 .
当 x < 0 时， g x > 0，
当 x > 0时， g 2ln -2a = 4a2 + 4aln -2a = -2a é-2a - 2ln -2a ù ，
设 s t = t - 2ln t ， t > e，故 s t t - 2= > 0，
t
故 s t 在 e, + 上为增函数，
故 s t > s e = e - 2lne = e - 2 > 0，
故-2a é -2a - 2ln -2a ù > 0，
故当 g ln -2a < 0时， g x 有两个零点，此时 f x 有两个极值点.
当 g ln -2a 0时， g x 0 当 x R 时恒成立，即 f x 无极值点；
e
综上所述：- a 0
2
1
（2）（方法一）由 f x x3 + x 1- e +1 x 3 2可知， e x - ax + x +1，
2 2
1 e- x 1 3即 x - ax
2 + x +1
2 ÷
，
è
j x = e- x 1 x3令 - ax2 + x +1

÷ -1，即证j x 0，
è 2
易知j 0 = 0，
j x 1= - xe- x x2则 - 2a + 3 x + 4a 1+ 2 = - xe- x x - 2 x - 2a -1 ，2 2
1
若 2a +1 0，即 a - 时，
2
则 x 0,2 ，j x > 0，j x 单调递增，j x > j 0 = 0，不符合题意；
若0 2a
1 1
< +1 < 2，即- < a < 时，
2 2
则 x 0,2a +1 ，j x < 0，j x 单调递减，
x 2a +1,2 ，j x > 0，j x 单调递增，
x 2, + ，j x < 0，j x 单调递减，
2
又j 0 = 0 j 2 e-2 1 3 2 7 - e - 4a，故令 = 2 - a 2 + 2 +1÷ -1 = 0，
è 2 e2
a 7 - e
2 7 - e2 1
解得 ，即 a < ，
4 4 2
1
若 2a +1 2 ，即 a 时，
2
则 x 0,2 ，j x < 0，j x 单调递减，
x 2,2a +1 ，j x > 0，j x 单调递增，
x 2a +1, + ，j x < 0，j x 单调递减，
j 2a +1 = e- 2a+1 1 2a +1 3 - a 2a +1 2故令 + 2a +1+1
-1
è 2 ÷
5
= e- 2a+1 2a
2 + 4a +
2 ÷
-1，
è
- 2a+1 2 5 - 2a+1 2
记 h a = e 2a + 4a + ÷ -1，则 h a = -e 2a +1 0恒成立，
è 2
1
所以 h a 在 ,+

2 ÷上单调递减，è
所以 h a h 1 5 ÷ = -1 < 0，即j 2a +1 0，
è 2 e2
1
即对于任意 a ，j x 0恒成立，
2
7 - e2
综上所述， a
4
（方法二）①当 x = 0时，不等式恒成立，可得 a R ；
1 x3 + x +1- ex 1 x3 + x +1- ex②当 x > 0时，可得 a 2 恒成立，设2 h x = 2
，
x x2
2 - x ex + 1 x3 - x - 2 ÷ 2 - x ex
1
+ x
3 - x2 ÷ + x2 - x - 2 则 h x = è 2 = è 2
x3 x3
1
2 - x ex 1+ x2 x - 2 + x - 2 x +1 2 - x x 2 e - x - x -1÷
= 2 = è 2 .
x3 x3
可设m x = ex 1- x2 - x -1 x，可得m x = e - x -1，
2
设 k x = ex - x -1 k x = ex， -1，
由 x > 0，可得 k x > 0恒成立，可得 k x 在 0, + 上单调递增，
m x 在 0, + 上单调递增，所以m x > m 0 = 0 ，
即m x > 0恒成立，即m x 在 0, + 上单调递增，所以m x > m 0 = 0，
再令 h x = 0，可得 x = 2，
当0 < x < 2时， h x > 0， h x 在 0,2 上单调递增；
x > 2时， h x < 0， h x 在 2, + 上单调递减，
h x h 2 7 - e
2
所以 = = ，
max 4
7 - e2 a é7 - e
2
所以 a ，综上可得 的取值范围是 ê ,+ 4 ÷
.
4
【点睛】思路点睛：利用导数证明不等式，可通过构造函数，结合导数求得所构造函数的单调性、极值、
最值.
f (x) aeax ln x + ln a +11．（2024·广西贵港·模拟预测）已知函数 = - ．
x
(1)当 a =1时，请判断 f (x) 的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求实数 a 的取值范围．
【答案】(1)有一个极值点，理由见解析
(2) 0,1
x2ex + ln x
【分析】（1）先求 f (x) ，得 f (x) = 2 ，再设 h(x) = x
2ex + ln x ，通过对 h (x)符号的分析，得到 f (x)
x
的单调性，再判断 f (x) = 0的解的情况，分析函数 f (x) 的极值点的情况.
（2）先把原不等式化成 axeax -[ln(ax) +1]+ ax 2a2x 恒成立，利用换元法，设 t = ax，则 t (0,+ ) ，问题转
2a et ln t +1 1 g(x) ex ln x +1化为 - + 恒成立．再设 = - ，利用（1）的结论求 g(x)的最小值.
t x
f (x) ex 1+ ln x【详解】（1）当 a =1时， = - ， x (0,+ )，
x
2 x
所以 f (x) ex ln x x e + ln x= + 2 = 2 ，x x
令 h(x) = x2ex + ln x ，则 h (x) = (x2 + 2x)ex
1
+ ，
x
当 x (0,+ )时， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上单调递增，
1
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零点 x0 ，且 x0 ( ,1)，2 4 2
当 x (0, x0 )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上单调递减，
当 x (x0 ,+ ) 时， f (x) > 0 ， f (x) 在 x0 ,+ 单调递增．
\ f (x)有一个极小值点 x0 ，无极大值点．
（2）Q f (x) aeax
ln x + ln a +1
= - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
t = ax t (0,+ ) 2a et ln t +1令 ，则 ，\ - +1恒成立．
t
设 g(x) ex
ln x +1
= - ，由（1）可知 g(x)的最小值为 g (x0 ) ．x
2 x ln x 1h(x ) = x e 0 + ln x = 0 \ x ex0又 0 0 0 ， 0 = -
0 = - ln x0 = -e
- ln x0 ln x
x x 0 ．（﹡）0 0
设m(x) = xex ，当 x > 0时，m (x) = (x +1)ex > 0，\m(x) 在 (0, + )上单调递增，
Q x 10 ( ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x0 ) ，\ x0 = - ln x
x0
0 ，即 e = x ．0
\ g(x0 ) e
x 1+ ln x 1 1- x= 0 - 0 = - 0 =1
x0 x x
，
0 0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，
\a 的取值范围为 0,1 ．
【点睛】关键点点睛：该题第二问的关键是求函数 g(x) = ex
ln x +1
- 的最小值，由（1）得 g(x)的极小值是
x
g (x0 )
2
，而 x0 的值不能准确的表示出来，所以根据 x0 e
x0 + ln x0 = 0进行代入计算.
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = sinx + ln 1+ x - ax ， a R .
(1)当 a = 0时，求 f x 在区间 -1,2π 内极值点的个数；
(2)若 f x 0 恒成立，求 a的值；
2n 1 2n -1
(3)求证： sin ÷ < 2ln - ln2， n 2， n N* .
i=n+1 è i -1 n -1
【答案】(1)2
(2)2
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数在 -1,2π 的单调性和导函数的单调性可求
（2）根据题意求出极大值点，进而求出 a 的值，然后利用导数证明不等式恒成立
2n 2n 2n
（3）利用 sin x 2x - ln x +1 sin 1 1，转化为 ÷ < 2 - ln 1 1+ ，然后利用导函数的单调性
i=n+1 è i -1 i=n+1 i -1
÷
i=n+1 è i -1
1 i -1
证明 < ln ÷即可i -1 è i - 2
【详解】（1）当 a = 0时， f x = sinx + ln 1+ x ，
y sinx 1, π 3π 因为 = 在 - 单调递增，在 , 2π 单调递增，
è 2 ÷ ÷ è 2
y = ln 1+ x 在 -1,2π 单调递增，
π 3π
所以 f x 在 -1, ÷单调递增，在 , 2π2 ÷单调递增，è è 2
因为 f x = cos x 1+ ，
x +1
π f π 1 0, f π 1 1x , π f x ÷ = π > = - + < 0所以当 时， 单调递减；2 ÷ è 2 +1 π +1 ，è 2
x π所以$ 1 , π

÷， f x1 = 0 ， f x
π
在 , x1 ÷单调递增，在 x1, π 单调递减，
è 2 è 2
1
令 g x = f x = cos x 1+ ，得 g x = -sin x -
1+ x x +1 2 ，
x 3π 当 , 2π ÷时， g x 2 单调递增；è
3π 1
g p 1 = - < 0 g ÷ =1- 2 > 0
π +1 2 ， è 2 3π ， +1

÷
è 2
x 3π所以$ 2 , 2π

， g x = 0， g x 在 π,x 3π 单调递减，在 x , 单调递增；
è 2 ÷ 2 2 2 è 2 ÷
f π 0, f 3π 1因为 = 0，
è 2 ÷ 3π +1
2
3π 3π
所以$x3 π, ÷ , f x3 = 0， f x 在 π, x3 单调递减， x3 , 2 ÷单调递增，è 2 è
综上， f x 在 -1, x1 单调递增， x1, x3 单调递减， x3 , 2π 单调递增，共 2 个极值点
（2）因为 f 0 = 0, f x 0 ，
所以 x = 0是 f x 的极大值点，因为 f x = cos x 1+ - a，
x +1
所以 f 0 = 2 - a = 0 a = 2，
只需证，当 a = 2时， f x = sinx + ln 1+ x - 2x 0恒成立即可，
因为 f x = cos x 1+ - 2，
x +1
1
令j x = f x 1= cos x + - 2，则j x = -sin x -
x +1 x +1 2 ，
1
①当 x -1,0 时， 2 >1，j x < 0，则jx 1 x 在 -1,0 + 单调递减，
所以 f x > f 0 = 0， f x 在 -1,0 单调递增， f x < f 0 = 0，
②当 x 0, + 时， f x 0，则 f x 在 0, + 单调递减，所以 f x f 0 = 0，
综上， a = 2符合题意
（3）由（2）可知， sin x 2x - ln x +1 ，当且仅当 x = 0时取等号，
2n 2n 2n
所以 sin 1 2 1 ln 1 1< - + ÷ ÷，
i=n+1 è i -1 i=n+1 i -1 i=n+1 è i -1
2n 1 2n ln 1 ln i ln n +1 n + 2 2n + =i -1÷ ÷ = + ln +L+ ln = ln 2，i=n+1 è i=n+1 è i -1 n n +1 2n -1
2n
因为 ln
2n -1 ln 2n -1 2n - 2 n 2n -1 2n - 2= × L
= ln + ln +L+ ln n = ln n -1 ，
n -1 è 2n - 2 2n - 3 n -1÷ 2n - 2 2n - 3 n -1 ÷i=n+1 è n - 2
1 ln i -1 所以即证 <
i -1 i - 2 ֏
x i -1令 = =1
1
+ 1, 1+ ，则 =1 1- ，
i - 2 i - 2 i -1 x
1
所以即证：1- < ln x， x 1, + ，
x
令m x 1=1- - ln x ，则m x 1 1 1- x= 2 - = ，x x x x2
所以 x 1, + 时，m x < 0 ，m x 单调递减，
所以m x < m 1 = 0 1，即1- < ln x， x 1, + ，
x
2n
sin 1 2ln 2n -1综上， ÷ < - ln2， n 2，i 1 n 1 n N
*
i=n+1 è - -
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注
意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处
理．
考点三、二阶导与不等式证明
1 2．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 f x = 2x ln x - x +1．
(1)证明： f x <1；
(2)若0 < x1 < x2 ，且 f x1 + f x2 = 0，证明： x1 + x2 > 2．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数 f x = 2x ln x - x2 +1变形整理 f x -1 = 2x ln x - x2 = x 2ln x - x ，构造函数
g x = 2ln x - x，对其进行二次求导，从而可求出 g x 的单调性，进而可求出函数的最大值，即可证明结
论成立.
（2）对函数 f x = 2x ln x - x2 +1进行二次求导，从而可判断函数 f x 单调性，要证 x1 + x2 > 2，只需证
x2 > 2 - x1，结合 f x 在 0, + 上单调递减知只需证 f x2 < f 2 - x1 ，即证 f x1 + f 2 - x1 > 0，进而构
造函数F x = f x + f 2 - x 判断其单调性即可证明.
【详解】（1）由题意， f x -1 = 2x ln x - x2 = x 2ln x - x ，设
g x = 2ln x - x x > 0 2 - x，则 g x =
x
，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，从而 g x = g 2 = 2ln 2 - 2 = 2 ln 2 -1 < 0max ，故 g x < 0 恒成立，
\ f x -1 = xg x < 0，故 f x <1．
2 f x = 2ln x + 2 - 2x 2 2 1- xf x 2 （ ）由题意， ， = - = ， x > 0，
x x
\ f x > 0 0 < x <1， f x 0 x 1，
从而 f x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，故 f x f 1 = 0 ，
\ f x 在 0, + 上单调递减，且 f 1 = 0，
若0 < x1 < x2 1，则 f x1 + f x2 > 0，不合题意，
若1 x1 < x2 ，则 f x1 + f x2 < 0，不合题意，∴ 0 < x1 < 1 < x2 ，
要证 x1 + x2 > 2，只需证 x2 > 2 - x1，结合 f x 在 0, + 上单调递减知只需证 f x2 < f 2 - x1 ，
又 f x1 + f x2 = 0，\ f x2 = - f x1 ，故只需证- f x1 < f 2 - x1 ，即证 f x1 + f 2 - x1 > 0 ①，
令F x = f x + f 2 - x ，0 < x <1，
则F x = f x - f 2 - x = 2ln x x+ 2 - 2x - é 2ln 2 - x + 2 - 2 2 - x ù = 2ln + 4 - 4x，2 - x
F x 2 2 - x 2 - x - -1 × x 4 4= × × 2 - 4 = - 4 > - 4 = 0x 2 - x x 2 - x x + 2 - x 2 ，\F x 在 0,1 上单调递增，

è 2 ÷
又F 1 = 0 ，\F x < 0，从而F x 在 0,1 上单调递减，QF 1 = 2 f 1 = 0，\F x > 0，
Q0 < x1 < 1，\F x1 = f x1 + f 2 - x1 > 0，即不等式①成立，故 x1 + x2 > 2．
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性及利用导数证明不等式问题，考查了学生的逻辑推理能力
及数据分析能力，考查了转化思想，属于难题.
2．（23-24 高三下·内蒙古锡林郭勒盟·开学考试）已知函数 f x =1- x + ax ln x， a R ,且 f x 0 恒成
立．
(1)求实数 a 取值的集合；
(2) ex + 2x
1
+ + ln x x2证明： + ex + 2．
x
【答案】(1) 1
(2)证明见解析
1-a
【分析】（1）求导得 f x = alnx -1+ a x > 0 ，分 a 0时和 a > 0讨论，易得 f x 在 0,e a ÷上单调递减，
è
1-a 1-a
在 e a , + ÷上单调递增，故 f x = f e a ÷ = f 1 = 0min ，进而求得 a；
è è
（2）由 f x =1- x + x ln x 0 变形得 lnx 1 1- 在 x > 0x 时恒成立，则原不等式放缩为证
ex + 2x 1 1+ + 1- 2 ÷ x + ex + 2，构造 h x = ex -1- x2 - e - 2 x， x > 0，求导得 h x = ex - 2x - e - 2 ，再x è x
x x
令u x = e - 2x - e - 2 ，求得u x = e - 2，通过研究u x 的正负确定u x 的单调性，再由u x 的正负
判断 h x 的单调性，结合 h 0 = h 1 = 0即可求证.
【详解】（1） f x = alnx -1+ a x > 0 ．
当 a 0时，注意到 f e =1- e + ae < 0，不合题意；
1-a 1-a
当 a > 0时，由 f x < 0，得0 < x < e a ；由 f x > 0，得 x > e a ．
1-a 1-a
∴ f

x 在 0,e a ÷上单调递减，在 e a , + ÷上单调递增，
è è
1-a
∴ x = e a 时，函数 f x 取得唯一极小值即最小值，因为 f x 0 恒成立且 f 1 = 0，
1-a
∴ e a = 1；解得 a =1．
∴实数 a 取值的集合是 1 ．
（2）证明：由（1）可知： a =1时， f x 0 ，即 f x =1- x + x ln x 0 ，变形得
lnx 1 1 - 在 x > 0x 时恒成立．
ex 2x 1
1 1
+ + + lnx x2 + ex + 2 ex + 2x + + 1- x2要证明： ，只需证明： ÷ + ex + 2，x x è x
x 2
即证明 e -1- x - e - 2 x 0．
令 h x = ex -1- x2 - e - 2 x， x > 0．
h x = ex - 2x - e - 2 ，令u x = ex - 2x - e - 2 ，
u x = ex - 2 x，令u x = e - 2 = 0，解得 x = ln2 ．
当 x 0, ln2 时，u x < 0，函数u x 单调递减，
当 x ln 2,+ ，u x > 0，u x 时单调递增．
即函数 h x 在 0, ln2 上单调递减，在 ln 2,+ 上单调递增．
而 h 0 =1- e - 2 = 3- e > 0． h ln2 < h 1 = 0．
∴存在 x0 0, ln2 ，使得 h x0 = 0，
当 x 0, x0 时， h x > 0， h x 单调递增；
当 x x0 ,1 时， h x < 0， h x 单调递减．
当 x 1, + 时， h x > 0， h x 单调递增．
又 h 0 =1-1 = 0， h 1 = e -1-1- e - 2 = 0，
∴对"x > 0， h x 0 x恒成立，即 e -1- x2 - e - 2 x 0．
x 1
综上可得：不等式e + 2x + + lnx x2 + ex + 2 成立．
x
【点睛】方法点睛：本题考查由函数恒成立求参数范围，由导数证明不等式.由函数恒成立求参数范围一般
可采用分离参数法，此法适用于后续构造函数能利用导数进行极值最值求解的情况，也可直接求导，对参
数进行分类讨论，由极值或最值求出参数范围.由导数证明不等式一般采用构造函数法，放缩法等，本题中
放缩是关键，对于相对复杂的涉及指数和对数的函数，往往还涉及二阶导数，解题的总体思路是，由低阶
导数确定上一层函数的增减性与正负值，进而确定原函数的增减性，极值与最值.
1．（2024· 2x x广东佛山·一模）已知 f x = e - ax -1, g x = ax e -1 ，其中 a R .
(1)求 f x 的单调区间；
(2)若 a > 2，证明：当 x 3a - 6 时， f x > g x .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据题意求导后分类讨论即可求得答案；
2 2 a x
2 x2
（ ）先求得 < + 2 2x x，再将原式转化为证明 e - + 2÷ xe -1 > 0 x > 0 ，通过二次求导判断函数单
3 è 3
调性进而即可得证.
1 f x = e2x 2x【详解】（ ）由 - ax -1，得 f x = 2e - a，
当 a 0时， f x > 0， f x 在 - , + 单调递增；
当 a > 0时，令 f x > 0 1，得 x > ln a ，此时 f x 单调递增，2 2
令 f x < 0，得 x 1 ln a< ，此时 f x 单调递减.
2 2
综上所述，当 a 0时， f x 增区间为 - , + ，无减区间
a 0 f x 1 ln a ,+ 1 a 当 > 时， 增区间为 2 2 ÷，减区间为 - , ln2 2 ÷è è
x2
（2）因为 a > 2， x 3a - 6 ，所以 2 < a + 2 ， x > 0，
3
要证 f x > g x 2x，即证 e - ax -1 > ax ex -1 ，
2
即证 e2x - axex -1 > 0 ，即证 e2x
x
- x + 2÷ xe -1 > 0 x > 0 ，
è 3
设 h x =e2x 1- x3ex - 2xex -1 x > 0 ，
3
1 x3 2 1 + x + 2x + 2

2x ÷
则 h x = 2e - x3 + x2
ex÷ - 2x + 2 ex = e2x3 2 -
3
，
è e
x ÷
÷
è
1 x3 + x2 + 2x + 2
令m x = 2 - 3 x x > 0
，
e
x2 + 2x 1+ 2 - 3 2
则
x + x + 2x + 2
3 ÷ 3m x = - è x 对 x > 00 恒成立，=
ex 3ex
>
所以m x 在 0, + 单调递增，所以 x > 0时，m x > m 0 2= 2 - = 0，
1
所以 h x > 0对 x > 0恒成立，所以 h x 在 0, + 单调递增，
所以 x > 0时， h x > h 0 =1-1 = 0，
2
2x x
即 e - + 2 xe
x
÷ -1 > 0 x > 0 成立，故原式得证
è 3
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数证明函数不等式恒成立问题，常见方法如下：
（1）构造函数法：通过构造函数，利用导数研究函数单调性，转化为求函数最值问题；
（2）放缩法：一是利用题目中已知条件进行放缩，二是利用常见的二级结论进行放缩；
（3）同构法：指数和对数同时出现，往往将不等式形式进行变形，通过同构化简不等式进而证明即可.
2．（2023·吉林长春·模拟预测）函数 f x = ln x +1 ．
x
(1)求证"x 0 ： f x ；
x +1
(2) f x = k x 4 k 3若方程 恰有两个根，求证： < < ．
5 2
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
g x f x x ln x 1 x g x 2 x +1 - x - 2（1）由题意对 = - = + - 求导可得 = ，则
x +1 x +1 2 x +1 × x 2 x +1 - x - 2 0+1
对"x > 0不等式恒成立，即函数 g(x)在[0, + ) 上单调递减，结合 g 0 = 0即可证明；
ln x 1 k x k ln(x +1)（2）由题意可知当 x > 0时， + = 即 = = G(x) 恰好有 1 根，利用二阶导数和零点的存在性
x
定理研究函数 G x 2 m的性质，得 G(m) = , m (e -1,e2 -1)，再次利用导数研究函数 G m 的性质可得
m +1
3 < m < 4，结合 k = G m (G(4),G(3))即可证明.
【详解】（1）
令 g x = f x x- = ln x +1 x- (x > -1) ，
x +1 x +1
x 1 x+1 - x 1- x +1 +
g x 1 2 x +1 2 x +1 2 x +1 - x - 2= - = = ，
x +1 x +1 x +1 2 x +1 × x +1
令 2 x +1 - x - 2 0，得 x2 0 ，对"x > 0不等式恒成立，
即 g (x) 0在[0, + ) 上恒成立，得函数 g(x)在[0, + ) 上单调递减，
又 g x0 = 0，所以 g(x) 0，即 f x ．
x +1
（2）
易知 x = 0是方程 ln x +1 = k x 一个根，
所以当 x > 0时， ln x ln(x +1)+1 = k x 即 k = 恰好有 1 根，
x
令G x ln(x +1)= ，G x
2x - (x +1) ln(x +1)
= x > 0
x 2x x x +1 ，
设 h x = 2x - (x +1) ln(x +1) x > 0 ， h x =1- ln(x +1) ，
令 h (x) > 0 0 < x < e -1，令 h (x) < 0 x > e -1，
所以 h x 在 0,e -1 上单调递增，在 e -1,+ 上单调递减，
又 h(0) = 0,h(e -1) = e - 2 > 0,h(e2 -1) = -2 < 0 ，由零点的存在性定理，
得 $m (e -1,e2 -1)使得 h(m) = 0，即 2m - (m +1) ln(m +1) = 0 ln(m 1)
2m
，得 + = ①m 1 ，+
当 x (0,m) 时， h(x) > 0，即G (x) > 0，函数G x 单调递增，
当 x (m,+ )时， h(x) < 0，即G (x) < 0，函数G x 单调递减，
所以G(x) G(m)
ln(m +1)
= ②，由①② G(m) 2 m可得 = , m (e -1,e2 -1)，
m m +1
则G (m)
1- m
=
(m +1)2 m ，当m > 1时，即G
(m) < 0，函数G m 单调递减，
又 e -1 < 3,e2 -1 > 4 ，所以 e -1 < 3 < m < 4 < e2 -1，即3 < m < 4，
所以 k = G m (G(4),G(3)) 4 3，而G(4) = ,G(3) = ，
5 2
4 3
所以 < k < ，即证.
5 2
【点睛】
方法点睛：利用导数解决不等式证明问题时，常常采用分离参数法求范围：若 f (x) a 或 g(x) a 恒成立，
只需满足 f (x)min a 或 g(x)max a 即可，利用导数方法求出 f (x) 的最小值或 g(x)的最大值，从而解决问题；
也可以把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接
构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.
考点四、二阶导与恒成立问题
1．（23-24 高三上·河南周口·阶段练习）已知函数 f (x) = sin x - ax ， a R ．
π
(1)若 a =1，求函数 f (x) 的图象在点 , f
π
2 ÷÷
处的切线方程；
è è 2
(2)若 f (x)
π
0 0, ù在 上恒成立，求实数 a的最大值．
è 2 ú
【答案】(1) y = -x +1
2
(2)
π
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
sin x π ù
（2）将问题转化为 g(x) = a 在 0, ú 上恒成立，利用二阶导数讨论函数 g(x)的性质求出 g(x)x 2 min
即
è
可.
【详解】（1）当 a =1时， f (x) = sin x - x，则 f (x) = cos x -1，
于是 f (
π) 1 π= - ， f (
p ) = -1，
2 2 2
π π
则函数 f (x) 在点 , f2 2 ÷
处的切线方程为
è è
÷

y = - x
π
-
π
÷ +1- ，即 y = -x +1；
è 2 2
f (x) 0 0, π ù sin x π ù（2）因为 在 ú 上恒成立，所以 a 在 0, ú 上恒成立，è 2 x è 2
g(x) sin x设 = ， x 0,
π ù g (x) x cos x - sin x，则 = ，
x è 2 ú x2
y x cos x sin x x 0, π令 = - ，
ù
ú，则 y = -x sin x < 0

在 0,
π ù
ú 上恒成立，è 2 è 2
因此 y = x cos x - sin x
π ù
在 0, ú 上单调递减，于是 y = x cos x - sin x < 0，è 2
因此 g (x) 0
π ù π< ù在 0, 上恒成立， g(x)在 0, 上单调递减，
è 2 ú è 2 ú
g(x) g π 2 2 2则 ÷ = ，由此可知， a ，于是实数 a的最大值为 ．
è 2 π π π
2．（23-24 高二上·山西吕梁·期末）已知函数 f x = ax - 2lnx .
(1)讨论函数 f x 的单调区间；
(2)当 x > 0时， f x 1 x3 + x2 + 2 - 2ex - 2lnx恒成立，求实数 a的取值范围.
2
【答案】(1)答案见解析
7
(2) a - 2e
2
【分析】（1）对函数 f x 求导，分别讨论 a 0和 a > 0两种情况，即可求出结果；
1 2 2ex x
（2）先分离参数，将原式化为 a x2 1 2 2e+ x + - ，构造函数 g x = x2 + x + - ，利用导数判断 g x
2 x x 2 x x
的单调性进而求出 g x 的最大值即可.
【详解】（1） f x 的定义域为 0,+ ， f x =a 2 ax - 2- = ，
x x
当 a 0时， f (x) < 0 恒成立，所以 f x 的单调递减区间为 0,+ ,
2
当 a > 0时，令 f (x) > 0 x
2
，则 > ，所以 f x 的单调递增区间为 ,+

a a ÷
，
è
f (x) < 0 20 2< x < f x 0, 令 ，则 ，所以 的单调递减区间为
a a ÷
,
è
综上：当 a 0时， f x 的单调递减区间为 0,+ ，无增区间；
f x 2当 a > 0 时， 的单调递增区间为 ,+ ÷ ，单调递减区间为 0,
2
÷；
è a è a
1
（2）当 x > 0时， f x x3 + x2 + 2 - 2ex - 2lnx恒成立，
2
即 ax - 2lnx
1
x3 + x2 + 2 - 2ex - 2lnx对 x > 0恒成立，
2
a 1 2 2e
x
即 x2 + x + - 对 x > 0恒成立，
2 x x
1 2 2ex
令 g x = x2 + x + - （ x > 0），
2 x x
2 x -1 e
x x3 + x2 - 2 - 2 x -1 ex
g x = x +1 2 - 2 - 2 =x x x2
x -1 x2 + 2x + 2 - 2 x -1 ex x -1 x2 + 2x + 2 - 2ex
=
x2
=
x2
m x = x2令 + 2x + 2 - 2ex（ x > 0），则m (x) = 2x + 2 - 2ex ，
令 t x = m (x) = 2x + 2 - 2ex（ x > 0），则 t (x) = 2 - 2ex ，
由 x > 0得， ex >1，所以 t (x) < 0，所以 t x 在 0,+ 上单调递减，
所以 t x < t 0 = 0，即m (x) < 0，所以m x 在 0,+ 上单调递减，
所以m x < m 0 = 0，
令 g (x) > 0，则0 < x <1，所以 g x 在 0,1 单调递增，
令 g (x) < 0，则 x >1，所以 g x 在 1, + 单调递减，
所以 g x g 1 7= - 2e 7，所以 a - 2e .
2 2
综上实数 a
7
的取值范围为 a - 2e .
2
1 2 2ex
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是分离参数得 a x2 + x + - 对 x > 0恒成立，再设新函数
2 x x
g x 1
x
= x2 + x 2 2e+ - （ x > 0），对此求导研究其最值即可.
2 x x
1．（2023 高三·全国·专题练习）已知函数 f x = ex + a cos x ．
(1)若函数 f x 在区间 0, π 上单调递增，求实数 a 的取值范围．
é
(2)当 x ê0,
π ù
ú 时， f x ax恒成立，求实数 a 的取值范围． 2
π ù
【答案】(1) - , 2e 4 ú
è
é π ù
2
(2) ê-1,
2e ú
ê π ú
ê ú
ex
【分析】（1）根据函数的单调区间可得 f x 0，即 a = g(x)，利用导数讨论函数 g(x)的性质求出
sin x
g(x)min 即可；
1 x - cos x 1 x - cos x
（2）由题意，当 a = 0时，显然成立；当 a < 0时， x ；当 a > 0时，有 a e a ex
．令
h x x - cos x= x ，利用二阶求导讨论函数 h(x) 的性质，求出 h x min 、 h x max 即可.e
x
【详解】（1）由题意知 f x = ex - a sin x 0，即 a e ．
sin x
x 2ex sin π
令 g x -x e= ，则 4 ÷ ．
sin x g x = è sin2 x
当0
π
< x < 时， g x < 0， g x π单调递减；当 < x < π 时， g x > 0， g x 单调递增．
4 4
π
从而 g x = g π = 2e 4min ÷ ，è 4
π ù
故 a - , 2e 4 ú．
è
（2）由题意知 f x ax．
当 a = 0时，显然成立；
a 0 1 x - cos x当 < 时， x ；a e
1 x - cos x
当 a > 0时，有
a ex
．
h x x - cos x令 = ，则 h x sin x + cos x - x +1x = x ．e e
令j x = sin x + cos x x 1 j x 2 cos x π- + ，则 = +

4 ÷
-1．
è
∵ x
é0, π ù π é πê ú ，∴ x + ,
3π ù
，故j x 0，因此j x 单调递减，
2 4 ê 4 4 ú
从而j x j π 2 π ÷ = - > 0 ，因此 h x 单调递增，
è 2 2
π π
从而 h x = hmin 0 = -1， h x = h =max è 2 ÷ π ，2e 2
1
由 -1，解得-1 a < 0；
a
1 π π
2由 a π ，解得 2e2 0 < a
．
2e π
é π ù
ê 2e 2 ú
综上： a ê-1, π ú
．
ê ú
【点睛】方法点睛：导数中解决不等式恒成立问题，常常采用分离参数法，求得参数范围．为了防止讨论
分母是否为零，故将 ex 放在分母位置， x - cos x 放在分子位置，对 a 的正负进行分类讨论．
2．（23-24 高三上·江苏· x阶段练习）已知函数 f x = x + a e ,a R .
(1)当 a =1时，求 f x 的图象在点 0, f 0 处的切线方程；
1
(2)对任意 x R 3，不等式 f x x - x - 2恒成立，求 a的取值范围.
6
【答案】(1) y = 2x +1
(2) a -2
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
f x 1 x3 x 2 x a ex 1 x3 1（2）解法一：由 - - 可得 + - + x + 2 0，令 g x = x + a ex - x3 + x + 2 ，利用导
6 6 6
x 1 3
函数讨论函数的单调性进而求最小值即可；解法二：令 g x = x + a e - x + x + 2 ，由 g 0 = a + 2 0，
6
f x 1可得 x3 - x - 2的必要条件为 a -2，再利用导数证明充分性，即当 a -2时，
6
1 3 x
g x = x + a ex 1 1- x3 + x + 2 x - 2 ex - x3 + x + 2, x - x - 2 - xe即可；解法三：分离参数可得 a 6 ，利6 6 ex
用导函数求单调性进而求最值即可.
x
【详解】（1）当 a =1时， f x = x + 2 e ， f 0 = 2, f 0 =1，
所以 f x 的图象在点 0, f 0 处的切线方程为 y -1 = 2 x - 0 ，即 y = 2x +1.
1 1
（2 3 x 3）（解法一）由 f x x - x - 2可得 x + a e - x + x + 2 0，
6 6
令 g x = x 1+ a ex - x3 + x + 2 ，则 g x = x + a +1 ex 1- x2 +1，
6 2
1
令 h x = x + a +1 ex - x2 +1，
2
则 h x = x + a + 2 ex - x = x ex -1 + 2 + a ex ，
x 0 ex 1 0 x < 0 x x ex因为当 时， - ，当 时， e -1 < 0，所以 -1 0，
①当 2 + a 0，即 a -2时， h x 0, g x 单调递增，
-a-3 1 2
所以 g 0 = 2 + a 0，又 g -a - 3 = -2e - (-a - 3) +1，
2
令 t = -a - 3, t -1，
m t 2et 1= - - t 2令 +1，则m t = -2et - t ，
2
易知m t 单调递减，所以m t m -1 2= - +1 > 0 ，
e
所以m t 在 - , -1 上单调递增，m t m 1 2 1- = - + < 0，
e 2
所以m t < 0 ，即 g -a - 3 < 0，
由零点存在定理知存在 x0 -a - 3,0 ，使得 g x0 = x0 + a +1 ex
1
0 - x20 +1 = 0 ，2
g(x)min = g x = x + a ex
1
0 - x3 + x + 2 = -ex 1 10 3 20 0 0 0 - x0 + x0 + x0 +1，6 6 2
k x ex 1 1 1令 = - - x3 + x2 + x +1，则 k x = -ex - x2 + x +1，
6 2 2
令 n x = ex - x -1 x，则 n x = e -1，
因为当 x > 0时 n x > 0， n x 单调递增，当 x < 0 时， n x < 0， n x 单调递减，
所以 n x n 0 = 0，所以 ex x +1， k x 0，
所以 k x 单调递减，所以 k x0 k 0 = 0 ，
所以 a -2符合题意；
②当 2 + a < 0，即 a < -2时， g 0 = a + 2 < 0矛盾，
综上所述 a -2 .
（解法二）由 f x 1 x3 - x - 2 x 1 3可得 x + a e - x + x + 2 0 .
6 6
令 g x = x a ex 1+ - x3 + x + 2 ，有 g 0 = a + 2 0，
6
1 3
所以 f x x - x - 2的必要条件为 a -2，
6
下面证明充分性：
1 1
当 a -2时， g x = x + a ex - x3 + x + 2 x - 2 ex - x3 + x + 2,
6 6
令u x 1= x - 2 ex - x3 + x + 2，则u x = x -1 ex 1- x2 +1，
6 2
t x = x -1 ex 1- x2令 +1，则 t x = xex - x = x ex -1 ，
2
又当 x R 时， t x 0 ，所以 t x 单调递增，u x 单调递增，
又u 0 = 0，
所以当 x - ,0 时，u x < 0,u x 单调递减，
当 x 0, + 时，u x > 0,u x 单调递增.
所以u x u 0 = 0，
1
a -2 g x = x + a ex - x3所以当 时， + x + 2 x - 2 ex 1- x3 + x + 2 0，
6 6
综上所述， a -2 .
1 3 x
f x 1 x3 - x - 2 x - x - 2 - xe（解法三）由 可得 .
6 a 6 ex
1 x3 - x 1- 2 - xex - x3 1+ x2 + x +1- ex
令 g x = 6 ，则x g x = 6 2
，
e ex
令u x 1= - x3 1+ x2 + x +1- ex 1 2 x，则u x = - x + x +1- e ，
6 2 2
令 n x = ex - x -1，则 n x = ex -1，
因为当 x > 0时 n x > 0， n x 单调递增，当 x < 0 时， n x < 0， n x 单调递减，
所以 n x n 0 = 0 1， 所以 ex x +1 u x = - x2 + x +1- ex，所以 0，
2
即u x 单调递减，又u 0 = 0，
所以当 x - ,0 时，u x > 0 ，即 g x > 0, g x 单调递增，
当 x 0, + 时，u x < 0，即 g x < 0, g x 单调递减，
所以 g x g 0 = -2，所以 a -2 .
【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义和不等式恒成立问题，第二问需要求函数的高阶导数，利用
高阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，解题过程中要注意分类讨论和数形
结合思想的应用.
考点五、二阶导与函数零点或方程的根
1．（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = ln x - x + 2sin x ， f (x) 为 f (x) 的导函数.求证: f (x) 有且仅有
两个不同的零点.
【答案】证明见解析
【分析】利用导数证明 g(x) = f (x)
1
= -1+ 2cos x (π在 ,
π)上有唯一的零点a ，求出 x 0,a ， x a , π 时
x 3 2
π π
f (x) 的单调性，所以 f x 在 0, π 1上存在唯一的极大值点a < a < ÷ ，根据 f ( 2 ) < 0得到 f x 在 0,a è 3 2 e
上恰有一个零点，同理得到 f x 在 a , π 上也恰有一个零点，当 x π,2π 和当 x 2π,+ 同理即可求解.
1
【详解】因为 f (x) = ln x - x + 2sin x ，所以 f (x) = -1+ 2cos x ，
x
设 g(x) = f (x)
1
= -1+ 2cos x ，
x
x (0, π) g (x) 1当 时， = - 2 - 2sin x < 0，x
所以 g(x)在 (0, π)
π 3
单调递减，又因为 g( ) = -1+1 > 0， g(
p ) 2= -1 < 0
3 π 2 p
，
所以 g(x)在 (
π , π)上有唯一的零点a ，
3 2
①当 x 0,a 时， f x > 0， f x 在 0,a 上单调递增;
当 x a , π 时， f x < 0， f x 在 a , π 上单调递减;
所以 f x 在 0, π π π 上存在唯一的极大值点a < a <3 2 ÷è
f a f π ln π π所以 > ÷ = - + 2 > 2
π
- > 0
è 2 2 2 2
f 1 1又因为 2 ÷ = -2 - 2 + 2sin
1 1
< -2 - + 2 < 0
è e e e2 e2
所以 f x 在 0,a 上恰有一个零点．
又因为 f p = ln π - π < 2 - π < 0
所以 f x 在 a , π 上也恰有一个零点．
②当 x π,2π 时， sin x 0， f x ln x - x
设 h x = ln x - x h x 1， = -1 < 0
x
所以 h x 在 π,2π 上单调递减，所以 h x h p < 0
所以当 x π,2π 时， f x h x h p < 0恒成立
所以 f x 在 π,2π 上没有零点．
③当 x 2π,+ 时， f x ln x - x + 2
设j x = ln x - x + 2 ，j x 1= -1 < 0
x
所以j x 在 2π,+ 上单调递减，所以j x j 2p < 0
所以当 x 2π,+ 时， f x j x j 2π < 0恒成立
所以 f x 在 2π,+ 上没有零点．
综上， f x 有且仅有两个零点．
1 x
2．（23-24 高二下·山东淄博·阶段练习）已知函数 f x = ax + x ， g x =e ex ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 a =1，试判断函数 y = f x 与 y = g x 的图象的交点个数，并说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)无交点，理由见解析
aex -1
【分析】（1）求导可得 f x = x ，分类讨论当 a 0、 a > 0时函数 f x 对应的单调性即可求解；e
（2）由 f x = g x 得 xex - x +1 = 0，令m x = xex - x +1，利用二次导数讨论函数m(x)的性质可得
m x m 0 =1，即可下结论.
1 1 aex
【详解】（1）函数 f x = ax + x 的定义域为 R，且 f x = a
-1
- x =e e ex
，
当 a 0时 f x < 0恒成立，所以 f x 在 R 上单调递减，
当 a > 0时，令 f x = 0，解得 x = - ln a ，
所以当 x < - ln a 时 f x < 0，当 x > - ln a 时 f x > 0，
所以 f x 的单调递减区间为 - , - ln a ，单调递增区间为 - ln a, + ，
综上可得：当 a 0时 f x 在 R 上单调递减；
当 a > 0时 f x 的单调递减区间为 - , - ln a ，单调递增区间为 - ln a, + ．
1
（2） a =1，则 f x = x + x ，令 f x = g x ，即 xex - x +1 = 0，e
令m x = xex - x +1，则m x = x +1 ex -1，
令 n x = m x = x +1 ex -1，则 n x = x + 2 ex ，
所以当 x - ,-2 时 n x < 0，则 n x 单调递减，且 n x < 0，
当 x -2, + 时 n x > 0，则 n x 单调递增，
又 n -2 = -e-2 -1 < 0， n 0 = 0，故当 x < 0 时 n x < 0，
所以当 x - ,0 时m x < 0 ，则m x 单调递减，
当 x 0, + 时m x > 0，则m x 单调递增，
所以m x m 0 =1，所以方程 xex - x +1 = 0无实根，
所以函数 y = f x 与 y = g x 的图象无交点.
3．（2022·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex x - a + x + a .
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 a > 2，求函数 f x 的零点个数.
【答案】(1) y = e +1 x - e +1
(2)3 个零点.
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；
（2）首先判断函数的单调性以及导数的单调性，再结合零点存在性定理，判断函数零点的个数.
1 a =1 f x = ex x -1 + x +1 f 1 = 2, f x = xex【详解】（ ）当 时， ，则 +1,\ f 1 = e +1，
切线方程为 y - 2 = e +1 x -1 ，即 y = e +1 x - e +1.
（2） f x = x - a +1 ex +1，
设 h x = f x = x - a +1 ex +1， h x = x - a + 2 ex
当 x < a - 2 时， h x < 0,\ f x 单调递减；
当 x > a - 2时， h x > 0,\ f x 单调递增，
\ f (x)min = f a - 2 =1- ea-2 .
Qa > 2,\ea-2 >1,\ f (x)min < 0 .令 g x = ex - x -1，
x > 0 g x = ex当 时， -1 > 0，则函数 g x 在 0, + 上单调递增，
\ x当 x > 0时， g x > g 0 = 0,\e > x +1 .
Q f -a -1 1 2a 2a 2a= - a+1 =1- a >1- > 0, f a = ea +1 > 0,e e ×e e a +1
由零点存在定理可知，函数 f x 在 - ,a - 2 和 a - 2, + 上各有一个零点，
ì f x1 = x1 - a +1 ex1 +1 = 0
设为 x1, x2 ，则 x1 < a - 2 < x2 ， í
f x
，
2 = x x22 - a +1 e +1 = 0
ìx1 - a = -e
- x1 -1
\í ，
x2 - a = -e
- x2 -1
易得 f x 在 - , x1 上单调递增，在 x1, x2 上单调递减，在 x2 ,+ 上单调递增，
\ f x x x的极大值为 f x = e 11 x1 - a + x1 + a = e 1 x1 - a - x1 - a + 2x1
= ex1 -e- x1 -1 - -e- x1 -1 + 2x = e- x11 - ex1 + 2x1.
m x = e- x记 - ex + 2x，则m x = 2 - ex + e- x 2 - 2 e- x+x = 0，
\m x 在R 上单调递减，\当 x < 0 时，m x > m 0 = 0 ；
当 x > 0时，m x < m 0 = 0，
Q f 0 = 2 - a < 0, f x1 = 0,\ x1 < 0，则m x1 > 0，即 f x1 > 0 .
同理可知，函数 y = f x - x的极小值为 f x = e 2 - ex22 + 2x2 < 0 .
Q f -a -1 2a +1= -1- a+1 < 0, f a = 2a > 0 .e
由零点存在定理可知，函数 f x 在区间 -a -1, x1 , x1, x2 , x2 , a 上各存在一个零点，
\ f x 有 3 个零点.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是判断是判断导函数的单调性，以及导函数的极值，以及零点存
在性定理中端点的取值，并多次构造函数说明不等式问题.
1．（23-24 高三上·河北廊坊·期中）已知函数 f x = asinx - a +1 x ．
1
(1)当 a = - 时，证明： f x 只有一个零点．
2
(2)若 x 0, π , f x + xcosx > 0，求 a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2) - , -3
【分析】（1）求解 f x 的单调性，从而证明；
（2）根据 f x + xcosx > 0，即对 asinx - a +1 x + xcosx > 0进行构造函数多次求导后分类讨论从而求解 a的
范围.
a 1 f x 1 sinx x , f x 1【详解】（1）证明：当 = - 时， = - - = - cosx +1 0 ，
2 2 2 2
所以： f x 是减函数．
又因为： f 0 = 0，所以： f x 只有一个零点．
（2）由题意得： x 0, π ， f x + xcosx > 0，即： asinx - a +1 x + xcosx > 0，
令函数 g x = asinx - a +1 x + xcosx, x 0, π ，
则： g x = a +1 cosx -1 - xsinx ，
因为 g 0 = 0，要使得 g x > 0，则存在 x1 0, π ，使得 g x 在 0, x1 0,x1 上单调递增，即当 x 0, x1 时，
g x > 0 .
令函数 h x = g x = a +1 cosx -1 - xsinx, x 0, π ，
则： h x = - a + 2 sinx - xcosx，
因为： h 0 = 0，要使得 h x > 0 ，则存在 x2 0, π ，使得 h x 在 0, x2 上单调递增，即当 x (0, x2 时，
h x > 0，
令函数u x = h x = - a + 2 sinx - xcosx, x 0, π ，
则：u x = - a + 3 cosx + xsinx，得：u 0 = 0,u 0 = - a + 3 ，
当- a + 3 0，即 a -3时， g x = a +1 cosx -1 - xsinx -2 cosx -1 - xsinx
令函数 s x = -2 cosx -1 - xsinx ， s x = sinx - xcosx ，
令函数 t x = s x = sinx - xcosx， t x = xsinx，
因为： t x > 0在 0, π 上恒成立，所以函数 t x = s x 在 0, π 上单调递增．
因为： t 0 = s 0 = 0，所以 t x = s x > 0在 0, π 上恒成立，
所以： s x 在 0, π 上单调递增.
因为： s 0 = 0，所以 s x > 0 在 0, π 上恒成立，即 g x > 0在 0, π 上恒成立，
所以： g x 在 0, π 上单调递增， g x > g 0 = 0符合题意．
当- a + 3 < 0，即 a > -3时，存在 x0 0, π ，使得当 x 0, x0 时，u x < 0，即u x 在 0, x0 上单调递
减．
因为：u 0 = 0，所以当 x 0, x0 时，u x < 0，即 h x < 0，所以 h x 在 0, x0 上单调递减．
因为： h 0 = 0，所以当 x 0, x0 时， h x < 0，即 g x < 0，所以 g x 在 0, x0 上单调递减．
因为： g 0 = 0，所以当 x 0, x0 时， g x < 0 ，与题意不符．
综上： a的取值范围为 - ,-3 .
【点睛】关键点睛：（2）问中采用多次求导法并结合函数的单调性，然后分类讨论，从而求解出 a的取值范
围，
2 x．（2024·湖北·模拟预测）已知函数 f x = e - ln x - a g x = ex， - ln x + a ，其中 a 为整数且a 1 .记 x0 为
f x 的极值点，若 f x 存在两个不同的零点x1， x2 x1 < x2 ，
(1)求 a 的最小值；
(2)求证： g ln x1 = g ln x2 = 0；
【答案】(1)3
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求导，利用零点存在性定理求出函数的最小值
f x = f x = ex 1 10 - ln x - a = x + - a x + - a < 0min 0 0 0 x ，令 0 x 结合 x0 的范围以及 a为大于等于 1 的整数可得0 0
答案.
（2）利用（1）可知， g ln x1 = 0， g ln x2 = 0，再化简即可得出结论.
x 1
【详解】（1） f x = e - x > 0 ，
x
h x f x ex 1 1令 = = - x > 0 x，则 h x = e + > 0 ，
x x2
故 f x 在 0, + 上单调递增，
f 1 且 ÷ = e - 2 < 0 ， f 1 = e -1 > 0，
è 2
1 1
由零点存在性定理知，存在唯一的 x0 ,1

÷，使得 f x0 = 0 x0，即 e = ，
è 2 x0
且 x 0, x0 ， f x < 0， x x0 ,+ ， f x > 0，
所以 f x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增，
故 f x f x ex ln x
1
= 0 = 0 -min 0 - a = x0 + - ax ，0
又 x + , f x + ， x 0, f x + ，
若 f x 存在两个不同的零点，则 f x0 < 0，即 x
1 1
0 + - a < 0 a > x +x ， 00 x
，
0
x 1 ,1
1 5
由 0 ÷知 x0 +
2,
x 2 ÷，所以整数
a的最小值为 3.
è 2 0 è
（2）由题意 f x1 = f x2 = 0 ，即 a = ex1 - ln x1 = ex2 - ln x2，
故 g ln x1 = x x11 - ln ln x1 + e - ln x1 = x1 - x1 = 0 ，同理 g ln x2 = 0 .
所以 g ln x1 = g ln x2 = 0 .
ln x
3 2．（23-24 高三上·全国·开学考试）已知函数 f (x) = - x + x +1．
x
(1)求曲线 y = f (x) 在 x =1处的切线；
5
(2)若对任意 x 0, + ，当 a 1, ÷时，证明函数 h(x) = f (x) - ax -1- x2 存在两个零点．
è 2
【答案】(1) y =1
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数导数得切线斜率，进而由点斜式得切线方程；
ln x 2 F (x) 5 , e
2 + 2e + 2
（2）令F (x) =1+ 2 + ，根据函数导数讨论函数单调性可得 max ÷，从而得到证明．x x è 2 2
ln x 2
【详解】（1）解：因为 f (x) = - x + x +1(x > 0) f (x)
1- ln x
，所以 = 2 - 2x +1，x x
f (1) 1- ln1 ln1则 = 2 - 2 +1 = 0 ， f (1) = -1
2 +1+1 =1，
1 1
此时切线方程为 y -1 = 0 x -1 ，即 y =1；
（2）证明：函数 h(x) = f (x) - ax -1- x2 ln x存在两个零点，得方程 + x +1 = ax -1有两解，
x
即 a 1
ln x 2
= + 2 + 存在两解．x x
F (x) 1 ln x 2 F (x) 1- 2ln x - 2x令 = + + ，则 = ，
x2 x x3
令G(x) =1- 2ln x - 2x，因为G (x)
2
= - - 2 < 0，
x
所以G(x)在 0, + 上为单调递减函数，
G 1 2由 =1- + 2 > 0，G 1 = -1< 0，
è e ÷ e
x 1 所以存在 0 ,1÷，使得G(x0 ) =1- 2ln xe 0
- 2x0 = 0，
è
且 x 0, x0 ，G x > 0, F x > 0， x x0 ,+ ，G x < 0, F x < 0，
所以 F (x)在 0, x0 上递增，在 x0 ,+ 上递减．
F x F x 1 ln x 2所以 = = + 0 +max 0 x20 x0
2
1 1 1 1
1 1 5 e2 + 2e + 2
= + 2 + = +1÷ + , ，2x x 2 x 2 2 2 ÷0 0 è 0 è
1 2
由F ÷ =1- e + 2e < 0 ，且 x + , F x 1，
è e
则任意 x 0, + a ， 1,
5
÷时，函数 F (x)与 y = a 有两交点，
è 2
故函数 h(x) = f (x) - ax -1- x2 存在两个零点．
ln x ln x 2
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于根据题意得方程 + x +1 = ax -1有两解，即 a =1+ 2 +x x x
ln x 2
存在两解，令F (x) =1+ 2 + ，通过二次求导及零点存在性定理得到函数 F (x)的单调性，进行求解．x x
考点六、二阶导与参数综合问题
1 23-24 · · f x f x = ex - x2．（ 高三上 重庆 阶段练习）已知函数 满足 ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当 x > 0时， f x > -ax +1，求 a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2) 2 - e, + ．
【分析】（1）对函数求导得 f x = ex - 2x ，然后令m x = ex - 2x ，再求导，从而求解.
1 ex x
（2）利用分离常数得 a > + x - 在区间 0, + 上恒成立，从而只需求出 g x 1= + x e- 的最大值，即可
x x x x
求解.
1 f x = ex 2 x【详解】（ ）因为 - x ，定义域为R ，得 f x = e - 2x
令m x = ex - 2x ，则m x = ex - 2，当m x = ex - 2 = 0，得 x = ln 2，
当 x - , ln 2 ，m x < 0 ，当 x ln 2, + 时，m x > 0，
所以m x 在 - , ln 2 上单调递减，在 ln 2,+ 上单调递增，所以m(x)min = m ln 2 = 2 1- ln 2 > 0，即
f x > 0恒成立，
所以 f x 的单调递增区间为 - , + ，无单调递减区间．
（2）由题意 f x > -ax +1在区间 0, + 上恒成立，即 ex - x2 > -ax +1恒成立，
a 1 x e
x
即 > + - 在区间 0, + 上恒成立，
x x
x
令 g x 1= + x e- ， x 0, + ，只需 a > g(x)
x x max
因为 g x 1 e
x × x - ex x -1 x +1- ex
= - +1- = ，令 h x = x +1- ex ， x 0, + ，
x2 x2 x2
有 h x =1- ex < 0，
所以函数 h x 在 0, + 上单调递减，所以 h x < h 0 = 0 ，即 x +1- ex < 0，
所以当 x 0,1 时， g x > 0，当 x 1,+ 时， g x < 0，
所以函数 g x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 g(x)max = g 1 = 2 - e，即 a > 2 - e，
所以实数 a 的取值范围为 2 - e, + ．
2．（2023春·浙江·高三校联考期中）已知函数 f (x) = ex - x ln(x + a) - ae2x(x 0,a 1)， f x 的导函数为 g x ．
(1)若 g x 存在极值点，求 a的取值范围；
(2)设 f x 的最小值为m ， g x 的最小值为 n，证明：m < n．
【答案】(1)1 a 2
(2)证明见解析
【分析】(1)先求 f x 的导数，得到 g x 的解析式，再求 g x 的导数，由 g x 存在极值点，可知 g (x) = 0
1 a
有实数根，把 g (x) = 0转化为两个函数 ex 和 h x = +x + a x + a 2 有交点的问题，通过求导讨论单调性可知，
e0只需 h x 即可有交点，得到不等式解出 a的取值范围；
(2)由(1)可得 g (x) 的单调性，由 g (0) 0， g (1) > 0可设 g (x) 的零点 x0 0,1 ，从而得到 g x 的单调性，
得出 g x 的最小值 g (x0 ) ，再由 g 0 < 0， g 2 < 0 可设 g x 的零点 x1 2, + ，从而得到 f x 的单调性，
得出 f x 的最小值 f (x1)，由 f (x1) < f (2) 把证明 g(x0 ) > f (x1)转化为证明 g(x0 ) > f (2)，通过作差，讨论
j x x= ex - x x的单调性可得j x = e - > 0，即可证明结论.
x + a x + a
【详解】（1）因为函数 f (x) = ex - x ln(x + a) - ae2x(x 0,a 1)，
所以 f (x) = ex -
é
êln(x + a) x
1
+ × ùú - a e
2
，
x + a
即 g(x) = ex - ln(x
x
+ a) - - a e2 .
x + a
则 g (x) e
x 1 x + a - x 1 a= - - = ex - -
x + a x + a 2 x + a x + a 2 ，
1 a 1 a
g x x x存在极值点，即 g (x) = 0有实数根，即 e - - = 0 e = +x + a x + a 2 有实数根，即 x + a x + a 2 有实数
根，
1 a é ù令 h x = + 2 , x 0,+ ，则 h x + a x a x
1 2a 1 2a
= - - = - ê + ú < 0
+ ， x + a 2 x + a 3 2 3ê x + a x + a ú
所以 h x 在 0, + 上单调递减.
因为 ex 在 0, + 上单调递增，
ex 1 a所以要使 = +x + a 0, + x + a 2 在 上有实数根，
1 a
0
只需 e h x e0，即 +0 + a 0 a 2 即可，解得 a 2+ ，
所以 a的取值范围为1 a 2 .
（2）由(1)知， h x
1 a
= + x
x + a x + a 2 在 0, + 上单调递减， e 在 0, + 上单调递增，
é
x 1 a ù
所以 g (x) = e - ê + ú 在 0, + 上单调递增，
ê x + a x + a
2
ú
é
g (0) e0 1 a
ù 2
因为 = - ê + 2 ú =1- 0 ，
ê 0 + a 0 + a ú a
é ù
g (1) e1 1 a= - ê + ú > e- 1+1 > 0，
ê 1+ a 1+ a
2
ú
所以存在 x0 0,1 ，使 g (x0) = 0 .
则当0 x < x0 时， g (x0) < 0，当 x > x0时， g (x0 ) > 0 ，
所以 g x 在 0, x0 上单调递减，在 x0,+ 上单调递增，
所以 g x = g(x0 ) = ex0 - ln(x + a)
x
- 00 - a e
2
min x0 + a
，
n = ex0即 - ln(x0 + a)
x
- 0 - a e2 ， x0 0,1x a + .0
g 0 = e0 - ln(0 + a) 0- - a e2 =1- ln a - a e2因为 < 0，
0 + a
g 2 e2 2 2 2= - ln(2 + a) - - a e2 = e2 - a e2 - ln(2 + a) - = 1- a e2 - ln(2 + a) - < 0，
2 + a 2 + a 2 + a
所以存在 x1 2, + ，使 g(x1) = 0 .
则当0 x < x1 时， g(x) < 0，当 x > x1 时， g(x) > 0 ，
所以 f x 在 0, x1 上单调递减，在 x1, + 上单调递增，
f x = f (x1) < f (2) = e2 - 2ln(2 + a) - 2a e2min ，
即m < e2 - 2ln(2 + a) - 2a e2
令 k = e2 - 2ln(2 + a) - 2a e2 ，要证m < n ，只需证 k < n .
因为 n - k = e
x0 - ln(x a) x0 + - 0 - a e
2 - é e
2 - 2ln(2 + a) - 2a e2 ùx0 + a
= ex0 - ln(x0 + a)
x
- 0 - a e2 - e2 + 2ln(2 + a) + 2a e2
x0 + a
= ex0 - ln(x x0 + a) - 0 - e
2 + 2ln(2 + a) + a e2
x0 + a
= a -1 e2 + 2ln(2 + a) - ln(x x x0 00 + a) + e -
è x0 + a
÷

j x x x
x + a - x x a
令 = ex - ， x 0,1 ，则j x = e - 2 = e - > ex -1 > 0 x + a x + a 2 ，x + a
j x 0, + j x > j 0 =1 ex x0 0所以 在 上单调递增， ，所以 - > 0x ，0 + a
所以 n - k =

a -1 e2 + 2ln(2 + a) - ln(x0 + a) + ex
x
0 - 0 ÷ > 0 ，
è x0 + a
即 k < n，即m < n .
【点睛】难点点睛：本题的难点在于零点不能直接求出，对于题目中出现隐零点的一般思路是：先用零点
存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结
合函数单调性明确零点；再虚设零点并确定取范围，利用导数讨论单调性及最值，其中可能需要构造函数
进行二次求导.
1．（2023·全国· ax高三专题练习）已知 e为自然对数的底数， a为常数，函数 f x = e - 2x .
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若在 y 轴的右侧函数 f x 的图象总在函数 y = ax2 +1的图象上方，求实数 a的取值范围.
2 2
【答案】(1)极小值为 1- ln ，无极大值a è a ÷
(2) 2, +
【分析】（1）首先求函数的导数，讨论 a 0和 a > 0两种情况，求函数的极值；
（2）根据不等式构造函数g x =eax - 2x - ax2 -1，并求函数的二阶导数，利用二阶导数，讨论 a的取值范围，
判断函数的单调性，利用g x =eax - 2x - ax2 -1 > 0，即可求实数 a的取值范围.
【详解】（1） f x = aeax - 2，
当 a 0时， f x < 0，函数 f x 单调递减， f x 无极值；
当 a > 0时，由 f x = 0 1得 x = ln 2 ，
a a
1
当 x < ln
2
时， f x < 0，当 x 1> ln 2 时， f x > 0，a a a a
所以 f x 1 2 1 2 在区间 - , ln ÷单调递减，在 ln ,+ 单调递增，
è a a è a a ÷
x 1 ln 2
2
=
2
当 时，函数取得极小值，极小值为 1- ln ÷，无极大值；a a a è a
（2）"x > 0，关于 x 的不等式 eax - 2x - ax2 -1 > 0恒成立，
ax
设g x =e - 2x - ax2 -1，则 g x = aeax - 2ax - 2， g x = a2eax - 2a ，
（ⅰ）当 a 0时， g 0， g x 单调递增，
g 0 = a - 2 < 0，当 x + 时， g x + ，
所以存在 x0 > 0 ，使 g x0 = 0，所以 g x 在 0, x0 上单调递减，
当 x 0, x0 时， g x < g 0 = 0矛盾；
（ⅱ）当 a > 0时，令 g = 0 x
1 ln 2，解得： = ，
a a
g x , 1在区间 - ln
2 1 2
÷单调递减，在 ln ,+ ÷ 单调递增，
è a a è a a
1 2
若 ln 0，即 a 2时， g x 在 0, + 单调递增， g x > g 0 = a - 2 0， g x 在 0, + 上单调递增，
a a
g x > g 0 = 0，满足条件；
若0 < a < 2 时， g x 1 2 在 0, ln ÷ 上单调递减，此时 g x < g 0 = a - 2 < 0 ，
è a a
g x 0, 1在 ln
2
÷ 上单调递减， g x < g 0 = 0，矛盾
è a a
综上，实数 a的取值范围 2, + .
【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，以及研究不等式恒成立的综合应用，本题第二问的关键利用
二阶导数讨论 g x ，由 g x 的正负，讨论函数 g x 的单调性，转化为判断 g x > g 0 是否成立.
2
2．（2023 春·山东菏泽·高三统考期中）已知函数 f (x) = a ln x + -1.
x +1
a 3(1)当 = 时，求函数 f (x) 的极值；
8
(2)若 g(x) = a(x2 -1) ln x - (x -1)2 (a 0)有三个零点 x1, x2 , x3，其中 x1 < x2 < x3 .
(i)求实数 a的取值范围；
(ii)求证： 1- a x1 + x3 >1 .
1 3
【答案】(1)极大值为 - ln 3
3 1
,极小值为 ln3- .
2 8 8 2
0, 1 (2)(i) ÷；(ii)证明见解析.
è 2
【分析】(1)先求 f (x) 的导数，再由导数讨论函数的单调性，从而得到函数的极值.
(2) (i)先把 g x 化为 x2 -1 f x ，则 f x 除 1 外还有两个零点，通过求导讨论 f (x) 的单调性，当 a < 0时，
f x 在 0, + 单调递减，不满足，舍去. 当 a > 0时， f x 除 1 外还有两个零点，则 f x 不单调，可求出
实数 a满足的不等式，再由韦达定理求出除 1 外的两个零点零点的范围，从而说明所求的不等式为符合题意
的实数 a的取值范围；(ii) 由题意得 f
1
÷ = - f x ，结合(i)可知 x1x3 =1，再用基本不等式证明结论.
è x
3
【详解】（1）当 a = 时， f x 3 2= lnx + -1，定义域为 0, + .
8 8 x +1
2
f x 3 2 3x -10x + 3 x - 3 3x -1 = - 2 = =8x x +1 ，8x x +1 2 8x x +1 2
令 f x > 0 1，得0 < x < 或 x > 3；3
令 f x < 0 1，得 < x < 3；
3
1 1
所以函数 f x 的单调递增区间为 0, ÷ ， 3, + ，单调递减区间为 ,3

÷ .
è 3 è 3
x 1= f x 1 1 3因此，当 时， 有极大值，并且极大值为 f = - ln 3 ,3 è 3 ÷ 2 8
当 x = 3时， f x 3有极小值，并且极小值为 f 3 = ln3 1- ,
8 2
（2）(i) g x = a x2 -1 lnx 2- x -1 2 = x2 -1 alnx + -1 ÷ = x2 -1x 1 f x ，è +
g 1 = 0， f 1 = 0，则 f x 除 1 外还有两个零点，
a 2 ax
2 + 2a - 2 x + af x = - =
x ，x +1 2 x x +1 2
令 h x = ax2 + 2a - 2 x + a(x > 0) ，
当 a < 0时， h x < 0在 0, + 恒成立，则 f x < 0，
所以 f x 在 0, + 单调递减，不满足，舍去.
当 a > 0时， f x 除 1 外还有两个零点，则 f x 不单调，
所以 h x 2 1存在两个零点，所以 = 2a - 2 - 4a2 > 0，解得0 < a < ，
2
0 a 1当 < < 时，设 h x 的两个零点为m, n m < n ，
2
m 2则 + n = - 2 > 0，mn =1，所以0 < m < 1 < n，
a
当0 < x < m或 x > n时， h x > 0 ， f x > 0，函数 f x 单调递增；
当m < x < n 时， h x < 0， f x < 0，函数 f x 单调递减；
又 f 1 = 0，所以 f m > 0， f n < 0 ，
1 1
1 - - - a
f e a 1 e -1 2e
a 1
而 ÷ = - - 1 = - 1 < 0，且
-
e a <1，
è - -e a +1 e a +1
1
1 a 1
f ea
e -1 2
÷ =1- 1 = 1 > 0，且 ea > 1，
è ea +1 ea +1
1 1-
所以存在 x1 e a ,m÷， x3 n, ea ÷，使得 f x1 = f x3 = 0，
è è
2
即 g x = a x -1 ln x - x -1 2 a 0 有 3 个零点 x1, x2 =1, x3 ,
1
综上，实数 a 的取值范围为 0, 2 ÷
.
è
1
1 -1
(ii) 证明:因为 f ÷ = -a ln x x a ln x
1- x a ln x x -1- 1 = - - = - + = - f x ，è x +1 1+ x x +1
x
f x 0 f 1 所以若 = ，则 ÷ = 0，所以 x
1
1 = x ，
x
x 1
x3 =1，
è 3
0 a 1 1 a 1又 < < ，所以 - > ，
2 2
x1 + x3 > 2 x1x3 = 2，当且仅当 x1 = x3时不等式取等号.
所以 1- a x1 + x3 >1 .
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令 f x = 0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a,b]上是连续不断的曲线，且 f a × f b < 0 ，还必须结
合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图像交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图像，看其交点的横坐标有几个不同
的值，就有几个不同的零点．
考点七、二阶导与选填小题综合
1 2024· · a 1012
2023
b 1013
2025

．（ 山西 二模）设 = ÷ ， = ，则下列关系正确的是（ ）
è 1011 è1012 ÷
A． e2 < a < b B． e2 < b < a C． a < b < e2 D．b < a < e2
【答案】B
ln a 2023ln1012【分析】由题意可得 = = (2 1011 1)ln(1
1 ) 1013+ + 、 lnb = 2025ln = (2 1012 +1)ln(1
1
+ )
1011 1011 1012 1012 ，构造函数
1 h(x) ln(x 1) 2xf (x) = (2x +1)ln(1+ ) = (2x +1)[ln(x +1) - ln x](x >1)、 = + - (x > 0)x ，利用导数讨论两个函数的单调性x + 2
可得 a > b、b > e2 ，即可求解.
【详解】 ln a = 2023ln
1012
= (2 1011+1)ln(1 1+ )
1011 1011 ，
lnb 2025ln 1013= = (2 1012 +1)ln(1 1+ )
1012 1012 ，
设函数 f (x) = (2x +1)ln(1
1
+ ) = (2x +1)[ln(x +1) - ln x](x >1)
x ，
f (x) = 2ln(x +1) - 2ln x + (2x 1)( 1 1) 2ln(1 1 1 2 1+ - = + ) - 1 × ( + )则 x +1 x x 1+ x x
2 ，
x
x2 + 2x x2
设 g(x) = 2ln(1+ x) - (0 < x <1)，则 g (x) = - < 0 ，
1+ x (1+ x)2
所以 g(x)在( 0, 1)上单调递减，且 g(x) < g(0) = 0，即 f (x) < 0 ，
所以 f (x) 在 (1, + )上单调递减，
则 f (1011) > f (1012)，即 ln a > ln b，所以 a > b .
2x 1 4 x2
设 h(x) = ln(x +1) - (x > 0) ，则 h x = - = > 0，
x + 2 x +1 x + 2 2 x +1 x + 2 2
所以 h(x) 在 (0, + ) 1上单调递增，且 h( ) > h(0) = 0x ，
2
1 1 2 (2x
1
+1)ln(1+ ) - 2
即 ln(1+ ) - x1 = ln(1 )
x f (x) - 2+ - = = > 0
x + 2 x 2x +1 2x +1 2x +1
，
x
得 f (x) > 2，所以 f (1012) > 2 ，即 lnb > 2 ，解得b > e2 .
综上， e2 < b < a .
故选：B
【点睛】方法点睛：此类比较大小类题目，要能将所给数进行形式上的变化，进而由此构造函数，利用导
数判断单调性，进而比较大小.
2．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）已知函数 f (x) = m(x +1) ln x - x +1，下列说法正确的有（ ）
1
A．当m = 时，则 y = f (x) 在 (0, + )上单调递增
2
B．当m =1时，函数 y = f (x) 有唯一极值点
C．若函数 y = f (x) 只有两个不等于 1 的零点 x1, x2 ，则必有 x1 × x2 =1
D．若函数 y = f (x)
1
有三个零点，则0 < m <
2
【答案】ACD
1
【分析】对于 A：直接代入m = 求单调性即可；对于 B：直接代入m =1求极值即可；对于 C：将函数两个
2
x -1 x -1
不等于 1 的零点转化为m = F x = x +1 ln x 有两个不等于 1 的根， x +1 ln x ，求导，研究其单调性，根
1
据单调性确定 0 < x1 < 1 < x2 ，然后证明 x 和 对应的值一样即可；对于 D：将问题转化为函数有两个极值点，x
求导解答即可.
1
【详解】对于 A：当m = 时， f (x)
1
= (x +1) ln x - x +1，
2 2
则 f (x)
1 ln x x +1 1 1 1 1 1 1= + -1 = ln x + - ，令 g x = ln x + - ，
2 2x 2 2x 2 2 2x 2
则 g x 1 1 x -1= - 2 = ，2x 2x 2x2
则当0 < x <1时， g x < 0， g x 单调递减，
当 x >1时， g x > 0， g x 单调递增，
故 f x g 1 = 0，所以 y = f (x) 在 (0, + )上单调递增，A 正确；
对于 B：当m =1时， f (x) = (x +1) ln x - x +1，
f (x) ln x x +1 1 1则 = + -1 = ln x + ，令 h x = ln x + ，
x x x
则 h x 1 1 x -1= - 2 = 2 ，x x x
则当0 < x <1时， h x < 0， h x 单调递减，
当 x >1时， h x > 0， h x 单调递增，
故 f x h 1 =1，所以 y = f (x) 在 (0, + )上单调递增，无极值，B 错误；
x -1
对于 C：令 f (x) = m(x +1) ln x - x +1 = 0，得m = x +1 ln x ， x 1
x +1 ln x - x -1 ln x x +1+ 1
令F x
x -1 ÷ 2ln x - x +=
x +1 ln x ，则F x = è
x = x ，2 2
é x +1 ln xù é x +1 ln x ù
t x 2ln x x 1
2
令 = - + , x > 0，则 t x 2 1 1 x -1 x = - - 2 = - 2 < 0，x x x
所以 t x 在 0, + 上单调递减，又 t 1 = 0 ，
所以当0 < x <1时， t x > 0，F x 单调递增，且F x > 0，
当 x >1时， t x < 0，F x 单调递减，且F x > 0，
若函数 y = f (x) 只有两个不等于1的零点 x1, x2 ，即函数 y = F x 与 y = m有两个交点，
则不妨取 0 < x1 < 1 < x2 ，
1
x -1 -1
当 = m x
1- x x -1
= = = m
x +1 ln x 时， 1 ，
+1

÷ ln
1 - x +1 lnx x +1 ln x
è x x
所以函数 y = F x 与 y = m的两个交点横坐标互为倒数，即 x1 × x2 =1，C 正确；
对于 D：明显 f (1) = 0，所以1是函数 y = f (x) 的一个零点，且m 0 ，
函数 y = f (x) 有三个零点，且函数 y = f (x) 在 0, + 上为连续函数，则函数 y = f (x) 必有

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