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培优点 04 隐零点与极值点偏移问题（2 种核心题型+基础保
分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
隐零点问题是指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；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，
隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过
程较为烦琐，计算量较大，难度大
【核心题型】
题型一　隐零点
零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在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取值范围．
(2)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．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适
当缩小．
【例题 1】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知 f x = ae2x - 2xex （其
中 e = 2.71828L为自然对数的底数）.
（1）当 a = 0时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程，
1
（2）当 a = 时，判断 f x 是否存在极值，并说明理由；
2
（3）"x R, f x 1+ 0，求实数 a的取值范围.
a
【变式 1】（23-24 高三上·河南焦作·期末）（1）求函数 f (x) = ex-1 - x 的极值；
（2）若 a (0,1]，证明：当 x > 0时， (x -1)ex-a +1 ln x + a ．
【变式 2】（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知函数 f x = xlnx - ax +1，其中 a R ．
（1）当a = 2时，求曲线 f x 在 x =1处的切线方程；
f x f x "x 1,3 5 x -1 （2）记 为 的导函数，若对 ，都有 f x + f x ，求 a的取值
x +1
范围．
【变式 3】（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数 f (x) = sin x + x2 ．
π
（1）求曲线 y = f (x) 在点 , f
π
÷÷ 处的切线方程；
è 2 è 2
5
（2）证明： f (x) > - ．
16
题型二　极值点偏移
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论 x1＋x2>(<)2x0 型，构造函数 F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；
x20
对结论 x1x2>(<)x 20型，构造函数 F(x)＝f(x)－f ( )，通过研究 F(x)的单调性获得不等x
式．
x1
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 t＝ 化为单变量的函数不等
x2
式，利用函数单调性证明．
ex
【例题 1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数 f x = - ln x + x - a .若 f (x) 有两个零
x
点 x1, x2 ，证明： x1x2 <1.
【变式 1】（2022·全国·模拟预测）设函数 f x = lnx - ax a R .
(1)若 a = 3，求函数 f x 的最值；
(2)若函数 g x = xf x - x + a 有两个不同的极值点，记作 x1, x2 ，且 x1 < x2，求证：
lnx1 + 2lnx2 > 3 .
【变式 2】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试）已知函数
f x = x - 2 e- x （其中 e = 2.71828L为自然对数的底数）.
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 a,b b a b a为两个不相等的实数，且满足 ae - be = 2 e - e ，求证： a + b > 6.
2024· · f x = ex 2【变式 3】（ 辽宁 模拟预测）已知函数 - ax (a > 0)．
2
(1) e当 a = 时，判断 f x 在区间 1, + 内的单调性；
4
(2)若 f x 有三个零点 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3．
（i）求 a的取值范围；
（ii）证明： x1 + x2 + x3 > 3 .
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2022·四川成都·一模）已知 a > b，且 ea - a = eb - b =1.01，则下列说法正确的有（ ）
0 a 1① b < -1； ② < < ；③ b + a < 0；
2 ④ a - b <1 .
A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④
m lnx + x -1
2．（2023·

全国·模拟预测）若关于 x 的方程 ex = 有两个解，则实数m 的取值范
x
围为（ ）
A． e,+ B e2． ,+ C． 8,+ D． 4e, +
2
3．（2023·四川南充·一模）已知函数 f (x) = ln x - + 2 - m （0 < m < 3）有两个不同的零点
x
x1，x2（ x1 < x2），下列关于x1，x2的说法正确的有（ ）个
x 2 m
① 2 < e2mx ② x1 > ③ e
3 x 3< 2 < ④ x1xm + 2 3 m 2
>1
1 -
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
a b
4．（2023·湖南永州·二模）已知 = = 2.86， c ln c = d ln d = -0.35， a < b ， c < d ，则
ln a ln b
有（ ）
c d 2A． a + b < 2e B． + >
e
C． ad <1 D．bc >1
5．（2023·湖北襄阳·模拟预测）已知关于 x 的方程 xex - a = 0有两个不等的实根 x1, x2 ，且 x1 < x2，
则下列说法正确的有（ ）
A．-e-1 < a < 0 B． x1 + x2 < -2 C． x2 > a D
x
． x1 + e 1 < 0
ln x
6．（2023·福建宁德·二模）已知函数 f (x) = ，则（ ）
x
A． f (2) > f (3)
B．若 f (x) = m 2有两个不相等的实根x1，x2，则 x1x2 > e
C． ln 2 2<
e
D．若 2x = 3y ， x ， y 均为正数，则 2x > 3y
三、解答题
7．（22-23 高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式： ex-2 > ln x （第一问必须用隐零点
解决，否则不给分）；
（2）已知函数 f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2有两个零点.求 a 的取值范围.（第二问必须用分段讨论
解决，否则不给分）
ln x +1
8 e
x
．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = ， g(x) = ．
x x
(1)若对任意的m, n (0,+ )都有 f (m) t g(n)，求实数 t 的取值范围；
x1
(2) x , x (0,+ ) x x ex2 -x
x
1 2 3 3若 1 2 且 1 2 ， = x ，证明： x1 + x2 > 2．x 21
2ln x - a
9．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = 2 .x
(1)若 x > 0时， f (x) 1恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)当实数 a取第（1）问中的最小值时，若方程 f (x) = m有两个不相等的实数根x1，x2，请
x2 + x2 2 2比较 1 2 ， 2x1 x2 ，2 这三个数的大小，并说明理由.
10．（23-24 高三上·云南昆明·阶段练习）设 a，b 为函数 f x = x ×ex - m （m < 0）的两个零
点．
(1)求实数m 的取值范围；
(2)证明： ea + eb <1．
【综合提升练】
一、单选题
ì ln x
,0 < x e
1．（22-23 高二下·福建厦门· f x = í x期末）已知函数 ，若 a < b < c，且
1
- 2 x
2
+ , x > e
e e
f a f b f c blna= = ，则 ·c 的取值范围为（　　）
alnb
A． (e, 2e) B． (-2e,-e)
C． (1, 2e) D． (-2e,-1)
2．（2023·江西南昌·二模）已知函数 f x = ex sin x + ax x é0, π ù， ê 2 ú ．若 f x 有且只有两个零
点，则实数 a 的取值范围是（ ）
é 2 π é 2 π
A． ê- e 2 , + ÷ B． ê- e 2 ,0÷
π π
é 2 π ù é 2 π
C． ê- e 2 ,0ú D． ê- e 2 ,-1π π ÷
3．（22-23 高三上·辽宁锦州· x阶段练习）已知函数 f x = a x + cos x - e 在 0, π 上恰有两个
极值点，则 a的取值范围是（ ）
A． 0,1 B． - , eπ C． 0,eπ D． eπ , +
4．（2020 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = ex - ax有两个零点x1，x2，则下列判断：
① a < e ；② x1 + x2 < 2；③ x1 × x2 >1；④有极小值点 x0 ，且 x1 + x2 < 2x0 .则正确判断的个
数是（ ）
A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
2
5．（21-22 高三上·江西鹰潭·阶段练习）关于函数 f (x) = + ln x ，下列说法正确的是（ ）x
A． x = 2是 f (x) 的极大值点
B．函数 y = f (x) - x有 2 个零点
C．存在正整数 k，使得 f (x) > kx 恒成立
D．对任意两个正实数 x1, x2 ，且 x1 x2 ，若 f x1 = f x2 ，则 x1 + x2 > 4
a
6．（2023·福建漳州·三模）已知函数 f x = 2x + ln x +1- a 和函数 g x = x - 2x ，具有相同e
2x
的零点 x ，则 e 00 ln x20 的值为（ ）
A． 2 B．-e C．-4 D． e2
100 100
7 22-23 0.99 e-0.01．（ 高三上·河北衡水·期末）已知 a = e ,b = ln e ÷ , ln a = c - ln c(c 0.99)，99 è 99
则（ ）
A．b > a >1.01 > c B．b > a > c >1.01
C． a > b >1.01 > c D． a > b > c >1.01
ln x
8．（21-22 高三上·浙江宁波·开学考试）已知函数 f x = ，对于正实数 a，若关于 t 的方
x
程 f t = f a ÷ 恰有三个不同的正实数根，则 a 的取值范围是（t ）è
A． 1,8 B． e2 ,8 C． 8,+ D 2． e ,+
二、多选题
9．（2023·河北衡水·一模）直线 l： y = ax 与 y = ex 的图象交于 A x1, y1 、B x2 , y2 两点
x1 < x2 ， y = ex 在 A B 两点的切线交于C ， AB 的中点为D，则（ ）
A． a e B．点C 的横坐标大于 1
C． x1 - x2 < (a + 2 - e)
2 - 4 D．CD 的斜率大于 0
10．（22-23 高三·全国·阶段练习）已知函数 f x = ex - x， g x = x - ln x，则下列说法正确
的是（ ）
A． g ex 在 0, + 上是增函数
B．"x >1，不等式 f ax f ln x2 恒成立，则正实数 a 2的最小值为
e
C．若 f x = t 有两个零点 x1, x2 ，则 x1 + x2 > 0
ln t
D．若 f x1 = g x2 = t t > 2
1
，且 x2 > x1 > 0 ，则 x2 - x
的最大值为
1 e
11．（2023·河北·模拟预测）若当实数 a 变化时，直线 y = ax + ea 恒与定曲线 y = f x 相切，
且 f x1 = f x2 = b ，则（ ）
A． f x 有一个极大值点 B．b 0,1
C． x R D． x1 + x2 < -2
三、填空题
ln x
12．（2021· · f (x) = ex-a黑龙江 模拟预测）已知函数 - -1有两个不同的零点，则实数 a的
x
取值范围是 .
x + m
13．（2022·吉林·三模）已知函数 f (x) = x 的极大值点为 0，则实数 m 的值为 ；e
设 t1 t2 ，且 t2 ln t1 - t1 ln t2 = t1 - t2 ，不等式 ln t1 + ln t2 > l 恒成立，则实数l 的取值范围
为 ．
2 x-
14．（2022· x广东佛山·一模）已知函数 f x = x + 2axe 2 + 2，当 a = 2 时，函数 f x 的零e
点个数为 ；若函数 f x 有两个零点，则实数 a 的取值范围为 ．
四、解答题
m
15．（2023·江西·模拟预测）已知函数 f (x) = x + ．
ex
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 = f x2 = 2，证明：0 < m < e，且 x1 + x2 < 2．
16．（2024·湖南邵阳·一模）已知函数 f x = 3lnx + ax2 - 4x + b(a > 0,b R) .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a
1
= 时，方程 f x = 0有三个不相等的实数根，分别记为 x
2 i
i =1,2,3 .
①求b 的取值范围；
②证明 xi - x j < 4 i =1,2,3; j =1,2,3 .
17．（2023·山西·模拟预测）已知函数 f x = lnx - a x +1,a R .
(1)若 f x 0 ，求 a的取值范围；
(2) x f x2 = eax - ex2若关于 的方程 有两个不同的正实根 x1, x2 ，证明： x1 + x2 > 2 e .
18．（2022·四川南充·一模）已知函数 f (x) = x - ln x - a 有两个不同的零点 x1, x2 .
(1)求实数 a的取值范围；
(2)求证： x1 + x2 > 2 .
19．（2024·河北沧州·二模）若函数 f x , g x 与 h x 在区间 D上恒有 f x h x g x ，
则称函数 h x 为 f x 和 g x 在区间D上的隔离函数.
(1)若 f x 11= x, g x = -2 6x, h x = 2x2 + 3, D = 1, 2 ，判断 h x 是否为 f x 和 g x 在区
2
间D上的隔离函数，并说明理由；
(2)若 f x = ex -1,h x = kx ，且 f x h x 在R 上恒成立，求 k 的值；
(3) f x = ex若 , g x lnx +1= +1, h x = kx + b k,b R , D = 0,+ ，证明：b = k -1是 h x
x
为 f x 和 g x 在 0, + 上的隔离函数的必要条件.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2023·四川内江·一模）已知函数 f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2有两个零点，则 a的最小整数值
为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
1
2．（2023·四川成都·三模）已知函数 f x = x - - m ln x 有三个零点，则实数 m 的取值范围
x
是（ ）
A． 4, + B． 3, + C． e, + D． 2, +
3．（2023·河北沧州·模拟预测）已知直线 y = kx + b与曲线 y = ex + 2和曲线 y = ln e2x 均相切，
则实数 k 的解的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无数
二、多选题
4．（22-23 高三上·湖北·阶段练习）已知
a b
a > b,c > d , e e= =1.01, 1- c ec = 1- d ed = 0.99，则（ ）
a +1 b +1
A． a + b > 0 B． c + d > 0
C． a + d > 0 D．b + c > 0
5．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数 f x = ln x - ax，则下列说法正确的是（ ）
A．若 f x 0 恒成立，则a 1
B．当 a < 0时， y = f x 的零点只有1个
C．若函数 y = f x 2有两个不同的零点 x1, x2 ，则 x1x2 > e
1
D．当 a =1 me2x时，若不等式 + ln m f x é 恒成立，则正数m 的取值范围是 ê ,+ e ÷
6．（22-23 高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数 f x = 2ln x - ax2 则下列结论正确的有（ ）
A．当 a =1时， x =1是 y = f x 的极值点
a 1B．当 > 时， f x < 0 恒成立
e
a 1C．当 < 时， y = f x 有 2 个零点
2e
D．若 x1, x2 是关于 x 的方程 f x = 0的 2 个不等实数根，则 x1 × x2 > e
三、填空题
7．（2023· x重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数 f x = x -1 e - kx (x > 0) 存在唯一零点，则 k
的取值范围为 .
8．（2024·河南洛阳·模拟预测）若函数 f (x) = a(1- sin x) - ex 在区间 0, π 上有两个零点，则 a
的取值范围为 .
四、解答题
9．（2023·贵州毕节·模拟预测）已知函数 f x = 2x + a lnx - 3 x - a ,a > 0 .
(1)当 x 1时， f x 0，求 a的取值范围.
1
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x -2 ，证明： x + x 2 .1 2 > 2e
a ln x + a
10．（2023·云南大理·模拟预测）已知函数 f (x) = ．
x
(1)讨论 f x 的极值；
(2) ex x若 2 = ex x11 2 （e 是自然对数的底数），且 x1 > 0， x2 > 0， x1 x2 ，证明：
x1 + x2 > 2．
11．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = x - 2 ex - ax a R ．
(1)若 a = 2，讨论 f x 的单调性．
(2)已知关于 x 的方程 f x = x - 3 ex + 2ax 恰有 2个不同的正实数根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）求证： x1 + x2 > 4．
12．（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系 xOy 中，RtVOAB 的直角顶点A 在 x 轴上，另一个
顶点 B 在函数 f x lnx= 图象上
x
(1)当顶点 B 在 x 轴上方时，求 RtVOAB 以 x 轴为旋转轴，边 AB 和边OB旋转一周形成的面
所围成的几何体的体积的最大值；
ax2 2
(2)已知函数 g x e - ex + ax -1= ，关于 x 的方程 f x = g x 有两个不等实根 x1，x2
x
x1 < x2 .
（i）求实数 a的取值范围;
2 2 2
（ii）证明： x1 + x2 > .e培优点 04 隐零点与极值点偏移问题（2 种核心题型+基础保
分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
隐零点问题是指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；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，
隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过
程较为烦琐，计算量较大，难度大
【核心题型】
题型一　隐零点
零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在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取值范围．
(2)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．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适
当缩小．
2x x
【例题 1】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知 f x = ae - 2xe （其
中 e = 2.71828L为自然对数的底数）.
（1）当 a = 0时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程，
1
（2）当 a = 时，判断 f x 是否存在极值，并说明理由；
2
（3）"x R, f x 1+ 0，求实数 a的取值范围.
a
【答案】（1） y = -4ex + 2e；（2）有一个极大值，一个极小值，理由见解析；（3）
é
1- 2 e 2 ,0
【解析】（1）当 a = 0时， f x = -2xex ，可得 f x = -2 x +1 ex ，则
f 1 = -4e, f 1 = -2e，
所以曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程为 y + 2e = -4e x -1 ，即 y = -4ex + 2e .
a 1= f x 1= e2x - 2xex（2）当 时， ，定义域为R ，
2 2
2x
可得 f x = e - 2 x +1 ex = ex ex - 2x - 2 ，
令F x = ex - 2x - 2，则F x = ex - 2，
当 x - , ln2 时，F x < 0；当 x ln2,+ 时，F x > 0，
所以F x 在 - , ln2 递减，在 ln2,+ 上递增，
所以F (x)min = F ln2 = 2 - 2ln2 - 2 = -2ln2 < 0 ，
又由F 1-1 = > 0, F 2 = e2 - 6 > 0，
e
存在 x1 -1, ln2 使得F x1 = 0，存在 x2 ln2,2 使得F x2 = 0，
当 x - , x1 时，F x > 0, f x > 0, f x 单调递增；
当 x x1, x2 时，F x < 0, f x < 0, f x 单调递减；
当 x x2 , + 时，F x > 0, f x > 0, f x 单调递增；
所以 a
1
= 时， f x 有一个极大值，一个极小值.
2
（3）由 f x = ae2x - 2xex ，可得 f x = 2ae2x - 2 x +1 ex = 2ex aex - x -1 ，
2
由"x R, f x 1+ 0，因为 f 0 1+ = a 1 a +1+ = 0 ，可得 a<0，a a a a
令 g x = aex - x -1，则 g x 在R 上递减，
当 x < 0 时，可得 ex (0,1) ，则 aex (a,0) g x = aex，所以 - x -1 > a - x -1，
则 g a -1 > a - a -1 -1 = 0，
g -1 = ae-1又因为 < 0，$x0 a -1,-1 使得 g x = 0 g x = aex0 ，即 00 - x0 -1 = 0
且当 x - , x0 时， g x > 0，即 f x > 0；
当 x0 x0 ,+ 时， g x < 0 ，即 f x < 0，
所以 f x 在 - , x0 递增，在 x0 ,+ 2x x递减，所以 f (x) 0 0max = f x0 = ae - 2x0e ，
由 g x = aex00 - x0 -1 = 0 a
x
，可得 = 0
+1
，
ex0
ex0 1- x 1+ x
f (x) 1+ 0 x +1 ex0 - 2x ex0 + 0 0 0 +1由 max ，可得 ，即 0，a 0 0 x0 +1 x0 +1
2
由 x0 +1< 0，可得 x0 -1 1，所以- 2 x0 < -1，
因为 a
x
= 0
+1
x ，设 h x
x +1 -x
= x (- 2 x < -1) ，则 h x = > 0，e 0 e ex
1- 2
可知 h x 在 é - 2,1 上递增， h x h - 2 = = 1- 2 e 2 且 h x < h -1 = 0，e- 2
所以实数 a的取值范围是 é 1- 2 e 2 ,0 .
【变式 1】（23-24 高三上·河南焦作·期末）（1）求函数 f (x) = ex-1 - x 的极值；
（2）若 a (0,1]，证明：当 x > 0时， (x -1)ex-a +1 ln x + a ．
【答案】（1）极小值为 0，无极大值；（2）证明见解析
【分析】（1）求导，得到单调性，从而得到极值情况；
（2）在（1）基础上得到 x -1 ln x，构造函数 h(x) = (x -1)ex-a - ln x +1- a(x > 0) ，求导得
到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值 h x0 0，证明出结论.
【详解】（1）依题意， f (x) = ex-1 -1，令 f (x) = 0，解得 x =1，
所以当 x (- ,1) 时， f (x) < 0 ，当 x (1,+ )时， f (x) > 0 ，
即 f (x) 在 (- ,1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增，
而 f (1) = 0，故 f (x) 的极小值为 0，无极大值．
（2）由（1）可知，当 x > 0时， ex-1 x ，则 x -1 ln x．
令 h(x) = (x -1)ex-a - ln x +1- a(x > 0) ，
则 h (x) = xex-a
1
- ，易知 h (x)在 (0, + )上单调递增．
x
a (0,1] h 1 1
1
-a
因为 ，所以 ÷ = e2 - 2 < 0， h (1) = e
1-a -1 0，
è 2 2
1
故$x0 ,1
ù
ú，使得 h x e
x -a 1x0 = 0 0 =
è 2
，即 0
x
①．
0
当 x 0, x0 时， h (x) < 0，当 x x0 ,+ 时， h (x) > 0，
所以 h(x) 在 x 0, x0 上单调递减，在 x x0 ,+ 上单调递增，
故 h(x) = h x0 = x0 -1 ex0 -a - ln x0 +1- amin ②．
ex 1① 0 -a由 可得 = 2 , x0 - a = -2ln xx 0 ，0
代入②，得
1- x 2x -1h x x0 -1 3ln x x 1 x0 -1 3 x 0 0 2x +1 0 = 2 - 0 - 0 + - 0x x2 0 -1 - x0 +1 =0 0 x2
，
0
x 1 ù而 0 ,1ú，故 h x0 0，故 h(x) 0，即原命题得证．è 2
【点睛】
方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：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的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与
简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次
【变式 2】（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知函数 f x = xlnx - ax +1，其中 a R ．
（1）当a = 2时，求曲线 f x 在 x =1处的切线方程；
（2）记 f x 为 f x 的导函数，若对"x 1,3 ，都有 f 5 x -1x + f x ，求 a的取值
x +1
范围．
é5
【答案】（1） y = -x；（2） ê ,+ 2 ÷
【解析】（1）由题知， f x = lnx +1- a ，当a = 2时， f 1 = -1，f 1 = -1，
所以曲线 f x 在 x =1处的切线方程为 y = -x；
5 x -1
（2）由题意，原不等式等价于 xlnx - ax +1+ lnx +1- a ，
x +1
5
即 x -1 lnx + a x -1 ，
è x +1÷
当 x =1时，对任意 a R ，不等式恒成立，
当 x 1,3 时，原不等式等价于 lnx 5+ a ，
x +1
2
设 g x lnx 5 g x 1 5 x - 3x +1= + ，则 = - = ，
x +1 x (x +1)2 x(x +1)2
h x x2 3设 = - 3x +1，因为 h 1 0, h 3 0, h ÷ < 0，
è 2
x 3 所以存在唯一 0 ,32 ÷，使得
h x0 = 0，即 g x0 = 0，
è
当 x 1, x0 时， g x < 0, g x 单调递减，
当 x x0 ,3 时， g x > 0, g x 单调递增，
故 g(x)max = max g 1 , g 3 = g 1 5= ，即 a 5 ．2 2
é5
综上所述， a的取值范围为 ê ,+ 2 ÷
．

【变式 3】（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数 f (x) = sin x + x2 ．
π π
（1）求曲线 y = f (x) 在点 , f ÷÷ 处的切线方程；
è 2 è 2
（2）证明： f (x)
5
> - ．
16
【答案】（1） 4πx - 4y - π2 + 4 = 0；（2）证明见解析
π π π2
【解析】（1） f (x) = cos x

+ 2x f ， ÷ = π， f
è 2 ÷
= +1．
è 2 4
y = f (x) π , f π y πx π
2
故曲线 在点 ÷÷ 处的切线方程为2 2 = - +1
，即 4πx - 4y - π2 + 4 = 0．
è è 4
（2）由（1）得 f (x) = cos x + 2x．
令函数u(x) = f (x)，则u (x) = -sin x + 2 > 0，所以u(x) = f (x)是增函数．
因为 f (0) =1 f
1 1
， -

÷ = cos -1 < 0 ，
è 2 2
1
所以存在 x0 - ,0÷，使得 f (x0 ) = cos x0 + 2x0 = 0
2 1
，即 x0 = cos
2 x ．
è 2 4 0
所以当 x - , x0 时， f (x) < 0 ，当 x x0 ,+ 时， f (x) > 0，
所以 f (x) 在 - , x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增．
f (x) f x sin x x2 sin x 1 2 1 2 1 0 = 0 + 0 = 0 + cos x0 = - sin x + sin x + ．4 4 0 0 4
x 1 ,0 sin x sin 1 sin π 1因为 0

- ÷，所以 0 > - ÷ > - ÷ = - ，
è 2 è 2 è 6 2
1 2
所以- sin2 x0 + sin x
1 1 1 1 1 5
0 + > -
- - + = - ．
4 4 4 ֏ 2 2 4 16
故 f (x)
5
> - ．
16
题型二　极值点偏移
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论 x1＋x2>(<)2x0 型，构造函数 F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；
x20
对结论 x1x2>(<)x 20型，构造函数 F(x)＝f(x)－f ( )，通过研究 F(x)的单调性获得不等x
式．
x1
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 t＝ 化为单变量的函数不等
x2
式，利用函数单调性证明．
ex
【例题 1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数 f x = - ln x + x - a .若 f (x) 有两个零
x
点 x1, x2 ，证明： x1x2 <1.
【答案】证明见解析
x2 - x1
【分析】利用构造函数法，从而只需证明 x1x2 < ln x2 - ln x
，即可求解.
1
ex ex ex 1
【详解】由题意得 f x = + ln - a ，令 t = >1，则 f t = t + ln t - a ， f t =1+ > 0，
x x x t
所以 f t = t + ln t - a 在 1, + 上单调递增，故 f t = 0至多有1解；
x
又因为 f x e有两个零点 x1, x2 ，所以， t = 有两个解 x1, x2 ，x
x ex x -1 x
令 y e e= ， y = ，易得 y = 在 0,1 上递减，在 1, + 上递增，所以 0 < x1 < 1 < x2 2 .x x x
x x
此时 e 1 = tx ;ex2 = tx ex2 -x1 21 2 ，两式相除，可得： = x2 - x1 = ln x2 - ln xx 1.1
x2 - x1
于是，欲证 x1x2 <1只需证明： x1x2 < ln x2 - ln x
，
1
x2 - x1
下证 x1x2 < ln x - ln x ：2 1
x x x2 - x< 1因为 1 2 ln x2 - ln x
x - x
1 <
2 1 ln x2 x2 x< - 1
ln x ，2 - ln x1 x1x2 x1 x1 x2
x
不妨设 s = 2 >1
1
，则只需证 2ln s < s - ，
x1 s
h s 2ln s s 1
2
构造函数 = - + , s >1，则 h s 2 1= -1- 2 = - 1
1
-
s s s s ÷
< 0，
è
1
故 h s 在 1, + 上单调递减，故 h s < h 1 = 0，即 2ln s < s - 得证，
s
综上所述：即证 x1x2 <1.
【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.
【变式 1】（2022·全国·模拟预测）设函数 f x = lnx - ax a R .
(1)若 a = 3，求函数 f x 的最值；
(2)若函数 g x = xf x - x + a 有两个不同的极值点，记作 x1, x2 ，且 x1 < x2，求证：
lnx1 + 2lnx2 > 3 .
【答案】(1)无最小值，最大值为-ln3-1
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数 f x = lnx - 3x 求导后得 f x 1- 3x= , x > 0，分别求出 f x > 0和
x
f x < 0的解集，从而可求解.
（2）由 g x = xf x - x + a 有两个极值点 x1, x2 lnx1 = 2ax1, lnx2 = 2ax2，从而要证
ln x2
t x= 2 , t >1
lnx1 + 2lnx
3 x 3
2 > 3 2ax1 + 4ax2 > 3 a > 1 >
，令 x ，构建函
2x1 + 4x2 x2 - x
1
1 x1 + 2x2
数 h t 3 t -1= lnt - ，然后利用导数求解 h t 的最值，从而可求解证明.
1+ 2t
【详解】（1）由题意得 f x = lnx - 3x f x 1- 3x，则 = , x > 0 .
x
f x > 0 0 x 1令 ，解得 < < ；令 f x < 0 1，解得 x > ，
3 3
\ f x 0, 1 1 在 3 ÷上单调递增，在 ,+ ÷上单调递减，è è 3
\ f (x)max = f
1 1 1
÷ = ln - 3 = -ln3-1，
è 3 3 3
\ f x 无最小值，最大值为-ln3-1 .
（2）Q g x = xf x - x + a = xlnx - ax2 - x + a ，则 g x = lnx - 2ax ，
又 g x 有两个不同的极值点 x1, x2 ,\lnx1 = 2ax1, lnx2 = 2ax2 ，
欲证 lnx1 + 2lnx2 > 3，即证 2ax1 + 4ax2 > 3，
3
Q0 < x1 < x2 ,\原式等价于证明 a > 2x + 4x ①.1 2
x
x 2
由 lnx1 = 2ax1, lnx2 = 2ax
2
2 ，得 ln = 2a
ln
x
x 2
- x1 ，则 a x= 1 ②.1 2 x2 - x1
ln x2
由①②可知原问题等价于求证 x1 3> ，
x2 - x1 x1 + 2x2

3 x 2

-1
x ÷
即证 ln 2
3 x2 - x1 è x> = 1 .
x x + 2x 2x1 1 2 1+ 2
x1
t x= 2 3 t -1 令 x ，则 t > 1，上式等价于求证 lnt > .1 1+ 2t
3 1+ 2t - 6 t -1 t -1 4t -1
令 h t 3 t -1 1= lnt - ，则 h t = - = ，
1+ 2t t (1+ 2t)2 t(1+ 2t)2
Qt >1,\h t > 0 恒成立，\h t 在 1, + 上单调递增，
\当 t > 1时， h t > h 1 = 0 3 t -1，即 lnt > ，
1+ 2t
\原不等式成立，即 lnx1 + 2lnx2 > 3 .
【点睛】方法点睛：①对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数

或加数关系 t
x
= 2 ，t = x
x 2
+ x1 ÷；
è 1
②通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
③利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
【变式 2】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试）已知函数
f x = x - 2 e- x （其中 e = 2.71828L为自然对数的底数）.
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 a,b b a为两个不相等的实数，且满足 ae - be = 2 eb - ea ，求证： a + b > 6.
【答案】(1)增区间为 - ,3 ，减区间为 3, +
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，然后根据导函数的正负来判断 f x 得单调性；
b
（2）将 ae - bea = 2 eb - ea a - 2 b - 2变形为 a = b 得到 f a = f b ，然后构造函数e e
g x = f x - f 6 - x ，根据 g x 得单调性和 g x < 0 得到 f a < f 6 - a ，最后根据
f a = f b 和 f x 得单调性即可证明 a + b > 6.
- x - x - x
【详解】（1） f x = e + x - 2 × -1 ×e = 3- x e ，
令 f x > 0，解得 x < 3，令 f x < 0，解得 x > 3，
所以 f x 的增区间为 - ,3 ，减区间为 3, + .
b a b a a b 2 2 a - 2 b - 2
（2）证明：将 ae - be = 2 e - e 两边同时除以 eaeb 得 - = - ，即 = ，ea eb ea eb ea eb
所以 f a = f b ，
由（1）知 f x 在 - ,3 上单调递增，在 3, + 上单调递减，
又 f 2 = 0 ， f 3 1= 3 ，当 x 2, + 时， f x > 0，e
设 a < b ，则 2 < a < 3 < b ，
令 g x = f x f 6 x x - 2 4 - x- - = x - 6 x 2 < x < 3 ，e e -
6-x
g x 3- x 3- x 3 x e - e
x
则 = x - 6-x = -e e e6
，
由 2 < x < 3得6 - x > x，所以e6-x > ex ，3 - x > 0，
所以 g x > 0， g x 在 2,3 上单调递增，
又 g 3 = f 3 - f 3 = 0，所以 g x < 0 ，
当 2 < x < 3时， f x - f 6 - x < 0 ，即 f a - f 6 - a < 0，即 f a < f 6 - a ，
又 f a = f b ，所以 f b < f 6 - a ，
又6 - a > 3，b > 3， f x 在 3, + 上单调递减，
所以b > 6 - a，即 a + b > 6.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于 x1 + x2 > a f x1 = f x2 的问题的基
本步骤如下：
①求导确定 f x 的单调性，得到 x1, x2 的范围；
②构造函数F x = f x - f a - x ，求导可得F x 恒正或恒负；
③得到 f x1 与 f a - x1 的大小关系后，将 f x1 置换为 f x2 ；
④根据x2与 a - x1的范围，结合 f x 的单调性，可得x2与 a - x1的大小关系，由此证得结论.
x 2
【变式 3】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数 f x = e - ax (a > 0)．
2
(1)当 a e= 时，判断 f x 在区间 1, + 内的单调性；
4
(2)若 f x 有三个零点 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3．
（i）求 a的取值范围；
（ii）证明： x1 + x2 + x3 > 3 .
【答案】(1) f x 在 1,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增
e2
(2)（i） a ,+ ÷ ；（ii）证明见解析
è 4
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
x x
（2）（i e e）原条件可转化a = 2 有三个不等实根，从而构造函数 h x = 2 ，研究该函数即可x x
得；（ii）借助的 h x 单调性，得到 x1 > -1，从而将证明 x1 + x2 + x3 > 3，转化为证明
x
x 32 + x3 > 4，再设 t = x ，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数2
2
m x ln x x -1 = - x >1 ，证明其在 1, + 上大于 0 即可.
x +1
e2 e2 e2
【详解】（1）当 a = 时， f x = ex - x2 ， f x = ex - x ，
4 4 2
2 2
令 g x = f x ex e e= - x ， g x = ex - ，
2 2
2 2
令 g x ex e 0 x ln e= - = ，可得 = = 2 - ln 2，
2 2
则当 x 1,2 - ln 2 时， g x < 0，当 x 2 - ln 2,+ 时， g x > 0，
即 g x 在 1, 2 - ln 2 上单调递减，在 2 - ln 2, + 上单调递增，
2
又 g 1 e= f 1 = e - < 0， g 2 = f 2 = e2 - e2 = 0 ，
2
故当 x 1,2 时， f x < 0，当 x 2, + 时， f x > 0，
故 f x 在 1,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增；
（2）（i） f x 有三个零点，即ex - ax2 = 0 有三个根，
x
由 x = 0 e不是该方程的根，故a = 2 有三个根 x1, x2 , xx 3
，且 x1 < x2 < x3，
x
e x - 2 e
x
令 h x = 2 ， h x

= ，
x x3
故当 x - ,0 U 2,+ 时， h x > 0，当 x 0,2 时， h x < 0，
即 h x 在 - ,0 、 2, + 上单调递增，在 0,2 上单调递减，
2 2
h 2 e e= 2 = ，当 x - 时， h x →0， x 0- 时， h x + ，2 4
当 x 0+ 时， h x + ， x + 时， h x + ，
e2 x
故 a e ,+ 时， 有三个根；
è 4
÷ a =
x2
e-1 1 e2
（ii）由 h x 在 - ,0 上单调递增， h -1 = 2 = <4e 4 ，故 x1 > -1 ，-2
ex1 ex2 ex3
由（i）可得 2 = 2 = 2 = a ，且-1 < x1 < 0 < x < 2 < x ，x 2 31 x2 x3
x3
即只需证 x2 + x3 > 4，设 t = >1x ，则
x3 = x2t，
2
ex2 ex2t
则有 = ，即有 t 2 = ex2 t-1 x2 2 ，故 2ln t = x
2ln t
x 2
t -1 ， x2 = ，
2 2t t -1
x 2t ln t= x x 2ln t 2t ln t
2 t +1 ln t
则 3 ，即 2 + 3 = + = ，t -1 t -1 t -1 t -1
2 t +1 ln t t +1 ln t 2 t -1
即只需证 > 4 > 2 ln t - > 0，
t -1 t -1 t +1
2 x -1令m x = ln x - x >1 ，
x +1
1 2 x +1 - 2 x -1 x +1m x
2 - 4x x -1 2
则 = - 2 =x x +1 x x +1 2
= > 0 恒成立，
x x +1 2
故m x 在 1, + 上单调递增，
则m x > m 1 = ln1- 0 = 0，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数 f (x) 存在两个零点 x1, x2 且 x1 x2 ，求证： x1 + x2 > 2x0 （ x0 为函数 f (x) 的极值点）；
2.若函数 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 满足 f (x1) = f (x2 )，求证： x1 + x2 > 2x0 （ x0 为函数 f (x)
的极值点）；
x + x
3. 若函数 f (x) 存在两个零点 x , x 且 x x ，令 x = 1 21 2 1 2 0 ，求证： f x0 > 0；2
x + x
4. 若函数 f (x) 中存在 x1, x2 且 x1 x2 满足 f (x 1 21) = f (x2 )，令 x0 = ，求证： f x0 > 0 .2
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2022·四川成都·一模）已知 a > b，且 ea - a = eb - b =1.01，则下列说法正确的有（ ）
1
① b < -1； ② 0 < a < ；③ b + a < 0； ④ a - b <1 .2
A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④
【答案】B
x
【分析】令 f x = e - x，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移
可判断③的正误.
x x
【详解】令 f x = e - x，则 f x = e -1，
当 x < 0 时， f x < 0；当 x > 0时， f x > 0；
故 f x < 0 在 0, + 上为增函数，在 - ,0 上为减函数，
而 f a = f b ， a > b，故b < 0, a > 0 ，
f 1 1 1 1 1 37而 - ÷ = + > + = >1.02 >1.01 = f b
1
，故- < b < 0，故①错误.
è 2 2 e 2 1.7 34 2
1 1
又 f ÷ = e - > 2.56
1
- =1.6 - 0.5 >1.01 = f a ，故0 < a 1< ，
è 2 2 2 2
故②正确， 此时 a - b <1，故④正确.
设 h x = f x - f -x = ex - e- x - 2x, x 0 ，
则 h x = ex + e- x - 2 2 ex e- x - 2 = 0（不恒为零），
故 h x 在 0, + 上为增函数，
故"x > 0，必有 h x > h 0 = 0即 f x > f -x x > 0 ，
所以 f a > f -a ，即 f b > f -a ，
由 f x 的单调性可得b < -a 即 a + b < 0，故③成立.
故选：B.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等关系的讨论，注意根据等式或不等式的关系构建新函数，
并结合单调性来比较大小关系，在不等式关系的讨论中，注意利用极值点偏移来处理大小关
系.
x x m lnx + x -12 2023· · e ．（ 全国 模拟预测）若关于 的方程 = 有两个解，则实数m 的取值范
x
围为（ ）
A． e,+ B． e2 ,+ C． 8,+ D． 4e, +
【答案】B
【分析】首先变形构造函数 f x = xex - m lnx + x -1 ，讨论m 0和m > 0两种情况，利用
导数判断函数的单调性，再结合函数的最值，并结合零点存在性定理，求实数m 的取值范
围.
x
【详解】依题意，有 xe - m lnx + x -1 = 0，
令 f x = xex - m lnx + x -1 x m ，则 f x = x +1 e - x ÷ .è
当m 0时， f x > 0在 0, + 上恒成立， f x 在 0, + 上单调递增，
故 f x 至多只有 1 个零点；
m
当m > 0时，令 ex - = 0，设 x0 为该方程的解，x
故当 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，
则函数 f x 的最大值为 f x0 = x ex00 - m lnx0 + x0 -1 < 0；
而 ex
m
0 - = 0 x0 lnx + x = lnm
x ，故 x0e = m ，故 0 0 ，0
故 f x0 = m 2 - lnm < 0 ，解得m > e2 ，可知 x0 >1，故 f 1 = e - m + m = e > 0 ，
所以 f x 在 0, x0 上仅有 1 个零点，
当 x + 时， f x + ，故 f x 在 x0 ,+ 上也有 1 个零点，
2
故实数m 的取值范围为 e ,+ .
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质和零点问题，涉及构造函数，分类讨论，以及隐
x
零点问题，本题的一个关键是根据 x0e 0 = m ，变形求 f x0 < 0，再结合函数零点存在性定
理说明存在两个零点.
2
3．（2023·四川南充·一模）已知函数 f (x) = ln x - + 2 - m （0 < m < 3）有两个不同的零点
x
x1，x2（ x1 < x2），下列关于x1，x2的说法正确的有（ ）个
x 2 m
① 2 < e2mx ② x1 > ③ e
3 x 3<
m + 2 2
< ④ x1x2 >1
1 3 - m
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】函数 f x = ln x 2- + 2 - m 0 < m < 3 有两个不同零点 x1, x2 x1 < x2 ，转化为x
ln x 2 2 m 2- + = 有两个交点，构造函数 g x = ln x - + 2 ，判断单调性，利用数形结合，判
x x
断①，再根据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④.
【详解】由函数 f x = ln x 2- + 2 - m 0 < m < 3 有两个不同零点 x1, x2 x1 < x ，x 2
2
转化为 ln x - + 2 = m 0 < m < 3 有两个交点 x1, x2 x1 < x2 ，x
2 2 1 2
构造函数 g x = ln x - + 2 ， h x = ln x - + 2 ，则 g x = + 2 ，故 g x > 0，所以 g x x x x x
在 0, + 单调递增，而 g 1 = 0，可得 h x 图象如图所示
故 h x 在 0,1 单调递减，在 1, + 单调递增，
所以 0 < x1 < 1 < x2 ，
2
对于①，m = - ln x1 + - 2 = ln x
2
2 - + 2x x ，1 2

所以 2m
2 2 x
= - ln x1 + ln x2 + - > ln 2 ÷，x1 x2 è x1
x2 < e2m所以 x ，故①正确；1
2
对于②，由①可知m = - ln x1 + - 2x ，故
mx1 + 2x1 - 2 = -x1 ln x1 > 0，
1
2
因此 x1 > ，故②正确；m + 2
m m
对于③，因为0 < m < 3，所以0 < <1，故1< e 3 e, 3< >1，
3 3 - m
g 3 3
2 3- m 3 2m
所以 ÷ = ln - + 2 = ln + ，
è 3 - m 3 - m 3 3- m 3
g 3 则 ÷ - m = - ln 3- m
m
- + ln 3，
è 3- m 3
构造函数Q x = - ln 3 - m m- + ln 3，
3
则Q x
1 1 m
= - = > 0
3- m 3 3 3 Q- m ，而 0 = 0 ，
g 3 所以 ÷ > m = g x2 ，
è 3- m
3
所以 x2 < ，3- m
m m 2 m m 1 3
因为 g e ÷ = - + 23 m ，所以m - g e
3 ÷ = 2 - +1÷，
è e 3 è 3
m ÷
è e 3
m
令 = t 0 < t <1 1，构造 I t = t - t +1，显然 I t 单调递增，且 I 0 = 0，3 e
m
所以m = g x 32 > g e ÷
è
m
e 3 x 3所以 < 2 < ，故③正确；3- m
2 2 4
对于④，由①可知， ln x1x2 = + - 4 > - 4x x ，1 2 x1x2
4
所以 ln x1x2 - + 4 > 0x1x
，
2
令 x1x2 = n，W n = 2ln n
4
- + 4，显然W n 单调递增，且W 1 = 0 ，
n
所以 x1x2 >1，故④正确.
故选：D
二、多选题
a b
4．（2023·湖南永州·二模）已知 = = 2.86， c ln c = d ln d = -0.35， a < b ， c < d ，则
ln a ln b
有（ ）
2
A． a + b < 2e B． c + d >
e
C． ad <1 D．bc >1
【答案】BCD
x
【分析】令 f x = x >1 ， g x = x ln x，求导可求得 f x , g x 的单调性，利用极值
ln x
1 1 1 1
点偏移的求解方法可求得 AB 正误；由 f x ÷
= -
g x ，可确定 fè ÷
< f a , f ÷ < f b ，
è d è c
结合 f x 单调性可得 CD 正误.
x
【详解】令 f x = x >1 ， g x = x ln x，
ln x
Q f x ln x -1= 2 ，\当 x 1,e 时， f x < 0；当 x e, + 时， f x > 0；ln x
\ f x 在 1,e 上单调递减，在 e, + 上单调递增，且 f x = f e = emin ；
若 f a = f b = 2.86，则1< a < e < b，
令F x = f x - f 2e - x ，1< x < e
F x ln x -1 ln 2e - x -1 ln x × ln
2 2e - x + ln2 x × ln 2e - x - ln2 x - ln2 2e - x
则 = + =

ln2 x ln2 2e - x ln2 x × ln2 2e - x
ln x ln 2e - x éln 2e - x + ln x ù - ln2 x - ln2 2e - x =
ln2 x × ln2 2e - x
ln x ln 2e - x × ln -x2 + 2ex - ln2 x - ln2 2e - x
= ，
ln2 x × ln2 2e - x
Q当 x 1,e 时，-x2 + 2ex < e2 ，
\ln x ln 2e - x × ln -x2 + 2ex - ln2 x - ln2 2e - x < 2ln x ln 2e - x - ln2 x - ln2 2e - x
2
= - é ln x - ln 2e - x ù ，
\F x < 0在 1,e 上恒成立，\F x 在 1,e 上单调递减，\F x > F e = 0，
即 f x > f 2e - x ，又1< a < e ，\ f a > f 2e - a ，
Q f a = f b ，\ f b > f 2e - a ，
Qb > e， 2e - a > e， f x 在 e, + 上单调递增，
\b > 2e - a，即 a + b > 2e，A 错误；
Q g x = ln x +1 ，\当 x 0,
1 1
÷时， g x < 0；当 x ,+ ÷时， g x > 0；
è e è e
g x 0, 1 1 1\ 1在 ÷ 上单调递减，在e ,+ ÷ 上单调递增，且 g x = g = -è è e min e ÷ ；è e
1
由 c ln c = d ln d = -0.35得：0 < c < < d <1；
e
G x = g x - g 2 - x 0 x 1设 ， < < ，
è e ÷ e
G x = ln x +1+ ln 2 - x +1 = ln 2 x - x2 则 ÷ ÷ + 2；
è e è e
2 1
当0 < x
1
< -x2时， + x

0,

2 ÷ ，\G x < 0，e e è e
G x 0, 1 1\ 2 在 ÷ 上单调递减，\G x > G ÷ = 0，即 g x > ge e - x ÷，è è è e
1 g c g 2又0 < c < ，\ > - c

÷，又 g c g d g d g
2= \ > - c ， ÷，e è e è e
Qd 1 2 c 1> ， - > ， g x 1 ,+ 在
e e e ÷
上单调递增，
è e
d 2 c c d 2\ > - ，即 + > ，B 正确；
e e
1
0 c 1
1 1 1
Q1< a < e < b， < < < d <1 f x， ÷ = 1 = - = -e è x ln x ln x g x
，
x
\ f 1 1 1 ÷ = - = 2.857 < 2.86 = f a
1
d g d 0.35 ，又1< < e ，1< a < e ，
f x 在 1,e 上单调
è d
递减，
1
\ > a ，则 ad <1，C 正确；
d
Q f 1 1 ÷ = - 2.857 < 2.86 = f b
1
c g ，又 > e，b > e， f xc 在 e, + 上单调递增，è c
1
\ < b，则bc >1，D 正确.
c
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于
x1 + x2 > a （ f x1 = f x2 ）的问题的基本步骤如下：
①求导确定 f x 的单调性，得到 x1, x2 的范围；
②构造函数F x = f x - f a - x ，求导后可得F x 恒正或恒负；
③得到 f x1 与 f a - x1 的大小关系后，将 f x1 置换为 f x2 ；
④根据x2与 a - x1所处的范围，结合 f x 的单调性，可得到x2与 a - x1的大小关系，由此证
得结论.
5．（2023·湖北襄阳·模拟预测）已知关于 x 的方程 xex - a = 0有两个不等的实根 x1, x2 ，且 x1 < x2，
则下列说法正确的有（ ）
A．-e-1 < a < 0 B． x1 + x2 < -2 C． x2 > a D x + e
x
． 11 < 0
【答案】ABD
【分析】由已知 y = a 与 y = xex 有两个不同的交点，利用导数研究函数 f (x) = xex 性质，结
合图象确定 a的范围，判断 A，要证明 x1 + x2 < -2只需证明 x2 < -2 - x1，结合函数 f (x) 单调性
只需证明 f x1 < f -2 - x1 ，故构建函数F (x) = f x - f -2 - x ，利用导数证明结论，判
断 B，利用比差法比较 x2 , a ，判断 C
x
，利用x1的范围，结合指数函数性质证明 x + e 11 < 0，
判断 D.
【详解】方程 xex - a = 0，可化为 xex = a ，
因为方程 xex - a = 0有两个不等的实根 x1, x2 ，
所以 y = a 与 y = xex 有两个不同的交点，
令 f (x) = xex ，则 f (x) = ex + xex = (1+ x)ex ，
令 f (x) = 0，可得 x=-1，
当 x < -1时， f (x) < 0 ，函数 f (x) 在 - , -1 单调递减，
当 x > -1时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 在 -1, + 单调递增，
f (x)min = f (-1)
1
= - ，
e
当 x < 0 时， f (x) < 0，且 f (0) = 0，当 x > 0时， f (x) > 0 ，
当 x - 时，与一次函数相比，指数函数 y = e- x 呈爆炸性增长，
故 f x -x= - - x 0，e
当 x + 时， f x + ， f x + ，
根据以上信息，可得函数 f x 的大致图象如下：
1
\- < a < 0，且 x < -1 < x < 0 ，故 A 正确．
e 1 2
因为 x1 < -1 < x2 < 0 ， -2 - x1 > -1
F (x) = f x - f -2 - x = xex -2-x构造 + (2 + x)e , x < -1，
F (x) = (x +1)ex + (-1- x)e-2-x = (x +1) ex - e-2-x > 0，
\F (x)在 (- , -1)上单调递增，
\F x1 < F (-1) = 0，
\ f x1 < f -2 - x1 ，即 f x2 < f -2 - x1 ，
由 f x 在 -1, + 单调递增
所以 x2 < -2 - x1 x1 + x2 < -2，故 B 正确．
a 1
对于 C，由 x2 = x ，- < a < 0，e 2 e
a
所以 x2 - a = x - a = a
1
e 2 x
-1÷，
è e 2
又-1 < x2 < 0
1
，所以 x >1
1
，则 -1 > 0，所以 x
e ex 2
< a，故 C 错误．
2 2
对于 D，由 x < -1，可得0x
所以 x 11+e < -1+ e
-1 < 0，D 正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：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．
6．（2023·福建宁德·二模）已知函数 f (x)
ln x
= ，则（ ）
x
A． f (2) > f (3)
B．若 f (x) = m 2有两个不相等的实根x1，x2，则 x1x2 > e
C． ln 2 2<
e
D．若 2x = 3y ， x ， y 均为正数，则 2x > 3y
【答案】BCD
【分析】A：代入 2、3直接计算比较大小；B：求 f x 的导函数，分析单调性，可得当 f x = m
e2
有两个不相等实根时x1、x2的范围，不妨设x1 < x2 ，则有0 < x1 < e < x2 ，比较 f x1 , f x ÷è 1
2
的大小关系，因为 f x1 = f

x2 ，可构造F x = f x - f
e
÷ (0 < x < e)，求导求单调性，
è x
计算可得F x < 0 2 ln 2 ln e成立，可证 x1x2 > e ；C：用 f x 在 0,e 上单调递增，构造 < 可2 e
x lg t lg t证明；D：令 2x = 3y = t ，解出 = y = 2x > 3ylg 2 ， lg3 ，做差可证明 .
ln 2 ln 3 6
【详解】对于 A： f 2 = = ln 2 ， f 3 = = ln 3 3 ，又 2 = 23 = 8，2 3 3 3
6
= 9，
所以 2 < 3 3 ，所以 ln 2 < ln 3 3 ，则 f 2 < f 3 ，故 A 错误；
f x ln x对于 B：函数 = ，定义域为 0, + ，则 f x 1- ln x= 2 ，x x
当 f x > 0时，0 < x < e；当 f x < 0时， x>e；
所以 f x 在 0,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减，
则 f x 1= 且 x>e时，有 f x > 0，所以若 f x = mmax 有两个不相等的实根x1、xe 2，有
0 < m 1< ，
e
e2 e2
不妨设x1 < x2 ，有0 < x1 < e < x2 ，要证 x
2
1x2 > e ，只需证 x2 > ，且 x2 > > e，x1 x1

2
又 f x1 = f x2 ，所以只需证 f x
e
1 < f x ÷，è 1
2
令F x = f x f e- ÷ (0 < x < e)，
è x
2
F x f x f e 1 1 ln x 1 1 则有 = + ÷ × 2 = - -x x ÷，è è x2 e4
当0 < x < e 1 1时，1- ln x > 0， 2 - 4 > 0，所以有F x > 0，x e
即F x 在 (0, e)上单调递增，且F e = 0，所以F x < 0恒成立，
e2 2
即 f

x1 < f
e
÷，即 f x2 < f 2 ÷，即 x1x2 > e ，故 B 正确.
è x1 è x1
对于 C：由 B 可知， f x 在 0,e 上单调递增，则有 f 2 < f e ，
ln 2 ln e
< ln 2 2 2即 ，则有 < < ，故 C 正确；
2 e e e
lg t lg t
对于 D：令 2x = 3y = t ，则 t > 1， x = log2 t = ， y = log3 t =lg 2 lg3 ，
2x 3y 2lg t 3lg t lg t(lg9 - lg8)\ - = - = > 0
lg 2 lg3 lg 2 × lg3 ，
\2x > 3y ，故 D 正确；
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需
要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范
围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于
或大于零恒成立，即可证明不等式.
三、解答题
7．（22-23 高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式： ex-2 > ln x （第一问必须用隐零点
解决，否则不给分）；
（2）已知函数 f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2有两个零点.求 a 的取值范围.（第二问必须用分段讨论
解决，否则不给分）
【答案】（1）证明见解析；（2） (0, + ) .
【分析】（1）根据给定条件，构造函数 g(x) = ex-2 - ln x，借助导数探讨函数最小值为正即可
推理作答.
（2）求出函数 f (x) 的导数，利用导数分类讨论函数 f (x) 的单调性、零点情况作答.
x-2 x-2 1
【详解】（1）令函数 g x = e - ln x， x > 0，求导得： g x = e - ，显然函数 g (x) 在
x
(0, + )上单调递增，
1 1
而 g (1) = e-1 -1 < 0 ， g (2) = > 0，则存在 x0 (1,2) ，使得 g (x ) = 0 e
x0 -2
0 ，即 = x ，有2 0
x0 - 2 = - ln x0，
当0 < x < x0 时， g (x) < 0，当 x > x0时， g (x) > 0，函数 g(x)在 (0, x0 )上单调递减，在 (x0 ,+ )
上单调递增，
g(x) = g(x ) = ex0 -2 1 1min 0 - ln x0 = + x0 - 2 > 2 × x0 - 2 = 0，x0 x0
所以 ex-2 > ln x .
（2）函数 f (x) = (x - 2)ex + a(x -1)2定义域 R，求导得 f (x) = (x -1)ex + 2a(x -1) = (x -1)(ex + 2a) ，
当 a > 0时，由 f (x) < 0 得， x <1，由 f (x) > 0 得， x >1，即函数 f (x) 在 (- ,1)上递减，在
(1, + )上递增，
f (x)min = f (1) = -e<0，而 f (2) = a > 0，即存在 x1 (1,2) ，使得 f (x1) = 0，则函数 f (x) 在 (1, + )
上有唯一零点，
a a 3
取b < 0且b < ln b，则 f (b) = (b - 2)e + a(b -1)2 > (b - 2) + a(b -1)2 = a(b2 - b) > 0，
2 2 2
即存在 x2 (b,1)，使得 f (x2 ) = 0 ，则函数 f (x) 在 (- ,1)上有唯一零点，
因此当 a > 0时，函数 f (x) 有两个零点，
当 a = 0时，函数 f (x) = (x - 2)ex 只有一个零点 2，
0 e当 a< 时，若- < a < 0 ，当 x < ln(-2a)或 x >1时， f (x) > 0 ，当 ln(-2a) < x < 1时， f (x) < 0 ，
2
即有 f (x) 在 (- , ln(-2a)), (1, + )上单调递增，在 (ln(-2a),1)上单调递减，又"x < 1，
f (x) < 0，
因此函数 f (x) 在 (- ,1)上没有零点，在 (1, + )上最多一个零点，即函数 f (x) 最多一个零点，
a e若 = - ，恒有 f (x) 0，即函数 f (x) 在 R 上单调递增，函数 f (x) 最多一个零点，
2
若 a < - e2 ，当 x <1或 x > ln(-2a)时， f (x) > 0 ，当1 < x < ln(-2a)时， f (x) < 0 ，
即有 f (x) 在 (- ,1), (ln(-2a), + )上单调递增，在 (1,ln(-2a))上单调递减，又"x < 1，
f (x) < 0，当 x é 1, ln -2a 时， f x < 0 ，
因此函数 f (x) 在 (- , ln(-2a))上没有零点，在 (ln(-2a), + )上最多一个零点，即函数 f (x) 最
多一个零点，
综上得，当 a > 0时，函数 f (x) 有两个零点，当 a 0时，函数 f (x) 最多一个零点，
所以 a 的取值范围是 (0, + ) .
ln x +1 x
8．（2024·全国·
e
模拟预测）已知函数 f (x) = ， g(x) = ．
x x
(1)若对任意的m, n (0,+ )都有 f (m) t g(n)，求实数 t 的取值范围；
x1
(2)若 x1, x2 (0,+ ) x
x2 -x x且 1 2 31 x2 ， e = x ，证明： x1 + x
3 > 2．
x 2 21
【答案】(1)[1,e]
(2)证明见解析
ln x +1 ex
【分析】（1）分别计算 f (x) = ， g(x) = 的导函数，接着分析它们的单调性，求得在
x x
x =1时， f (x) 的最大值为 f (1) =1， g(x)的最小值为 g(1) = e ，问题得解；
xx1 1
（2 x -x）先将 e 2 1 = 2x 转化为 f x1 = f x2 ，再设 x1 < x2，数形结合得到 < x1 < 1 < xx 1 e 2 ，接着1
构造函数，利用函数的单调性得到 x1 + x2 > 2，最后利用放缩法证明不等式.
ln x +1 x
【详解】（1）由 f (x) = ， g(x) e= ，
x x
f (x) - ln x
x
= g (x) e (x -1)得 ， = ，
x2 x2
当0 < x <1时， f (x) > 0 ， f (x) 在区间( 0, 1)上单调递增，当 x >1时， f (x) < 0 ， f (x) 在区
间 (1, + )上单调递减，所以当 x (0,+ )时， f (x) 的最大值为 f (1) =1．
当0 < x <1时， g (x) < 0， g(x)在区间( 0, 1)上单调递减，当 x >1时， g (x) > 0， g(x)在区
间 (1, + )上单调递增，所以当 x (0,+ )时， g(x)的最小值为 g(1) = e ．
所以1 t e，故实数 t 的取值范围为[1,e]．
xx1
（2 ex1 -x1 = 2 x -x）由 1 1x 得 e × x
x1
1 = x
x1
2 ，两边取对数并整理，x 11
ln x +1 ln x +1得 x2 ln x1 +1 = x1 ln x2 +1 1 2，即 =x x ，即 f x1 = f x2 ．1 2
由（1）知，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )
上单调递减， f (x)max = f (1) =1，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
f 1 = 0 1而 ÷ ，当 x >1时， f (x) > 0 恒成立，不妨设 x1 < x2，则 < x < 1 < xe e 1 2 ．è
h(x) = f (x) - f (2 - x) x 1 记 ， ,1÷，
è e
则 h (x) = f (x) + f (2 - x)
ln x ln(2 - x)
= -
x2
- >
(2 - x)2
ln x ln(2 - x) ln é-(x -1)2 +1ù 1
- 2 - 2 = -
> 0 ，所以函数 h(x) 在 ,1e ÷上单调递增，x x x2 è
所以 h(x) < f (1) - f (2 -1) = 0，即 f (x) < f (2 - x) x
1
， ,1e ÷，è
于是 f x2 = f x1 < f 2
1
- x 1 ， 2 - x1 1,2 - ÷，
è e
又 f (x) 在 (1, + )上单调递减，因此 x2 > 2 - x1，即 x1 + x2 > 2，
所以 x3 + x3 > x31 2 1 + 2 - x
3
1 = 8 -12x1 + 6x21 = 6 x1 -1
2 + 2 > 2．
【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：
（1）求导，得到函数 f (x) 的单调性、极值情况，作出函数图象，由 f x2 = f x1 得到 x1, x2
的大致范围．
（2）构造辅助函数（若要证 x1 + x2 > (<)2x0 ，则构造函数 g(x) = f (x) - f 2x0 - x ；若要证
2
x1x2 > (<)x
2
0 ，则构造函数 g(x) = f (x)
x
- f 0 ÷ .），限定 x1, x2 的范围，求导，判定符号，获得
è x
不等式．
（3）代入 x1, x2 ，利用 f x2 = f x1 及 f (x) 的单调性即得所证结论．
2ln x - a
9．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = 2 .x
(1)若 x > 0时， f (x) 1恒成立，求实数 a的取值范围；
(2)当实数 a取第（1）问中的最小值时，若方程 f (x) = m有两个不相等的实数根x1，x2，请
x2 + x2 2x2x2比较 1 2 ， 1 2 ，2 这三个数的大小，并说明理由.
【答案】(1) a -1；
(2) x2 21 + x2 > 2x
2
1 x
2
2 > 2 .
【分析】（1）根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大值即得.
（2）由（1）求出函数 f (x) 并变形，换元构造函数 h(t) = t(1- ln t)，利用导数结合极值点偏
移推理即得.
2ln x - a
【详解】（1）当 x > 0时，不等式 f (x) 1 2 1 a 2ln x - x
2
，
x
令 g(x) = 2ln x - x2 , x > 0，依题意，"x > 0,a g(x)恒成立，
2
求导得 g (x) 2= - 2x 2(1- x )= ，当0 < x <1时， g (x) > 0，当 x >1时， g (x) < 0，
x x
于是函数 g(x)在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减， g(x)max = g(1) = -1，
所以 a -1 .
（2）由（1）知， amin = -1 f (x)
2 ln x +1 1 1
，此时函数 = 2 = 2 (1- ln 2 )，x x x
1
令 2 = t ， h(t) = t(1- ln t)，则 f ( x) = h(t)x ，
由方程 f (x) = m有两个不相等的实数根 x1, x2 ，得方程 h(t) = m有两个不相等的实数根 t1, t2 ，
t 1= , t 1= x2
1 1
1 x2 2 x2 ，要比较 1 + x
2
2 ， 2x
2x21 2 ，2 这三个数的大小，只需比较 2 +x x2 ，2，1 2 1 2
2 1 1×
x2
×
1 x
2
2
这三个数的大小，即比较 t1 + t2 , 2, 2t1t2 这三个数的大小，
h (t) = - ln t ，当0 < t <1时， h (t) > 0 ，当 t > 1时， h (t) < 0，
则函数 h(t)在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，显然 t (0,1)， h(t) > 0，而 h(e) = 0，
由方程 h(t) = m有两个不相等的实数根 t1, t2 ，不妨设 t1 < t2 ，则0 < t1 <1 < t2 < e ，
令函数j(t) = h(t) - h(2 - t),0 < t <1，显然 2t - t 2 = -(t -1)2 +1 (0,1)，
求导得j (t) = h (t) + h (2 - t) = - ln t - ln(2 - t) = - ln(2t - t 2 ) > 0，函数j(t) 在( 0, 1)上单调递增，
于是j(t1) < j(1) = 0，即 h(t1) < h(2 - t1) ，而 h(t1) = h(t2 ), t2 >1,2 - t1 >1， h(t)在 (1, + )上单调
递减，
因此 h(t2 ) < h(2 - t1)，即有 t2 > 2 - t1，则 t1 + t2 > 2，
令函数u(t) = h(t) - h(
1),0 < t 1<1， 2 >1, ln t < 0，t t
u (t) h (t) 1求导得 = + 2 h (
1) ln t 1= - - 2 ln
1 1
= ( -1) ln t < 0，函数u(t)2 在( 0, 1)上单调递减，t t t t t
1 1
u(t1) > u(1) = 0，即 h(t1) > h( )，而 h(t1) = h(t2 ), t2 >1, >1， h(t)在 (1, + )t t 上单调递减，1 1
因此 h(t2 ) > h(
1 ) 1，即有 t2 < ，则 t1t2 < 1，有 2t1t2 < 2，于是 t1 + t2 > 2 > 2t1tt t 2 ，1 1
1 1 1 1
从而 2 + 2 > 2 > 2 × × 2 2 2 2x x x2 x2 ，所以 x1 + x2 > 2x1 x2 > 2 .1 2 1 2
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数
的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元
函数.
10．（23-24 高三上·云南昆明·阶段练习）设 a，b 为函数 f x = x ×ex - m （m < 0）的两个零
点．
(1)求实数m 的取值范围；
(2)证明： ea + eb <1．
1
【答案】(1) - ,0

e ֏
(2)证明见解析
【分析】（1）求出定义域，求导，得到 f x 的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得
f x < 0 m 1 1 1到 min ，求出 > -

，结合题目条件，得到当- < m < 0时， f ÷ > 0，根据零点e e è m
存在性定理得到 f x 在 - ，-1 内存在唯一零点，同理得到 f (x) 在 -1,0 内存在唯一零点，
从而求出答案；
（2）设 a < -1< b < 0，由 a ×ea b ea-b
b b ln t t ln t
= b ×e 可得 = ，令 = t 0,1 ，故 a = ， b = ，a a 1- t 1- t
ln t +1 ln t
推出要证 ea + eb <1，即证 < ，构造 g x ln x= ， x 1，求导，对分子再构造函
t t -1 x -1
t ln t
数，证明出 g x 0， g x 在定义域内单调递减，故 g t +1 < g t ，即 ln 1+ t + < 0，
1- t
证明出结论.
【详解】（1） f x x的定义域为 R， f (x) = x +1 e ，
当 x - ,-1 时， f x < 0，当 x -1, + 时， f x > 0，
故 f x 在 - ,-1 内单调递减，在 -1, + 单调递增，
故要使 f x 有两个零点，则需 f x = f -1 = -e-1 - m < 0 1min ，故m > - ，e
1
由题目条件m < 0，可得- < m < 0，
e
1 1
当- < m < 0时，因为 f
1 1 1
÷ = em - m > m - m = 0，又 < -e < -1，e è m m m
故 f x 在 - ，-1 内存在唯一零点，
又 f 0 = -m > 0，故 f (x) 在 -1,0 内存在唯一零点，
f x m 1- ,0 则 在 R 上存在两个零点，故满足题意的实数 的取值范围为 ；
è e ÷
2 a-b
b
（ ）证明：由（1）可设 a < -1< b < 0，由 a ×ea = b ×eb 可得 e = ，a
b
令 = t 0,1 ln t，则b = at ，所以 ea-ata = t ，故 a = ，1- t
b at t ln t所以 = = ，
1- t
要证 ea + eb <1，
ln t t ln t t ln t t ln t t ln t t ln t
+ln t+1
即证 e1-t + e 1-t <1 e 1-t eln t +1 <1 e 1-t t +1 <1 e 1-t eln t+1 <1 e 1-t <1，
ln 1 t t ln t即证 + + < 0，
1- t
t 0,1 ln 1+ t ln t ln t +1因为 ，即证 + < 0 ln t，即 < ，
t 1- t t t -1
x -1 ln x 1 1 1ln x - - + ln
令 g x = ， x 1，
x -1 g x =
x = x x ，
x -1 2 x -1 2
令 h u = u -1- ln u ，则 h u =1 1- ，当u 0,1 时， h u < 0，
u
当u 1, + 时， h u > 0，
故 h u 在 0,1 内单调递减，在 1, + 单调递增，所以 h u h 1 = 0，
1
u 1 ln u 0 u 1所以 - - ，令 = 得 -1- ln
1
0，
x x x
1 1 ln 1- +
故 g x = x x 0 ， g x 在定义域内单调递减，
x -1 2
故 g t +1 < g t ln t +1 ln t，即 < ， ln t 1 t ln t+ < ， ln 1 t t ln t+ + < 0，
t t -1 t -1 1- t
则 ea + eb <1，证毕．
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数
值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本
既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点
个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进
行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
【综合提升练】
一、单选题
ì ln x
,0 < x e
1．（22-23 高二下·福建厦门·期末）已知函数 f x = í x ，若 a < b < c，且
1 x 2 - + , x > e e2 e
f a = f b blna= f c ，则 ·c 的取值范围为（　　）
alnb
A． (e, 2e) B． (-2e,-e)
C． (1, 2e) D． (-2e,-1)
【答案】B
【分析】画出函数 y = f x ln a ln b b ln a的图象，结合图象得到 c e, 2e 且- = ，进而求得 ×c
a b a ln b
的取值范围.
ì ln x
,0 < x e
f x = 【详解】由函数 í x ，
1 2
- 2 x + , x > e e e
当0 < x 1 f x ln x ln x -1 时，可得 = - ，可得 f x = < 0 ，
x x2
所以 f x 在 (0,1]上单调递减，且 f 1 = 0；
ln x
当1< x e 时，可得 f x = ，可得 f x 1- ln x= > 0，
x x2
所以 f x 在 (1,e]上单调递增，且 f e 1= ；
e
x>e f x 1 x 2 (e, + ) 1当 时， = - 2 + 在 单调递减，且 f e = - ，e e e
画出函数 f x 的图象，如图所示：
a b c f a f b f c a 0,1 ,b 1,e ,c e,2e ln a ln b若 < < ，且 = = ，则 且- = ，
a b
b ln a
所以 ×c = -c (-2e, -e) .
a ln b
故选：B.
2 2023· · f x = ex．（ 江西南昌 二模）已知函数 sin x + ax é π ù， x ê0, 2 ú ．若 f x 有且只有两个零
点，则实数 a 的取值范围是（ ）
é 2 π é 2 π
A． ê- e 2 , + ÷ B． ê- e 2 ,0
π π
÷

é 2 π ù é 2 π
C． ê- e 2 ,0ú D． ê- e 2 ,-1π π ÷
【答案】D
π ù
【分析】根据已知条件可得 f 0 = 0，则将问题转化为 f x 在区间 0, ú 上有且只有 1 个è 2
π π
零点，分别讨论① a -1，② a -e 2 ，③ -e 2 < a < -1时 f (x) 的单调性、最值、端点值与 0
比较即可求得结果.
π ù
【详解】由已知可得 f 0 = 0，则 f x 在区间 0, 上有且只有 1 个零点．
è 2 ú
f x = ex sin x + ex cos x + a ，
令 g x = ex sin x + ex cos x + a é π ù， x 0,
ê 2 ú
．

则 g x = ex sin x + cos x + ex cos x - sin x = 2ex cos x ，
因为 g x = 2ex cos x 0 é0, π ù在区间 ê 上恒成立， 2 ú
所以 f x é π ù在区间 ê0, 2 ú 上单调递增．
所以，当 x = 0时， f x 有最小值 f 0 = a +1；
x π
π
当 = 时， f x 有最大值 f π 2 ÷ = e
2 + a．
è 2
①当 a -1时，有 f 0 = a +1 0，则 f x 0恒成立，
f x é0, π ù所以 在区间 ê 2 ú 上单调递增，
所以 f x f 0 ．
又因为 f 0 = 0，
所以 f x 0, π ù在区间 ú 上无零点，不符合题意，舍去；è 2
π
π π
② é
π ù
当 a -e 2 时，有 f ÷ = e
2 + a 0恒成立，则 f x 在区间 ê0, 2 ú 上单调递减，è 2
所以 f x f 0 ．
又因为 f 0 = 0，
π ù
所以 f x 在区间 0, ú 上无零点，不符合题意，舍去；è 2
π
π
③当-e 2 < a < -1时，有 f 0 = a +1 < 0 f
π
， 2 ÷
= e 2 + a > 0．
è
又 f x é0, π ù在区间
ê 2 ú
上单调递增，

π
根据零点的存在定理可得，$x0 0, ÷，使得 f x = 0．
è 2
当 x 0, x0 时， f x < 0， f x 单调递减；
当 x

x ,
π ù
0 ú 时， f x > 0， f x 2 单调递增．è
π
又 f 0 π= 0 f π π， ÷ = e 2 + a ，要使 f x

在区间 0,
ù
上有且只有一个零点，
è 2 2 è 2 ú
π π
则 e 2 π+ a 0 2，解得 a - e 2 ．
2 π
π
又因为-e 2 < a < -1，
2 π
所以- e 2 a < -1．
π
é 2 π
综上，实数 a 的取值范围是 ê- e 2 ,-1÷．
π
故选：D.
【点睛】研究函数零点策略
（1）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来
后，用 x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
（2）涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据
函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与 0 的关系，从而求得参
数的取值范围．
3．（22-23 高三上· x辽宁锦州·阶段练习）已知函数 f x = a x + cos x - e 在 0, π 上恰有两个
极值点，则 a的取值范围是（ ）
A． 0,1 B - , eπ． C π π． 0,e D． e , +
【答案】D
【分析】根据题意可得 f x 在 0, π π π π内有两个零点，分 x = 和 x 0, ÷ U , π 2 ÷ 两种情况，è 2 è 2
g x e
x
= ， x
0, π U π
1 sin x 2 ÷
, π ÷ ，可得原题意等价于 y = a 与 y = g x ，
- è è 2
x 0,
π U π÷ , π

2 2 ÷
有两个交点，求导，利用导数判断 y = g x 的单调性，结合图象分析求解.
è è
x
【详解】由题意可得： f x = a 1- sin x - e ，
因为函数 f x 在 0, π 上恰有两个极值点，则 f x 在 0, π 内有两个零点，
π
-
1.当 x
π
= 时，则 f
π
÷ = -e 2 < 02 ，不合题意；è 2
π π x
2. e当 x 0, ÷ U , π ÷ 时，则1- sin x > 0 ，可得 ，
è 2
a =
è 2 1- sin x
ex
令 g x = ， x
π π

1 sin x
0, ÷ U , π ÷ ，
- è 2 è 2
π π
原题意等价于 y = a 与 y = g x ， x 0, ÷ U2 , π ÷ 有两个交点，è è 2
x e
x é1- 2 sin x π- ù
因为 e 1- sin x + cos x
ê ÷ú
g x 4= = è ，
1- sin x 2 1- sin x 2
x 0, π x π π π - , sin π

x 2 2

当 时，则 ，可得 -
- , ，
è 2 ÷ 4 è 4 4 ÷ ÷
÷
è 4 è 2 2 ÷
则 g x > 0 π ，所以 g x 在 0, 2 ÷上单调递增，è
可得 g x > g 0 =1 π，当 x 趋近于 时， g x 趋近于+ ；
2
ù
当 x
π , π x π π , 3π π - 2 ÷ 时，则 ÷，可得 sin x - ÷ ,12 4 4 4 4 2 ú
，
è è è è
则 g x < 0，所以 g x 在 0, π 2 ÷上单调递减，è
π π
可得 g x > g π = e ，当 x 趋近于 时， g x 趋近于+ ；
2
e
x
x 0, π 可得 g x = ， ÷ U
π
, π ÷ 的图象为1- sin x è 2 è 2
若 y = a 与 y = g x ， x 0,
π U π÷ , π

÷ 有两个交点，则2 2 a > e
π ；
è è
π
综上所述： a的取值范围是 e , + .
故选：D.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求
解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与 x 轴的交点情况进而求解．
4．（2020 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = ex - ax有两个零点x1，x2，则下列判断：
① a < e ；② x1 + x2 < 2；③ x1 × x2 >1；④有极小值点 x0 ，且 x1 + x2 < 2x0 .则正确判断的个
数是（ ）
A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
【答案】D
【解析】利用函数的导数，判断函数的单调性，对四个选项分别进行判断，即可得出结论.
【详解】对于①
Q f（ x）=ex - a
当 a 0时， f（ x）=ex - a > 0在 x R 上恒成立， （f x）在 R 上单调递增,不符合.
当 a > 0时，由 f（ x）=ex - a > 0， ex - a > 0，解得 x > ln a，
f（ x）=ex - a < 0，解得 x < ln a
f (x) 在 (- , ln a)单调递减，在 (ln a, + )单调递增． f (x) 在 x = ln a有极小值，
Q函数 （f x）=ex - ax有两个零点 x1, x2 ，
\ f (ln a) < 0， a > e，
\①不正确；
对于②
ìex1 = ax1 ex因为 í 1 +x2x = a
2x x x + x = 2ln a + ln(x x )， a > e
e 2 = ax
1 2 1 2 1 2
2
\ x1 + x2 = 2ln a + ln(x1x2 ) > 2 + ln(x1x2 )，
2
取 a e= ， f (2) = e2 - 2a = 0，\ x2 = 2， f (0) =1 > 0，\0 < x1 <1，\ x1 + x2 > 22
\②不正确；
对于④
f (0)＝1＞0，f (1)＝e - a < 0,\0 < x1 <1 < ln x0 , x2 > ln x0 >1
函数的极小值点为 x0 = ln a
要证 x1 + x2 < 2x0 ，只要证 x1 < 2x0 - x2 < x0
因为函数 f (x) 在 (- , ln a)单调递减，故只需要证 f x2 = f x1 > f 2x0 - x2
构造函数 g x = f x - f 2x x 2x0 -x0 - x = e - e - 2ax + 2ax0 x > x0
求导得到 g x = ex + e2x0 -x - 2a 2 e2x0 - 2a = 0
所以函数 g x 单调递增， g x0 = 0,\ g x 0恒成立，
\ f x f 2x0 - x 即 f x2 > f 2x0 - x2 ，故得到 f x2 = f x1 > f 2x0 - x2
进而得证： x1 < 2x0 - x2 < x0 ， x1 + x2 < 2x0 .
故④正确.
对于③
ìex1 = ax
í 1 ex1 +x因为 2x = a
2x1x2 x1 + x2 = 2ln a + ln(x xe 2 = ax 1 2
)
2
根据 x1 + x2 < 2x0 = 2ln a ，可得到 ln(x1x2 ) < 0 0 < x1x2 <1.
\③不正确.
综上正确的只有一个，
故选：D .
【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值，研究函数的零点问题，利用导数研究函数的单
调性，通常需要对函数求导，根据转化与划归的思想求解，属于常考题型.
2
5．（21-22 高三上·江西鹰潭·阶段练习）关于函数 f (x) = + ln x ，下列说法正确的是（
x ）
A． x = 2是 f (x) 的极大值点
B．函数 y = f (x) - x有 2 个零点
C．存在正整数 k，使得 f (x) > kx 恒成立
D．对任意两个正实数 x1, x2 ，且 x1 x2 ，若 f x1 = f x2 ，则 x1 + x2 > 4
【答案】D
【分析】对 A，求导得到单调区间即可判断；
对 B，对函数 f x - x 求导得出单调区间即可进一步得到结果；
f x f x
对 C，分离参数 k < ，通过 的单调性和函数变化趋势即可判断；
x x
对 D，根据函数 f(x)的单调性，将自变量比较大小转化为函数值比较大小，用极值点偏移的
方法得到结论.
x 0, f (x) 2 1 x - 2【详解】对 A， > = - 2 + = ，函数在 0,2 单减，在 2,+ x x x2 单增，
x = 2是 f (x) 的极小值点，A 错误；
é 1 2 7 ù- ê x -

对 B， 2 ÷
+ ú
2 1 -x + x - 2 ê è 2 4 ，函数在 0,+ 单减，至多一x > 0, y ú= - + -1 = = < 0
x2 x x2 x2
个零点，B 错误；
对 C， f f x f x -4 + x - x ln xx > kx k < ，令 g x = ，则 g x =
x x x3
，
设 h x = -4 + x - x ln x ，则 h x = - ln x ，函数在 0,1 单增，在 1,+ 单减，
所以 h x h 1 = -3 < 0，∴ g x < 0，
则函数 g x 在 0,+ 单减，无最小值，且当 x + 时， g x 0，C 错误；
对 D，不妨设0 < x2 < x1，易知 x1 > 2,0 < x2 < 2，
x1 + x2 > 4 x1 > 4 - x2 ，且 x1 > 4 - x2 > 2，
因为函数 f x 在 2,+ 单增，则 f x1 > f 4 - x2 f x2 > f 4 - x2 ，
即证： f x > f 4 - x , x 0,2 ，记 h x = f x - f 4 - x , x 0,2 ，
-8 x - 2 2
所以 h x = 2 < 0，所以 h x 0,2 2 在 单减，所以 h x > h 2 =0，x 4 - x
即 f x > f 4 - x ，所以 x1 + x2 > 4，D 正确.
故选：D.
【点睛】本题为函数的综合题，不论分参也好还是极值点偏移也好，还是零点问题、最值问
题，最终都要对函数的单调性进行讨论，进而得到答案；需要注意的是，导数综合题一定要
结合函数的图象辅助解决，平常注意对导数的题目进行归类，总结做法.
a
6．（2023·福建漳州·三模）已知函数 f x = 2x + ln x +1- a 和函数 g x = x - 2x ，具有相同e
x e2x0 ln x2的零点 0 ，则 0 的值为（ ）
A． 2 B．-e C．-4 D． e2
【答案】C
2x
【分析】根据零点定义可整理得到 x e 00 - 2x0 - ln x0 -1 = 0，令 h x = xe2x - 2x - ln x -1 x > 0 ，
利用导数，结合零点存在定理的知识可确定 h x 在 0, t 上单调递减，在 t,+ 上单调递增，
e2t 1并得到 = ， 2t = - ln t ，由 h x = te2t - 2t - ln t -1 = 0可确定 t = xmin 0 ，由此化简所求式子t
即可得到结果.
a
【详解】由题意知： f x0 = 2x0 + ln x0 +1- a = 0， g x0 = x0 - 2x = 0，e 0
2x
联立两式可得： x0e 0 - 2x0 - ln x0 -1 = 0，
h x = xe2x 2x ln x 1 x 0 h x 1 2x e2x 2x +1 1 2x e2x 1- - - > = + - = + - 令 ，则
x x ÷
；
è
令m x 1= e2x - ，则m x 在 0, + 上单调递增，
x
m 1 又 ÷ = e - 4 < 0
2
，m 1 = e -1，
è 4
1
\m x 在 0, + 2t 1上存在唯一零点 t ，且 t ,1÷，\e = ， 2t = - ln t ；
è 4 t
Q当 x 0, t 时， h x < 0；当 x t,+ 时， h x > 0；
\h x 在 0, t 上单调递减，在 t,+ 上单调递增，
\h x = h t = te2t - 2t - ln t -1 =1+ ln t - ln t -1 = 0min ，
又 x e2x00 - 2x0 - ln x0 -1 = 0，\t = x0 ，
\e2x0 ln x20 = e
2t ln t 2 = 2e2t ln t 2= × -2t = -4 .
t
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点、利用导数求解函数单调性的相关问题；解题关键
是能够灵活应用零点存在定理确定导函数的正负，并得到隐零点所满足的等量关系式，进而
利用等量关系式化简最值和所求式子.
100 100
7 22-23 · · a = e0.99 ,b = ln ee-0.01 ．（ 高三上 河北衡水 期末）已知 ÷ , ln a = c - ln c(c 0.99)，99 è 99
则（ ）
A．b > a >1.01 > c B．b > a > c >1.01
C． a > b >1.01 > c D． a > b > c >1.01
【答案】D
ex
【分析】变形 a，b，构造函数 f (x) = - x + ln x 比较 a，b 的大小，构造函数 g(x) = x - ln x
x
比较b, e的大小，利用极值点偏移的方法判断1.01,c的大小作答.
e0.99
【详解】依题意， a = ，b = e - 0.01- ln 0.99 = e -1+ 0.99 - ln 0.99，
0.99
x x x
令 f (x) e x ln x f (x) e (x -1) 1 1 (e - x)(x -1)= - + ， = 2 - + = ，x x x x2
当0 < x <1时， ex >1 > x > 0，即 f (x) < 0 ，函数 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，
0.99
f (0.99) > f (1) = e -1 e，即 - 0.99 + ln 0.99 > e -1，因此 a > b，
0.99
令 g(x) = x - ln x， g (x) = 1
1
- ，当0 < x <1时， g (x) < 0，当 x >1时， g (x) > 0，
x
函数 g(x)在( 0, 1)上单调递减， g(0.99) > g(1) =1，而b = e -1+ g(0.99) > e>1.01，
函数 g(x)在 (1, + )
1 1
上单调递增，显然 g(e) = e -1, g( ) = +1，
e e
则方程 g(x) = k,k (1,
1
+1]有两个不等实根 x1, x2 ， 0 < x1 < 1 < x2 ，有 g(x1) = g(x2 ) = k ，e
ln a = c - ln c 0.99 - ln 0.99 = c - ln c g(0.99) = g(c) ，而 c 0.99，则有 c >1，
2
令 h(x) = g(x) - g(2 - x) ，0 < x <1， h (x) = g (x) + g (2 - x) =1
1 1 2(x -1)
- +1- = - < 0，
x 2 - x x(2 - x)
即函数 h(x) 在( 0, 1)上单调递减，当 x (0,1) 时， h(x) > h(1) = 0，即 g(x) > g(2 - x)，
因此 g(x1) > g(2 - x1) ，即有 g(x2 ) = g(x1) > g(2 - x1)，而 x2 >1,2 - x1 >1， g(x)在 (1, + )上单
调递增，
于是得 x2 > 2 - x1，即 x1 + x2 > 2，取 x1 = 0.99， x2 = c ，于是得 c > 2 - 0.99 =1.01，
又 g(c) = g(0.99) < g(
1) < g(e)， g(x)在 (1, + )上单调递增，从而1.01< c < e，
e
所以 a > b > c >1.01，D 正确.
故选：D
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的
内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化
繁为简的作用.
ln x
8．（21-22 高三上·浙江宁波·开学考试）已知函数 f x = ，对于正实数 a，若关于 t 的方
x
程 f t = f a ÷ 恰有三个不同的正实数根，则 a 的取值范围是（t ）è
A． 1,8 B． e2 ,8 C． 8,+ D． e2 ,+
【答案】D
f x ln x f t f a= x t, x a【分析】研究 = 的图像可知，若 ÷ ，令 = = ，则 f xx t 1 2 t 1
= f x2 ，
è
且 x1, x2 > 1，可以推出， x1 = x2或 x1x2 = a，通过对数不等式写出关于 x1x2 的不等式，即可求
出 a的范围
【详解】因为 f x ln x= f ’， x 1- ln x= ’2 ，令 f x
1- ln x
= 2 > 0得：0 < x < e ；令x x x
f ’ x 1- ln x= > 0得： x > e2 ，所以 f x 在区间 0,e 单调递增，在 e,+ 单调递减，且x
x 时， f x > 0恒成立， f x 的图像如下：
令 x1 = t, x
a
2 = ，则 f x1 = f x2 ，且 x1, xt 2
> 1
a
①当 x1 = x2时， t = , t = a ，成立，所以 a 是方程的一个实数根t
ln x ln x ln x ln x
②当 x1 x2 时，由 f x1 = f x2 1 = 2 1得： ，令 = 2 = mx1 x2 x1 x2
ìmx1 = ln x1 m ln x1 - ln x2 ln x1 + ln x2则： í = mx ln x ，两式相减得： x - x ，两式相加得：
m =
2 = 2 1 2 x1 + x2
x1 - x2 x1 + x2 x1 - x2 x1 + x2
所以： = ，由对数均值不等式得：
2 ln x1 - ln x2 2
x1 + x2 x1 + x2 2 a 2
所以： < x , x > 1 ln x x > 2ln x + ln x 2 ，且 1 2 ，所以 1 2 ， x1x2 > e ，即： t × = a > e 1 2 t
所以 a > e2
故选：D
【点睛】题目考察到了极值点偏移的思想，用对数均值不等式解决，完整的对数均值不等式
x x x1 - x2 x1 + x< < 2 x1为： 1 2 ln x - ln x 2 ，可用两边同除 x2，令
t =
x 整体换元的思想来构造函数，1 2 2
证明不等式成立
二、多选题
9．（2023·河北衡水·一模）直线 l： y = ax 与 y = ex 的图象交于 A x1, y1 、B x2 , y2 两点
x < x ， y = ex1 2 在 A B 两点的切线交于C ， AB 的中点为D，则（ ）
A． a e B．点C 的横坐标大于 1
C． x1 - x2 < (a + 2 - e)
2 - 4 D．CD 的斜率大于 0
【答案】BC
ex
【分析】通过 AB 为两函数图象交点，转化为直线 y = a 与曲线 y = 有两个不同的交点，研
x
ex
究 y = 的图象，数形结合可判断 A；联立两条切线求得点C 的横坐标，利用极值点偏移思
x
想可求得 x1, x2 之间关系，即可判断 B；通过构造函数建立 ex - ax, x2 - (a + 2 - e)x +1之间的关
系，将问题转化为二次函数两根之间距离问题可判断 C 正确；化简 kCD ，结合前面的条件可
判断 D.
【详解】
对 A，因为直线 y = ax 与曲线 y = ex 交于 A x1, y1 、B x2 , y2 两点 x1 < x2 ，
exax = ex a = 有两个不同正根，
x
x
即直线 y = a y e与曲线 = 有两个不同的交点.
x
ex exQ( ) (x -1) e
x
= 2 \ y = 在( 0, 1)上单调递减，在 (1, + )单调递增，x x x
且 ymin = e， x 0, y + , x + , y +
\ a > e ，故 A 错误.
对 B x，由题意得， ax 11 = e ,ax2 = e
x2 x1 < x2 \ 0 < x1 < 1 < x2
x
g(x) e= ，设 h(x) = g(x) - g(2 - x），(0 < x <1)
x
x 2-x ' é x 2-x ù
h x e e = - ÷ = x -1
e e
ê 2 - ú
è x 2 - x ê x 2 - x
2
ú
x x
令m(x) e e (x - 2)=
x2
,m (x) =
x3
\m(x) 在 (0,2)单调递减.
Q x (0,1), 2 - x (1, 2)\m(x) > m(2 - x)，
\h (x) < 0,h(x)在( 0, 1)单调递减，
\h(x) > h(1) = 0, g(x) > g(2 - x) .
Q0 < x1 <1 < x2 ，\ g(x1) > g(2 - x1)
又 g(x1) = g(x2 )\ g(x2 ) > g(2 - x1)，
Q x2 (2,+ ), 2 - x1 (2, + )\ x2 > 2 - x1, x1 + x2 > 2 .
AC x的方程： y - e 1 = ex1 (x - x1) ，
BC x x的方程： y - e 2 = e 2 (x - x2 )，
x ex1 - x ex2x 1 2 1 ax
2
1 - ax
2
联立可解得 = 2x x - = -1 = x1 + x2 -1 >1，e 1 - e 2 ax1 - ax2
故选项 B 正确.
对 C s x = ex - ax - éx2，设 - a + 2 - e x +1 ù , s x = e
x - 2x + 2 - e ，
s (x) = ex - 2 = 0, x = ln 2，
x (0, ln 2), s (x) < 0, x (ln 2, + ), s (x) > 0 ，且 s (1) = 0 ，
s (x)min = s (ln 2) < s (1) = 0,
Q s (0) > 0，设m (0,1) ,
x (0,m), s (x) > 0, x (m,1), s (x) < 0, x (1,+ ), s (x) > 0，
Q s(0) = s(1) = 0， s(x)min = 0,
\s x = ex - ax - éx
2 - a + 2 - e x +1ù 0，
\ex - ax x2 - (a + 2 - e)x +1，
Q x1, x x
2
2 是 e - ax = 0的两个根， x3 , x4 是方程 x - a + 2 - e x +1 = 0的两根，
\ x1 - x2 < x3 - x4 = a + 2 - e
2 - 4 ，所以 C 正确.
对 D，QD(
x1 + x2 , a(x1 + x2 )),C(x1 + x2 -1, ax1x )2 2 2
a 2x1x2 - (x + x )\k 1 2 CD = ，x1 + x2 - 2
Qa > e, x1 + x2 > 2, 0 < x1 < 1 < x2 ，
可以利用对数均值不等式证明如下：
对数均值不等式：b a 0, ab
b - a a + b
> > < < ，
ln b - ln a 2
x x x2 - x1 x1 + xQ0 < x 21 <1 < x2 ，\ 1 2 < ，
1
Qax1 = e
x1 ,ax = ex22 \ln a + ln x1 = x1, ln a + ln x2 = x2 ，
x2 - xx 11 - ln x1 = x2 - ln x2 , x2 - x1 = ln x2 - ln x1，\ =1ln x - ln x ，2 1
x1x2 <1,
x1 + x2 >1，即 x
2 1
x2 <1, x1 + x2 > 2， kCD < 0 .
所以 D 错误.
故选：BC
【点睛】函数综合问题的处理，要通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合图象寻
找等与不等关系，研究问题需要探究的结论，选择题还要注意特值，验证，排除等方法的灵
活运用.
10．（22-23 高三·全国·阶段练习）已知函数 f x = ex - x， g x = x - ln x，则下列说法正确
的是（ ）
A． g ex 在 0, + 上是增函数
2
B．"x >1，不等式 f ax f ln x2 恒成立，则正实数 a的最小值为
e
C．若 f x = t 有两个零点 x1, x2 ，则 x1 + x2 > 0
D．若 f x1 = g x2 = t
ln t
t > 2 1，且 x2 > x1 > 0 ，则 x2 - x
的最大值为
1 e
【答案】ABD
【分析】A 选项中，令 t = ex >1，利用导数可求得 g t 单调性，根据复合函数单调性的基本
原则可知 A 正确；B 选项中，利用导数可求得 f x 在 0, + 上单调递增，由此可将恒成立
2ln x 2ln x
的不等式化为 a ，令 h x = x >1 ，利用导数可求得 h x max ，由 a h x x x max 可
知 B 正确；C 选项中，利用导数可求得 f x 的单调性，由此确定 x1 < 0 < x2 ，若 x1 + x2 > 0，
可等价转化为 f x1 > f -x1 ，令F x = f x - f -x x < 0 ，利用导数可求得F x 单调
性，从而得到F x < 0，知 f x1 < f -x1 ，可得 C 错误；D 选项中，采用同构法将已知等
式化为 f x1 = f ln x2 = t t > 2 ，从而可确定 x2 > x1 >1，结合 f x 单调性得到 x1 = ln x2 ，
ln t ln t
= j t ln t由此化简得到 ，令 = t > 2 ，利用导数可求得jx t 最大值，知 D 正确.2 - x1 t t
【详解】对于 A，当 x > 0时， ex >1，令 t = ex ，则 t > 1， g t = t - ln t ，
Q g t 1 1 t -1= - = ，\当 t > 1时， g t >0恒成立，\ g t 在 1, + 上单调递增；
t t
Qt = ex 在 0, + 上单调递增，
\ x根据复合函数单调性可知： g e 在 0, + 上为增函数，A 正确；
对于 B，当 x >1时， ln x2 > ln1 = 0，又 a为正实数，\ax > a > 0，
Q f x = ex -1，\当 x > 0时， f x > 0恒成立，\ f x 在 0, + 上单调递增，
则由 f ax f ln x2 2ln x得： ax ln x2，即 a ，x
h x 2ln x 2 1- ln x令 = x >1 ，则 h x = 2 ，x x
\当 x 1,e 时， h x > 0；当 x e, + 时， h x < 0；
\h x 在 1,e 上单调递增，在 e, + h x h e 2上单调递减，\ = =max ，e
a 2 2\ ，则正实数 a的最小值为 ，B 正确；
e e
对于 C，Q f x = ex -1，\当 x < 0 时， f x < 0；当 x > 0时， f x > 0；
\ f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；\ f x = f 0 =1min ，则 t > 1；
不妨设 x1 < x2，则必有 x1 < 0 < x2 ，
若 x1 + x2 > 0，则 x2 > -x1 > 0，等价于 f x2 > f -x1 ，
又 f x2 = f x1 ，则等价于 f x1 > f -x1 ；
令F x = f x - f -x x < 0 ，则F x = ex + e- x - 2 ，
Q x < 0，\0 < ex <1， e- x >1，\ex + e- x > 2 ex ×e- x = 2，即F x > 0，
\F x 在 - ,0 上单调递增，\F x < F 0 = 0，即 f x < f -x ，
\ f x1 < f -x1 ，可知 x1 + x2 > 0不成立，C 错误；
对于 D，由 f x1 = g x2 = t t > 2 ， x2 > x1 > 0 x得： e 1 - x = x - ln x = eln x21 2 2 - ln x2 = t t > 2 ，
即 f x1 = f ln x2 = t t > 2 ，
由 C 知： f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
f 1 = e -1< 2，\ x1 >1，则 x2 > x1 >1，\ln x2 > 0，
x ln t ln t ln t ln t\ x = ln x ，即 e 1 = x ，\ = x = =1 2 2 x2 - x1 e 1 - x1 f x1 t ；
令j t ln t t 2 1- ln t= > ，则j t = ，
t t 2
\当 t 2,e 时，j t > 0；当 t e, + 时，j t < 0 ；
\j t 在 2,e 1上单调递增，在 e, + 上单调递减，\j t = j emax = ，e
ln t 1
即 x 的最大值为 ，D 正确.2 - x1 e
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：本题 C 选项考查了导数中的极值点偏移问题；处理极值点偏移中的类似
于 x1 + x2 > a （ f x1 = f x2 ）的问题的基本步骤如下：
①求导确定 f x 的单调性，得到 x1, x2 的范围；
②构造函数F x = f x - f a - x ，求导后可得F x 恒正或恒负；
③得到 f x1 与 f a - x1 的大小关系后，将 f x1 置换为 f x2 ；
④根据x2与 a - x1所处的范围，结合 f x 的单调性，可得到x2与 a - x1的大小关系，由此证
得结论.
11．（2023·河北·模拟预测）若当实数 a 变化时，直线 y = ax + ea 恒与定曲线 y = f x 相切，
且 f x1 = f x2 = b ，则（ ）
A． f x 有一个极大值点 B．b 0,1
C． x R D． x1 + x2 < -2
【答案】AD
【分析】求出 f x 的解析式再利用导数可求探究其性质，再判断后可得正确的选项.
【详解】因为直线 y = ax + ea 恒与定曲线 y = f x 相切，
则曲线 y = f x 为坐标平面上挖去诸切线上的点后余下的所有点形成的边界（边界为虚边
界），而余下的 x, y 不在切线上，故 ea + ax - y = 0无解，
设 g a = ea + ax - y ，则 g a = ea + x，
若 x = 0 g a = ea，则 - y，当 y 0时， g a = 0无解，此时边界点为 0,0
若 x > 0，则 g a > 0，故 g a 在R 上为增函数，
而当 x + 时， g a + ， x - 时， g a - ，
故无论 y 取何值，从而 g a = 0总有解.
若 x < 0 ，则 a < ln -x 时， g a < 0 ， a > ln -x ， g a > 0，
故 g a 在 - , ln -x 上为减函数，在 ln -x ,+ 上为增函数，
g a = eln(- x)故 + x lnmin -x - y ，
若 g a > 0min ，则 g a = 0无解，故-x + x ln -x - y > 0即 y < -x + x ln -x ，
边界对应的函数为 f x = -x + x ln -x ， x < 0 .
若 g a 0 ，因此 x + 时， g a + ，故此时 g a = 0min 总有解.
ì-x + x ln -x , x < 0综上， f x = í ，故 C 错误.
0, x = 0
当 x < 0 时， f x = ln(-x)，
当 x < -1时， f x > 0；当-1 < x < 0时， f x < 0，
故 f x 在 - , -1 上为增函数，在 -1,0 为减函数，
故 f x 有唯一的极大值点 x=-1，且极大值为1，故 A 正确.
又 f x 的图象如图所示：
ì-x + x ln(-x) = 0
当b = 0时，由 f x = 0可得 x = 0或 í ，即 x = 0或 x = -e，
x < 0
f x = 0有两个不同的解，故 B 错误.
若 f x1 = f x2 = b ，则由图象可得0 b <1，不妨设-e < x1 < -1, -1< x2 0 ，
当b = 0时， x1 = -e,x2 = 0，此时 x1 + x2 < -2成立；
当0 < b <1时，令 h x = f x - f -2 - x ，其中-1 < x < 0，
则 h x = f x - f -2 - x = ln(-x) + ln 2 + x = ln(x2 - 2x) ，
因为-1 < x < 0，故0 < x2 - 2x <1，故 h x < 0，
所以 h x 在 -1,0 上为减函数，故 h x < h -1 = 0，
所以 f x < f -2 - x ，故 f x2 < f -2 - x2 ，
故 f x1 < f -2 - x2 ，而 x1 < -1,-2 - x2 < -1，
由 f x 的单调性可得 x1 < -2 - x2即 x1 + x2 < -2，
综上，D 成立，
故选：AD.
【点睛】思路点睛：对于曲线的切线族问题，往往与曲线的包络线有关，注意从曲线的切线
族结合方程无解可求曲线的方程，再结合导数的方法可研究函数的性质.
三、填空题
ln x
12．（2021· x-a黑龙江·模拟预测）已知函数 f (x) = e - -1有两个不同的零点，则实数 a的
x
取值范围是 .
【答案】 1,+
x-a ln x
【分析】将原函数有两个不同零点，等价于 e = +1有两个不同的根，通过变形，换元，
x
t t
得到原式子等价于 ln t = a t > 0 有两个不等根，构造函数 g t = ln t - a ，研究函数的单调e e
性，极值问题，可得到只要函数最大值大于零即可.
f (x) ex-a ln x ln x【详解】 = - -1 x-a有两个不同的零点，等价于方程 e = +1有两个不同的根，
x x
ex ln x x
变形为 a = +1
xe
a = ln x + x = ln xe
x
e x e
t
设 t = xex ，原式子等价于 ln t = a t > 0 有两个不等根e
g t ln t t , g ' t 1 1= - a = - a e t e
函数极值点为 t = ea
函数在 0,ea a上是单调递增的，函数在 e ,+ 上是单调递减的，
a
故得到函数的最大值为 g e > 0 a >1
当 t 趋向于 0 时， g t 趋向于负无穷，当 t 趋向于正无穷时， g t 趋向于负无穷
函数最大值大于零，故可得当 a > 1时，函数有两个不等的根.
故答案为： 1,+ .
x + m
13．（2022·吉林·三模）已知函数 f (x) = x 的极大值点为 0，则实数 m 的值为 ；e
设 t1 t2 ，且 t2 ln t1 - t1 ln t2 = t1 - t2 ，不等式 ln t1 + ln t2 > l 恒成立，则实数l 的取值范围
为 ．
【答案】 1 l 0
【分析】求出函数的导函数，即可得到 f 0 = 0，从而求出m ，令 x1 = ln t1, x2 = ln t2 ，即可
ln t1 1 ln t2 1 ln x +1
得到 + = +t1 t1 t t
，令 h(x) = ，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数草图，
2 2 x
1 1
即可得到 < t1 <1< t F (t) = h(t) - h

，再令
e 2 ÷
, (0 < t <1) ，利用导数说明函数的单调性，即
è t
t 1可得到 2 > t ，从而得解；1
f (x) x + m f (x) -x - m +1【详解】解： = x ，则 = ，则 f 0
-m +1
= = 0，解得m =1，
e ex e0
此时 f (x)
x +1
= ， f
-x
x (x) = x ，当 x < 0 时 f (x) > 0 ，当 x > 0时 f (x) < 0 ，e e
所以 f x 在 - ,0 上的单调递增，在 0, + 上单调递减，则 f x 在 x = 0处取极大值，符
合题意；
ln t ln t 1 1 ln t 1 ln t 1
令 x1 = ln t1, x2 = ln t t ln t
1 2 1
2 ，则 2 1 - t1 ln t2 = t1 - t2 - = - + =
2 +
t1 t2 t2 t1 t1 t1 t2 t2
ln x +1
构造函数 h(x) = ，则 h t1 = h tx 2 ．
因为 h (x)
- ln x
= 2 ，所以当0 < x <1时 h x > 0，当 x >1时 h x < 0，x
ln 1 +1
即 h x 在 0,1 上单调递增，在 1, + h 1 e上单调递减，又 ÷ = 1 = 0，è e
e
易知 h(x) 的图象如图所示：
1
不妨令 < t1 <1< t2 ，e
令F (t) = h(t) - h
1
, (0 < t <1)
è t ÷
∵ F t = h t 1+ h 1 1
t 2 t ÷
= 1- t 2 ÷
ln t > 0
è è
∴ F (t)在( 0, 1)上单调递增，即F (t) < F (1) = 0
∵ 0 < t1 <1，∴ F t1 < 0，即 h

t1 < h
1
t ֏ 1
∵ h t1 = h t2 ，∴ h t2
1
< h ÷
è t1
1
∵ h(x) 在 (1, + )上单调递减，∴ t2 > t1t2 > 1 ln t1t2 > 0 l 0t1
故答案为：1；l 0
2 x-
14．（2022· x广东佛山·一模）已知函数 f x = x + 2axe 2 + 2，当 a = 2 时，函数 f x 的零e
点个数为 ；若函数 f x 有两个零点，则实数 a 的取值范围为 ．
1
- , - e 2+ 【答案】 1 ÷ 2, +
è 2

è e ÷
x
【分析】（1）令 f x = 0 x，得 x + 2e2 = 0，再构造函数 g(x) = x + 2e2 ，分析函数的性质即
得解；
2 x- x
（2）令 f x x= 2 2 x xx + 2axe + 2 = 0, 得到 2axe2 = -x - 2e ，再对 分两类讨论、分离参数分e
析函数的图象得解.
x2 x-
【详解】（1）当 a = 2 时， f x = x + 2 2xe 2 + 2，e
2 x-
令 f x x= x + 2 2xe 2 + 2 = 0 ，e
x x
所以 x2 + 2 2xe2 + 2ex = 0,\(x + 2e2 )2 = 0，
x x
所以 x + 2e2 = 0，令 g(x) = x + 2e2 ，
所以函数 g(x)是增函数（增函数+增函数=增函数），
当 x + 时， g(x) > 0 ； g(-2) 2= -2 + 2e-1 = -2 + < 0，
e
x
所以 x + 2e2 = 0只有一个解，所以当 a = 2 时，函数 f x 的零点个数为 1；
2 f x x
2 x-
（ ）令 = + 2axe 2 + 2 = 0,
ex
x
所以 2axe2 = -x2 - 2ex ，
当 x = 0时，不成立，所以 x = 0不是函数的零点.
当 x 0时，
x x
2
a -x 2e
x -x e2 2
所以 = x - x = x - ,\-a
x e
= x + ,
2xe2 2xe2 2e2 x 2e2 x
x
2
令 t e= , (x 0)，
x
x x
2 2
令 g(x) e , g (x) e (x - 2)= \ = ，
x 2x2
所以函数 g(x)在 (2,+ ) 单调递增，在 (- ,0), (0, 2）单调递减，
g(2) e因为 = ，所以 g(x)
e
(- ,0) [ , + )，
2 2
x
e2 t e t e所以 t = 在 > 时有两个零点，在 = 时只有一个零点，在 t < 0时只有一个零点；
x 2 2
1 e
所以-a = + t(t 或 t < 0)，
2t 2
e a 1 e- > + 1 e
由对勾函数得，当 t > 时， 2 e 2 即 a < - - 时，此时方程有一个零点，2 2 e 2
当 t < 0, -a < - 2 即a > 2 时，方程有两个零点.
所以当 a
1 e 1 2
< - - = - e + 或 时，原函数有两个零点.
e 2 2 e ÷ a > 2è
1 2
故答案为：1； - , - e + ÷ 2, + .
è 2 è e
÷

四、解答题
m
15．（2023·江西·模拟预测）已知函数 f (x) = x + ．
ex
(1)讨论 f (x) 的单调性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 = f x2 = 2，证明：0 < m < e，且 x1 + x2 < 2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分m 0和m > 0两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为 x1, x2 是方程m = ex (2 - x)的两个实数根，构造函数 g(x) = ex (2 - x)，得到其单调
性和极值最值情况，结合图象得到0 < m < e，再构造差函数，证明出 x1 + x2 < 2 .
【详解】（1） f (x) 的定义域为 R，
x
由题意，得 f (x) 1 m e - m= - x = x ， x R ，e e
当m 0时， f (x) > 0 恒成立， f (x) 在R 上单调递增；
当m > 0，且当 x (- , ln m) 时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减；
当 x (ln m , + ) 时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增．
综上，当m 0时， f x 在R 上单调递增；
当m > 0时， f x 在区间 - , ln m 上单调递减，在区间 ln m, + 上单调递增．
（2）证明：由 f x1 = f x2 = 2，

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