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3.4 导数的综合运用
考点一 判断函数的零点个数
【例 1】(2024 福建合肥)已知 a≥1，函数 f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2．
(1)若 a＝1，求 f(x)的单调区间；
(2)讨论 f(x)的零点个数．
【答案】见解析
【解析】(1)若 a＝1，则 f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋2(x－1)．
当 0＜x＜1 时，f′(x)＜0；当 x＞1 时，f′(x)＞0．
所以 f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当 a＝1 时，f(x)＝x ln x－x＋1＋(x－1)2，
因为 f(1)＝0，且 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以 f(x)有 1 个零点．
当 a＞1 时，f′(x)＝1＋ln x－a＋2a(x－1)＝1＋ln x＋2ax－3a，
令 g(x)＝1＋ln x＋2ax－3a，因为 a＞1，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
3 3 3 3
又 f′(1)＝g(1)＝1－a＜0，f′( )＝g ＝1＋ln ＞0，所以存在实数 x ∈ 1， ，使得 g(x )＝0．2 (2 ) 2 0 ( 2 ) 0
在(0，x0)上，f′(x)＜0，f(x)是减函数；在(x0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)是增函数．
所以 f(x)的最小值是 f(x0)，其中 x0满足 f′(x0)＝0，即 1＋ln x0＋2ax0－3a ＝0．
所以 f(x0)＝x0ln x0－ax ＋1＋a(x －1)20 0 ＝x0(3a－1－2ax 20)－ax0＋1＋a(x0－1) ＝(1－x0)(a＋ax0＋1)，
3 1 a ln 3
因为 x0∈(1， )，所以 f(x0)＜0，因为 f( )＝ ＋1－ ＞0，f(3)＝3ln 3＋a＋1＞0，所以 f(x)有 2 个零点．2 3 9 3
综上所述，当 a＝1 时，f(x)有 1 个零点；当 a＞1 时，f(x)有 2 个零点
【一隅三反】
1．（2024·湖北· x模拟预测）函数 f x = ae - x -1 a R ．
(1)当 a =1时，证明： f (x) 0；
(2)讨论函数 f (x) 的零点个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
x
【解析】（1）当 a =1时， f x = e - x -1，所以 f (x) = ex -1，令 f (x) = 0得 x = 0．
当 x (- ,0)时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减；
当 x (0,+ )时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增．
从而 f (x) f (0) = 0，不等式得证．
（2）令 f (x) 0
x +1 -x
= ，则 a =
ex
= g(x)， g (x) = x ．e
当 x (- ,0)时， g (x) > 0， g x 单调递增；
当 x (0,+ )时， g (x) < 0， g x 单调递减．
又 g(0) = 1，当 x - 时， g(x) - ；当 x + 时， g(x) 0 ．
从而当 a > 1时， f (x) 无零点；当 a 0或 a =1时， f (x) 有一个零点；
当 0 < a < 1时， f (x) 有两个零点．
2．（2024· ax河南）已知函数 f x = x e +1 ， a > 0．
(1)当 a＝2 时，求曲线 y = f x 在 1, f 1 处的切线方程；
(2)讨论关于 x 的方程 f x = eax -1的实根个数．
【答案】(1) 3e2 +1 x - y - 2e2 = 0 (2)答案不唯一，具体见解析
【解析】(1)当 a＝2 时， f x = x e2x +1 f x = 2x +1 e2x， +1，
则切线的斜率为 f 1 = 3e2 +1，
又 f 1 = e2 +1，所以曲线 y = f x 在 1, f 1 处的切线方程是 y - e2 +1 = 3e2 +1 x -1 ，
即 3e2 +1 x - y - 2e2 = 0．
(2) f x = eax -1即为 x eax +1 = eax -1，化简得 1- x eax - x -1 = 0，
令 g x = 1- x eax - x -1，则 g x = a -1- ax eax -1，
令 h x = g x ax，则 h x = a a - 2 - ax e ，
令 h x = 0，得 x a - 2= ．
x
a - 2
当 x < 时， h x 0 h x , a - 2> ，即 在 - a ÷上单调递增；a è
a - 2 a - 2
当 x > 时， h x < 0 ，即 h x 在
a
,+
è a ÷
上单调递减．

a - 2
①当0 < a 2 时， h(x) h = ea-2 ÷ -1 0，即 g x 0，
è a
所以 g x 在 R 上单调递减．
又 g 0 = 0，所以 g x 有唯一零点 0；
②当 a > 2时，h 0 = a - 2 > 0， h 1 = -ea -1< 0，所以存在m 0,1 ， h m = 0，
a
又 h 1 2a 1 e-a 1 2a -1- e- = - - =
ea
，
令j a = 2a -1- ea ，j a = 2 - ea < 0 ，
所以j a 在 2, + j a < j 2 = 3- e2上单调递减， < 0 ，
即 h -1 < 0，所以存在 n -1,0 ， g n = 0，
x - ,n n n, m m m,+
g x － 0 ＋ －
g x 单调递减 单调递增 单调递减
则 g m > g 0 = 0，又 g 1 = -2 < 0，所以存在 x1 m,1 ， g x1 = 0；
同理， g n < g 0 = 0，又 g -1 = 2e-a > 0 ，所以存在 x2 -1,n ， g x2 = 0，
由单调性可知，此时 g x 有且仅有三个零点 0，x1，x2．
0 < a 2 g x f x = eax综上，当 时， 有唯一零点，方程 -1有唯一的实根；
a > 2 g x f x = eax当 时， 有且仅有三个零点，方程 -1有 3 个实根．
π
3．（2024·广东深圳·模拟预测）已知 f x = x sin x - a cos x 在 x = 2 时取得极大值．
(1)讨论 f x 在 -π, π 上的单调性；
(2)令 h x = x2 - 4x sin x - 4cos x + 4 ，试判断 h x 在R 上零点的个数．
【答案】(1)答案见解析
(2)三个零点
【解析】（1）由题意， f x = sin x + x cos x + a sin x，因为 f x x π在 = 2 时取得极大值，
f π 则 ÷ = 0，得 a = -1, f x = x sin x + cos x，
è 2
所以 f x = sin x + x cos x - sin x = x cos x，
令 f x = 0 π，则 x = 0或 x = ± ．
2
x π -π, -

÷时， f x > 02 ， f x 单调递增，è
x π - ,0

时， f x < 0， f x 单调递减，
è 2 ÷
x π 0, ÷时， f x > 0， f x 单调递增，
è 2
x π ,π

÷时， f x < 0， f x 单调递减．
è 2
所以 f x π π π-π, - π 在 ÷ 上单调递增，在 - ,0÷上单调递减，在 0, ÷上单调递增，在 ,π ÷ 上单调递减．
è 2 è 2 è 2 è 2
（2） h x 在 R 上有 3 个零点，理由如下： h x = x2 - 4x sin x - 4cos x + 4 ，
因为 h 0 = 0，所以 x = 0是 h x 的一个零点．
h -x = -x 2 - 4 -x sin -x - 4cos -x + 4 = x2 - 4x sin x - 4cos x + 4 = h x ，
所以 h x 是偶函数，即要确定 h x 在 R 上的零点个数，需确定 x > 0时， h x 的零点个数即可．
①当 x > 0时， h x = 2x - 4x cos x = 2x 1- 2cos x ，
h (x) = 0 cos x 1 , x π π令 ，即 = = + 2kπ或 x = - + 2kπ k N ，
2 3 3
π 2x 0, ÷时，h (x) < 0,h(x)
π π 2 3
单调递减，且 h ÷ = + 2 - π < 0，è 3 è 3 9 3
x π ,
5 π ÷时，h (x) > 0,h(x)
5 25
单调递增，且 h π = π2
10 3
÷ + π + 2 > 0，è 3 3 è 3 9 3
5
所以 h(x) 在 0, π3 ÷有唯一零点；è
5
②当 x π时，由于 sin x -1,1 , cos x -1,1 ，
3
h x = x2 - 4x sin x - 4cos x + 4 x2 - 4x - 4 + 4 = x2 - 4x = t x ，
而 t x 5p 5 在[ ,+ )单调递增， t(x) t π ÷ > 0，3 è 3
所以 h(x) > 0恒成立，故 h(x) 在[
5p ,+ )无零点，
3
所以 h x 在 0, + 有一个零点，
由于 h x 是偶函数，所以 h x 在 - ,0 有一个零点，而 h(0) = 0，
综上， h x 在 R 有且仅有三个零点．
考点二 已知函数零点求参数
【例 2】（2024·广东汕头·三模）已知函数 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲线 y = f (x) 在 x=-1处的切线与 y 轴垂直，求 y = f (x) 的极值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一个零点，求 a .
1
【答案】(1)极小值 - e ，无极大值；
(2) a e
2
= .
4
【解析】（1）函数 f (x) = x(ex - ax2 )的定义域为 R，求导得 f (x) = (x +1)ex - 3ax2 ， f (-1) = -3a ，
依题意， f (-1) = 0 ，则 a = 0， f (x) = x ex , f (x) = (1+ x)ex ，
当 x < -1时， f (x) < 0 ，当 x > -1时， f (x) > 0 ，
因此函数 f (x) 在 (- , -1)上单调递减，在 (-1, + )上单调递增，
所以函数 f (x)
1
在 x=-1处取得极小值 f (-1) = - ，无极大值.
e
（2）函数 f (x) = x(ex - ax2 )在 (0, + )只有一个零点，等价于 y = ex - ax2在 (0, + )只有一个零点，
设 g(x) = ex - ax2，则函数 g(x)在 (0, + )只有一个零点，当且仅当 g(x) = 0 在 (0, + )只有一解，
exa (0, + ) y e
x
即 = 在 只有一解，于是曲线 = (x > 0) 与直线 y = a2 2 只有一个公共点，x x
x x
j(x) e (x 0) j (x) e (x - 2)令 = 2 > ，求导得 = 3 ，当 x < 2时，j
(x) < 0，当 x > 2时，j (x) > 0 ，
x x
因此函数j(x) 在 (0,2)上单调递减，在 (2,+ ) 上单调递增，
2
函数j(x) 在 x = 2 e取得极小值同时也是最小值j(2) = ，
4
当 x 0 时，j(x) + ；当 x + 时，j(x) + ，
ex
画山j(x) = 2 大致的图象，如图，x
2
g(x)在 (0, + ) e只有一个零点时， a = j(2) = ，
4
2
所以 f (x) 在 (0, + ) e只有一个零点吋， a = .
4
【一隅三反】
1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知函数 f (x) = ex - ln x + x2 - ax(a R)．
(1)当 a = 0时，求函数 f (x) 在 x =1处的切线方程；
(2)若函数至多一个零点，求 a 的取值范围．
【答案】(1) y = e +1 x
(2) a - , e +1
x 1
【解析】（1）由 f (x) = ex - ln x + x2 - ax(a R) 得： f (x) = e - + 2x - a，
x
当 a = 0时， f (1) = e+1， f (1) = e+1，
所以函数 f (x) 在 x =1处的切线方程为： y - f (1) = f (1)(x -1) ，
即 y - e -1 = e +1 (x -1) ，所以 y = (e +1)x
（2）由函数 f (x) 的定义域为 (0, + )，
x
又由 f (x) = ex - ln x + x2 - ax = 0 e ln x，分离参变量得： a = - + x
x x
x
g(x) e ln x (x -1)e
x
x,Q g (x) 1- ln x 1 (x -1)e
x + ln x + x2 -1
令 = - + = - + =
x x x2 x2 x2
令 h(x) = (x -1)ex + ln x + x2 -1, h (x) = xex
1
+ + 2x 0
x
\h(x)在 (0, + )单调递增，又Qh(1) = 0，
\在( 0, 1)上 g (x) < 0，在 (1, + )上 g (x) > 0，
\ g(x) 在( 0, 1)单调递减，在 (1, + )单调递增，
所以 g(x)min = g(1) = e +1，
又\ x 0时 g(x) + ,\ x + 时 g(x) +
\a - , e +1
2．（2024· x 2广东深圳·期中）已知函数 f x = x - 2 e - 2ax + 4ax a > 0 ．
(1)若 a =1，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 恰有三个零点，求 a 的取值范围．
【答案】(1) 3x - y - 2 = 0
e e2 e2
(2) , ÷ 2 4
,+
4 ÷è è
【解析】（1）解：当 a =1时，函数 f (x) = (x - 2)ex - 2x2 + 4x，可得 f (x) = (x -1)ex - 4x + 4，
所以 f 0 = -2，且 f 0 = 3，
所以曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程为 y + 2 = 3x，即3x - y - 2 = 0 .
（2）解：因为 f (x) = (x - 2)ex - 2ax2 + 4ax = (x - 2)(ex - 2ax)，
可得 x = 2是 f x 的一个零点，
因为 f x 恰有三个零点，所以方程 ex - 2ax = 0有两个不为 2 实数根，
1 x
即方程 = 有两个不为 2 实数根，
2a ex
h x x令 = x ，所以 h (x)
1- x
= ，
e ex
令 h x < 0，可得 x >1，令 h ' x 0 ，可得 x <1，
所以 h x 在区间 - ,1 上单调递增，在区间 1, + 上单调递减，
所以，当 x =1时，函数取得极大值，也是最大值 h 1 1= ，
e
且当 x <1时， h(x) > 0，

所以，当 x (- ,1]时， h(x) 的值域为 - ,
1ù
ú ；当 x (1,+ )时， h(x)
0, 1 的值域为 ，
è e è e ÷
0 1 1 1 2 e
2
所以 < <
e
，且 2 ，所以 a > 且 a ．2a e 2a e 2 4
e e2 , e
2
所以 a 的取值范围是 ÷ ,+ ÷．
è 2 4 è 4
3．（2024· 2青海西宁·模拟预测）已知函数 f x = x + axlnx - x
(1)当 a =1时，求 f x 的零点；
(2)若 f x 恰有两个极值点，求 a的取值范围.
【答案】(1) f x 有且仅有一个零点 x =1
(2) - ,0
【解析】（1）当 a =1时， f x = 0等价于 x + lnx -1 = 0 .
令 g x = x + lnx -1(x > 0)，则 g (x) =1 1+ > 0，
x
所以 g x 在 0, + 上单调递增.
因为 g 1 = 0，所以 f x 有且仅有一个零点 x =1 .
（2）由 f x = x2 + axlnx - x ，得 f x = 2x + alnx + a -1 .
令 h x = 2x + alnx + a -1，则 h x = 2 a 2x + a+ = .
x x
若 a 0，则 h x > 0在 0, + 上恒成立，故 h x 在 0, + 上单调递增，
h x 最多只有一个零点，则 f x 最多只有一个极值点，不符合题意；
a a
若 a < 0，则当 x 0, - ÷时， h x < 0，当 x

- , +

2 ÷时，
h x > 0，
è 2 è
h x 0, a a a a所以 在 -

÷上单调递减，在 - ,+

÷上单调递增，则 h x = h - ÷ = aln -

÷ -1.
è 2 è 2 min è 2 è 2
令j x xln x= -

÷ -1(x < 0)
x
，则j x = ln - +1，
è 2 ÷ è 2
x 2 2当 - , -

÷ 时，j x > 0，当 x - ,0

÷时，j x < 0，
è e è e
j x 2 2 2 2 a 所以 在 - ,- ÷上单调递增，在 - ,0÷上单调递减，则j x = j - ÷ = -1< 0，从而 h - ÷ < 0 .
è e è e max è e e è 2
显然，当 x 0 时， h x a + ，则$x1 0,-

÷， h x1 = 0 .
è 2
2
令m x x= ex - - x -1，则m x = ex - x -1，
2
设u x = ex - x -1，则u (x) = ex -1，
由 u (x) > 0 x > 0,u (x) < 0 x < 0 ，
所以函数u(x) 在 (0, + )上单调递增，在 (- ,0)上单调递减，
所以u(x) u(0) = 0 ，即m x 0 恒成立，故m x 单调递增.
2
当 x > 0时，m x > m 0 = 0，即 ex x> + x +1，
2
é 2 ù
h e-a则 = 2e-a -1+ a -a + a > 2 ê1+ -aa - + ú -1+ a -a + a =1- a > 0 .
ê 2 ú
a
e-a a> -a +1 > - $x - ,e-a 因为 ，所以
2 2 ÷
， h x
2 2
= 0 .
è
当 x 0, x1 x2 ,+ 时， h x > 0，当 x x1, x2 时， h x < 0，
则 h x 的单调递增区间为 0, x1 和 x2 ,+ ，单调递减区间为 x1, x2 ，
则 f x 恰有两个极值点.
故当 f x 恰有两个极值点时， a的取值范围为 - ,0 .
考点三 隐零点
【例 3-1】（2024 湖北）已知函数 f (x) = ln x .
(1)求函数 y = f (x) - x的单调区间；
(2)求证：函数 g(x) = ex - e2 f (x)的图象在 x 轴上方.
【答案】(1)单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 (1, + )；
(2)证明见解析.
【分析】(1)求 y ，根据 y 正负即可求 y 的单调区间；
(2)求 g (x) ，根据 g (x) 零点的范围求出 g(x)的最小值，证明其最小值大于零即可.
y 1 1- x【详解】（1） = -1 = (x > 0) ，
x x
令 y = 0则 x =1 .
当0 < x <1时， y > 0，∴函数在 0,1 上单调递增；
当1< x时， y < 0，∴函数在 (1, + )上单调递减.
即 y = f (x) - x的单调递增区间是 0,1 ，单调递减区间是 (1, + )；
（2） g(x) = ex - e2 ln x(x > 0)，
2
g (x) ex e= - ，易知 g (x) 单调递增，
x
2
g (1) = e - e2 < 0 g (2) e2 e e
2
又 ， = - = > 0，
2 2
∴在 (0, + )上存在一个 x0 (1,2) ，
2 2
使得： g x0 = ex
e
0 - = 0 ex e，即： 0 = ，且 ln x
x x 0
= -x0 + 2，
0 0
当 x 0, x0 ，有 g (x) < 0, g(x)单调递减；
当 x x0 ,+ ，有 g (x) > 0, g(x)单调递增.
2 2
∴ g(x) g x0 = ex
e
0 - e2 ln x = + e2x x - 2x +10 0 - 2e
2 = 0 0 e2 > 0 ，
x0 x0
∴ g(x) = ex - e2 ln x > 0 ，
∴函数 g(x) = ex - e2 f (x)的图象在 x 轴上方.
【例 3-2】（2024·广东深圳）已知函数 f (x) = x(1- sin x) .
（1）求函数 f (πx)在 -20,20 上的零点之和；
（2）证明： f (x)

在 0,
p
2 ÷上只有
1 个极值点.
è
【答案】（1）-10（2）详见解析
1
【分析】（1） f (p x) = p x(1- sinp x) = 0得到 x = 0或 x = + 2k(k Z) ，据此计算答案.
2
（2）求导设 g(x) = f (x) ，则 g (x) = x sin x - 2cos x
p
，判断函数 g(x)在 0, m 上单调递减，在 m, ÷上单调递增，
è 2
p
又 g(0) = 1 > 0

， g ÷ = 0，得到答案.
è 2
【详解】（1）解：令 f (p x) = p x(1- sinp x) = 0，得 x = 0或 sinp x =1，
p
即 x = 0或p x = + 2kp (k
1
Z)，即 x = 0或 x = + 2k(k Z)
2 2
所以 f (p x)在 (-20,20)上的零点之和为
39 37- + 20
39 35 31 L 3 0 1 5 37
÷
- - - - - + + + +L+ = è 2 2 = -10
2 2 2 2 2 2 2 2
（2）证明设 g(x) = f (x) =1- sin x - x cos x ， g (x) = x sin x - 2cos x ，
h( x) = g ( x)， h (x) = x cos x + 3sin x ，
当 x
0, p ÷时， h (x) > 0，则 h( x) = g ( x)2 为增函数
.
è
p p p
因为 g (0) = -2 < 0 g
= > 0 $m ， ÷ ，所以 0,

÷， g (m) = 0
è 2 2 è 2
所以当 x (0,m) 时， g (x) < 0

；当 x m,
p
÷时， g (x) > 0，
è 2
从而 g(x)的 0, m p 上单调递减，在 m, 2 ÷上单调递增è
p
又 g(0) = 1 > 0 g

， ÷ = 0，所以必存在唯一的 x

0 0,
p
2 ÷，使得
g x0 = 0，
è 2 è
当 x 0, x0 时， g(x) > 0 ；当 x x0 ,
p
÷时， g(x) < 0
è 2
0, p故 f (x)

在 2 ÷上只有
1 个极值点 x0
è
【一隅三反】
x 1- lnx1．（2024·江苏宿迁）已知函数 f x = ae + .
x
(1)若 a = 0,求 f x 的极值；
(2)若 f x 1恒成立，求实数 a 的取值范围.
1
【答案】(1) f x 的极小值为- 2 ，无极大值e
é 1
(2) ê e2
,+ ÷

【解析】（1）当 a = 0, f (x)
1- ln x
= , x > 0，
x
-2 + ln x
令 f (x) = 2 = 0 ，解得 x = e2 ，x
2 2
则当 x 0,e , f (x) < 0, f (x)单调递减，当 x e ,+ , f (x) > 0, f (x)单调递增，
f (x) f e2 1故 的极小值为 = - ，无极大值；e2
（2）由题意可得 axex +1- ln x x, x > 0,
1 aex × x -1
令 g(x) = axex +1- ln x - x,则 g (x) = (x +1) aex - ÷ = (x +1) × ,
è x x
当 a 0时， g (x) < 0, g(1) = ae 0,则 x >1时， g(x) < g(1) 0，不合题意；
当 a > 0 x时，设 h x = ae × x -1, x > 0，
1 1 1 1h ÷ = aea × -1 = ea -1 > 0， h 0 = -1< 0 ，
è a a
x 0, 1 x所以存在 0 ÷时， h x = ae 0 × x -1 = 0，
è a 0 0
因为 h x = aex × x + aex = aex x +1 > 0，所以 h x 在 0, + 上单调递增，
所以当 x 0, x0 ， h(x) < 0；当 x x0 ,+ ， h(x) > 0，
则当 x 0, x0 ， g (x) < 0；当 x x0 ,+ ， g (x) > 0，
则 g(x)在 0, x0 单调递减，在 x0 ,+ 单调递增，
x
所以 g(x)min = g x0 = ax 00e - x0 - ln x0 +1
aex 10因为 = x，所以 ax e 00 =1，即 ln a + x0 = - ln x0 ,x0
故 g(x)min = g x0 =1- x0 + ln a + x0 +1 = ln a + 2 0,解得 a
1

e2
é 1
综上所述，实数 a 的取值范围 ê 2 ,+ ÷. e
2x
2．（2024 北京）已知函数 f x = a ln x - -1（ a R ，e 为自然对数的底数）．
e
(1)求函数 f x 的极值；
(2) f x x+ +1 = 0 1,e2若方程 在区间 内有两个不相等的实数根 x1, x2 ，证明： ln x1 × ln x 1e 2 > ．a
【答案】(1)见解析(2)证明见解析.
【解析】(1)函数 f x 的定义域为 0, + ，且 f x a 2 ea - 2x= - = .
x e ex
当 a 0时， f x < 0恒成立， f x 在 0, + 上单调递减，无极值.
当 a > 0时，由 f x > 0 x ea，得 < ，所以 f x 0, ea )在2 ÷上单调递增；è 2
由 f x < 0 ea ea，得 x > ，所以 f x 在2 ,+ 2 ÷上单调递减.è
ea
所以当 x = 时，函数 f x ea a取得极大值，且极大值为 f ÷ = a ln -1.2 è 2 2
a
综上所述，当 a 0时，函数 f x 无极值；当 a > 0时，函数 f x 的极大值为 a ln -1，无极小值.
2
(2)
方程 f x x+ +1 = 0，即为方程 a ln x x- = 0 .
e e
1 e ln x
由题意，得方程 = 在区间 1,e2 内有两个不相等的实数 x1, x2 ，不妨设 xa x 1 < x2 .
令 g x e ln x= , x 1,e2 e 1- ln x ，则 g x = 2 .x x
令 g x = 0 e 1- ln x ，即 2 = 0，解得 x=e.x
所以当 x e,e2 时， g x < 0， g x 单调递减；
当 x 1,e 时， g x > 0， g x 单调递增.
1 2 e
因为 g(e) = l, g e2 2= , x 1, g x 0 ,1 ，所以 ÷即 a 1, e a e 2 ÷ .è è
要证 ln x1 × ln x
1
2 > ，只需证 ln xa 1
× ln x2 >1.
elnx 1
又因为 g x1 = g x2
1
= 2，所以 =x a .a 2
x e
所以只需证 ln x1 × 2 >1，只需证 x2 > ln x .e 1
e
因为1 < x1 < e < x2 < e
2
，所以0 < ln x1 <1.所以 > eln x .1
e e
所以只需证 g x2 < g ÷，只需证 g x < g .
è ln x
1
1 è ln x
÷
1
eln e
e ln x ln x
只需证 1 < 1e ， 只需证 e < x1 é 1- ln ln xx 1 ù .1
ln x1
令 ln x1 = t x = e
t
，则 1 , t 0,1
e
，所以只需证 t + ln t -1< 0 .e
e t
令 h t = t + ln t -1, t 0,1 h t
e 1 e - et
，则 = - t + = .e e t tet
令j t = et - et, t 0,1 ，则j t = et - e < 0 恒成立.
所以j t 在 0,1 上单调递减.所以j t > j 1 = 0 .
所以 h t > 0 .所以 h t 在 0,1 上单调递增.
所以 h t < h 1 = 0 e.所以 t + ln t -1< 0 .e
所以 ln x1 × ln x
1
2 > .a
1 1
3（2024· f (x) = ex云南）已知函数 - kx2 - sin x -1 2，函数 g x = x + cos x -1．
2 2
(1)求函数 g x 的单调区间．
(2) x 0 时，不等式 f x 0恒成立，求实数 k 的取值范围．
【答案】(1) g x 的单调递增区间为 0, + ，单调递减区间为 - ,0 ；(2) - ,1 .
【解析】(1)解： g x = x - sin x，令 h x = g x ，则 h x =1- cos x 0，当且仅当 x = 2kp， k Z 时等号成立，
∴ h x 在 - , + 上单调递增，即 g x 在 - , + 上单调递增．
∵ g 0 = 0，∴ x > 0时， g x > 0 ， x < 0 时， g x < 0，
∴ g x 的单调递增区间为 0, + ，单调递减区间为 - ,0 ．
(2)
解： x 0 时， f x f 0 = 0 恒成立，
f (x)=ex - kx - cos x， f x = é f x ù = e
x - k + sin x ，
f x = é f x ù x = e +cos x，
x > 0时， f (x) = ex + cos x >1+ cos x 0，∴ f x 在 0, + 上单调递增，
∵ f 0 =1- k ，
若 k 1， x > 0时， f x >1- k 0，∴ f x 在 0, + 上单调递增，
∴ x > 0时， f x > f 0 = 0，∴ f x 在 0, + 上单调递增，
∴ x 0 时， f x f 0 = 0 恒成立；
k
若 k >1，∵ f 1 0，∴ e - -1- sin1 0，∴1< k 2 (e -1- sin1)，
2
f 0 =1- k < 0， f (1) = e - k - sin1 e - 2e + 2 + 3sin1 3> 2 + 2 - e > 3 - e > 0，
2
∴ f x 在 0, + 有唯一解，设为 x0 ，且 x0 0,1 ，
当0 < x < x0 时， f x < 0，∴ f x 在 0, x0 上单调递减，
∴ x 0, x0 时， f x < f 0 = 0，∴ f x 在 0, x0 上单调递减，
∴ f x < f 0 = 0 与 f x 0恒成立矛盾，舍去．
综上，实数 k 的取值范围是 - ,1 ．
考点 4 不等式的证明
【例 4-1】（2024·北京·三模）已知 f x = 2 x - a ln x - ax -1．
(1)若 a = -1，求曲线 y = f x 在点P 1,2 处的切线方程；
(2)若函数 y = f x 存在两个不同的极值点 x1, x2 ，求证： f x1 + f x2 > 0．
【答案】(1) y = 3x -1
(2)证明见解析
【解析】（1）当 a = -1时， f x = 2 x + ln x + x -1，
f x 1 1= + +1, f 1 = 3
x x ，
所以曲线 y = f x 在点P 1,2 处的切线方程为 y - 2 = 3 x -1 ，即 y = 3x -1；
（2） f x 1 a= - - ax ，x
f (x) 1 a令 = 0，得 - - a = 0x x ，令 t = x ，则 t > 0，
原方程可化为 at2 - t + a = 0 ①，则 t1 = x1 , t2 = x2 是方程①的两个不同的根，
ìΔ =1- 4a2 > 0

所以 í1 ，解得0 < a
1
< ，
> 0 2 a
1 1
由韦达定理得 t1 + t2 = ,t t =1 t
2 + t 2 = t + t 21 2 ，则 1 2 1 2 - 2t1t2 = 2 - 2a a ，
所以 f (x1) + f (x2 ) = 2( x1 + x2 ) - a(ln x1 + ln x2 ) - a(x1 + x2 ) - 2
= 2(t1 + t2 ) - a ln(t
2t 21 2 ) - a(t
2
1 + t
2
2 ) - 2 = 2a
1
+ - 2
a ，
h a 1 1 1令 = 2a + - 2 0 < a < ÷，则 h a = 2 - 2 < 0

0
1
< a < ，
a è 2 a è 2 ÷
所以函数 h a 1 在 0, ÷上单调递减，
è 2
1 1
所以 h a = 2a + - 2 > h
a 2 ÷
=1 > 0，
è
所以 f (x1) + f (x2 ) > 0 .
1
【例 4-2】（2024· x 2江苏连云港·模拟预测）已知函数 f (x) = e - x - x .
2
(1)求函数 f (x) 在 x =1处的切线方程.
(2)证明："x [0,+ ), f (x) > sin x .
【答案】(1) e - 2 x y 1- + = 0
2
(2)证明见解答
【解析】（1）由 f (x)
1
= ex - x2 - x，可得 f (x) = ex - x -1，
2
1 3
f (1) = e1 -1-1 = e - 2 1 2，又 f (1) = e - 1 -1 = e - ，
2 2
所以函数 f (x)
3
在 x =1处的切线方程为 y - e+ = (e - 2)(x -1)，即 (e
1
- 2)x - y + = 0 .
2 2
1
（2）由 f (x) = ex - x2 - x，可得 f (x) = ex - x -1，
2
令 h(x) = ex - x -1，可得 h (x) = ex -1，
当 x [0,+ )时， h (x) = ex -1 0，所以 h(x) = ex - x -1在[0, + ) 上单调递增，
又 h(x) h(0) = e0 - 0 -1 = 0 ，即 f (x) = ex - x -1 0，
所以 f (x) = ex
1
- x2 - x在[0, + ) 上单调递增，
2
所以 f (x) f (0)
1
= e0 - 02 - 0 =1，当 x = 0时， f (0) =1 > sin 0 = 0 ，
2
当 x > 0时， f (x) >1 sin x，
综上所述："x [0,+ ), f (x) > sin x .
【一隅三反】
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
【解析】（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，则 x 1> ，令 f x > 0 1，则0 < x < ，
a a
即 f x 在 (0, 1) 1上单调递增，在 ( ,+ )上单调递减，
a a
x 1
1
故 =

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 h x = x +1 ex 1，令 - -1，
x x
则 h x = x + 2 ex 1+ 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
1
$x , e 故 0 ÷，使得 h x0 = 0，即 x0ex0 =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 x = x ex 100 0 - 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·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2) a 2 当 时，证明： e2x ．
x
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】（1）函数 f x = lnx + ax +1,a R 1的定义域为 0, + ，且 f x = + a ．
x
x 0, , f x 1当 a 0时，" + = + a > 0 恒成立，
x
所以 f x 在区间 0, + 上单调递增；
1 1+ ax
当 a<0 f x a 0 x 1时，令 = + = = ，解得 = - ，
x x a
x 1 当 0, - ÷时， f x > 0, f x
1
在区间
a
0,- ÷ 上单调递增，
è è a
当 x
1
- ,+

÷ 时， f x
1
< 0, f x 在区间 - ,+ ÷上单调递减．
è a è a
综上所述，当 a 0时， f x 在区间 0, + 上单调递增；
f x 0, 1 1a 0 - - ,+ 当 < 时， 在区间 ÷ 上单调递增，在区间a a ÷上单调递减．è è
f x lnx + 2x +1
（2）当 a 2 x 0 > e2x e2x时，因为 ，所以要证 ，只要证明 即可，
x x
即要证 lnx + 2x +1 xe2x ，等价于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1，则 g x = ex -1，
在区间 - ,0 上， g x < 0, g x 单调递减；
在区间 0, + 上， g x > 0, g x 单调递增，
0
所以 g x g 0 = e - 0 -1 = 0 ，所以 ex x +1（当且仅当 x = 0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 2x + lnx = 0时，等号成立．
又h x = 2x + lnx 在 0, 1+ 2上单调递增， h ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1÷ ，使得 2x0 + lnx0 = 0成立．
è e
综上所述，原不等式成立．
考点五 不等式的恒成立或存在性
【例 5】（2024·全国·高考真题）已知函数 f x = a x -1 - ln x +1．
(1)求 f x 的单调区间；
(2)当 a 2时，证明：当 x >1时， f x < ex-1恒成立．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
1 ax -1
【解析】（1） f (x) 定义域为 (0, + )， f (x) = a - =
x x
a 0 f (x) ax -1当 时， = < 0，故 f (x) 在 (0, + )上单调递减；
x
当 a > 0时， x
1 , + ÷时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增，
è a

当 x 0,
1
÷ 时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减.
è a
综上所述，当 a 0时， f (x) 的单调递减区间为 (0, + )；
1 1
a > 0时， f (x) ,+ 的单调递增区间为 ÷ ，单调递减区间为 0, ÷ .
è a è a
（2） a 2，且 x >1时， ex-1 - f (x) = ex-1 - a(x -1) + ln x -1 ex-1 - 2x +1+ ln x ，
令 g(x) = ex-1 - 2x +1+ ln x(x >1) ，下证 g(x) > 0 即可.
g (x) 1= ex-1 - 2 + h( x) = g ( x) h (x) = ex-1 1，再令 ，则 - ，
x x2
显然 h (x)在 (1, + )上递增，则 h (x) > h (1) = e0 -1 = 0，
即 g (x) = h(x)在 (1, + )上递增，
故 g (x) > g (1) = e0 - 2 +1 = 0，即 g(x)在 (1, + )上单调递增，
故 g(x) > g(1) = e0 - 2 +1+ ln1 = 0，问题得证
【一隅三反】
1．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 ln x ．
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)若存在 x > 0，使得 f (x) ax 成立，求实数 a的取值范围．
1 1- -
【答案】(1)单调递减区间为 0,e 2 ÷，单调递增区间为 e 2 , + ÷ ；
è è
(2){a | a
1
- }
e
【解析】（1）因为 f x = x 2ln x +1 ， x > 0，
令 f x 0 1= ，解得 -x = e 2 ，
1-
当 x 0,e 2 ÷时， f x < 0， f (x) 单调递减，
è
1-
当 x e 2 , + ÷时， f x > 0， f (x) 单调递增，
è
1 1- -
则 f (x) 的单调递减区间为 0,e 2 ÷，单调递增区间为 e 2 , + ÷ ；
è è
（2）依题意，存在 x > 0，使得 a x ln x ，
令 g x = x ln x，则 g x = ln x +1，
x 0, 1 当 g x < 0 g(x)
è e ÷
时， ， 单调递减，

x 1 当 ,+ ÷时， g x > 0， g(x)e 单调递增，è
故 g x 1 1= g ÷ = -
1
min ，因此 a - ，è e e e
a {a | a 1故 的取值范围为 - }．
e
2．（2024·全国· 2模拟预测）已知函数 f x = x - 2a ln x - 2(a R)．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若不等式 f x 2 ln x 2 + x2 - 2x 在区间 (1, + )上有解，求实数 a 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2) e - 2, + ．
【解析】（1）由题意知函数 f x 的定义域为 (0, + )，
f (x) 2x 2a 2(x
2 - a)
而 = - = ，
x x
当 a 0时， f x > 0恒成立，函数 f x 在 (0, + )上单调递增；
当 a > 0时，由 f x < 0，得0 < x < a ，
由 f x > 0，得 x > a ，
所以 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．
（2 2）因为不等式 f x 2 ln x + x2 - 2x 在区间 (1, + )上有解，
所以 (ln x)2 + a ln x - x +1 0在区间 1, + 上有解，此时 ln x > 0，
a x -1即 - ln x 在区间 1, + ln x 上有解，
x -1 ln x -1
1
+
令 g x = - ln x x > 1 ln x -1 x - ln x -1ln x ，则 g x x
1
= 2 - = ． ln x x x ln x 2
令 h x = x - ln x -1 x > 1 1 x -1，则 h x =1- = > 0，
x x
所以函数 h x 在 1, + 上单调递增，所以 h x > h 1 = 0．
当1 < x < e 时 g x < 0；当 x>e时 g x > 0，
所以 g x 在 1,e 上单调递减，在 e, + 上单调递增，
所以 g x min = g e = e - 2，所以 a e - 2 ，
综上可知，实数 a 的取值范围是 e - 2, + ．
3．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = ln x + 2ax a R ．
(1)当 a = -1时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = f x - 2x2，不等式 g x -1在 1, + 上存在实数解，求实数 a的取值范围．
1 ù 1
【答案】(1)单调增区间为 0, ú，单调减区间为 ,+ è 2 ÷ è 2
a 1(2)
2
【解析】（1）当 a = -1时， f x = ln x - 2x，(x > 0)，
f x 1 1 1∴ = - 2，由 f x > 0，得0 < x < ，由 f x < 0，得 x > ，
x 2 2
f x 0, 1 ù 1 所以函数 的单调增区间为 ú，单调减区间为2 ,+ 2 ÷；è è
（2）原条件等价于： g x = ln x - 2x2 + 2ax -1在 1, + 上存在实数解．
a - ln x + 2x
2 -1
化为 在 1, + 上存在实数解，
2x
2
令 h x - ln x + 2x -1= ，
2x
x 1 - + 4x

÷ - - ln x + 2x2 -1 则 2h x è x 2x + ln x ，=
2x2
=
2x2
2
∴在 1, + 2 h x 2x + ln x上， 2x + ln x > 0，得 = > 0 ，故 h x 在[1, + )2 上单调递增，2x
∴ h x 1的最小值为 h 1 = ，
2
a 1
∴ 2 g x -1 1, + 时，不等式 在 上存在实数解．
考点六 极值点偏移
【例 6】（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数 f x = x ln x - a ，
g x f x = + a - ax ．
x
(1)当 x 1时， f x ≥ - ln x - 2恒成立，求 a 的取值范围．
(2)若 g x 2的两个相异零点为x1，x2，求证： x1x2 > e ．
【答案】(1) - , 2 (2)证明见解析
【解析】（1）当 x 1时， f x ≥ - ln x - 2恒成立，
即当 x 1时， x +1 ln x - ax + 2 0恒成立，
设F x = x +1 ln x - ax + 2 ，
所以F 1 = 2 - a 0 ，即 a 2，
F x = ln x 1+ +1- a ，
x
r x ln x 1设 = + +1- a，
x
r x 1 1 x -1则 = - = ，
x x2 x2
所以，当 x 1时， r x 0，即 r x 在 1, + 上单调递增，
所以 r x ≥ r 1 = 2 - a≥ 0，
所以当 x 1时，F x = r x 0，即F x 在 1, + 上单调递增，
所以F x F 1 = 2 - a ，
若F x 0恒成立，则 a 2．
所以 x 1时， f x ≥ - ln x - 2恒成立，a 的取值范围为 - , 2 .
ìln x x = a
ln x = ax 1 2 x1 + xì 2
（2）由题意知， g(x) = ln x - ax 1 1，不妨设 x1 > x2 > 0，由 í x
ln x
得 í 1
2 = ax2 ln = a x1 - x2
，
x2
x1
+1ln x1x2 x + x x
则 = 1 2 = 2 ，
ln x1 x - x x1 2 1 -1
x2 x2
t x= 1 > 1 ln x1x令 ，则 2 t +1x = ，即： ln x x
t +1
= ln t ．
2 ln t t -1 1 2 t -1
x x > e2 ln x x > 2 t +1 2 t -1 2 t -1要证 1 2 ，只需证 1 2 ，只需证 ln t > 2，即证 ln t

> t >1 ，即证 ln t - > 0（ t > 1），t -1 t +1 t +1
2 t -1 t -1 2
令m t ln t = - （ t > 1），因为m t = 2 > 0，所以m t 在 1, + 上单调递增，t +1 t t +1
t 1,+ m t > m 1 = 0 2 t -1 当 时， ，所以 ln t - > 0成立，故 x1x2 > e2 ．t +1
【一隅三反】
1．（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；
2
(2) g x e
ax - ex + ax2 -1
已知函数 = ，关于 x 的方程 f x = g x 有两个不等实根 x1，x2 x1 < x2 .
x
（i）求实数 a的取值范围;
x2 x2 2（ii）证明： 1 + 2 > .e
4π
【答案】(1)
3e2
1
(2)（i） 0, e÷；（ii）证明过程见详解.
è 2
x ln x【解析】（1）因为 B 在 轴上方，所以： > 0 x >1；
x
VOAB为直角三角形，所以当 AB ^ x轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
2 2
设 A x,0 ，则B x,
ln x 1 lnx π ln x
÷，V = ·π ÷ ·x = · （ x >1）.è x 3 è x 3 x
h x ln
2 x 2
设 = （ x >1），则 h x 2ln x - ln x= 2 ，由 h x > 0 2ln x - ln2 x > 0 ln x 2 - ln x > 0 .x x
因为 x >1，所以 2 - ln x > 0 x < e2，
2 2
所以 h x 在 1,e2 2 ln e 4上单调递增，在 e ,+ 上单调递减，所以 h x = h e2 = = .max e2 e2
4π
从而：Vmax = 2 .3e
（2）（i）因为 f x = g x 2 2，即 eax - ex + ax2 -1 = ln x，即 eax + ax2 = eln ex + ln ex，
令u(t) = et + t ，所以u ax2 = u ln ex ，
因为u(t) = et + t 为增函数，所以 ax2 = ln ex即 ax2 = ln x +1，
f x = g x x x a ln x +1所以方程 有两个不等实根 1， 2 等价于 = 2 有两个不等实根 x1，x2 ，x
令 h x ln x +1 -1- 2ln x= 2 ，所以 h x =x x3
x 1 当 0, ÷时， h x 0 h x
1> ， 单调递增；当 x ,+ ÷时， h x < 0， h x 单调递减.所以
è e è e
h x h 1 1= = emax ÷ .è e 2
当 x 0 时， h x - ；当 x + 时，由洛必达法则知 lim h x 1= lim = 0；
x + x + 2x2
1
所以 a 0, e

÷ .
è 2
x 1 , 1 x 1 （ii）由（i）知， 1 e e ÷
， 2 ,+
è è e ÷
令F x = h x - h 2 - x 1 e ÷，
x 0, ÷，
è è e
ln 2 - x 2 ÷ +1 2ln - x ÷ +1ln x +1 è e 2ln x +1 è e
因为F x = - F x = - -x2 2 ，所以 x3 3 ， 2 2- x - x
è e ÷ ÷ è e
x 0, 1 2 x 1 1 1因为 ÷， -

，+

÷，所以F x > 0，即F x 在 0, ÷单调递增，F x < F
= 0 ，所以
è e e è e è e è e ÷
h x < h 2 - x

e ÷
.
è
因为 x
0, 1 2 1 ÷ ，所以 h x1 < h - xe e 1 ÷，è è
又因为 h x1 = h x2 ，所以 h x2 < h
2 - x 1 ÷，
è e
1 2 1 1
因为 x2 ,+ ÷ ， - x1 ,+ ÷，且 h x 在 ,+ e e e e ÷上单调递减，è è è
2 2
所以 x2 > - x1 ，即 x2 + x1 >e ，所以 2 x
2
1 + x
2
2 > x1 + x2 2 4> ，e e
2 2
所以 x1 + x
2
2 > .e
2．（2024·四川眉山·三模）已知函数 f (x) = xlnx - ax2 - 2x .
(1)若过点 (1,0)可作曲线 y = f (x) 两条切线，求 a的取值范围；
(2)若 f (x) 有两个不同极值点 x1, x2 .
①求 a的取值范围；
②当 x1 > 4x x x22 时，证明： 1 2 >16e
3 .
【答案】(1) (- , -2)；
1
(2)① (0, 2 ) ；②证明见解析.2e
【解析】（1）依题意， f (x) = lnx - 2ax -1，
设过点 1,0 的直线与曲线 y = f (x) 相切时的切点为 (x0 , y0 )，斜率 k = lnx0 - 2ax0 -1，
2
切线方程为 y - (x0lnx0 - ax0 - 2x0 ) = (lnx0 - 2ax0 -1)(x - x0 )，而点 (1,0)在切线上，
则-x0lnx + ax
2
0 0 + 2x0 = (lnx0 - 2ax
2
0 -1)(1- x0 )，即有 ax0 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0，
由过点 (1,0)可作曲线 y = f (x) 两条切线，得方程 ax20 - 2ax0 - x0 + lnx0 -1 = 0有两个不相等的实数根，
令 g(x) = ax2 - 2ax - x + lnx -1，则函数 g(x)有 2 个零点，
2
g (x) 2ax 2a 1 2ax - (2a +1)x +1 (2ax -1)(x -1)求导得 = - -1+ = = ，
x x x
a 1 1①若 > ，由 g (x) > 0，得0 < x < 或 x >1，由 g (x) < 0
1
，得 < x <1，
2 2a 2a
即函数 g(x)在 (0,
1 ) ， (1, + )
1
上单调递增，在 ( ,1) 上单调递减，
2a 2a
1
则当 x = 时， g(x)取得极大值；当 x =1时， g(x)取得极小值，
2a
g( 1 ) a ( 1 )2 2a 1 1 1 1又 = × - × - + ln -1 = -ln2a - - 2 < 0，
2a 2a 2a 2a 2a 4a
当 x 1时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
1
②若 a = ， g (x) 0恒成立，函数 g(x)在 (0, + )上单调递增，
2
因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
1
③若0 < a < ，由 g (x) > 0
1 1
，得0 < x <1或 x > ，由 g (x) < 0，得1< x < ，
2 2a 2a
即函数 g(x)
1 1
在( 0, 1)， ( , + )上单调递增，在 (1, )上单调递减，
2a 2a
1
则当 x =1时， g(x)取得极大值；当 x = 时， g(x)取得极小值，又 g(1) = -a - 2 < 0，
2a
显然当 x
1
时， g(x) < 0恒成立，因此函数 g(x)最多 1 个零点，不合题意；
2a
④若 a 0，显然2ax -1 < 0，当0 < x <1时， g (x) > 0，当 x >1时， g (x) < 0，
函数在( 0, 1)上单调递增，在 (1, + )上单调递减，当 x =1时， g(x)取得最大值 g(1) = -a - 2，
要函数 g(x)有 2 个零点，必有 g(1) = -a - 2 > 0，得 a < -2，
当0 < x <1时， g(x) = a(x -1)2 - x - a -1+ lnx < -a -1+ lnx，
而函数 y = -a -1+ lnx 在( 0, 1)上的值域为 (- , -a -1)，因此 g(x)在( 0, 1)上的值域为 (- ,-a - 2)，
当 x >1时，令 y = ln x - x
1
，求导得 y = -1 < 0，函数 y = ln x - x 在 (1, + )上单调递减，
x
则 ln x - x < -1， g(x) = a(x -1)2 - a -1+ lnx - x < a(x -1)2 - a - 2，
而函数 y = a(x -1)2 - a - 2在 (1, + )上单调递减，值域为 (- ,-a - 2)，
因此函数 g(x)在 (1, + )上的值域为 (- ,-a - 2)，
于是当 a < -2时，函数 g(x)有两个零点，
所以过点 1,0 可作曲线 y = f x 两条切线时， a的取值范围是 - , -2 .
（2）①由（1）知， f (x) = lnx - 2ax -1，
由函数 f (x) 有两个极值点 x1, x2 ，得 f (x) = 0，即 2a
lnx -1
= 有两个实数根 x1, x2 ，x
u(x) lnx -1令 = ，求导得u (x)
2 - lnx
= 2 ，当 0 < x < e
2 时，u (x) > 0，当 x > e2 时，u (x) < 0，
x x
函数u(x)
1
在 (0,e2 )上单调递增， (e2 ,+ )上单调递减，u(x)max = e2
，
且u(e) = 0，当 x>e时，函数u(x) > 0 0 2a 1 2a lnx -1恒成立，因此当 < < 2 时， = 有两个实数根e x
所以函数 f (x)
1
有两个极点时， a的取值范围是 (0, ) .
2e2
ìlnx1 - 2ax1 -1 = 0 ìlnx1 = 2ax1 +1 2a lnx1 - lnx② 2由 í ，即 í ，得 = ，
lnx2 - 2ax2 -1 = 0 lnx2 = 2ax2 +1 x1 - x2
2 3
要证明 x1x2 >16e ，只需证明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3，
ln x1
而 lnx1 + 2lnx2 = 2a(x
lnx - lnx x
1 + 2x2 ) + 3 = (x1 + 2x2 ) × 1 2 + 3 = ( 1 + 2)
x
× 2x + 3，x1 - x2 x2 1 -1
x2
x
令 t = 1 (x1 > 4x2 )，则 t > 4，欲证明 lnx1 + 2lnx2 > 4ln2 + 3x ，2
即证明 (t 2)
lnt
+ × > 4ln2(t t -1> 4)，只需证明 lnt - 4ln2 × > 0(t > 4) 即可，
t -1 t + 2
令 h(t) = lnt - 4ln2
t -1
× (t > 4)，
t + 2
4
1 2 t + 4 + -12ln2求导得 h t = - 4ln2 3 t + 4t + 4 -12ln2 × t× = = t ，
t (t + 2)2 t(t + 2)2 (t + 2)2
则j(t)
4
= t + 4 + -12ln2在 t > 4时单调递增，故j(t) > j(4) = 9 -12ln2 > 0 ，
t
则 h (t) > 0 ，令 h(t)在 t > 4时单调递增，则 h(t) > h(4) = ln4
1
- 4 ln2 = 0，
2
(t 2) lnt因此 + × > 4ln2(t > 4)，即 lnx1 + 2lnx > 4ln2 + 3，t -1 2
x 2 3所以 1x2 >16e .
一．单选题
1．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数 f x = x3 - 3x + a在区间 0,2 内有两个零点，则实数 a的取值范围是
（ ）
A． 0,2 B． 2, + C． 0,1 D． 1, +
【答案】A
2
【解析】因为 f x = 3x - 3 = 3 x +1 x -1 ，所以当 x >1或 x < -1时 f x > 0，
即 f x 在 1, + ， - , -1 上单调递增，
当-1 < x <1时 f x < 0，即 f x 在 -1,1 上单调递减，
ì f 0 > 0 ìa > 0

根据题意可得 í f 1 < 0 ，即 í1- 3 + a < 0 ，解得0 < a < 2 .

f 2 > 0 8 - 6 + a > 0
故选：A
2．（2024·陕西·模拟预测）当 x > 0时， x2 ×e4x - 2lnx ax +1恒成立，则实数 a最大值为（ ）
4 4
A． B．4 C． 2 D．8e e
【答案】B
x > 0 2 4x a x
2 ×e4x - 2lnx -1
【解析】因为 ，由 x ×e - 2lnx ax +1，得 .令
x
x2 ×e4x - 2lnx -1 e2lnx+4xf x - 2lnx -1= = x > 0
x x
令 g x = ex - x -1, x [0, + )，则 g x = ex -1 0在[0, + ) 上恒成立，
故函数 g x = ex - x -1, x [0, + )在[0, + ) 上单调递增，所以 g x g 0 = 0 即 ex x +1，
x 2lnx + 4x +1- 2lnx -1由 e x +1，得 e2lnx+4x 2lnx + 4x +1，所以 f x = 4 .x
当且仅当 2lnx + 4x = 0时，取“=”，
此时 lnx = -2x，由 y = lnx与 y = -2x 图象可知$x0 (0, + ）使 lnx0 = -2x0 ，此时 f (x)min = 4 .
所以 a 4，即 a有最大值为 4.
故选：B.
3 x
1 2
．（2024·河南·三模）若关于 x 的不等式 e + x + 2ln mx + lnm恒成立，则实数m 的最大值为（ ）
x
A 1 e
2
． 2 B． C．1 D． e
2
4
【答案】B
【解析】显然首先m > 0, x > 0，
ex x 2ln 1 mx2 lnm ex x mx2 lnm 2ln 1 eln+ + + + + - = mx
2 + ln mx2 ，
x x
令 f x = ex + x, x > 0 ，则 f x = ex +1 > 0, x > 0 ，所以 f x 在定义域内严格单调递增，
所以若有 f x f ln mx2 成立，则必有 x ln mx2 = ln m + 2ln x ，
即 ln m x - 2ln x 对于任意的 x > 0恒成立，
令 g x = x - 2ln x, x > 0 ，则 g x =1 2 x - 2- = ，
x x
当0 < x < 2时， g x < 0， g x 单调递减，
当 x > 2时， g x > 0， g x 单调递增，
e2
所以当 x = 2时， g x 取得最小值 g 2 = 2 - 2ln 2 = ln ，
4
2 2 2
从而 ln m ln e e e，所以m 的取值范围是m ，即实数m 的最大值为 .
4 4 4
故选：B.
ì -x2 - ax -1, x 0
4．（23-24 高二下·天津·期中）若函数 f x = í 恰好有四个零点，则实数 a
ln x - a - 2 x +1, x 0
的取值范围是
>
（ ）
A． 1, + B． 0,2 U -2 C． 2,3 D． 2,3
【答案】C
【解析】因为 f (0) = -1 0，所以 x = 0不是 f (x) 的零点，
ì 1
-x - , x < 0
当 x 0
x
时，令 f (x) = 0 ，得 a = í ，
ln x +1 + 2, x > 0
x
令 g(x) x
1
= - - (x < 0)，
x
由对勾函数性质可得 g(x)在 (- , -1)上单调递减，在 (-1,0) 上单调递增，
所以 g(x)min = g(-1) = 2，
h(x) ln x +1令 = + 2(x > 0)，
x
h (x) 1- (ln x +1) - ln x则 = 2 = 2 ，当 x (0,1) 时， h (x) > 0，当 x (1,+ )时， h (x) < 0，x x
所以 h(x) 在 0,1 上单调递增，在 (1, + )上单调递减， h(x)max = h 1 = 3，
且当 x 趋近正无穷时， h(x) 趋近 2，如图所示，
ì 1
-x - , x < 0
所以当 2 < a < 3时， y = a 与 y =
x
í
ln x 1
的图象有且仅有四个交点，
+
+ 2, x > 0
x
此时函数 f (x) 恰好有四个零点.
故选：C.
lnx
5 -ax．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f x = , g x = axe ，若存在 x1 0,1 , x2 - ,0 使得 f x1 = g x ，x 2
则实数 a的取值范围为（ ）
A． - , -2 B． -2, -1 C． -1, + D． 0, +
【答案】D
【解析】对于 f x lnx= 0 < x <1 ， f x 1- ln x= > 0，
x x
所以 f x ln1在区间 0,1 上单调递增， = 0，
1
所以当 x 0,1 时， f x 的值域为 - ,0 .
g x = axe-ax x < 0 a 1- ax对于 ， g x = a 1- ax e-ax =
eax
，
若 a = 0，则 g x = 0，不符合题意.
若 a > 0，则 g x > 0，所以 g x 在 - ,0 上单调递增，
所以当 x - ,0 时， g x 的值域为 - ,0 ，符合题意，D 选项正确.
当 a<0时， g x - , 1 在区间 ÷上 g x > 0, g x
è a
单调递增，

1
在区间 , + ÷ 上 g x < 0, g x 单调递减，
è a
1 1 -a 1 g 1 ÷ = a e a = ，而当 x < 0
-ax
时 g x = axe > 0
è a a e
所以当 x - ,0 时， g x 的值域为 0,
1ù
.
è e ú
，不符合题意

综上所述，实数 a的取值范围为 0, + .
故选：D
a
6．（2024· x广东深圳·模拟预测）已知函数 f (x) = ae +1n - 2，若 f x > 0恒成立，则正实数 a的取值范围是
x + 2
（ ）
A．0 < a < e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
【答案】C
【解析】Q f (x) = aex
a
+1n - 2 > 0 x+ln a，\e + ln a > ln x + 2 + 2，且 a > 0，
x + 2
x+ln a
两边加上 x 得， e + x + ln a > ln x + 2 + x + 2 = ln x + 2 + eln x+2 ，
x x
设 g x = x + e ，则 g x =1+ e > 0，所以 g x 单调递增，
\ x + ln a > ln x + 2 ，即 ln a > ln x + 2 - x ，
令 k x = ln x + 2 - x 1 x +1，则 k x = -1 = - ，
x + 2 x + 2
Q f x 的定义域是 -2, + ，
\当 x -2, -1 时， k x > 0， k x 单调递增，当 x -1, + 时， k x < 0， k x 单调递减，
\当 x=-1时， k x 取得极大值即为最大值， k x = k -1 =1max ，
\ln a > k x =1，\ a > emax .
故选：C．
7．（2024·全国·模拟预测）已知过点 (-2,0) 的直线与函数 f (x) = xex+2 + 2的图象有三个交点，则该直线的斜率的
取值范围为（ ）
A． (- , -1) B． (- ,0) C． (-1,0) D． (-1, + )
【答案】C
【解析】问题转化为方程 xex+2 + 2 = k(x + 2) 有三个不等的实数根．
方法一：分离参数
因为 f (-2) = 0，所以方程 xex+2 + 2 = k(x + 2)
xex+2 + 2
有三个不等的实根等价于方程 = k 有两个不等的实根．
x + 2
xex+2 + 2
令 g(x) = (x -2) ，
x + 2
x+2 x+2
则 g (x)
(x +1)(x + 2)e - xe - 2
= ．
(x + 2)2
令u(x) = (x +1)(x + 2)ex+2 - xex+2 - 2，则u (x) = (x + 2)2 ex+2 > 0，即u(x) 单调递增．
x+2
又u(-2) = 0，所以当 x (- ,-2) xe + 2时， g (x) < 0, g(x)单调递减，且 g(x) = < 0 ；
x + 2
当 x (-2,+ ) 时， g (x) > 0, g(x)单调递增，
且 g(0) = 1 > 0．
又因为当 x -2时， g(x) -1；当 x - 时， g(x) 0 ；当 x + 时， g(x) + ，
所以实数 k 的取值范围是-1 < k < 0．
故选：C．
方法二：分离函数
令 x + 2 = t ，则 x = t - 2，所以 (t - 2)et + 2 = kt ．
令 y1 = (t - 2)e
t + 2, y2 = kt
t t
，则 y1 = e + (t - 2)e = (t -1)e
t = 0 ，解得 t =1，
令 y1 < 0，得 t <1；令 y1 > 0 ，得 t > 1；
所以 y1 在 (- ,1)上单调递减，在 (1, + )上单调递增， y1 有极小值；
y 0而 1(0) = -2e + 2 = 0且 y2 (0) = 0，
所以方程 y1 = y2 有一解 t = 0．
①当 k > 0时， y2 = kt 过一、三象限，两图象有两个交点，不合题意；
② k < 0 O y = (t - 2)et当 时，过原点 作 1 + 2的切线，
设切点P x0, y 0 ，则 y1 = (t -1)et ，
k = x -1 ex y0所以 切 0 = 0x ．0
x
又 y 00 = y0 - 2 e + 2 ，得 x0 = 0，
k = y (0) = (0 -1)e0所以 1 = -1，
所以 k (-1,0) ．
故选：C．
8．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知 a > 1，若函数 f x = a x ln a - ex 有两个不同的零点，则 a 的取值范围是
（ ）
A． e, + B． 1,e C． 2e, + D． e, 2e
【答案】B
e
【解析】由题意 f x = a x (ln a)2 - e f x x0 2，令 0 = a (ln a) - e = 0，得 x0 = loga (ln a)2 ，

a > 1 x < log
e
f x = a x (ln a)2已知 ，当 a 2 时， - e < 0，此时 f x 在 - , log
e ÷
(ln a) a 2 ÷单调递减，è ln a
e x > log f x = a x (ln a)2当 a 2 时， - e > 0 ，此时 f x 在 log
e
a 2 , + ÷(ln a) ÷单调递增，è ln a
e x
故当 x = x0 = loga 2 时， f x 有最小值，而 f x

= a x ln a - ex a= x × ln a - e(ln a) ÷ ，è x
x x
由此可知当 x + 时， f x = x a × ln a
a
- e÷ + ，当 x - 时， f x = x × ln a - e÷ + ，
è x è x
x
若函数 f x = a ln a - ex 有两个不同的零点，结合零点存在定理可知，
e
f x 的最小值 f x = a x00 ln a
e e e
- ex0 = - eloga = log
e 2
ln a (ln a)2 a
e - loga (ln a)2 ÷
= e loga (ln a) < 0，
è
又 a > 1，所以 (ln a)2 <1， ln a > 0，所以0 < ln a <1，所以1< a < e ，
即 a 的取值范围是 1,e ．
故选：B.
二．多选题
9．（2024·河北衡水·三模）已知函数 f (x) = x3 - mx2， x = 2是函数 f (x) 的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．m = 3 B．函数 f x 在区间 (-1,2)上单调递减
C．过点 (1, -2) 能作两条不同直线与 y = f (x) 相切 D．函数 y = f [ f (x)]+ 2有 5 个零点
【答案】AD
【解析】对于 A 中，由函数 f (x) = x3 - mx2，可得 f (x) = 3x2 - 2mx，
因为 x = 2 是函数 f x 的一个极值点，可得 f (2) = 3 22 - 2m 2 = 0 ，
解得m = 3，经检验适合题意，所以 A 正确；
对于 B 中，由 f (x) = 3x(x - 2)，令 f (x) = 0，解得 x1 = 0 或 x2 =2，
当 x (- ,0)时， f (x) > 0 ；当 x (0,2) 时， f (x) < 0 ；当 x (2,+ ) 时， f (x) > 0 ，
故 f x 在区间 (- ,0)上递增，在区间 (0,2)上递减，在区间 (2,+ ) 上递增，所以 B 错误；
对于 C 中，设过点 (1, -2) 且与函数 y = f (x) 相切的切点为 x0 , y0 ，
则该切线方程为 y = f x0 (x -1) - 2 = 3x20 - 6x0 (x -1) - 2，
由于切点 x , y f x = 3x2 - 6x x -1 - 2 = x30 0 满足直线方程，则 0 0 0 0 0 - 3x20 ，
整理得 2 x0 -1 x20 - 2x0 +1 = 0，解得 x0 = 1，所以只能作一条切线，所以 C 错误；
对于 D 中，令 f (x) = t ，则 f (t) = -2的根有三个，如图所示，-1 < t1 < 0 < t2 < t3 ，
所以方程 f (x) = t1有 3 个不同根，方程 f (x) = t2 和 f (x) = t3均有 1 个根，
故 y = f [ f (x)]+ 2有 5 个零点，所以 D 正确．
故选：AD．
10．（2024·湖北·二模）已知 x > y > 0 ，则下列不等式正确的有（ ）
A． ex - e y > x - y B． ln x - ln y > x - y
ex e y
C． ln x 1
1
- D >
x ． y x
【答案】ACD
【解析】设 f x = ex - x x > 0 ，则 f x = ex -1 > 0， f x 在 0, + 单调递增，
所以 f x > f y ，即 ex - x > e y - y，即 ex - e y > x - y，A 正确；
令 x=e， y =1，则 ln x - ln y =1，而 x - y = e -1，所以 ln x - ln y < x - y ，B 不正确；
h(x) lnx 1 1 (x 1 1 x -1设 = - + > 0)，则 h (x) = - = ，
x x x2 x2
x -1
当0 < x <1时， h (x)= 2 < 0，函数 h(x) 单调递减；x
当 x >1时， h (x)=
x -1
> 0，函数 h(x) 单调递增；
x2
则 h(x) = lnx
1
-1+ 在 x=1时取得最小值 h(1) = ln1
1
-1+ =0 1，即 lnx 1- Cx ， 正确；x 1
设 g x = x ×ex x > 0 ，则 g x = x +1 ex > 0，所以 g x = x ×ex在 0, + 上是增函数，
x y
所以由 x > y > 0
e e
得 x ×ex > y ×e y ，即 > ，D 正确.
y x
故选：ACD
11．（2024·山东济南·三模）已知函数 f x = sin x × ln x，则（ ）
A．曲线 y = f x 在 x = π 处的切线斜率为 ln π
B．方程 f x = 2024有无数个实数根
1
C．曲线 y = f x 上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于
e
2
D． y x= f (x) - 在 1, + 上单调递减
2
【答案】BCD
sin x
【解析】对于 A， f x = sin x × ln x, x > 0，则 f x = cos x × ln x + ，
x
sin π
故 f π = cos π × ln π + = - ln π，A 错误；
π
对于 B，由于 y = sin x 为周期函数，当 x + 时， ln x + ，
故 f x = sin x × ln x的图象大致如图示：
结合图象可知，当 x 增大到一定数值 x0 满足 f x0 = 2024后，
大于 x0 的数将有无数个满足 f x = 2024，B 正确；
对于 C，设P x,sin x × ln x 为 y = f x sin x × ln x上任意一点，则 kOP = , x > 0 ，x
由于 sinx 1，故 k
ln x
OP , x > 0 ，x
由于0 < x <1时， f x < 0 ，故曲线 y = f x 上任意一点与坐标原点连线的斜率在 x >1时才取到正值，
则 x 1
ln x
> 时， kOP 取正值时， kOP , x >1 ， kOP 取负值时，显然成立；x
设 g(x)
ln x
= , x >1 ，则 g (x) 1- ln x= ，
x x2
当1 < x < e 时， g (x) > 0， g(x)在 1,e 上单调递增，
当 x>e时， g (x) < 0， g(x)在 e,+ 1上单调递减，故 g(x) g(e) = ，
e
由于 sinx 1取等号条件和 g(x)
1
g(e) = 取等号条件不一致，
e
k 1故 OP < ，C 正确；e
u(x) = lnx - x +1,x >1 u (x) 1 1- x对于 D，设 ，则 = -1 = < 0，
x x
故u(x) 在 (1, + )上单调递减，则u(x) < u(1) = 0，则 lnx < x -1,x >1；
x2 x2 sin x 1
设 h(x) = f (x) - ， h (x) = f (x) - = cos x × ln x + - x < ln x + - x
2 2 x x
x 1 1 x 1- x< - + - = < 0，
x x
2
故 y = f (x) x- 在 1, + 上单调递减，D 正确，
2
故选：BCD
三．填空题
1 1
12．（2024·河北·三模）已知 a x - x 2 < 0 a > 0, a 1 对任意 x 0, + 恒成立，则实数 a的取值范围是 ．
1-
【答案】 0,e 2e ÷
è
1 1
【解析】因为 a x - x 2 < 0， x 0, + ，
1
所以 ln a
1
< ln x，即 2ln a < x ln x，
x 2
设 g x = x ln x， g x = ln x +1，
令 g x > 0 x 1 1， > ，即 g x 在 ,+ e ÷ 上单调递增，è e
令 g x 1< 0，0 < x 1< ，即 g x 在 0, ÷ 上单调递减，e è e
则 g x = g 1 1= ln 1 1= -min ÷ ，è e e e e
所以 2ln a
1
< - ，
e
1
解得 -0 < a < e 2e .
1-
故答案为： 0,e 2e ÷ .
è
13．（2024· x x福建泉州·一模）已知函数 f (x) = (x -1)e + e - a 有且只有两个零点，则 a 的范围 ．
1
【答案】 - ,0e ÷
U (0,e)
è
x
【解析】由函数 f (x) = (x -1)e + ex - a ，令 f (x) = 0 ，可得 (x -1)ex + ex - a = 0 ，
ex - a = -(x -1)ex x即 ，因为 e - a 0 ，所以-(x -1)ex 0 ，所以 x 1，
可得 a - ex = (1- x)ex 或 a - ex = (x -1)ex ，
即 a = (2 - x)ex 或 a = xex，
令 g x = (2 - x)ex ， h x = xex ，可得 g x = (1- x)ex ， h x = (x +1)ex ，
当 x 1时，可得 g x 0， g x 在 (- ,1]单调递增，且 g 1 = e；
当 x - 时， g x > 0且 g x 0；
当 x < -1时，可得 h x < 0， h x 在 (- , -1)单调递减；
1
当-1 < x <1时，可得 h x > 0， h x 在 (-1,1)单调递增，且 h -1 = ，
e
又当 x < 0 时， g x > 0， h x < 0，
当 x - 时， h x < 0且 g x 0；
作出函数 y = g x , y = h x 的图象，如图所示，
要使得 (x -1)ex + ex - a = 0 有两个实数根，即 y = f (x) 有两个不同的零点，
1 1
结合图象，可得- < a < 0或0 < a < e ，即实数 a的取值范围为
e
- ,0
e ÷
U (0,e) .
è
1
故答案为： - ,0÷ U (0,e) .
è e
14．（2024·四川南充·模拟预测）已知圆C : x2 + y2 = 2和曲线 y = ln(ea x)相交于两个不同的点，则 a的取值范围
为 .
【答案】 -1, +
π π
【解析】由 ea x > 0 可知， x 0

> ，所以令 x = 2cosq , y = 2sinq ，q - ,2 2 ÷ ，è
则 2sinq = ln ea 2cosq = ln cosq 1+ ln 2 + a ，2
可得 2sinq - lncosq
1
- ln2 - a = 0，
2
令 f q = 2sinq - lncosq 1- ln2 - a,q π - ,
π
2 2 2 ÷
，
è
原题意等价于 f q π π在 - ,

÷内有 2 个零点，
è 2 2
2sinq +1 2 - sinq
则 f q = 2 cosq sinq+ = ，
cosq cosq
显然 2 - sinq > 0,cosq > 0，
若q
π π- ,- 2 ÷，2 4 sinq < -
，即 2 sinq +1< 0，可得 f q < 0；
è 2
q π , π- sinq 2若 4 2 ÷ ， > - ，即 2 sinq +1 > 0，可得
f q > 0；
è 2
f q π π π π 可知 在 - , - 内单调递减，在 - , 内单调递增，
è 2 4 ÷ ÷ è 4 2
则 f q f π - ÷ = -1- a，
è 4
当-1- a 0，即 a -1时， 可得 f q -1- a 0，
此时 f q 至多只有一个零点，不满足题意；
π
当-1- a 0 a

< ，即 > -1时，则 f q f - ÷ = -1- a < 0，
è 4
x π π且当 趋近于- 或 时， f q 均趋近于+ ，
2 2
f q π π 由零点存在性定理可知： 在 - , ÷内有 2 个零点，符合题意；
è 2 2
综上所述： a的取值范围为 -1, + .
故答案为： -1, + .
四．解答题
15．（2024· 3福建泉州·模拟预测）已知函数 f x = x - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函数 f x 的极值点，求 a的值，并求其单调区间；
f x é1(2)若函数 在 ê ,3
ù
ú 上仅有 2 个零点，求 a的取值范围． 3
【答案】(1) a =12； f x 的增区间是 - , -2 和 2, + ，减区间是 -2,2 ；
(2) 3
55
< a
9
1 f x = 3x2【解析】（ ） - a， f -2 =12 - a = 0，得 a =12，
当 a =12时， f x = 3x2 -12 = 0，得 x = -2或 x = 2，
x, f x , f x 的变化情况如下表所示，
x - ,-2 -2 -2,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x 增区间 极大值18 减区间 极小值-14 增区间
所以函数 f x 的增区间是 - ,-2 和 2, + ，减区间是 -2,2 ；
（2）令 f x = x3 - ax + 2 1= 0， x é ,3ùê 3 ú，
a x
3 + 2
得 = = x2 2+ ，
x x
令 g 1x 2= x2 + x é ù， ,3 ，
x ê 3 ú
3
2 2 x -1 g x = 2x - = = 0，得 x =1，
x2 x2
如下表，
1 1 ,1 x 1 1,3 3
3 è 3 ÷
g x - 0 +
g x 55 29减区间 极小值 3 增区间
9 3
é1 ù
因为函数 f x 在 ê ,3 3 ú 上仅有 2 个零点，即
y = a 与 y = g x 有 2 个交点，如图：

16．（2024·全国·高考真题）已知函数 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)当 a = -2 时，求 f x 的极值；
(2)当 x 0 时， f x 0 ，求 a的取值范围．
【答案】(1)极小值为 0 ，无极大值.
a 1(2) -
2
【解析】（1）当 a = -2 时， f (x) = (1+ 2x) ln(1+ x) - x，
1+ 2x
故 f (x) = 2ln(1+ x) + -1 = 2ln(1+ x)
1
- +1，
1+ x 1+ x
因为 y = 2ln(1+ x), y
1
= - +1在 -1, + 上为增函数，
1+ x
故 f (x) 在 -1, + 上为增函数，而 f (0) = 0 ，
故当-1 < x < 0时， f (x) < 0 ，当 x > 0时， f (x) > 0 ，
故 f x 在 x = 0处取极小值且极小值为 f 0 = 0，无极大值.
（2） f a +1 xx = -a ln 1 x 1- ax 1 + + - = -a ln 1+ x - , x > 0，
1+ x 1+ x
a +1 x
设 s x = -a ln 1 x + - , x > 0，
1+ x
-a a +1 a x +1 + a +1 ax + 2a +1
则 s x = - 2 = - 2 = -x +1 1+ x 1+ x 1+ x 2 ，
当 a
1
- 时， s x > 0，故 s x 在 0, + 上为增函数，
2
故 s x > s 0 = 0，即 f x > 0，
所以 f x 在 0, + 上为增函数，故 f x f 0 = 0 .
1 a 0 0 x 2a +1当- < < 时，当 < < - 时， s x < 0，
2 a
s x 2a +1 故 在 0, - ÷上为减函数，故在 0,
2a +1
- ÷上 s x < s 0 ，
è a è a
0, 2a +1 即在 - ÷上 f x < 0即 f x 为减函数，
è a
0, 2a +1- 故在 ÷上 f x < f 0 = 0，不合题意，舍.
è a
当 a 0，此时 s x < 0在 0, + 上恒成立，
同理可得在 0, + 上 f x < f 0 = 0恒成立，不合题意，舍；
a 1综上， - .
2
1
17．（2024· · ln广东湛江 一模）已知函数 f x = 1+ ln x e ax ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若方程 f x =1有两个根x1，x2，求实数 a 的取值范围，并证明： x1x2 >1．
【答案】(1) f x 在 0,1 上单调递增， 1, + 上单调递减，
(2)见解析
1
【解析】（1）由题意可得 x > 0, > 0，所以 a > 0，
ax
ln 1
f x = 1+ ln x e ax 1+ ln x= 的定义域为 0, + ，
ax
1
×ax - 1+ ln x ×a
又 f x ln x= x = - ，由 f x = 0，得 x =1，
ax 2 ax2
当0 < x <1时， f x > 0，则 f x 在 0,1 上单调递增，
当 x >1时， f x < 0，则 f x 在 1, + 上单调递减，
1+ ln x 1+ ln x 1+ ln x
（2）由 =1，得 = a ，设 g x = ，
ax x x
1
× x - 1+ ln x
g x x - ln x ，由 g x = 0= = ，得 x =1，
x2 x2
当0 < x <1时， g x > 0，则 g x 在 0,1 上单调递增，
当 x >1时， g x < 0，则 g x 在 1, + 上单调递减，
g 1 又 ÷ = 0 ， g 1 =1e ，且当 x 趋近于正无穷， g x 趋近于 0 ，è
g x 1+ ln x= 的图象如下图，
x
1+ ln x
所以当 0 < a < 1时，方程 = a 有两个根，
x
1+ ln x1 1+ ln x2
证明：不妨设 x1 < x2，则 0 < x1 < 1 < x2 ， =x ，1 x2
h x g x g 1 1+ ln x设 = - ÷ = - x 1- ln x ，
è x x
2
h x - ln x= + ln x x -1= ln x 0，所以 h x 在 0, + 上单调递增，
x2 x2
1 h 1 1 又 = 0，所以 h x1 = g x1 - g ÷ < 0，即 g xx 1 < g ÷，è 1 è x1
1 又 g x1 = g x2 ，所以 g x2 < g x ÷，è 1
1 1 1又 x2 >1， > ， g xx 在 1, + 上单调递减，所以 x2 > x ，1 1
故 x1x2 >1 .
ln x +1 x
18．（2024·
e
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；
xx1
(2) x , x (0,+ ) x x2 -x1 2 3 3若 1 2 且 1 x2 ， e = x ，证明： x + xx 2 1 2
> 2．
1
【答案】(1)[1,e]
(2)证明见解析
x
【解析】（1）由 f (x)
ln x +1
= ， g(x)
e
= ，
x x
x
得 f (x)
- ln x
= g (x) e (x -1)， = ，
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 x）由 e 1 -x1 = 2 ex1 -x1 × xx1 = xx得 1 ，两边取对数并整理，
xx1 1 21
ln x1 +1 ln xx ln x +1 = x ln x +1 = 2 +1得 2 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 而 ÷ = 0 ，当 x >1时， f (x) > 0
1
恒成立，不妨设 x
e 1
< x2，则 < x1 < 1 < x2 ．
è e
记 h(x) = f (x) f (2 x) x
1- - ， ,1÷，
è e
h (x) f (x) f (2 x) ln x ln(2 - x)则 = + - = - - >x2 (2 - x)2
ln x ln(2 - x) ln é-(x -1)2 +1ù 1
- - = - > 0 ，所以函数 h(x) 在 ,1e ÷上单调递增，x2 x2 x2 è
所以 h(x) < f (1) - f (2 1)
1
- = 0 ，即 f (x) < f (2 - x)， x ,1e ÷，è
于是 f x2 = f x1 f 2 x 2 x
1,2 1< - 1 ， - 1 -

e ÷
，
è
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 + 6x2
2
1 = 6 x1 -1 + 2 > 2．
x
19．（2024·全国· 3高考真题）已知函数 f (x) = ln + ax + b(x -1)
2 - x
(1)若b = 0，且 f (x) 0，求 a的最小值；
(2)证明：曲线 y = f (x) 是中心对称图形；
(3)若 f (x) > -2当且仅当1< x < 2，求b 的取值范围．
【答案】(1) -2
(2)证明见解析
b 2(3) -
3
【解析】（1）b = 0时， f x x= ln + ax，其中 x 0,2 ，
2 - x
则 f x
1 1 2
= + + a = + a, x 0,2
x 2 - x x 2 - x ，
2
因为 x 2 2 - x + x- x ÷ =1，当且仅当 x =1时等号成立，
è 2
故 f x = 2 + amin ，而 f x 0成立，故 a + 2 0即 a -2，
所以 a的最小值为-2 .，
x
（2） f x = ln + ax + b x -1 3的定义域为 0,2 ，
2 - x
设P m, n 为 y = f x 图象上任意一点，
P m, n 关于 1, a 的对称点为Q 2 - m, 2a - n ，
因为P m, n 在 y = f x m图象上，故 n = ln + am + b m -1 3 ，
2 - m
2 - m 3 é m 3 ù
而 f 2 - m = ln + a 2 - m + b 2 - m -1 = - êln + am + b m -1 m 2 - m ú
+ 2a ，

= -n + 2a，
所以Q 2 - m, 2a - n 也在 y = f x 图象上，
由 P 的任意性可得 y = f x 图象为中心对称图形，且对称中心为 1, a .
（3）因为 f x > -2 当且仅当1< x < 2，故 x =1为 f x = -2 的一个解，
所以 f 1 = -2即 a = -2 ，
先考虑1< x < 2时， f x > -2 恒成立.
此时 f x > -2 x即为 ln + 2 1- x + b x -1 3 > 0在 1,2 上恒成立，
2 - x
设 t = x -1 0,1 ，则 ln t +1 - 2t + bt3 > 0在 0,1 上恒成立，
1- t
设 g t = ln t +1 - 2t + bt3 , t 0,1 ，
1- t
t 22 -3bt
2 + 2 + 3b
则 g t = - 2 + 3bt 2 = ，
1- t 2 1- t 2
当b 0，-3bt 2 + 2 + 3b -3b + 2 + 3b = 2 > 0，
故 g t > 0恒成立，故 g t 在 0,1 上为增函数，
故 g t > g 0 = 0即 f x > -2 在 1,2 上恒成立.
2
当- b < 0时，-3bt 23 + 2 + 3b 2 + 3b 0
，
故 g t 0恒成立，故 g t 在 0,1 上为增函数，
故 g t > g 0 = 0即 f x > -2 在 1,2 上恒成立.
b 2当 < - 3 ，则当0 < t < 1
2
+ <1时， g t < 0
3b

故在 0, 1
2
+ ÷÷上 g t 为减函数，故 g t < g 0 = 0，不合题意，舍；
è 3b
综上， f x > -2 在 1,2 2上恒成立时b - .
3
而当b
2
- 时，
3
2
而b - 时，由上述过程可得 g t 在 0,1 递增，故 g t > 0的解为 0,1 ，
3
即 f x > -2 的解为 1,2 .
b 2综上， - .
33.4 导数的综合运用
考点一 判断函数的零点个数
【例 1】(2024 福建合肥)已知 a≥1，函数 f(x)＝x ln x－ax＋1＋a(x－1)2．
(1)若 a＝1，求 f(x)的单调区间；
(2)讨论 f(x)的零点个数．
【一隅三反】
1．（2024· x湖北·模拟预测）函数 f x = ae - x -1 a R ．
(1)当 a =1时，证明： f (x) 0；
(2)讨论函数 f (x) 的零点个数．
2．（2024· ax河南）已知函数 f x = x e +1 ， a > 0．
(1)当 a＝2 时，求曲线 y = f x 在 1, f 1 处的切线方程；
(2)讨论关于 x 的方程 f x = eax -1的实根个数．
π
3．（2024·广东深圳·模拟预测）已知 f x = x sin x - a cos x 在 x = 2 时取得极大值．
(1)讨论 f x 在 -π, π 上的单调性；
(2)令 h x = x2 - 4x sin x - 4cos x + 4 ，试判断 h x 在R 上零点的个数．
考点二 已知函数零点求参数
【例 2】（2024·广东汕头·三模）已知函数 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲线 y = f (x) 在 x=-1处的切线与 y 轴垂直，求 y = f (x) 的极值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一个零点，求 a .
【一隅三反】
1．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知函数 f (x) = ex - ln x + x2 - ax(a R)．
(1)当 a = 0时，求函数 f (x) 在 x =1处的切线方程；
(2)若函数至多一个零点，求 a 的取值范围．
2．（2024·广东深圳·期中）已知函数 f x = x - 2 ex - 2ax2 + 4ax a > 0 ．
(1)若 a =1，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 恰有三个零点，求 a 的取值范围．
3．（2024·青海西宁· f x = x2模拟预测）已知函数 + axlnx - x
(1)当 a =1时，求 f x 的零点；
(2)若 f x 恰有两个极值点，求 a的取值范围.
考点三 隐零点
【例 3-1】（2024 湖北）已知函数 f (x) = ln x .
(1)求函数 y = f (x) - x的单调区间；
(2)求证：函数 g(x) = ex - e2 f (x)的图象在 x 轴上方.
【例 3-2】（2024·广东深圳）已知函数 f (x) = x(1- sin x) .
（1）求函数 f (πx)在 -20,20 上的零点之和；

（2）证明： f (x) 在 0,
p
2 ÷上只有
1 个极值点.
è
【一隅三反】
1．（2024·江苏宿迁）已知函数 f x aex 1- lnx= + .
x
(1)若 a = 0,求 f x 的极值；
(2)若 f x 1恒成立，求实数 a 的取值范围.
2．（2024 北京）已知函数 f x = a ln x 2x- -1（ a R ，e 为自然对数的底数）．
e
(1)求函数 f x 的极值；
f x x 1(2) 2若方程 + +1 = 0在区间 1,e 内有两个不相等的实数根 x1, x2 ，证明： ln xe 1 × ln x2 > ．a
1
3（2024· x云南）已知函数 f (x) = e - kx2 sin x 1 g x 1- - 2，函数 = x + cos x -1．
2 2
(1)求函数 g x 的单调区间．
(2) x 0 时，不等式 f x 0恒成立，求实数 k 的取值范围．
考点四 不等式的证明
【例 4-1】（2024·北京·三模）已知 f x = 2 x - a ln x - ax -1．
(1)若 a = -1，求曲线 y = f x 在点P 1,2 处的切线方程；
(2)若函数 y = f x 存在两个不同的极值点 x1, x2 ，求证： f x1 + f x2 > 0．
1
【例 4-2】（2024·江苏连云港· x 2模拟预测）已知函数 f (x) = e - x - x .
2
(1)求函数 f (x) 在 x =1处的切线方程.
(2)证明："x [0,+ ), f (x) > sin x .
【一隅三反】
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·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f
(2) a 2 x 当 时，证明： e2x ．
x
考点五 不等式的恒成立或存在性
【例 5】（2024·全国·高考真题）已知函数 f x = a x -1 - ln x +1．
(1)求 f x 的单调区间；
(2)当 a 2 x-1时，证明：当 x >1时， f x < e 恒成立．
【一隅三反】
1．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数 f (x) = x2 ln x ．
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)若存在 x > 0，使得 f (x) ax 成立，求实数 a的取值范围．
2．（2024· 2全国·模拟预测）已知函数 f x = x - 2a ln x - 2(a R)．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若不等式 f x 2 ln x 2 + x2 - 2x 在区间 (1, + )上有解，求实数 a 的取值范围．
3．（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = ln x + 2ax a R ．
(1)当 a = -1时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = f x - 2x2，不等式 g x -1在 1, + 上存在实数解，求实数 a的取值范围．
考点六 极值点偏移
【例 6】（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数 f x = x ln x - a ，
g x f x = + a - ax ．
x
(1)当 x 1时， f x ≥ - ln x - 2恒成立，求 a 的取值范围．
(2)若 g x 2的两个相异零点为x1，x2，求证： x1x2 > e ．
【一隅三反】
1．（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 x1 < x2 .
x
（i）求实数 a的取值范围;
x2 x2 2（ii）证明： 1 + 2 > .e
2．（2024·四川眉山·三模）已知函数 f (x) = xlnx - ax2 - 2x .
(1)若过点 (1,0)可作曲线 y = f (x) 两条切线，求 a的取值范围；
(2)若 f (x) 有两个不同极值点 x1, x2 .
①求 a的取值范围；
②当 x1 > 4x
2
2 时，证明： x1x2 >16e
3 .
一．单选题
1 3．（2024·陕西西安·模拟预测）若函数 f x = x - 3x + a在区间 0,2 内有两个零点，则实数 a的取值范围是
（ ）
A． 0,2 B． 2, + C． 0,1 D． 1, +
2．（2024·陕西·模拟预测）当 x > 0时， x2 ×e4x - 2lnx ax +1恒成立，则实数 a最大值为（ ）
4 4
A． B．4 C． 2 D．8e e
x ex x 2ln 13．（2024· · 2河南 三模）若关于 的不等式 + + mx + lnm恒成立，则实数m 的最大值为（ ）
x
A 1 B e
2
． 2 ． C．1 D． e
2
4
ì -x2 - ax -1, x 04．（23-24 高二下·天津·期中）若函数 f x = íln x 恰好有四个零点，则实数
a的取值范围是
- a - 2 x +1, x > 0
（ ）
A． 1, + B． 0,2 U -2 C． 2,3 D． 2,3
lnx
5 -ax．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 f x = , g x = axe ，若存在 x
x 1
0,1 , x2 - ,0 使得 f x1 = g x2 ，
则实数 a的取值范围为（ ）
A． - , -2 B． -2, -1 C． -1, + D． 0, +
a
6．（2024· x广东深圳·模拟预测）已知函数 f (x) = ae +1n - 2，若 f x > 0恒成立，则正实数 a的取值范围是
x + 2
（ ）
A．0 < a < e B． a > e2 C． a > e D． a > 2e
7．（2024·全国·模拟预测）已知过点 (-2,0) 的直线与函数 f (x) = xex+2 + 2的图象有三个交点，则该直线的斜率的
取值范围为（ ）
A． (- , -1) B． (- ,0) C． (-1,0) D． (-1, + )
8．（2024·江西鹰潭·模拟预测）已知 a > 1，若函数 f x = a x ln a - ex 有两个不同的零点，则 a 的取值范围是
（ ）
A． e, + B． 1,e C． 2e, + D． e, 2e
二．多选题
9．（2024·河北衡水·三模）已知函数 f (x) = x3 - mx2， x = 2是函数 f (x) 的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A．m = 3 B．函数 f x 在区间 (-1,2)上单调递减
C．过点 (1, -2) 能作两条不同直线与 y = f (x) 相切 D．函数 y = f [ f (x)]+ 2有 5 个零点
10．（2024·湖北·二模）已知 x > y > 0 ，则下列不等式正确的有（ ）
A． ex - e y > x - y B． ln x - ln y > x - y
1 ex e y
C． ln x 1- Dx ．
>
y x
11．（2024·山东济南·三模）已知函数 f x = sin x × ln x，则（ ）
A．曲线 y = f x 在 x = π 处的切线斜率为 ln π
B．方程 f x = 2024有无数个实数根
C．曲线 y = f x 1上任意一点与坐标原点连线的斜率均小于
e
x2D． y = f (x) - 在 1, + 上单调递减
2
三．填空题
1 1
12．（2024·河北·三模）已知 a x - x 2 < 0 a > 0, a 1 对任意 x 0, + 恒成立，则实数 a的取值范围是 ．
13．（2024· x x福建泉州·一模）已知函数 f (x) = (x -1)e + e - a 有且只有两个零点，则 a 的范围 ．
14．（2024·四川南充·模拟预测）已知圆C : x2 + y2 = 2和曲线 y = ln(ea x)相交于两个不同的点，则 a的取值范围
为 .
四．解答题
15．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数 f x = x3 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函数 f x 的极值点，求 a的值，并求其单调区间；
é1
(2)若函数 f x 在 ê ,3
ù
ú 上仅有 2 个零点，求 a的取值范围． 3
16．（2024·全国·高考真题）已知函数 f x = 1- ax ln 1+ x - x．
(1)当 a = -2 时，求 f x 的极值；
(2)当 x 0 时， f x 0 ，求 a的取值范围．
1
17．（2024· ln广东湛江·一模）已知函数 f x = 1+ ln x e ax ．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若方程 f x =1有两个根x1，x2，求实数 a 的取值范围，并证明： x1x2 >1．
ln x +1 x
18．（2024·
e
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)若 x , x (0,+ ) x x ex
x
且 ， 2
-x1 2 3 3
1 2 1 2 = x ，证明： x1 + x2 > 2．x 21
x
19．（2024·全国· 3高考真题）已知函数 f (x) = ln + ax + b(x -1)
2 - x
(1)若b = 0，且 f (x) 0，求 a的最小值；
(2)证明：曲线 y = f (x) 是中心对称图形；
(3)若 f (x) > -2当且仅当1< x < 2，求b 的取值范围．

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