资源简介

第14讲 导数中的隐零点问题（虚设零点设而不求）
（高阶拓展、竞赛适用）
（3 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2020 年新 I 卷，第 21 题,12 分 导数中的隐零点问题 不等式恒成立问题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数求解函数基本问题
2 掌握函数零点存在性定理及其应用
3 能设而不求进行隐零点的相关替换求值或范围
【命题预测】零点问题是高考的热点问题，隐零点的代换与估计问题是函数零点中常见的问题之一, 其源于
含指对函数的方程无精确解, 这样 我们只能得到存在性之后去估计大致的范围，高考中曾多次考查隐零点
代换与估计, 所以本节我们做一个专门的分析与讨论，方便学生高考综合复习
知识讲解
在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最
终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．
1. 解题步骤
第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程 f x0 = 0 , 并结合 f (x) 的单调
性得到零点的范围;
第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 f (x) 的正负, 进而得到 f (x) 的最值表达式;
第 3 步: 将零点方程 f x0 = 0 适当变形, 整体代入 f (x) 最值式子进行化简:
（1）要么消除 f (x) 最值式中的指对项
（2）要么消除其中的参数项;
从而得到 f (x) 最值式的估计.
2. 隐零点的同构
实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到
的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方
向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析
xex x ln x
f x = x ex f ln x = x ln x

e
x x 1 x ln x 1
f x = xex f ln x ln x= x2ex ln x = 0
x
ex 1所以在解决形如 = x ln x = 0 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.
x
3. 解题感悟
1.隐零点指对于超越方程或者是一些带参数的方程，无法直接求得确切的零点，但是零点确实存在的问题。
特别是在求导的过程，求函数极值点，对原函数求导后，令导函数等于零，就导函数零点进一步探寻原函
数极值点或最值时会经常遇到“隐零点”问题。
2.隐零点常见题型，有证明零点个数，求解不等式，求最值的取值范围，求参数的范围。
3.解决办法，往往是“虚设零点”，设而不求，结合零点存在定理来初步确定零点的所在区间。往往这样的
零点都与某个参数相关联，相互依赖。在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法
取含参的特殊值来确定零点存在区间。
4.特别是针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零
点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题，或证明不等式。构建关于隐零点作为自变量的新函数，求
函数值域或者证明不等式恒成立问题。
考点一、隐零点初应用
1．证明 ex 2ln x > 4 2ln 2
证明: 要证明左边大于右边, 只需证明左边的最小值大于右边即可
令 g x = ex 2ln x (x > 0)
g (x) ex 2 g (x) ex 2然后求导 = , \ = 2 > 0,\ g
(x) 单增,
x x
\ g (0.5) < 0 g (1) > 0 , g 因此 (x) 存在零点, \ g(x) 有一个极小值
g 设 (x) 2 的零点为 x = x0 \e
x0 = 0 (1), 两边同时取自然对数, \ x0 = ln 2 ln x0 (2)x0
2
将(1)、(2)带入 g(x) , 得 g x0 = 2ln 2 2x0 4 2ln 2 , 证毕x0
2．求 f (x) = ex 1 3ln x 的极值
解: f (x) 3= ex 1 (x > 0), f (x) = ex 1 3
x x2
> 0,\ f (x)
f (0.5) < 0 f (1) > 0,\ f (x) 存在一个零点
f 设 (x) 的零点为 x = x ,\ 令 f (x) = ex 1 30 = 0x
\ex0 1 3= ( 1) , x0 1 = ln 3 ln xx 00
f x 3\ 0 = 3ln 3 3x0 3 9 3ln 3 , 即极小值为 9 3ln 3x
1．已知函数 f (x) = x ln x kx 3k ，求：
(1)当 k =1时，求曲线 f (x) 在点 (1，f (1)) 处的切线方程；
(2)当 x > 3时，总有 f (x) >1，求整数 k 的最小值.
【答案】(1) 2x y 4 = 0
(2)-3
【分析】（1）先对函数求导，计算出斜率，再用点斜式即可；（2）分离参数转化为函数的最值问题.
【详解】（1）当 k =1时， f (x) = x ln x x 3
\ f (x) = ln x 2
\ f (1) = 2 f (1) = 2
\ f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程为 y 2 = 2(x 1)即 2x y 4 = 0
（2）由题意， f (x) >1，即 x ln x kx 3k >1，即 k(x 3) >1 x ln x ，
k 1 x ln x又 x > 3，\ > 恒成立.
x 3
g(x) 1 x ln x
3ln x x 2
令 = ，\ g (x) =
x 3 (x 3)2
h(x) = 3ln x x 2 h (x) 3 x令 ，则 = < 0 恒成立.
x
\h(x)在 3, 上递减，
Qh(8) = 3ln8 6 > 0， h(9) = 3ln 9 7 < 0
x 2
\$x0 (8,9)使 h(x0 ) = 0 ，即3ln x0 x0 2 = 0 ，则 ln x0 = 0 ，3
\当 x (8, x0 ) 时， g (x) > 0，当 x (x0 , ) 时， g (x) < 0
x0 2
g(x) g(x ) 1 x0 ln x
1 x0 × x 1 10
\ max = 0 =
0 = 3 = 0 ( , 3)
x0 3 x0 3 3 3
因为 k > g(x)max ，且 k Z，\k 3，即整数 k 的最小值为-3
【点睛】方法点睛：对于零点不可求问题，可以设而不求，整体替换从而求出范围。
1．（2024·山东威海·二模）已知函数 f x = ln x ax 1．
(1)求 f x 的极值；
(2)证明： ln x x 1 xex．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设 g(x) = xex ln x x 1, x > 0，求出其导数，利用导数判断其单调
性，结合其最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得 f x = ln x ax 1的定义域为 (0, )，
f x 1 a 1 ax则 = = ，
x x
当 a 0时， f x > 0， f x 在 (0, )上单调递增，无极值；
当 a > 0时，令 f x < 0 x 1，则 > ，令 f x > 0 1，则0 < x < ，a a
f x (0, 1即 在 ) 1上单调递增，在 ( , )a 上单调递减，a
1
故 x
1
= 为函数的极大值点，函数极大值为 f ÷ = ln a，无极小值；a è a
（2）证明：设 g(x) = xex ln x x 1, x > 0，
g x x 1 ex 1 1 x 1= ，令 h x = x 1 e 1，
x x
则 h x = x 1 2 ex 2 > 0, x > 0 ，即 h x 在 (0, )上单调递增，x
h 1 3
1
÷ = e2 3 < 0,h e = e 1 ee
1
1 > 0，
è 2 2 e
$x 1 x故 00 , e÷，使得 h x0 = 0，即 x0e =1，è 2
当 x 0, x0 时， h x < 0， g x 在 0, x0 上单调递减，
当 x x0 , 时， h x > 0 ， g x 在 x0 , 上单调递增，
故 g x = g x0 x ex
1
= 00 ln x x0 1 = 0min e 0
即 g x 0，即 xex ln x x 1，则 ln x x 1 xex .
2．（2024·浙江杭州·一模）已知函数 f (x) = x2 (a 2)x a ln x(a R) ．
(1)求函数 y = f (x) 的单调区间；
(2)当 a =1时，证明：对任意的 x > 0， f (x) ex > x2 x 2．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用导数求单调区间；（2）将不等式等价转化为 ex ln x 2 > 0，利用导数讨论最值即可求
解.
【详解】（1）由题可知函数 f (x) 的定义域为 (0, ) ，
2
f (x) = 2x (a a 2x (a 2)x a 2) = ，
x x
即 f (x)
(x 1)(2x a)
= ，
x
(i)若 a 0，
则 f (x) > 0 在定义域 (0, )上恒成立，
此时函数 f (x) 在 (0, )上单调递增；
(ii) 若 a > 0，
令 f (x) > 0 ，即 2x a > 0 a，解得 x > ,2
令 f (x) < 0 ，即 2x a < 0 0 x a，解得 < < ,2
a
所以 f (x) 在 (0,
a )上单调递减， ( , )2 上单调递增.2
综上， a 0时， f (x) 在 (0, )上单调递增；
a 0 f (x) (0, a a> 时， 在 )上单调递减， ( , )上单调递增.2 2
（2）当 a =1时， f (x) = x2 x ln x，
要证明 f (x) ex > x2 x 2，只用证明 ex ln x 2 > 0，
1
令g(x)=ex ln x 2 ， g (x)=ex ，
x
令 g (x)=ex
1 1
ex，即 = ，可得方程有唯一解设为 x0 ，且 x0 1，x x
ex 10所以 = x ，0
当 x 变化时， g (x)与g(x)的变化情况如下，
x (0,x0 ) x0 (x0 ,+ )
g x 0
g(x) 单调递减 单调递增
所以 g(x)min = g(x0 ) = e
x0 ln x0 2
1
= x 2
x 0 ，0
1
因为 x0 2
1
2 × x0 2 = 0，因为 x0 1，所以不取等号，x0 x0
1
即 x0 2 > 0x ，即
g(x)min > 0恒成立，
0
所以， ex ln x 2 > 0恒成立，
得证.
考点二、隐零点问题之参数范围综合
1．（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第 21 题）已知函数 f (x) = aex 1 ln x ln a ．
（1）当 a = e时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式 f x 1恒成立，求 a 的取值范围．
2
【答案】（1） （2）[1, )
e 1
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点 1, f 1 切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形
面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数 f x 的单调性，当 a=1 时，由 f 1 = 0得 f x = f 1 =1min ,符合题意；
1 1
当 a>1 时，可证 f ( ) f (1) < 0 ，从而 f x x0 1存在零点 x0 > 0 ，使得 f (x0 ) = ae = 0x ，得到 f ( x )min ，利用a 0
零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得 f x 1恒成立；当 0 < a < 1时，研究
f 1 .即可得到不符合题意.综合可得 a 的取值范围.
1
【详解】（1）Q f (x) = ex ln x 1，\ f (x) = ex ，\k = f (1) = e 1.
x
Q f (1) = e 1，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数 f x 在点(1,f(1)处的切线方程为 y e 1 = (e 1)(x 1) ,即 y = e 1 x 2 ,
\ 2切线与坐标轴交点坐标分别为 (0,2), ( ,0) ,
e 1
1 2 | 2 2∴所求三角形面积为 |= ．
2 e 1 e 1
（2）［方法一］：通性通法
Q f (x) = aex 1 ln x ln a ,\ f (x)
1
= aex 1 ，且 a > 0 .
x
g(x) = f (x) g (x) aex 1 1设 ,则 = 2 > 0,x
∴g(x)在 (0, )上单调递增，即 f (x)在 (0, )上单调递增，
当 a =1时， f (1) = 0 ,∴ f x = f 1 =1min ,∴ f x 1成立.
1 1 1 1 1
当 a > 1时， <1 ， 1∴ea <1，\ f ( ) f (1) = a(e
a 1)(a 1) < 0 ,
a a
1
∴ x0 1存在唯一 x0 > 0 ，使得 f (x0 ) = ae = 0，且当 x (0, x0 )时 f (x) < 0 ，当 x (x0 , ) 时 f (x) > 0x ，0
aex 1 1\ 0 = ，\ln a x0 1 = ln xx 0 ，0
因此 f (x) x0 1min = f (x0 ) = ae ln x0 ln a
1
= ln a x0 1 ln a 2ln a 1 2
1
× x0 = 2ln a 1>1,x0 x0
∴ f x >1, ∴ f x 1恒成立；
当 0 < a < 1时， f (1) = a ln a < a <1, ∴ f (1) <1, f (x) 1不是恒成立.
综上所述，实数 a 的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由 f (x) 1得 aex 1 ln x ln a 1，即 eln a x 1 ln a x 1 ln x x ，而 ln x x = eln x ln x，所以
eln a x 1 ln a x 1 eln x ln x．
令h(m) = em m ，则h (m) = em 1 > 0，所以 h(m)在 R 上单调递增．
由 eln a x 1 ln a x 1 eln x ln x，可知h(ln a x 1) h(ln x) ，所以 ln a x 1 ln x，所以
ln a (ln x x 1)max ．
F (x) = ln x x 1 F (x) 1 1 1 x令 ，则 = = ．
x x
所以当 x (0,1) 时，F (x) > 0, F (x) 单调递增；
当 x (1, )时，F (x) < 0, F (x) 单调递减．
所以[F (x)]max = F (1) = 0 ，则 ln a 0，即a 1．
所以 a 的取值范围为a 1．
［方法三］：换元同构
由题意知 a > 0, x > 0，令aex 1 = t ，所以 ln a x 1 = ln t ，所以 ln a = ln t x 1．
于是 f (x) = aex 1 ln x ln a = t ln x ln t x 1．
由于 f (x) 1, t ln x ln t x 1 1 t ln t x ln x，而 y = x ln x 在 x (0, )时为增函数，故 t x ，即
aex 1
x
x ，分离参数后有a x 1 ．e
x ex 1 xex 1g(x) = g (x) e
x 1(1 x)
令 x 1 ，所以 =e e2 x 2
=
e2 x 2
．
当0 < x <1时， g (x) > 0, g(x)单调递增；当 x >1时， g (x) < 0, g(x)单调递减．
所以当 x =1时， g(x)
x
= x g(1) =1 1 取得最大值为 ．所以a 1．e
［方法四］：
因为定义域为 (0, )，且 f (x) 1，所以 f (1) 1，即 a ln a 1．
令 S(a) = a ln a ，则 S (a) = 1
1
> 0，所以 S(a)在区间 (0, )内单调递增．
a
因为 S(1) = 1，所以a 1时，有 S(a) S(1)，即 a ln a 1．
下面证明当a 1时， f (x) 1恒成立．
令T (a) = aex 1 ln x ln a ，只需证当a 1时，T (a) 1恒成立．
T (a) = ex 1 1 x 1因为 > 0，所以T (a)在区间[1, ) 内单调递增，则[T (a)]min = T (1) = e ln x ．a
因此要证明a 1时，T (a) 1恒成立，只需证明[T (a)] = ex 1min ln x 1即可．
由 ex x 1, ln x x 1，得 ex 1 x, ln x 1 x ．
上面两个不等式两边相加可得 ex 1 ln x 1，故a 1时， f (x) 1恒成立．
当 0 < a < 1时，因为 f (1) = a ln a < 1，显然不满足 f (x) 1恒成立．
所以 a 的取值范围为a 1．
【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数 f x 的单调性，求出其最小值，由 fmin 0即可求出，解法虽
稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成 eln a x 1 ln a x 1 eln x ln x，再根据函数h(m) = em m 的单调性以
及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令aex 1 = t ，再同构，可将原不等式化成 t ln t x ln x ，再根据函数 y = x ln x 的
单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用 f (1) 1可得 a的取值范围，再进行充分性证明即可．
2 x a．已知函数 f (x) = ln(ax), a > 0，若 f (x) (x 1)e , 求 a 的取值范围.
解：记 h(x) = (x 1)ex a f (x) = (x 1)ex a ln x ln a, x > 0 ,
依题意, h(x) 0 恒成立,
求导得 h (x) = xex a 1 , x > 0 ,
x
令 y = h (x) x x a 1= e , y = (x 1 1)ex a > 0 ,
x x2
则 h (x) 在 (0, ) 上单调递增,
1 1 1 a 又 h ÷ = e2 2 < 0, h
(a 1) = (a 1) 1e > 0 ,
è 2 2 a 1
x 1 , a 1 h x = 0 x x a 1则 $ 0 ÷ , 使得 0 , 即 0e 0 = 成立,
è 2 x0
则当 x 0, x 0 ,h (x) < 0,h(x) 单调递减; x x , ,h 当 0 (x) > 0,h(x) 单调递增,
h(x)min = h x = x 1 ex0 a0 0 ln x0 ln a ,
由 x ex0 a 1 10 = , e
x0 a得 = 2 ,a = x 2ln x , x0 x
0 0
0
x 1
于是得 h x0 = 0 2 ln x0 ln x0 2ln xx 0 ,0
x 1
当 x (1, ) 时, 令 t(x) = 2 ln x , x
有 t (x) (1 x)(x 2)= 3 < 0, t(x) 在 (1, ) 上单调递减, x
而 x 2ln x 在 (1, ) 上单调递增,
即 有函数 y = ln(x 2ln x) 在 (1, ) 上单调递减,
于是得函数 j(x) x 1= 2 ln x ln(x 2ln x) x
在 (1, ) 上单调递减, 则当 x0 (1, ) 时, h x0 = j x0 < j(1) = 0 , 不合题意;
当 x 10
ù
,1ú 且 x0 2ln x0 > 0 时 , 由 (1) 中 ln x x 1 知 , ln x0 1 x0 , 有 è 2
ln x0 2ln x0 1 x0 2ln x0 ,
从而
h x x0 1 x0 10 = 2 ln x0 ln x0 2ln x0 2 ln x0 1 x0 2ln xx 0 0 x0
x0 1 x 1 1 x= 3ln x x 1 0 3 x 1 x 1 = 0 2x0 1 2x0 1
x2 0 0 x2 0 0 2
,
0 0 x0
x 1由 0 ,1
ù
ú 吅 h x0 0 , 因此满足 f (x) (x 1)e
x a , 又 a = x0 2ln x0 , y = x 2ln x
è 2
1
在 ,1
ù 1 ù
ú 上单调递增, 则有 a 2ln 2,1ú , 而 a > 0 , 所以实数 a 的取值范困是 (0,1] .è 2 è 2
3．已知函数 f (x) = ax x ln x(a R)，当 a =1 且 k Z 时, 不等式 k(x 1) < f (x) 在 x (1, )
上恒成立, 求 k 的最大值.
k x x ln x< 解：依题分离参数得: ÷ ,
è x 1 mi n
g(x) x x ln x令 = ,
x 1
g 则 (x) x ln x 2= 2 , (x 1)
令 h(x) = x ln x 2(x >1) .
h (x) 1 1 x 1 则 = = > 0,\h(x) 在 (1, ) 上递增,
x x
Qh(3) =1 ln 3 < 0,h(4) = 2 2ln 2 > 0 ,
存在 x0 (3, 4) , 使 h x0 = 0 .
即 ln x0 = x0 2 ,
当 1< x < x0 时, h(x) < 0 g
(x) < 0, g(x) Z ;
当 x > x0 ,h(x) > 0 g
(x) > 0, g(x) ] .
x xdn
x 1 x 2g x = g x = 0 x00 = 0 0 = x 3,4 .min x0 1 x0 1 0
k < g x = x0 3,4 , Qk Z ,\k = 3.min max
f (x) aex a 14．已知函数 = 2(a 1) 0 对任意的 x (0, ) 恒成立, 其中实数 a > 0 , 求 a 的
x
取值范围.
解：由已知得 f (x)min 0(a > 0, x > 0)
x 2
f x aex a 1 ae x a 1 =
x2
=
x2
令 g x = aex x2 a 1 , (a > 0, x > 0)
由 g (x) = a 2x x2 ex > 0 得 g(x) 在 (0, ) 上递增,
又 g(0) = (a 1) < 0 , 而 g(x) = aex x2 (a 1) > ax2 (a 1) ,
a 1
所以 g ÷÷ > 0
è a
x a 1
存在 x0 (0, ) , 使得 g x 00 = 0 得 ae = 2 .x0
当 0 < x < x0 时, g(x) < 0, f
(x) < 0, f (x) 递减;
当 x > x0 时, g(x) > 0, f
(x) > 0, f (x) 递增:
故 f (x)min = f x
a 1
= aex00 2(a 1)
a 1 a 1
= 2 2(a 1) 0x0 x0 x0
得 0 < x0 1,
x 2
又因为 g(x) = ae x (a 1) 在 (0, ) 上递增, 且 0 < x0 1,
\0 = g x g(1) 0 g(1) a 10 , 由 得 .e 1
f x 2lnx x a1．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 = a R
x
(1)若 a = 2，求 f x 的单调区间.
(2)若对"x 0, ， f x xex 恒成立，求实数 a的取值范围
【答案】(1) f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1,
(2) ,1
【分析】（1）求导，根据导函数的符号判断原函数的单调区间；
（2 2 x）分析可知原题意等价于对"x 0, ， a x2ex 2ln x x 恒成立，构建 g x = x e 2ln x x, x > 0，
利用导数判断 g x 的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
f x 2lnx x 2【详解】（1）若 a = 2，则 = 的定义域为 0, ，
x
x 2 1÷ 2ln x x 2 且 f x = è x 2ln x ，2 =x x2
令 f x > 0，解得0 < x <1；令 f x < 0，解得 x >1；
所以 f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, .
2lnx x a x
（2）因为 f x = xe ，则 2
x a x e
x 2ln x x ，
所以原题意等价于对"x 0, ， a x2ex 2ln x x 恒成立，
构建 g x = x2ex 2ln x x, x > 0，
则 g x = x2 2x ex 2 1 = x x 2 ex 1 ，x x2 ÷è
令 h x =ex 1 2 2 , x > 0，则 h x =ex 3 > 0对"x 0, 恒成立，x x
可知 h x 0, 1在 内单调递增，且 h ÷ = e 4 < 0h 1 = e 1 > 0 ，
è 2
可知 h x 在 0, 1 内存在唯一零点 x0 ,1÷ ，
è 2
当0 < x < x0 时， h x < 0，即 g x < 0；
当 x > x0时， h x > 0 ，即 g x > 0；
可知 g x 在 0, x0 内单调递减，在 x0 , 内单调递增，
则 g x g x0 = x2ex0 2ln x x = x2ex0 ln x2ex00 0 0 0 0 ，
且 h x =ex
1
0
0 2 = 0 2
x
x ，可得 x
0
0 e =1，
0
则 g x g x0 =1 ln1 =1，可得 a 1，
所以实数 a的取值范围为 ,1 .
2．（2024·山东日照·三模）已知函数 f x = a ln x x2 a 2 x， g x = x 2 ex x2 4x m， a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a = 1时，对"x 0,1 ， f x > g x ，求正整数m 的最大值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)3.
【分析】（1）求出函数 f x 的导数，再按 a 0与 a > 0分类讨论求出函数的单调性.
（2）把 a = 1代入，再等价变形给定的不等式，构造函数，利用导数求出最小值的范围得解.
【详解】（1）函数 f x 0, a x 1 2x a的定义域为 ，求导得 f x = 2x a 2 = ，
x x
①当 a 0时，有 f x < 0，此时函数 f x 在区间 0, 上单调递减；

②当 a > 0时，当 x 0,
a
÷ 时， f x > 0
a
，此时函数 f x 在区间 0, ÷上单调递增；
è 2 è 2
当 x
a
, ÷时， f x < 0，此时函数 f x
a
在区间 ,

2 ÷
上单调递减.
è è 2
所以当 a 0时，函数 f x 在区间 0, 上单调递减；
a a
当 a > 0时，函数 f x 在区间 0, ÷上单调递增，在区间 , ÷ 上单调递减.
è 2 è 2
（2）当 a = 1， x 0,1 时， f x > g x 恒成立，等价于m < x 2 ex ln x x 恒成立，
设 h x = 1 x 2 ex ln x x， x 0,1 x ，则 h x = 1 x e ，
è x ÷
当0 < x <1时，有1 x > 0 ，
1
函数u x = ex 1 在 0,1 上单调递增，且u ÷ = e 2 < 0 ，u 1 = e 1 > 0 ，x è 2
x 1 ,1 x
1
0
则存在唯一的 0 ，使得u x = 0，即 e = ，
è 2 ÷ 0 x0
当 x 0, x0 时，u x < 0， h x < 0；当 x x0 ,1 时，u x > 0 ， h x > 0，
函数 h x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,1 上单调递增，
h x = h x =min 0 x0 2 e
x0 ln x0 x0 = x0 2
1
2x0 = 1
2
2x
x0 x
0
0
设 y = 1
2
2x，则当 x 0,1 2时， y = 2 2
2
< 0，函数 y = 1 2x在 0,1 上单调递减，
x x x
1
又因为 x0 ,1

÷，所以 h x0 3,4 .
è 2
所以正整数m 的最大值是 3.
1
3．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数 f x = alnx x a R .
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
(2)若关于 x 的不等式 f x 2x 2 在 0, 上恒成立，求 a的取值范围.
e
【答案】(1)答案见解析
é1
(2) a ê e,e
1
ù
e e ú
.

【分析】（1）求出函数导数，对于 a 分来讨论，确定函数的单调性，结合函数的单调性以及极值情况，即
可求得答案；
f x 2x 2（2）不等式 在 0, 上恒成立等价于 alnx x 1 2 0在 0, 上恒成立，从而构造函数
e x e
G x = alnx x 1 2 ，利用导数判断其单调性求解即可.
x e
1
【详解】（1）因为 f x = alnx x的定义域为 0, ，
x
当 x =1时， f 1 = 0，所以 1 是 f x 的一个零点，
2
f x a 1 1 x ax 1= 2 = 2 ，x x x
2 2
令 g(x) = x2 ax 1, x > 0，则 g(x) x a a=

÷ 1 , x > 0，
è 2 4
a
当 0，即 a 0时， g(x)在 (0, )上单调递增，则 g(x) > g(0) =1 > 0，
2
故 f x > 0， f x 在 (0, )上单调递增，结合 f 1 = 0，
可知此时 f x 有 1 个零点；
2
当
a >0 a，即 a<0时，若1 0，则 2 a < 0时， g(x) 0，
2 4
故 f x > 0， f x 在 (0, )上单调递增，结合 f 1 = 0，
可知此时 f x 有 1 个零点；
2
若1 a < 0，则 a 2时，则 g(x) = x2 ax 1 = 0的判别式D = a2 4 > 0，
4
不妨设两根为 x1, x2 ，则 x1 x2 = a > 0,x1x2 =1，
即 x2 ax 1 = 0 有 2 个正数根，且不妨设 0 < x1 < 1 < x2 ，
则当0 < x < x1 时， g(x) > 0 ，即 f x > 0；当 x1 < x < x2 时， g(x) < 0，即 f x < 0；
当 x > x2 时， g(x) > 0 ，即 f x > 0；
则可知 f x 在 x1,1 上单调递减，则 f (x) = f x1 > f (1) = 0极大 ，
f x 在 1, x2 上单调递减，则 f (x) = f极小 x2 < f (1) = 0，
1
由当 x 无限趋近于 0 时， 的变化幅度要大于 alnx 的变化幅度，
x
故 f x = alnx 1 x趋近于负无穷，
x
当 x 趋近于正无穷时，x 的变化幅度要大于 alnx 的变化幅度，
故 f x = alnx 1 x趋近于正无穷，
x
此时函数 f x = alnx 1 x有 3 个零点，
x
综上：当 a < 2时， f x 有 3 个零点，当 a 2时， f x 有 1 个零点
（2）不等式 f x 2x 2 在 0, 上恒成立
e
等价于 alnx
1 2
x 0在 0, 上恒成立，
x e
1 2 2
令G x = alnx x ，则G x a= 1 1 x ax 1 2 = .x e x x x2
对于函数 y = x2 ax 1， n = a2 4 > 0，所以其必有两个零点.
又两个零点之积为 1，所以两个零点一正一负，
2 1
设其中一个零点 x0 0, ，则 x0 ax0 1 = 0 ，即 a = x0 x .0
此时G x 在 0, x0 上单调递增，在 x0 , 上单调递减，
1 1 2
故需G x0 0 ，即 x0 ÷ lnx0 x0 0 .
è x0 x0 e
1
设函数 h x = x ÷ lnx x
1 2
，则 h x = 1 1
x x e ÷
lnx .
è è x2
当 x 0,1 时， h x < 0；当 x 1, 时， h x > 0 .
所以 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增.
h 1 又 ÷ = h e = 0 x
é1 ,eù，所以 0 ê ú .è e e
a = x 1 é1 ù由 0 x 在 ê
,eú 上单调递增，
0 e
a é1 1ù得 ê e,e . e e ú
【点睛】方法点睛：解决函数 f x 的零点问题，一般两种思路：（1）分离参数法，此时要注意参数的系数
正负确定，便于分离才可应用这种方法，不过这种方法有可能要用到洛必达法则；（2）当参变分离不容易
进行时，可构造函数，求解函数的最值，来讨论确定答案.
考点三、隐零点问题之不等式证明综合
1．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = ex lnx 1 a a R ．
x x
(1)当 a = e时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)当 a 1时，证明： xf x 0在定义域内恒成立．
【答案】(1) ex y 1 e = 0
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数的单调性与最值，结合零点存在性定理先判定 a =1时符合题意，再适当放缩即可证
明.
【详解】（1）当 a = e时， f x lnx 1= ex e(x > 0)，
x x
f 1 1, f x ex 1 lnx 1 lnx\ = = 2 x 2 = e 2 , f 1 = e ，x x x
\当 a = e时，曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程为 y 1 = e x 1 ，即 ex y 1 e = 0．
（2）由题知，函数 f x lnx 1= ex a 的定义域为 0, ，
x x
当 a =1时，设 h x = xf x = lnx x xex 1, x 0, ，
则 h x 1= 1 x 1 ex 1= x 1 ex

x x ÷
．
è
令 t x 1 1= ex , x 0, ，则 t x = 2 ex < 0对任意 x 0, 恒成立，x x
\t x 在 0, 1 上单调递减，又 t ÷ = 2 e > 0, t 1 =1 e < 0，
è 2
x 1
1
\$ 0 ,1
x0
÷，使得 t x0 = 0，即 = e ，则 lnxx 0 = x0 ．è 2 0
\当0 < x < x0 时， t x > 0，则 h x > 0, h x 单调递增；
当 x > x0时， t x < 0，则 h x < 0, h x 单调递减，
\h x h x0 = lnx0 x0 x0ex0 1 = 0 1 1 = 0，即 lnx x 1 xex ．
又Qa 1, x > 0,\lnx ax 1 lnx x 1 xex ，
\lnx ax 1 xex ，
\当 a 1时， xf x 0在定义域内恒成立．
2．（2024·河北张家口·三模）已知函数 f (x) = ln x 5x 4．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)证明： f (x)
3
> 2．
5x
【答案】(1) 6x y 5 = 0；
(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数求斜率，由解析式求出切点纵坐标，然后可得切线方程；
（2）将问题转化为 x ln x
3
5x2 2x > ，令 g x = x ln x 5x2 2x, x > 0，求导，利用零点存在性定理判断
5
2 1 2
极值点 x0 e , ÷，利用隐零点方程化简极小值可得 g x0 = 5x0 x0 ，结合二次函数性质即可得证.
è 4
【详解】（1） f (x) 的定义域为 0, ，
因为 f x 1= 5，所以曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线斜率为 k = f 1 = 6，
x
又 f (1) = ln1 5 4 =1，所以切线方程为 y 1 = 6 x 1 ，即6x y 5 = 0 .
3 3
（2） f (x) > 2 x ln x 5x2 2x > ，
5x 5
令 g x = x ln x 5x2 2x, x > 0，则 g x = ln x 10x 1，
因为 g e 2 = ln e 2 10 e 2 1 10 = e2 3 < 0，
g 1 ÷ = ln
1
10 1 1 3= ln 4 1= ln e3 ln16 > 0
è 4 4 4 2 2
2
所以存在 x0 e ,
1
÷，使得 g x0 = ln x0 10x0 1 = 0 ，即 ln x0 =1 10x0 ，
è 4
易知 g x 在 0, 上单调递增，
所以，当 x 0, x0 时， g x < 0， g x 在 0, x0 上单调递减；
当 x x0 , 时， g x > 0， g x 在 x0 , 上单调递增.
所以当 x = x0时， g x 取得最小值：
g x0 = x ln x 5x2 2 20 0 0 2x0 = x0 1 10x0 5x0 2x0 = 5x0 x0 ，
2 2 1
由二次函数性质可知， g x0 = 5x0 x0 在 e , 4 ÷上单调递减，è
g x 1> g 9 3所以 0 ÷ = > ，即 g x = x ln x 5x2 2x
3
> ，
è 4 16 5 5
所以 f (x)
3
> 2 .
5x
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) = ax ln x a ，若 f (x) 的最小值为 0，
(1)求 a的值;
(2)若 g(x) = xf (x)，证明: g(x)
1
存在唯一的极大值点 x0 ，且 g x0 < .4
【答案】(1) a =1
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分 a 0和 a > 0两种情况讨论求解即可；
（2）令 h(x) = g (x) = 2x 2 ln x，求导后可得 h(x)
0, 1 1 , 在 ÷递减， 2 ÷递增，再结合零点存在性定理è 2 è
得 h(x)

在 0,
1
÷存在唯一的 x0 0,
1 1
÷使得 h x0 = 0，在 ,

2 ÷存在唯一的零点
x =1，从而得 x = x0是 g(x)
è 2 è 2 è
唯一的极大值点.
f (x) a 1 ax 1【详解】（1） = = (x > 0)，
x x
当 a 0时， f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 (0, )上递减，则 f (x) 没有最小值，
f (x) > 0 x 1 f (x) < 0 0 x 1当 a > 0时，由 ，得 > ，由 ，得 < < ，
a a
所以 f (x)

在 0,
1 1
上递减，在 , 上递增，
è a ÷ è a ÷
x 1
1 1
所以 = 时， f (x)

取得最小值 f ÷ =1 ln a = 0，得 a =1成立，a è a a
下面证 a =1为唯一解，
令 t(a) =1 ln a a
1 1 a
，则 t (a) = 1 = (a > 0)，
a a
当 0 < a < 1时， t (a) > 0，当 a > 1时， t (a) < 0，
所以 t(a)在( 0, 1)上递增，在 (1, )上递减，
所以 t(a)max = t(1) = 0，
所以方程1 ln a a = 0有且只有唯一解 a =1，
综上， a =1；
（2）证明:由（1）知 g(x) = x2 x x ln x, g (x) = 2x 2 ln x，
h(x) = 2x 2 ln x,h 令 (x) 2
1 2x 1
= = (x > 0)，
x x
0 1当 < x < 时， h (x) 0 x
1
< ，当 > 时， h (x) > 0，
2 2
h(x) 0, 1 1 所以 在 上递减， , 上递增，
è 2 ÷ ÷ è 2
因为 h
1
÷ = ln 2 1 < 0, h
1 2
2 e2 ÷
=
è è e2
> 0, h(1) = 0，
1 1 1
所以 h(x) 在 0, ÷存在唯一的 x2 0
0, ÷使得 h x0 = 0，在 , ÷存在唯一的零点 x =1，
è è 2 è 2
所以当0 < x < x0 或 x >1时， h(x) > 0，即 g (x) > 0，
当 x0 < x <1时， h(x) < 0，即 g (x) < 0，
所以 g(x)在 0, x0 上递增，在 x0 ,1 上递减，在 (1, )上递增，
即 x = x0是 g(x)唯一的极大值点，
g x0 = x20 x0 x0 ln x0 ，
由 h x0 = 0，得 ln x0 = 2 x0 1 ，
2
所以 g x = x20 0 x0 2x0 (x0 1)
1 1
= x0

÷ ，
è 2 4
1 1
因为 x0 0, ÷，所以 g x0 < .è 2 4
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，第（2）问解题
的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于
较难题.
x
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = x ， g x = lnx .e
(1)求 f x 的极值；
2
(2)证明： xg x 2 > ex f x .
x
1
【答案】(1)极大值为 ，无极小值.
e
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出 f (x) 的单调性，再根据单调性求得极值；
（2）构造 h x = xg x 2 2 2 ex f x = x ln x 2 x x > 0 ，求出其单调性进而求得最小值为 h x0 ，x x
证明 h x0 > 0即可．
x 1 x
【详解】（1）Q f x = x ，\ f x = ，e ex
当 x <1时， f x > 0，当 x >1时， f x < 0，
所以 f x 在 ,1 单调递增，在 1, 单调递减，
所以当 x =1时， f x 1取得极大值 ，无极小值.
e
（2）解：令 h x = xg x 2 2 ex f x = x ln x 2 2 x x > 0 ，
x x
则 h x = ln x 2 2 x > 0 ，x
令 r x 2= ln x 2 x > 0 ，x
r x 1 4则 =
x x3
> 0在 x > 0上恒成立，
所以 r x 在 0, 上单调递增，
又 r 1 = ln1 2 2 = 2 < 0， r e = ln e
2 2
2 =1 2 > 0，1 e e
所以存在 x0 1,e ，使得 r x0 = 0，
2
即 ln x0 = 2 xx 0 1,e ，0
所以 x 0, x0 时， r x < 0 ， h x < 0， h x 单调递减，
x x0 , 时， r x > 0， h x > 0， h x 单调递增，
h x = h x 2 2 2 40 = x0 ln x0 2 x0 = x0 × 2 2 x0 = 2 x0 x0 1,emin x x x ，0 0 0 x0
令m x 4= 2 x x 1,e ，
x
则m x 4= 1
x2
< 0在 1,e 上恒成立，
所以m x 在 1,e 上单调递减，
所以m x > m e 4= 2 e > 0，
e
4
所以 h x = h x0 = 2 x0 > 0min x ，0
所以 xg x 2 > ex f x 2 ．
x
【点睛】难点点睛：本题的易错点为必须说明无极小值；难点是（2）中结合零点存在定理估计 x0 1,e ，
进而证得 h x0 > 0，这里的 x0 我们称之为“隐零点”；如果 x0 的范围不合适，可以借助二分法去缩小 x0 的范
围，直至证得 h x0 > 0．
1．（2021·黑龙江·模拟预测）已知函数 f (x) = x ln x kx 3k ，求：
(1)当 k =1时，求曲线 f (x) 在点 (1，f (1)) 处的切线方程；
(2)当 x > 3时，总有 f (x) >1，求整数 k 的最小值.
【答案】(1) 2x y 4 = 0
(2)-3
【分析】（1）先对函数求导，计算出斜率，再用点斜式即可；（2）分离参数转化为函数的最值问题.
【详解】（1）当 k =1时， f (x) = x ln x x 3
\ f (x) = ln x 2
\ f (1) = 2 f (1) = 2
\ f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程为 y 2 = 2(x 1)即 2x y 4 = 0
（2）由题意， f (x) >1，即 x ln x kx 3k >1，即 k(x 3) >1 x ln x ，
k 1 x ln x又 x > 3，\ > 恒成立.
x 3
1 x ln x g (x) 3ln x x 2令 g(x) = ，\ =
x 3 (x 3)2
令 h(x) = 3ln x x 2，则 h (x)
3 x
= < 0 恒成立.
x
\h(x)在 3, 上递减，
Qh(8) = 3ln8 6 > 0， h(9) = 3ln 9 7 < 0
\$x0 (8,9)使 h(x0 ) = 0 ，即3ln x0 x0 2 = 0 ，则 ln x
x 2
0 =
0 ，
3
\当 x (8, x0 ) 时， g (x) > 0，当 x (x0 , ) 时， g (x) < 0
1 x x × 0 2
g(x) 1 x ln x
0 x 1 10
\ max = g(x 0 0 3 00 ) = = = ( , 3)x0 3 x0 3 3 3
因为 k > g(x)max ，且 k Z，\k 3，即整数 k 的最小值为-3
【点睛】方法点睛：对于零点不可求问题，可以设而不求，整体替换从而求出范围。
1
2．（2024· 2全国·模拟预测）已知函数 f x = x alnx．
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 1的最小值为 2 ，不等式 f x x 1
2 ex é
1 ù
e2 m 在 ê , 2ú上恒成立，求实数m 的取值范围． 2
【答案】(1)答案见解析
(2) , 2 ln2
【分析】（1）求导，即可对 a进行分类讨论求解导函数的正负求解，
1
2 h x = x2 lnx x 1 2 ex e2 , x é1 ù（ ）将原不等式进行转化，分离参数，从而可构造函数 ê , 2 ，将问题2 2 ú
转化为函数的最值问题进行求解.
2
【详解】（1）由题知 f x 的定义域为 0, ， f x = x a x a = ．
x x
①当 a 0时， x2 a > 0，则 f x > 0，故 f x 单调递增．
② a 0 x a> x a 当 时， f x = ，
x
故 f x 在 0, a 上单调递减，在 a , 上单调递增．
综上，当 a 0时， f x 在 0, 上单调递增；当 a > 0时， f x 在 0, a 上单调递减，在 a , 上单
调递增．
f (x) f a 1（2）由（1）知， a > 0，且 min = = a 1 alna 1 = ，即 a alna =1．2 2 2
令m x = x xlnx ，则m x = lnx ，令m x = lnx > 0，解得0 < x <1，
故m x 在 0,1 上单调递增，在 1, 上单调递减，所以m(x)max = m 1 =1，所以 a =1．
1 1
由题可得 x2 lnx x 1 2 ex e2 m é在 ê , 2
ù
ú上恒成立． 2 2
h x 1= x2 lnx x 1 2 ex e2 , x é1 ù令 ê , 2 ，2 2 ú
则 h x 1= x 1 x 1 ex

÷ ，
è x
令 t x 1 1= ex t x = ex，则 2 < 0，可得 t x 在 0, 上单调递减，x x
t 1 =1 e<0,t 1 又 2 ÷ = 2 e > 0，è
1 1
故存在 x0

,1

÷ ，使得 t x0 = 0 = ex0，即 , lnx0 = x0，
è 2 x0
因此 h x é1在 ê , x

0 ÷ 上单调递减，在 x0 ,1 上单调递增，在 1,2 上单调递减．
2
2
易知 h 2 = 2 ln2, h x0
1
= x20 lnx0 x0 1
2 ex x 10 e2 = 0 2 e2 ，
2 2 x0
15 x20 1 1 1 2
由于 < < ，故 2 ln2 < e < h x ，
8 2 x 00 2 8
因此 h(x)min = 2 ln2 ，故m 2 ln2 ，即m 的取值范围为 , 2 ln2 ．
3 2023· · f x = ex a．（ 吉林 三模）已知函数 ln x a a > 0 ．
(1)证明：函数 f x 在 0, 上存在唯一的零点；
(2)若函数 f x 在区间 0, 上的最小值为 1，求 a 的值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 12
【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可得到 f x 在 0, 上单调递增，再计算 f (0)，构造函数，利
用导数说明 f (0) < 0 ，再计算 f (a 1)，即可得到 f (a 1) > 0，从而得证；
x a 1
（2）由（1）可知存在唯一的 x0 (0, ) ，使得 f (x0 ) = 0 e 0，即 = x a ，即可得到
f (x)min = f (x0 ) ，即可
0
1
得到 ln(x0 a) =1
1
x a ，再根据 y = ln x 的单调性得到
x0 =1 a ，即可得到 e1 2a = 1，从而求出 a的值；
0 x
x a
【详解】（1）证明：∵ f x = e ln x a a > 0 ，∴ f x 1= ex a ．
x a
∵ y = ex a 在区间 0, 1上单调递增， y = 在区间 0, 上单调递减，
x a
∴函数 f x 在 0, 上单调递增．
f (0) e a 1 a e
a
又 = = ，令 g(a) = a ea (a > 0)， g (a) = 1 ea < 0
a aea
，
则 g(a)在 0, 上单调递减， g(a) < g(0) = 1，故 f (0) < 0 ．
1
令m = a 1，则 f (m) = f (a 1) = e > 0 ，
2a 1
所以函数 f x 在 0, 上存在唯一的零点．
x a 1 x a 1
（2 0 0）解：由（1）可知存在唯一的 x0 (0, ) ，使得 f (x0 ) = e = 0x a ，即
e =
x a （*）．0 0
f (x) ex a 1函数 = 在 0, 上单调递增，
x a
∴当 x (0, x0 )时， f (x) < 0 ， f x 单调递减；当 x (x0 , ) 时， f (x) > 0 ， f x 单调通增；
∴ f (x) x0 amin = f (x0 ) = e ln(x0 a)，
由（*）式得 f (x)min = f (x0 )
1
= ln(x0 a)x a ．0
1
∴ ln(x a) =1x a 0 ，显然
x0 a =1是方程的解，
0
1
又∵ y
1
= ln x是单调递减函数，方程 ln(x0 a) =1x a 有且仅有唯一的解
x0 a =1，x 0
把 x =1 a 代入（*）式，得 e1 2a a
1
∴ = 10 =1， ，即所求实数 a的值为 2 ．2
【点睛】思路点睛：函数的零点问题，一般需要利用函数的单调性和零点存心定理进行判断，对于导数零
点不易求的情形，可通过虚设零点来处理.
4．（2023·江苏盐城·二模）设函数 f x = x 1 ex a 2e ex ，
（1）当 a = 0时，求函数 f (x) 图象在 x =1处的切线方程；
（2）求 f x 的单调区间；
（3）若不等式 f x > 0对 x 2, 恒成立，求整数 a的最大值.
【答案】（1） y = e(x 1) ；（2）单调递增区间是 a, ，单调递减区间是 ,a ；（3）2
x x
【分析】（1）当 a = 0时，可得 f x = x 1 e ， f x = xe ，求出 f 1 ， f 1 ，即可求出切线方程；
x x
（2）求出 f x = xe ae = x a ex ，求出极值点，利用导函数的符号，判断函数的单调性即可；
（3）当 x 2, 时，不等式 f x > 0 x x恒成立，即： x 1 e a 2e e > 0恒成立，等价于当 x 2,
x 1 ex é x 1 ex ù x
时， > a 恒成立；即 ê x ú > a 对 x 2, 恒成立，令 g
x 1 ex = ，根据导数求其最值，
ex 2e e 2e exmin 2e
即可求得答案.
【详解】（1）当 a = 0时，
可得 f x = x 1 ex，
\ f x = xex ，
可得： f 1 = 0， f 1 = e
\所求切线方程为 y = e(x 1)
（2）Q f x = x 1 ex a 2e ex
\ f x = xex aex = x a ex .
令 f x = 0，则 x = a .
当 x ,a 时， f x < 0；
当 x a, 时， f x > 0；
\ f x 的单调递增区间是 a, ，单调递减区间是 ,a .
（3）当 x 2, 时，不等式 f x > 0恒成立
即： x 1 ex a 2e ex > 0恒成立，
x
等价于当 x 2, x 1 e时， > a 恒成立；
ex 2e
é x 1 ex ù
即 ê > a 对 x 2, 恒成立.
e
x 2e ú min
x 1 ex
令 g x = ， x 2, ，
ex 2e
ex
e
x 2ex
g x =
x 2 ，e 2e
令 h x = ex 2ex ， x 2, ，
h x = ex 2e > 0 ，
\ h x = ex 2ex 在 2, 上单调递增.
Q h 2 = e2又 4e < 0 ， h 3 = e3 6e > 0，
\ g x 在 2,3 上有唯一零点 x0 ，且 ex0 = 2ex0 ， x0 2,3
\ g x 在 2, x0 上单调递减，在 x0 , 上单调递增，
x 1 ex0 x 1 2ex
\ g x = g x = 0 0 00 x = = x 2,3min ，e 0 2e 2ex0 2e 0
\ a < x0 2,3 ，
故整数 a的最大值为 2 .
【点睛】本题主要考查了根据导数求函数单调区间和根据不等式恒成立求参数值，解题关键是掌握根据导
数求函数单调区间的方法和构造函数求最值的步骤，考查了分析能力和计算能力，属于难题.
5．（2023 x高三·天津·阶段练习）已知函数 f x = x k 1 e （其中 e为自然对数的底数）．
(1)当 k = 1时，求函数 f x 的极值；
(2)若函数 g x = f x e2在 x 0, 有唯一零点，求实数 k 的取值范围；
(3)若不等式 f x > 3x 对任意的 x R 恒成立，求整数 k 的最大值．
1
【答案】(1)极小值为 ，无极大值；
e
(2) 2 U 2 ée 1, ；
(3) 2 .
【分析】（1）利用导数可确定 f x 单调性，由极值定义可求得结果；
（2）利用导数可确定 g x 的单调性；当 k 0时，可知 g 0 < 0，解不等式可知无满足题意的值；当 k > 0
时，根据 g x = g kmin ，分别在 g k > 0， g k = 0和 g k < 0三种情况下，根据 g x 在 x 0, 有唯
一零点可构造不等式求得结果；
3x 3x
3 e
x 3x 3 x
（ ）将恒成立不等式化为 k < x 1 x ，令 h x = x 1 x 得 h x = ，令m x = e 3x 3x 可确e e e
$x 1 1 定 0 , ÷，使得m x0 = 0，由此可得 h x = h x h x
è 4 2 min
0 ，进而得到 0 的范围，从而得到 k .
【详解】（1）当 k = 1时， f x = xex x，则 f x = x 1 e ，
\当 x , 1 时， f x < 0；当 x 1, 时， f x > 0；
\ f x 在 , 1 上单调递减，在 1, 上单调递增，
\ f x 的极小值为 f 1 1= ，无极大值.e
（2 x 2 x）Q g x = x k 1 e e ，\ g x = x k e ，
\当 x ,k 时， g x < 0；当 x k, 时， g x > 0；
\ g x 在 ,k 上单调递减，在 k, 上单调递增；
①当 k 0时， g x 在 0, 上单调递增，若 g x 在 0, 上有唯一零点，则 g 0 < 0，
即 k 1 e2 < 0，解得： k > e2 1 > 0 （舍）；
②当 k > 0时， g x 在 0, k 上单调递减，在 k, 上单调递增；
当 g k > 0，即0 < k < 2时， g x = g k > 0min ，则 g x 在 0, 上无零点，不合题意；
当 g k = 0，即 k = 2时， g x 在 0, 上有唯一零点 x = 2，满足题意；
当 g k < 0，即 k > 2时，由 g k 1 = e2 > 0得： g k g k 1 < 0，
\ g x 在 k, k 1 2上有唯一零点，此时需 g 0 = k 1 e 0，即 k e2 1；
综上所述：当 k = 2或 k e2 1时， g x 在 0, 上有唯一零点，
2
即实数 k 的取值范围为 2 U ée 1, .
x 3x
（3）若 f x > 3x 对 x R 恒成立，即 x k 1 e > 3x 对 x R 恒成立，则 k < x 1 x ，e
x
令 h x = x 1 3x h x 1 3 3x e 3x 3x ，则 = e ex = ex ，
令m x = ex 3x 3，则m x = ex 3 > 0，\m x 在 R 上单调递增，
Qm 1 ÷ = e
3 0 1 4 9 1 1 > ，m ÷ = e < 0，\$x0 ,2 2 4 4 4 2 ÷
，使得m x0 = 0，
è è è
x
即 e 0 3x0 3 = 0，
则当 x , x0 时， h x < 0；当 x x0 , 时， h x > 0；
\h x 在 , x0 上单调递减，在 x0 , 上单调递增，
\h x = h x0 x 1
3x0 x 1 3x x 1= 0 x = 0
0 = x 00 1 = x0 1 1min e 0 3 3x0 x0 1 x0 1
，
Q x 1 1 3 1 3 13 0 , ÷，\ x0 1 , ÷，\h x 4 2 4 2 0 , ，è è è 2 12 ÷
Qk < h x0 ，\整数 k 的最大值为 2 .
【点睛】方法点睛：求解本题恒成立问题的常用方法是能够通过分离变量的方法将问题转化为变量与函数
最值之间的大小关系比较问题，即若 a f x 恒成立，则 a f x ；若 a f xmax 恒成立，则 a f x min .
6．（2023 高三下·全国·阶段练习）已知函数 f x = a 1 x x ln x 2 2的图象在点 A e , f e （ e为自然对数的
底数）处的切线斜率为 4．
（1）求实数 a的值；
（2）若m Z ，且m x 1 < f x 1对任意 x >1恒成立，求m 的最大值．
【答案】（1） a = 2；（2）m 的最大值为3．
【解析】（1）由题意得出 f e2 = 4，进而可求得实数 a的值；
x x ln x 1 x x ln x 1
（2）求得 f x = x x ln x ，由参变量分离法得出m < ，构造函数 g x = ，利用导数
x 1 x 1
求出函数 y = g x 在区间 1, 上的最小值，进而可得出整数m 的最大值.
【详解】（1）Q f x = a 1 x x ln x ，\ f x = ln x a，
Q函数 f x = a 1 x x ln x x = e2 4 \ f e2的图象在 处的切线斜率为 ， = 4，
即 a ln e2 = 4，因此， a = 2；
（2）由（1）知 f x = x x ln x ．
Qm x 1 < f x f x 1x >1 x x ln x 1对任意 恒成立，\m < = 对任意 x >1恒成立，
x 1 x 1
x x ln x 1 ln x 2 x 1 x x ln x 1
令 g x = ，则 g x
x ln x 3
= = ，
x 2 2 1 x 1 x 1
令u x = x ln x 3，则u x 1=1 ，
x
Q x >1，\u x > 0，\u x = x ln x 3在 1, 为增函数，
Qu 4 =1 ln 4 < 0，u 5 = 2 ln 5 > 0，
\存在 x0 4,5 ，使u x0 = x0 ln x0 3 = 0，
当 x 1, x0 时， g x < 0，函数 y = g x 单调递减；
当 x x0 , 时， g x > 0，函数 y = g x 单调递增.
x0 x0 ln x0 1 x x x 3 1\ g x = g x 0 0 0 0 = = = x 1min ，x0 1 x0 1 0
故有m < x0 1对 x >1恒成立．
Q x0 4,5 ，\ x0 1 3,4 ，因此，m 的最大值为3．
【点睛】本题第（1）问考查切线问题，较基础；第（2）问考查恒成立问题，使用适当的变换，可以归结
为函数的最值问题．需要注意的是，这里需要用到设而不求的未知数的技巧，主要考查了转化与化归思想
的使用，数形结合能力和运算求解能力，对考生的要求较高，属难题．
7．（23-24 高三下·湖南岳阳·阶段练习）函数 f x = ln x, g x = x2 x m 2．
(1)若m = e，求函数F x = f x g x 的最大值；
(2)若 f x g x x2 x 2 ex 在 x (0, 2]恒成立，求实数 m 的取值范围．
【答案】(1) e 2
(2) ln 2,
【分析】（1）根据题意，代入m = e，求导利用导数研究函数单调性，进而求最值.
（2 2 x）根据题意，则 f x g x x x 2 e 在 x (0, 2]恒成立，提取参数转化成m x 2 ex ln x x 2
在 x (0, 2]恒成立问题，设 h(x) = (x 2)ex ln x x 2，对函数设 h(x) 求导，分析函数单调性，进而求解函
数最值，即可求解参数取值范围.
【详解】（1）因为F x = ln x x2 x e 2，
可知 F (x)的定义域为 0, ，且F (x) 1= 2x 1 (2x 1)(x 1) = ，
x x
由F (x) > 0，解得0 < x <1；由 F (x) < 0，解得 x >1．
可知 F (x)在( 0, 1)内单调递增，在 (1, )内单调递减，
所以函数F x = f x g x 的最大值为F 1 = e 2．
（2）因为 f (x) g(x) x2 (x 2)ex 在 x (0, 2]恒成立，
等价于m (x 2)ex ln x x 2在 x (0, 2]恒成立．
设 h(x) = (x 2)ex ln x x 2， x (0, 2]，
则 h (x) = (x 1)ex
1
1 = x 1 ex 1

÷ ，x è x
x 1 x 1
当 x >1时，则 x 1 > 0，且 e > e, < 1，可得 e > e 1 > 0x ，x
所以 h (x) > 0；
当0 < x <1时，则 x 1< 0，
u(x) ex 1 ,0 x 1 u (x) ex 1设 = < < ，则 = 2 > 0，x x
u(x) u 1 可知 在( 0, 1)递增，且 ÷ = e 2 0,u(1) = e 1 0．
è 2
x 1$ 则 0 ,1÷ ，使得u x0 = 0．
è 2
当 x 0, x0 时，u(x) < 0；当 x x0 ,1 时，u(x) > 0．
当 x 0, x0 时， h (x) > 0；当 x x0 ,1 时， h (x) < 0．
可知函数 h(x) 在 0, x0 递增，在 x0 ,1 递减，在 (1, 2)递增．
由u x = ex
1 1
0
0 = 0 e
x0 = ln x = x
x ，得 x ，且 0 0 ．0 0
可得 h x0 = x0 2 ex

0 ln x0 x0 2 = x 2
1 1
0 2x0 2 = 3 2x
x0 x ÷
，
0 è 0
x 1 ,1 且 0 ÷，则 h x0 < 0 ，
è 2
又因为 h(2) = ln 2 > 0，可知当 x (0, 2]时， h(x)max = h 2 = ln 2，
所以m 的取值范围是[ln 2, ) ．
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
f x ax 3sin x= x π 8．（2024·全国·模拟预测）已知函数 2 ， 0, .cos x è 2 ÷
(1)求证： 2 tan x 3sin x > 5x；
(2)若 f x < sin 2x，求 a的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2) ( ,5]
【分析】（1）求导后讨论导函数的分子设 h(x) 3cos3 x 5cos2 x 2，再求导分析单调性可得 h(x) > h(0) = 0，
进而可得导函数的正负区间与原函数的单调性；
（2）方法 1：由（1）知5x < 2 tan x 3sin x，再代入当 a 5时化简不等式即可知 f x < sin 2x ，再根据当 a > 5
时， f x > sin 2x即可得；方法 2：分情况讨论，当 a 0时不等式成立，再当 a > 0时，构造函数分析函数
最值，得出 a 5，再讨论充分性即可.
【详解】（1）令 g ( x ) = 2 tan x 3 sin x 5 x ， 0
π
< x <
2 ，
3
g (x) 2 3cos x 5 3cos x -5cos
2 x 2
则 = 2 = ，cos x cos2 x
令 h(x) = 3cos3 x 5cos2 x π 2， 0 < x < 2 ，
则 h (x) = 9cos2 x( sin x) 5 2cos x( sin x) = sin x cos x 10 9cos x > 0，
π
所以 h(x) 在 0, ÷上单调递增，则 h(x) > h(0) = 0，即 g (x) > 0，
è 2
g(x) π 所以 在 0, ÷上单调递增.
è 2
故 g(x) > g(0) = 0，即 2 tan x 3sin x > 5x .
5x 2 tan x 3sin x a 5 f (x) sin 2x 5x 3sin x（2）方法 1：由（1）知 < ，所以当 时，
cos2
sin 2x
x
< 2 tan x 3sin x 3sin x 2 sin 2xcos x
sin x
= 2 3 2cos x 3cos2 x 2cos3 x sin x= 2 cos2 x 1 (3 2cos x) < 0cos x cos x
先证明：当 x
0, π π ÷时， sin x < x

，因为 y = sin x x， x
2
0,
2 ÷
，
è è
导函数 y = cos x 1 0，故 y = sin x x为减函数，则 sin x x < sin 0 0 = 0，

即当 x 0,
π
2 ÷
时， sin x < x .
è
p 3
又当 a > 5时，取 x0 0, ÷，满足2 cos x > ，è 0 a 2
所以 f x0 sin 2x = ax
3sin x0
0 0 2 2sin x0 cos x

0 > sin x0 a
3
2cos x
cos x0 è cos
2 x 0 ÷0
3
> sin x0 a 2 > 0
è cos
2 x ÷0
综上， a的取值范围是 ( ,5] .
方法 2：若 a 0，则 f (x) < sin 2x .
a 0 x
π
下设 > ，当 0, ÷时， f (x) < sin 2x
3sin x 3 x
ax 2 < 2sin x cos x 2cos x > a × .è 2 cos x cos2 x sin x
因为当 x
π
0, 3 x 3 ÷时， sin x < x ，所以当 2 cos x > a × 时，有 2cos x > a
è 2 cos2 x sin x cos2 x
π
设 g(t)
3
= 2 2t
6
，0 < t <1 .则 g t = 2 3 < 0 .所以 g(t)

在( 0, 1)上单调递减， g (t ) > g (1) = 5 .则当 x 0,
t t 2 ֏
3
时， 2 2 cos x 的取值范围是 (5, )，故 a 5 .cos x
必要性已得，下面讨论充分性.
当 a 5时， f (x) sin 2x < 5x
3sin x
2 sin 2x ，cos x
令 h(x) = 5x
3sin x

cos2
sin 2x ，则
x
3cos2 x 6sin2 x 3 3 1 cos2 xh (x) = 5 2
cos3
2cos 2x
x = 5 3 2 2cos x 1cos x
7cos3 x 4cos5 x 3cos2 x 6
=
cos4 x
今F (m) = 4m5 7m3 3m2 6，0 < m <1，则
F (m) = 20m4 21m2 6m = 6m m2 20m2 1 m2 > 0
所以 F (m) 在( 0, 1)上单调递增，则F (m) < F (1) = 0，故 h(x) < 0 .因此 f (x) < sin 2x ，
综上， a的取值范围是 ( ,5] .
【点睛】方法点睛：
（1）求导分析函数单调性时，可设导数中需要讨论正负的部分为新函数，再求导分析单调性与特殊值，从
而确定正负区间，进而确定原函数的单调性；
（2）第二问可注意使用前问的结论，遇到三角函数时，注意运用三角函数公式化简，同时注意三角函数的
值域进行不等式放缩.
9 2023 · · f x = xex．（ 高三 云南 阶段练习）已知函数 ， g x = x ln x．
（1）令 h x = f x eg x ，求 h x 的最小值；
（2）若 f x g x b 2 x 1恒成立，求b 的取值范围．
【答案】（1）0；（2） , 2 ．
x
【分析】（1）有题意知， h x = xe e x ln x ， x 0, ，根据导数求出函数的单调性，由此可求出函
数的最小值；
x
2 xe x ln x 1
x
（ ）原不等式等价于 b 在 x 0, 上恒成立，令 t x xe x ln x 1= ，求导得
x x
x2 xt x e ln x= ，令j x = x2ex ln x ，易得j x 在 0,1 2 x2 存在唯一的零点 x0 ，即 x e 0 ln x = 0，得x 0 0
x ln
1
x e 10 = ln ÷e
x0 ，结合函数 y = xex 的单调性得 x0 = ln
1
= ln x ex 100 0， =x x ，由此可求出答案．è x0 0 0
【详解】解：（1）有题意知， h x = xex e x ln x ， x 0, ，
h x = x 1 ex 1 e 1 ∴ ÷ = x 1
x e
e

x ÷
，
è è x
∴当 x 0,1 ， h x < 0，即 h x 在 0,1 上单调递减，
当 x 1, ， h x > 0，即 h x 在 1, 上单调递增，
故 h x h 1 = 0，
∴ h x 的最小值为 0；
（2 x）原不等式等价于 xe x ln x b 2 x 1，
即 xex x ln x 1 bx，在 x 0, 上恒成立，
xex x ln x 1
等价于 b ，在 x 0, 上恒成立，
x
xex x ln x 1
令 t x = ， x 0, ，
x
∴ t x x
2ex ln x
= ，
x2
令j x = x2ex ln x ，则j x 为 0, 上的增函数，
又当 x 0 时，j x ，j 1 = e > 0 ，
∴j x 2 x在 0,1 存在唯一的零点 x ，即 x e 00 0 ln x0 = 0，
x2ex ln x 0 x ex ln x
1 ln 1
0 = 0 = 0 = x由 0 0 0 x
ln
x ÷
e 0 ，
0 è 0
又有 y = xex 在 0, 上单调递增，
x ln 1 1∴ 0 = = ln x
x0
x 0，
e =
0 x
，
0
x0
∴ ét x ù = t x
x0e x0 ln x 1
0 =
0 = 2
min ，x0
∴ b 2，
∴ b 的取值范围是 , 2 ．
【点睛】本题主要考查利用函数的导数研究函数的单调性与最值，考查计算能力，考查转化与化归思想，
属于难题．
2a
10．（2023·山东·一模）已知函数 f (x) = ln x 1 在点 (a, f (a))处的切线过点 (0, 4) ．
x
(1)求实数 a的值，并求出函数 f (x) 单调区间；
1
(2)若整数 k 使得 2 f (x) > k(1 )在 x (1, )上恒成立，求 k 的最大值．
x
【答案】（1） a =1， f (x) 在 (0,2)单调递减，在 (2, ) 单调递增；（2）7.
【详解】分析：（1）函数求导，由 x = a处的切线斜率为 f ' a ，利用点斜式得到切线方程
y lna 1 2a 1 = x a ，将 0,4 代入求解 a的值，并根据导数的正负可得单调区间；
a a
2 2 2
1
lnx 1 2 lnx 1
2 f x > k 1 è x
÷ ÷
g x = è x 2 xlnx x 2 （2）由 ÷等价于 k < ，记 1 1 = ，求导得è x 1 1 x 1
x x
2 x lnx 4g ' x = j x = x lnx 4 j x 1,
2 ，记 ，继续求导可知 在 单调递增，易知存在
x0 5.5,6 ，x 1
使得j x0 = 0，从而得到 g x = g xmin 0 ，进而求范围即可.
详解：
(1) f x 1 2a x 2a a 2a 1的定义域为 0, ， f ' x = = ，∴ x = a2 2 处的切线斜率为 f ' a = 2 = x x x a a
1 2a 1
因此切线方程为 y f a = x a ，即 y lna 1 = x a
a a a
又∵切线过 0,4 x 2，代入上式解得a =1，∴ f ' x =
x2
可得 f x 在 0,2 单调递减，在 2, 单调递增．
1 1 2

lnx 1
2

÷
（2）∵ x 1, 时，1 > 0，∴ 2 f x > k 1 等价于 k < è x
x ֏ x 1 1
x
2 2 lnx 1

x ÷g x = è 2 xlnx x 2记 = ，∴ g '
2 x lnx 4x =
1 2
1 x 1 x 1
x
记j x = x lnx 4 j ' x 1 x 1，有 =1 = > 0，∴j x 在 1, 单调递增
x x
3 2 2
∴j 5.5 =1.5 ln5.5 = lne2 ln 11，由于 e3 3 11 121 11< 3 = 27 ， 3 ÷ = = 30.25，可得 e <

2 2 ÷è 4 è 2
3
e2 11因此 < ，故j 5.5 < 0
2
又j 6 = 2 ln6 = lne2 ln6 > ln2.52 ln6 = ln6.25 ln6 > 0
由零点存在定理可知，存在 x0 5.5,6 ，使得j x0 = 0，即 x0 lnx0 4 = 0 ①
且 x 1, x0 时， g ' x < 0， x x0 , 时， g ' x > 0
故 x 1, x0 时， g x 单调递减， x x0 , 时， g x 单调递增
2 x lnx x 2∴ g x = g x 0 = 0 0 0min x0 1
2 éx x 4 x
① g x = g x = 0 0 0
2ù
由 可得 0 = 2 x0 2 7,8 min x0 1
故 k 的最大值为 7．
点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若 f (x) > 0 就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为
f (x)min > 0 ，若 f (x) < 0 恒成立 f (x)max < 0；
（3）若 f (x) > g(x) 恒成立，可转化为 f ( x )min > g ( x )max （需在同一处取得最值）
.
11．（2024·山东·二模）已知函数 f x = a2xex x lnx．
a 1(1)当 = 时，求 f x 的单调区间；
e
(2)当 a > 0时， f x 2 a ，求 a的取值范围．
【答案】(1) f x 的减区间为 0,1 ，增区间为 1,
(2) a 1
1
1 a = f x = xex 1 x 1【分析】（ ）当 时， x lnx, x > 0，求导得 f x = xex 1 1 x 1，令 g x = xe 1，e x
求 g x 确定 g x 的单调性与取值，从而确定 f x 的零点，得函数的单调区间；
（2）求 f x ，确定函数的单调性，从而确定函数 f x 的最值，即可得 a的取值范围．
1
【详解】（1）当 a = 时， f x = xex 1 x lnx, x > 0，
e
f x x 1 ex 1 1 1 x 1= = xex 1则 1 ，x x
g x = xex 1设 1，则 g x = x 1 ex 1 > 0恒成立，又 g 1 = e0 1 = 0，
所以当 x 0,1 时， f x < 0， f x 单调递减，当 x 1, 时， f x > 0， f x 单调递增，
所以 f x 的减区间为 0,1 ，增区间为 1, ；
f x a2 x 1 ex 1 1 x 1 2（2） = = a xex 1 ，
x x
设 h x = a2xex 1，则 h x = a2 x 1 ex > 0，所以 h x 在 0, 上单调递增，
1
又 h 0 = 1< 0 h 1 ， 2 ÷ = ea
2 1 > 0，
è a

所以存在 x0 0,
1
÷，使得 h x 2 x00 = 0，即 a x e 1 = 0，
è a2 0
当 x 0, x0 时， f x < 0， f x 单调递减，
当 x x0 , 时， f x > 0， f x 单调递增，
当 x = x0时， f x 取得极小值，也是最小值，
所以 f x f x = a2x ex00 0 x0 ln x0 =1 ln x ex00 =1 2ln a，
所以1 2ln a 2 a ，即 a 2ln a 1 0 ，
设F a = a 2ln a 1，易知F a 单调递增，且F 1 = 0，
所以F a F 1 ，解得a 1，
综上，a 1 .
12．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知函数 f x = xlnx ax 在点 1, f 1 处的切线与直线 x 2y 2 = 0垂直.
(1)求实数 a的值；
é 1 ù
(2) 2求函数 f x 在区间 ê e4
, e ú 的最大值和最小值；
(3) 2 x 2证明： f x x e .
【答案】(1) a =1；
1
(2) fmin x = ， f x = 3e2 ；e2 max
(3)证明见解析.
【分析】（1）由导数的几何意义和直线垂直的充要条件求解；
（2）由（1）求得极值和端点值可解；
2
3 2 x2 2 xlnx x x 1
2
（ ）由 xlnx x x e ，得 x 在 0, 2 上恒成立, 令 h x
xlnx x x
= x , x 0, ，e e e
利用导数求函数 h x 的最小值，即可得证.
【详解】（1）由 f x = xlnx ax ，得 f x = lnx 1 a ，
所以 f 1 = ln1 1 a =1 a ，
因为函数 f x = xlnx ax 在点 1, f 1 处的切线与直线 x 2y 2 = 0垂直，
1
所以 f 1 2 ÷ = 1，所以 a =1 .è
（2）由（1）得 f x = xlnx x, x > 0，所以 f x = lnx 2，
当 x
1 1
4 , 2 ÷时， f x < 0, f x 单调递减，è e e
x 1 , e2 当 2 ÷时， f x > 0, f x 单调递增，è e
1 1 1 1 1
所以 fmin x = f e2 ÷ = ln = ，è e2 e2 e2 e2
f x = max f 1 2 ü 3max 4 ÷ , f e = max 4 ,3e2 ü 2e = 3e . è e
3 xlnx x
2 x 1
（ ）由 xlnx x x2 ex 2，得 在 0, x 2 上恒成立.e e
2
h x xlnx x x x 1 x 2 lnx令 = , x 0, ，可得 h x = ，
ex ex
j x = x 2 lnx j x 1 1 x 1令 ，可得 = = ，
x x
当0 < x <1时，j x < 0，所以j x 在 0,1 单调递减，
当 x >1时，j x > 0,j x 在 1, 单调递增.
又j e 3 = e 3 2 lne 3 = e 3 1 > 0,j 1 =1 2 ln1 = 1 < 0，
j 4 = 4 2 ln4 = 2 2ln2 > 0 ，
所以在 e 3 ,1 中存在唯一的x1使得j x1 = 0，
在 1,4 中存在唯一的x2使得j x2 = 0，
即有 x1 2 lnx1 = 0, x2 2 lnx2 = 0 .
因为j x 在 0,1 单调递减，在 1, 单调递增，
所以当0 < x < x1 时，j x > 0 ；当 x1 < x <1时，j x < 0；
当1< x < x2 时，j x < 0；当 x > x2 时，j x > 0 .
x 1
h x x 2 lnx x 1 j x 又 = =
ex ex
, x > 0，
所以当0 < x < x1 时， h x < 0；当 x1 < x <1时， h x > 0；
当1< x < x2 时， h x < 0；当 x > x2 时， h x > 0，
所以 h x 在 0, x1 单调递减，在 x1,1 单调递增，
在 1, x2 单调递减，在 x2 , 单调递增，
2
所以 x 0,1 时， h x 的极小值为 h x x1lnx1 x= 1 x11 ，①ex1
x 1, h x h x x2lnx x
2 x
时， 的极小值为 = 2 2 22 ex
.
2
因为 x1 2 lnx1 = 0, x2 2 lnx2 = 0，
可得 x1 lnx1 = 2, x2 lnx2 = 2，所以 ex1 lnx1 = e2 , ex2 lnx2 = e2，
ex1 e
x2
2 x x
即 = = e ，所以 1x =
2 = e 2x .x 1 21 x2 e e
2
将 lnx1 = x1 2
x
和 1x = e
2 x x 2 x x x
代入①得
e h x1 =
1 1 1 1 = 1 = e 2x x ，1 e 1 e 1
h x = e 2同理可得 2 ，所以 h x1 = h x2 ，所以 h(x)min = e 2
1
= 2 ，e
2
h x xlnx x x 1所以 = x 2 , x 0, e e
故 xlnx x x2 ex 2成立.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
1
13．（2024· 2四川南充·三模）已知函数 f (x) = x sin x ax．
2
(1)当 a =1时，求 f (x) 的最小值；
(2)①求证： f (x) 有且仅有一个极值点；
②当a ( ,1]时，设 f (x)
1 2
的极值点为 x0 ，若 g(x) = x 2sin x 2x ．2
求证： f x0 g x0 ．
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性以及零点，即可判断函数的单调性，即可求函数的
最小值；
（2）①利用导数判断导函数的单调性，再根据零点存在性定理，即可证明；
②根据①的结果，得 a = cos x0 x0 ，再将不等式转化为F x0 = 2x0 3sin x0 x0 cos x0 0，再利用导数，
逐层判断函数的单调性，分 x 0, π 和 π, ，利用最值证明不等式.
1 2
【详解】（1）由 f (x) = x sin x ax，得 f x = x cos x a ，
2
设 h x = f x = x cos x a，
1
当 a =1 2时， f (x) = x sin x x ， h x = f x = x cos x 1，
2
令 h x = f x = x cos x 1，则 h x =1 sin x 0，
所以函数 h x 在R 上单调递增，又 h 0 = 0，
所以当 x ,0 时， f x = h x < 0， f x 单调递减，
当 x 0, 时， f x = h x > 0 ， f x 单调递增，
所以 f x 的最小值是 f 0 = 0；
（2）①由（1）知： h x = f x = x cos x a，
因为 h x =1 sin x 0，所以 h x 在R 上单调递增，即 f x 在R 上单调递增，
又 f 2 a = 2 cos 2 a < 0， f 2 a = 2 cos 2 a > 0，
所以 f 2 a f 2 a < 0 ，
所以 f x 存在唯一的变号零点 x0 ，即 f x 有且仅有一个极值点 x0 ；
②由①知， f x 有且仅有一个极值点 x0 ，且 f x0 = x0 cos x0 a = 0，
当 a ,1 时， f 0 = a 1 0 ， f 2 a = 2 cos 2 a > 0，
由①知， x0 0，
要证明 f x0 g x0 ，
F x = f x g x 1 2 1 2 只需证明 0 0 0 = x0 sin x0 ax0 x0 2sin x0 2x2 2 0 ÷ 0，è
而 a = cos x0 x0 ，那么F x0 = 2x0 3sin x0 x0 cos x0 ， x0 0 ，
所以F x0 = 2 2cos x0 x0 sin x0 ，
令P x0 = F x0 ，则P x0 = sin x0 x0 cos x0 ，
令 S x0 = P x0 ，则 S x0 = x0 sin x0 ，
1o当 x 0, π 时，
因为 S x0 0，所以 S x0 在 0, π 上单调递增，即P x0 在 0, π 上单调递增，又P 0 = 0，
所以P x0 0，
所以P x0 在 0, π 上单调递增，即F x0 在 0, π 上单调递增，又F 0 = 0 ，
所以F x0 0，
所以F x0 在 0, π 上单调递增，所以F x0 F 0 = 0，
2o 当 x0 > π 时，j x0 = 2x0 3sin x0 x0 cos x0 ，
= 2 cos x0 x0 3sin x0 > x0 3 > π 3 > 0，
综上所述，当 a ,1 时， f x0 g x0 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用导数判断函数的单调性，并且需要求多次函数的导数，从
而逐层判断函数的单调性.
14．（2024· x a安徽合肥·模拟预测） f x = e a R .
(1)若 f x 的图象在点 A x0 , f x0 处的切线经过原点，求 x0 ；
(2)对任意的 x 0, ，有 f x sinx，求 a的取值范围.
【答案】(1)1
π ln2 ù
(2) ,
è 4 2 ú
x a x a x a
【分析】（1）求得 f x = e ，得到 f x0 = e 0 且 f x 00 = e ，根据题意，列出方程，即可求解；
（2）根据题意，转化为 ex a sinx 0在 x 0, 恒成立，令 g x = ex a sinx ，当 a 0时，符合题意；若
a > 0，求得 g x = ex a cosx，令 h x π= g x ，利用导数求得 g x 的单调性，结合 g 0 < 0, g ÷ > 0，
è 2

得到存在唯一的 x0 0,
π
÷，使得 g x0 = 0，得出 g x 的单调性和极小值，进而求得 a的取值范围.
è 2
x a x a
【详解】（1）由函数 f x = e ，可得 f x = e ，
所以 f x = ex0 a0 且 f x = ex0 a x a0 ，即切线的斜率为 ex0 a ，切点为 A x , e 00
因为 f x 的图象在点 A x0 , f x0 处的切线经过原点，
x0 a
可得 ex0 a
e 0
= ，解得 x0 = 1 .x0 0
（2）任意的 x 0, ，有 f x sinx，即 ex a sinx 0在 x 0, 恒成立，
令 g x = ex a sinx, x 0, ，
若 a 0，则 x a 0，可得 ex a 1，所以 g x = ex a sinx 1 sinx 0 ，符合题意；
若 a > 0，可得 g x = ex a cosx，令 h x = g x h x = ex a，则 sinx，
0 x π h x > 0 g x 0, π g 0 = e a 1 0, g π <
π
a
当 时， ， 在 递增，而 ÷ = e 2 > 0，
è 2
π
所以，存在唯一的 x0 0, ÷ 0, π ，使得 g x0 = ex0 a cosx0 = 0，
è 2
所以，当0 < x < x0 时， g x < 0， g x 在 0, x0 递减，
当 x0 < x < π 时， g x > 0， g x 在区间 x0 , π 递增，
故当 x = x0，函数 g x x a取得极小值 g x0 = e 0 sinx0 = cosx0 sinx0 0 ，
π π 2
所以0 < x0 ，此时， x0 a = lncosx4 0
，可得 a = x0 lncosx0 ln ，4 2
即0 < a
π ln2
；
4 2
x π ln2
当 x > π 时， g x = ex a sinx ex a 1 e 4 2 1 e1 1 > 0 ，
0 a π ln2因而 < ，符合题意，
4 2
综上所述，实数 a
, π ln2 ù的取值范围是求 .
è 4 2 ú
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
15．（23-24 高三上·浙江·阶段练习）已知函数 f (x) = ex ax2 (e = 2.718L) .
(1)若 f (x) 在 0, 有两个零点，求实数 a的取值范围；
g(x) ex[ f (x) ax2 1 x] g(x) x 2 1(2)设函数 = ，证明： 存在唯一的极大值点 0 ，且 3 < g(x0 ) < .e 4
e2
【答案】(1) a >
4
(2)见解析
ex
【分析】（1） f (x) 在 0, 有两个零点，即函数 y = a 与 y = 2 的图象有两个不同的交点，令x
e2h(x) = 2 , x 0, ，求出函数 h x 的单调区间及最值，从而可得出答案；x
（2）求导 g (x)=ex (2ex x 2)，二次求导，从而可得出 g x 的符号分布情况，再根据极值点的定义即可得
证，再根据 g (x0 )=0，结合基本不等式即可得证.
ex
【详解】（1）解：令 f (x) = ex ax2 = 0， x 0, ，则 a = ，
x2
因为 f (x) 在 0, 有两个零点，
x
所以函数 y = a y e与 = 2 的图象有两个不同的交点，x
2
令 h(x) e= 2 , x 0, ，x
ex exh (x) x 2 则 = ，
x2
= 3 , x 0, x
当 x (0,2) 时， h (x) < 0；当 x (2, ) 时， h (x) > 0．
所以 h(x) 在 (0,2)单调递减，在 (2, ) 单调递增，
e2
所以 h x = h 2 = ，min 4
又当 x 0 时， h x ，当 x 时， h x ，
e2
所以 a > ；
4
（2）证明： g(x)=ex (ex x 1) ，
故 g (x)=ex (2ex x 2)，
令m(x)=2ex x 2，m (x)=2ex 1，
x < ln 1 1 当 时，m x < 0 ，当 x > ln 时，m x > 0，
2 2
m(x) ( , ln 1) (ln 1所以 在 上单调递减，在 ，+ ) 上单调递增，
2 2
1
又m(0)=0 1
ln 1 2 2
，m(ln )=2e 2 ln 2 = ln 2 1< 0，m( 2)=2e ( 2) 2= > 0，
2 2 e2
由零点存在性定理及 h(x) 的单调性知，
m(x)=0 ( 2, ln 1方程 在 ) 上有唯一根，
2
设为 x0 且 2ex0 x0 2=0 ，从而m(x)有两个零点 x0 和 0 ，
当 x < x0 或 x > 0时， g x > 0，当 x0 < x < 0时， g x < 0，
所以 g(x)在 ( , x0 ) 单调递增，在 (x0，0)上单调递减，在 (0，+ )单调递增，
从而 g(x)存在唯一的极大值点 x0 ，
2ex x 2=0 ex = x0+2由 0 00 ，得 ， 2
g(x ) ex (ex x 1) x0 2 x 2 1 1（ x 2 x）
2
\ 0 = 0 0 0 = ( 0 x0 1) = ( x0 )(2 x0 ) 0 0 =
1
，
2 2 4 4 4 4
当且仅当 x0 = 2 x0，即 x0 = 1时，取等号，
若 x0 = 1，则 2e
x0 x0 2=2e
1 1 0，与题意矛盾，
故 x0 1，
1
所以取等不成立，所以 g(x0 ) < 得证，4
又Q 2 < x0 < ln
1
， g(x)在（ , x0）单调递增，2
g(x ) > g( 2) = e 2 ée 2所以 0 ( 2)
2
1ù 4 2 = e e > 3 得证，e
2
所以 < g(x )
1
< .
e3 0 4
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点问题及极值点的定义和不等式的证明问题，考查了分离参数
法，考查了学生的逻辑推理能力及数据分析能力，属于难题.
1．（全国· 2x高考真题）设函数 f x = e a ln x .
（Ⅰ）讨论 f x 的导函数 f x 的零点的个数；
2
（Ⅱ）证明：当 a > 0时 f x 2a a ln .
a
【答案】（Ⅰ）当 a 0时， f (x) 没有零点；当 a > 0时， f (x) 存在唯一零点.（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分 a 0与 a > 0考虑 f x 的单调性及性质，即可判断出零点个数；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可设 f (x) 在 0，+ 的唯一零点为 x0 ，根据 f x 的正负，即可判定函数的图像与性质，求
2
出函数的最小值，即可证明其最小值不小于 2a a ln ，即证明了所证不等式.
a
2x a
试题解析：（Ⅰ） f (x) 的定义域为 0，+ ， f (x)=2e x > 0 .
x
当 a 0时, f (x) > 0， f (x) 没有零点；
当 a > 0时，因为 e2x
a
单调递增， 单调递增，所以 f (x) 在 0，+ 单调递增.又 f (a) > 0 a,当 b 满足0 < b <
x 4
1
且b < 时， f (b) < 0 ,故当 a > 0时， f (x) 存在唯一零点.
4
（Ⅱ）由（Ⅰ），可设 f (x) 在 0，+ 的唯一零点为 x0 ，当 x 0，x0 时， f (x) < 0 ;
当 x x0，+ 时， f (x) > 0 .
故 f (x) 在 0，x0 单调递减，在 x0，+ 单调递增，所以当 x = x0时， f (x) 取得最小值，最小值为 f (x0 ) .
2e2x a0由于 =0
a 2 2
x ，所以
f (x0 )= 2ax2x 0
a ln 2a a ln
0 0 a a
.
故当 a > 0时， f (x) 2a a ln
2
.
a
考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；
运算求解能力.
x 2
2．（全国· x x高考真题）(1)讨论函数 f x = e 的单调性，并证明当 x >0 时， x 2 e x 2 > 0;
x 2
x
(2) e ax a证明：当 a 0,1 时，函数 g（x）= 2 (x > 0) 有最小值.设 g（x）的最小值为 h a ，求函数 h a x
的值域.
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当 x (0, )时， f (x) > f (0)证明结论；
ex0
（Ⅱ）用导数法求函数 g(x)的最值，再构造新函数 h(a) = ，用导数法求解.
x0 2
试题解析：（Ⅰ） f (x) 的定义域为 ( , 2) ( 2, ) .
x x 2
f (x) (x 1)(x 2)e (x 2)e x e
x
= 2 = 0,(x 2) (x 2)2
且仅当 x = 0时， f (x) = 0，所以 f (x) 在 ( , 2), ( 2, )单调递增，
因此当 x (0, )时， f (x) > f (0) = 1,
所以 (x 2)ex > (x 2), (x 2)ex x 2 > 0
g (x) (x 2)e
x a(x 2) x 2
（Ⅱ） = = ( f (x) a),
x3 x3
由（Ⅰ）知， f (x) a 单调递增，对任意 a [0,1), f (0) a = a 1 < 0, f (2) a = a 0,
因此，存在唯一 x0 (0, 2],使得 f (x0 ) a = 0,即 g (x0 ) = 0 ，
当0 < x < x0 时， f (x) a < 0, g (x) < 0, g(x) 单调递减；
当 x > x0时， f (x) a > 0, g (x) > 0, g(x)单调递增.
因此 g(x)在 x = x0处取得最小值，最小值为
ex0g(x ) a(x
x0
0 1) e +f (x0 )(x0 1) e
x0
0 = = = .x 20 x
2
0 x0 2
ex0 exh(a) = (x 1)e
x x
于是 ，由 ( ) = > 0, y
e
知 = 单调递增
x0 2 x 2 (x 2)
2 x 2
0 x0 2 2
所以，由 x0 (0, 2],
1 e e e e
得 = < h(a) = = .
2 0 2 x0 2 2 2 4
ex 1 e2
因为 y = 单调递增，对任意l ( , ], 存在唯一的 x0 (0, 2], a = f (x0 ) [0,1),x 2 2 4
1 e2
使得 h(a) = l,所以 h(a) 的值域是 ( , ],
2 4
2
综上，当 a [0,1)时， g(x)有最小值 h(a) 1 e， h(a) 的值域是 ( , ].
2 4
【考点】函数的单调性、极值与最值
【名师点睛】求函数单调区间的步骤：
（1）确定函数 f （x）的定义域；
（2）求导数 f ′（x）；
（3）由 f ′（x）＞0（f ′（x）＜0）解出相应的 x 的范围．
当 f ′（x）＞0 时，f （x）在相应的区间上是增函数；当 f ′（x）＜0 时，f （x）在相应的区间上是减函数，
还可以列表，写出函数的单调区间．
注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数
最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．
请考生在第 22~24 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．第14讲 导数中的隐零点问题（虚设零点设而不求）
（高阶拓展、竞赛适用）
（3 类核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例 考点分析 关联考点
2020 年新 I 卷，第 21 题,12 分 导数中的隐零点问题 不等式恒成立问题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数求解函数基本问题
2 掌握函数零点存在性定理及其应用
3 能设而不求进行隐零点的相关替换求值或范围
【命题预测】零点问题是高考的热点问题，隐零点的代换与估计问题是函数零点中常见的问题之一, 其源于
含指对函数的方程无精确解, 这样 我们只能得到存在性之后去估计大致的范围，高考中曾多次考查隐零点
代换与估计, 所以本节我们做一个专门的分析与讨论，方便学生高考综合复习
知识讲解
在求解导数问题时，我们一般对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最
终解决问题，我们称这类问题为“隐零点问题”．
1. 解题步骤
第 1 步: 用零点存在性定理判定导函数零点的存在性, 列出零点方程 f x0 = 0 , 并结合 f (x) 的单调
性得到零点的范围;
第 2 步: 以零点为分界点, 说明导函数 f (x) 的正负, 进而得到 f (x) 的最值表达式;
第 3 步: 将零点方程 f x0 = 0 适当变形, 整体代入 f (x) 最值式子进行化简:
（1）要么消除 f (x) 最值式中的指对项
（2）要么消除其中的参数项;
从而得到 f (x) 最值式的估计.
2. 隐零点的同构
实际上, 很多隐零点问题产生的原因就是含有指对项, 而这类问题由往往具有同构特征, 所以下面我们看到
的这两个问题, 它的隐零点代换则需要同构才能做出, 否则, 我们可能很难找到隐零点合适的代换化简方
向. 我们看下面两例: 一类同构式在隐零点问题中的应用的原理分析
xex x ln x
f x = x ex f ln x = x ln x
ex x 1 x ln x 1
f x xex f ln x ln x= = x2ex ln x = 0
x
1
所以在解决形如 ex = x ln x = 0 , 这些常见的代换都是隐零点中常见的操作.
x
3. 解题感悟
1.隐零点指对于超越方程或者是一些带参数的方程，无法直接求得确切的零点，但是零点确实存在的问题。
特别是在求导的过程，求函数极值点，对原函数求导后，令导函数等于零，就导函数零点进一步探寻原函
数极值点或最值时会经常遇到“隐零点”问题。
2.隐零点常见题型，有证明零点个数，求解不等式，求最值的取值范围，求参数的范围。
3.解决办法，往往是“虚设零点”，设而不求，结合零点存在定理来初步确定零点的所在区间。往往这样的
零点都与某个参数相关联，相互依赖。在使用零点存在定理确定区间时往往存在困难，必要时使用放缩法
取含参的特殊值来确定零点存在区间。
4.特别是针对导函数的“隐零点”，求解取值范围时，需要根据导函数零点代入方程，把参数表示成含隐零
点的函数，再来求原函数的极值或者最值问题，或证明不等式。构建关于隐零点作为自变量的新函数，求
函数值域或者证明不等式恒成立问题。
考点一、隐零点初应用
1．证明 ex 2ln x > 4 2ln 2
2 f (x) = ex 1．求 3ln x 的极值
1．已知函数 f (x) = x ln x kx 3k ，求：
(1)当 k =1时，求曲线 f (x) 在点 (1，f (1)) 处的切线方程；
(2)当 x > 3时，总有 f (x) >1，求整数 k 的最小值.
1．（2024·山东威海·二模）已知函数 f x = ln x ax 1．
(1)求 f x 的极值；
(2)证明： ln x x 1 xex．
2．（2024·浙江杭州·一模）已知函数 f (x) = x2 (a 2)x a ln x(a R) ．
(1)求函数 y = f (x) 的单调区间；
(2)当 a =1时，证明：对任意的 x > 0， f (x) ex > x2 x 2．
考点二、隐零点问题之参数范围综合
1．（2020·新Ⅰ卷·统考高考真题第 21 题）已知函数 f (x) = aex 1 ln x ln a ．
（1）当 a = e时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式 f x 1恒成立，求 a 的取值范围．
2．已知函数 f (x) = ln(ax), a > 0，若 f (x) (x 1)e
x a , 求 a 的取值范围.
3．已知函数 f (x) = ax x ln x(a R)，当 a =1 且 k Z 时, 不等式 k(x 1) < f (x) 在 x (1, )
上恒成立, 求 k 的最大值.
4．已知函数 f (x) aex a 1= 2(a 1) 0 对任意的 x (0, ) 恒成立, 其中实数 a > 0 , 求 a 的
x
取值范围.
f x 2lnx x a1．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 = a R
x
(1)若 a = 2，求 f x 的单调区间.
(2)若对"x 0, x， f x xe 恒成立，求实数 a的取值范围
2．（2024·山东日照·三模）已知函数 f x = a ln x x2 a 2 x， g x = x 2 ex x2 4x m， a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a = 1时，对"x 0,1 ， f x > g x ，求正整数m 的最大值.
1
3．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知函数 f x = alnx x a R .
x
(1)讨论 f x 的零点个数；
2
(2)若关于 x 的不等式 f x 2x 在 0, 上恒成立，求 a的取值范围.
e
考点三、隐零点问题之不等式证明综合
f x ex lnx 11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 = a a R ．
x x
(1)当 a = e时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)当 a 1时，证明： xf x 0在定义域内恒成立．
2．（2024·河北张家口·三模）已知函数 f (x) = ln x 5x 4．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
3
(2)证明： f (x) > 2．
5x
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) = ax ln x a ，若 f (x) 的最小值为 0，
(1)求 a的值;
(2)若 g(x) = xf (x)，证明: g(x)存在唯一的极大值点 x0 ，且 g x0
1
< .
4
x
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = ， g x = lnxx .e
(1)求 f x 的极值；
(2) x证明： xg x 2 > e f x 2 .
x
1．（2021·黑龙江·模拟预测）已知函数 f (x) = x ln x kx 3k ，求：
(1)当 k =1时，求曲线 f (x) 在点 (1，f (1)) 处的切线方程；
(2)当 x > 3时，总有 f (x) >1，求整数 k 的最小值.
1
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = x2 alnx．
2
(1)讨论函数 f x 的单调性；
é1 ù
(2) 1 2若函数 f x 的最小值为 ，不等式 f x x 1 ex e2 m 在 ê , 2ú上恒成立，求实数m2 的取值范围． 2
3．（2023·吉林· x a三模）已知函数 f x = e ln x a a > 0 ．
(1)证明：函数 f x 在 0, 上存在唯一的零点；
(2)若函数 f x 在区间 0, 上的最小值为 1，求 a 的值．
4．（2023·江苏盐城·二模）设函数 f x = x 1 ex a 2e ex ，
（1）当 a = 0时，求函数 f (x) 图象在 x =1处的切线方程；
（2）求 f x 的单调区间；
（3）若不等式 f x > 0对 x 2, 恒成立，求整数 a的最大值.
5．（2023 高三·天津·阶段练习）已知函数 f x = x k 1 ex （其中 e为自然对数的底数）．
(1)当 k = 1时，求函数 f x 的极值；
(2)若函数 g x = f x e2在 x 0, 有唯一零点，求实数 k 的取值范围；
(3)若不等式 f x > 3x 对任意的 x R 恒成立，求整数 k 的最大值．
6．（2023 高三下· 2 2全国·阶段练习）已知函数 f x = a 1 x x ln x的图象在点 A e , f e （ e为自然对数的
底数）处的切线斜率为 4．
（1）求实数 a的值；
（2）若m Z ，且m x 1 < f x 1对任意 x >1恒成立，求m 的最大值．
7．（23-24 2高三下·湖南岳阳·阶段练习）函数 f x = ln x, g x = x x m 2．
(1)若m = e，求函数F x = f x g x 的最大值；
(2)若 f x g x x2 x 2 ex 在 x (0, 2]恒成立，求实数 m 的取值范围．
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x π= ax 3sin x ， x 0, .
cos2 x 2 ֏
(1)求证： 2 tan x 3sin x > 5x；
(2)若 f x < sin 2x，求 a的取值范围.
9．（2023 高三·云南· f x = xex阶段练习）已知函数 ， g x = x ln x．
（1）令 h x = f x eg x ，求 h x 的最小值；
（2）若 f x g x b 2 x 1恒成立，求b 的取值范围．
2a
10．（2023·山东·一模）已知函数 f (x) = ln x 1 在点 (a, f (a))处的切线过点 (0, 4) ．
x
(1)求实数 a的值，并求出函数 f (x) 单调区间；
(2)若整数 k 使得 2 f (x) > k(1 1 )在 x (1, )上恒成立，求 k 的最大值．
x
11．（2024·山东· 2 x二模）已知函数 f x = a xe x lnx．
(1)当 a
1
= 时，求 f x 的单调区间；
e
(2)当 a > 0时， f x 2 a ，求 a的取值范围．
12．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知函数 f x = xlnx ax 在点 1, f 1 处的切线与直线 x 2y 2 = 0垂直.
(1)求实数 a的值；
é 1 ù
(2) 2求函数 f x 在区间 ê 4 , e ú 的最大值和最小值； e
(3)证明： f x x2 ex 2 .
1
13．（2024·四川南充·三模）已知函数 f (x) = x2 sin x ax．
2
(1)当 a =1时，求 f (x) 的最小值；
(2)①求证： f (x) 有且仅有一个极值点；
②当a ( ,1]
1 2
时，设 f (x) 的极值点为 x0 ，若 g(x) = x 2sin x 2x ．2
求证： f x0 g x0 ．
14 2024· · f x = ex a．（ 安徽合肥 模拟预测） a R .
(1)若 f x 的图象在点 A x0 , f x0 处的切线经过原点，求 x0 ；
(2)对任意的 x 0, ，有 f x sinx，求 a的取值范围.
15．（23-24 高三上·浙江·阶段练习）已知函数 f (x) = ex ax2 (e = 2.718L) .
(1)若 f (x) 在 0, 有两个零点，求实数 a的取值范围；
(2)设函数 g(x) = ex[ f (x) ax2 1 x]，证明： g(x) 2 1存在唯一的极大值点 x0 ，且 e3
< g(x0 ) < .4
1 2x．（全国·高考真题）设函数 f x = e a ln x .
（Ⅰ）讨论 f x 的导函数 f x 的零点的个数；
2
（Ⅱ）证明：当 a > 0时 f x 2a a ln .
a
2．（全国·高考真题）(1)讨论函数 f x x 2= ex x的单调性，并证明当 x >0 时， x 2 e x 2 > 0;
x 2
x
(2)证明：当 a 0,1 e ax a时，函数（g x）= 2 (x > 0) 有最小值.设 g（x）的最小值为 h a ，求函数 h a x
的值域.

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