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导数专题之对数与指数处理技巧
一、指数找基友
处理方法:在证明或处理含指数函数的不等式时，通常要将指数型的函数“结
合”起来，即让指数型的函数乘以或除以一个多项式函数，这样再对新函数求导
时，只需一次就可以求出它的极值点，从而避免了多次求导，这种相当于让指数
函数寻找“合作伙伴”的变形过程，我们形象的称之为“指数找基友”即 ex与函

数相加减， e x f x e x f x ，导函数最终正负和 ex相关，讨论其零点会涉
及到超越方程。

而 ex 与函数相乘除， e x f x e x f x f x f x f x f x ， x e e x
导函数正负性判断不会再牵扯 ex，极大减少讨论难度;所以，当遇到导数题目中
含有 ex，尽可能将其变形为 e x f x f x 或 x 形式;e
f x f x f x f x
例如: e x f x 0 1 0，则 1
e x e x
x 是一个多项式函数，e
变形后可大大简化运算
2
【001】求证:当 x 0时， e x ex x 1 （直接找基友）
e x ex x 1 2 ex x 1
2
1 ex x 1
2
处理方法： x x 1 0e e
2
证明:构造函数 f (x) ex x 1 ，
e x
则 f (x) e 2(x 1) ex (x 1)2 e x (x 1)(3 e x)e x；
当0 x 3 e时， f (x) 0 . f x 单调递减，此时 f(x)≤f(0)=l；
当3 e x 1时， f (x) 0 . f x 递增，此时 f(x)≤f(1)=1；
当 x>1 时， f (x) 0 , f x 递减，此时 f x f (1) 1.
2
故当 x≥0时，恒有 f (x) ex x 1 x 1，即 e x ex x 1
2
.
e
【002】已知函数 f x e x ax2 .若 a 1，证明当 x 0时， f x 1.
【方法一】指数找基友
当 a=1 时， f x e x x2，不等式 f(x)≥1 等价于 f x e2
x2 1 2x (x2g x g x 1) (x 1)
2
构造函数 x ,求导可得 x 0e e e x ，
其中等号只在 x 1时取得，所以 g(x)在[0.+∞)上单调递减,
所以当 x≥0时，g(x)≤g(0)=1，又因为 e x 0，所以 x2 1 e x .故原命题得证.
【方法二】对数单身狗
当 a=1 时 ， f x e x x2 ， 令 e x t(t 1) ， 则 不 等 式 f(x) ≥ l 等 价 于
ln t t 1(t 1) .
构造函数 g(t) ln t t 1，(t 1),
2
则 g (t) 1 1 2 t 1 t ( t 1 1) 0
t 2 t 1 2t t 1 2t t 1
所以 g(t)是[1.+∞)上的减函数，所以 g(t)≤g(1)=0，即 ln t t 1(t 1)，故原
不等式得证.
【方法三】变形的对数单身狗
当 a=1 时， f x e x x2，不等式 f x （1 x 0）)等价于 x e x 1(x 0) .
x
g x x e x 1 g x 1 e ( e
x 1 1)2
构造函数 . 0
2 e x 1 2 e x 1 ，
所以 g(x)在[0.+∞)上单调递减，故 g(x)≤g(0)=0，即 x e x 1(x 0)，原不
等式得证.
f x x 2【003】讨论函数 e x的单调性，并证明当 x 0时， x 2 e x x 2 0 .
x 2
2 x
解： f x x 2 e x求导得 f x e x ( x 2 4 x e
x 2 x 2 (x 2)2
) 2 ；（x 2）
当 f x 0时， x 2或x 2，所以 f x 在（ ， 2）和（ 2， ）上单调递增
所以当 x 0时 f x f 0 1 x 2则 e x 1所以 x 2 e x x 2 0得证。
x 2
【004】设函数 f x x e x 1 ax2 .
若当 x 0时 f x 0，求 a的取值范围.
解：当 x 0时， f x 0满足题意；
x
当 x 0时， f x 0等价于 x e x 1 e 1 ax2 0 a；
x
e xg(x) 1 （x 1）e
x 1
构造函数 (x 0)；得 g (x) 2 (x 0)；x x
设 h(x) (x 1)e x 1(x 0)，得 h (x) xex 0(x 0) .所以函数 h(x)是增函
数，得 h(x) h(0) 0(x 0)，故 g (x) 0(x 0)，即函数 g(x)是增函数.又
x x 0
lim g(x) lim e 1 lim e e (e x ) x 0 1，所以 g(x) 1.
x 0 x 0 x x 0 x 0
因此求 a的取值范围是 ，1 .
【005】(2020 新高考真题)已知函数 f x e x ax2 x
(1)当 a=1 时，讨论 f x 的单调性;
1
(2)当 x 0时， f x x3 1，求 a 的取值范围；
2
解：（1）当 a=1 时 f x e x x2 x，所以 f x e x 2x 1；因为 f x 在 R上
单调递增且 f 0 0，所以当（ ，0）时， f x 0；当（0， ）时 f x 0，所
以函数 f x 在（ ，0）上单调递减，在（0， ）上单调递增.
1
（2）由题意得 e x ax x x3 1在 0， 上恒成立，
2
当 x 0时， a R；
e x 1 1 1
当 x 0时，原不等式变形为 a 2 x ；x 2 x x2
e x 1 1 1 （2 x 2)e xg(x) x
3 2x 4
令 2 x 2（, x 0），则 g (x) （, x 0）；x 2 x x 2x3
令 h(x) 2(x 2)e x x3 2x 4（, x 0） ， 所 以
h (x) 2(x 1)e x 3x2 2（, x 0），所以 h (x) 2xex 6x 2x(e x 3)（, x 0）；
所以当 x （0，ln 3）时 h (x) 0；当 x （ln 3， ）时 h (x) 0；
所以函数 h (x)在（0，ln 3）上单调递增，在（ln 3， ）上单调递减，因为 h (0) 0，
所以当 x （0，ln 3）时 h (x) h (0) 0，
因为 h (2) 2e2 10 0，h (ln3) h (0) 0，且 h (x)在（ln 3， ）上单调递减，
所以 x0 (ln3,2)，使得 h (x0 ) 0，且当 x （0, x0）时 h (x) 0，当 x （x0， ）
时， h (x) 0；所以函数 h(x)在（0, x0）上单调递增，在（x0， ）上单调递减
因为 h(0) 0，所以当 x （0, x0）时 h(x) h(0) 0，因为 h(0) 0，h(x0 ) h(0) 0，
且函数 h(x)在（x0， ）上单调递减，
所以当 x （0，2）时 h(x) 0；当 x （2， ）时 h(x) 0；
因为当 x （0，2）时， g (x) h(x) 0 x 2 g (x) h(x) 3 ；当 （ ， ）时 0；2x 2x3
所以函数 g(x)在（0，2）上单调递增，在（2， ）上单调递减；
7 e2 2
所以 g(x)max g(2) ，则 a g(x)
7 e
4 max

4
7 e2
因此 a的取值范围为 , ；
4
【006】已知函数 f x e x 1 x ax2，当 x 0时, f x 0恒成立，求实数 a的
取值范围.
【解】由 f x e x 1 2ax ,又 e x x 1,所以
f x e x 1 2ax x 2ax 1 2a x
1
所以当 1-2a≥0,即 a 时， f x （0 x 0）,而 f(0)=0,于是当 x≥0时，f(x)
2
1
≥0,满足题意；又 x 0时， e x x 1,所以可得 e x x 1,从而当 a 时，
2
f x e x 1 2ax e x e xe x 2a(e x 1) (1 e x )(e x 2a) ,故当 x∈(0,ln2a)时，
f(x)<0,而 f(0)=0,于是当 x∈(0,ln2a)时，f(x)<0,不合题意.
1
综上所述，实数 a的取值范围为 0，
2
.
【007】已知 e x x2 2ax 1对任意的 x 0，求实数 a的取值范围.
2 2
【解析】 e x x2 2ax 1 x 2ax 1 x 1 0设 g(x)
x 2ax 1
x 1；则e e
g (x) （x 1）(x 2a 1)
e x
；
(1)a=-2,当 00,g(x)单调递增，注意到 g(0)=0,所以当 x∈(0,1)
时，g(x)>
g(0)=0,不满足题意
1 1
(2)当 0<2a+1<1,即 a 时，g(x)在(0,2a+1),（1， ）上单调递减，在
2 2
(2a+1,1)上单调递增.又因为 g(0)=0,所以 g(x)<0 对任意的 x>0 恒成立等价于
g(1)<0,解得 a 1 e e .所以1 a 0
2 2 .
(3)当 2a+1=1,即 a=0 时，g'(x)<0,g(x)在（0， ）上单调递减，g(x)足题意.
(4)当 2a+1>1,即 a>0 时，g(x) g(x)在(0,1),（2a 1， ）上单调递减，在(1,2a+1)
上单调递增.又因为g(0)=0,所以g(x)<0对任意的x>0恒成立等价于g(2a+1)<0,
即：
2a 2 2a 2
2a 1 1 0由经典不等式可 e
x x 1得 e2a 1 2a 2 ,故
e e2a 1
1 0成立，所
以 a>0 满足题意.
e
综上所述，a的取值范围是（1 , ）
2
x2 x3
【008】求证:当 x 0时，有 e x 1 x
2 6
x2 x3
【证明】:构造函数 f (x) （1 x )e x
2 6
x2 x2 x3 3
则 f (x) x （ 1 x ） (1 x ) e
x e x
2 2 6 6
当 x>0 时， f (x) 0，所以 f (x)在 0， 上单调递减,
1 x x
2 x3 2)e x 1 e x 1 x x x
3
所以当 x≥0时，有 f(x)≤f(0)=1，即（ 故
2 6 2 6
x
【009】求证:对任意实数 a （0,1），方程 ae x x ln x 1 0在(1，十∞)上最多
e
只有一个实数解.
x
证明: ae x x ln x 1 0 a (x ln x x 1)e x .
e e
构造函数, f (x) (x ln x x 1)e x
e
则 f (x) （ 1
1 x
ln x ） (x ln x 1) e
x 1 (1 x)(ln x )
e e e
当 x>1 时， f (x) 0 .f(x)单调递减，
x
所以方程 a (x ln x 1)e x 在(l.+∞)上最多只有一个实数解,
e
即方程 ae x x ln x x 1 0在(1，+∞)上最多只有一个实数解
e
【010】求证:当 x≥0时，有（2 x）e x x 2 .
证明:当 x 2时，由（2 x）e x 0 x 2知不等式成立.
f (x) 2 x构造函数 e x (0 x 2)
2 x
f (x) 4 2 x
2
则 e x x e x 0恒成立
（ 2 x）2 2 x (2 x)2
2 x
所以 f(x)在[0,2)上单调递增， f (x) e x f (0) 1,
2 x
所以当0 x 2时，（2 x）e x x 2也成立.
故当 x≥0时，有（2 x）e x x 2 .
在上式中，令 x=lnt(t≥1)，则不等式可化为 (2 ln t)t ln t 2，整理即得
ln t 2(t 1) (t 1)熟悉对数平均不等式的人想必对其一点都不陌生，我们通常是
t 1
利用“对数单身狗”来进行证明的，而由这道题可知我们完全可以通过“换元”，
利用“指数找基友”完成它的证明.于是，我们可以知道还有下面一种类型:
“换元”找基友
【011】求证:当 x>0 时，有 2ln2 x ln x 2x 1..
2ln2f (x) x ln x 1证明:构造函数
x
（4ln x 1） （2ln2f (x) x ln x 1） (2 ln x)(1 2ln x)则
x2

x2 ；
当0 x 1 1 时，f'(x)<0，f(x)递减，此时 f (x) f ( ) e ;
e e
1 x e2 1当 时，f'(x)≥0，f(x)递增，此时 f (x) f ( ) e ;
e e
2
当 x e2 f (x) 2 ln x ln x 1时，lnx>2， 0 .
x
2
综上可知 f (x) f ( 1 ) e 2 f (x) 2 ln x ln x 1 ，即 2
e x
所以 2ln2 x ln x 2x 1..
“换元”只是能把一些关系显化而已，并不能“无中生有”，只要知道 Inx 和 x
在一起的时候，x eln x是“指数”，与 Inx 有关的代数式(本题中的 2ln2 x ln x 1
是“基友”即可，并不需要在答题纸上把换元过程写出来
“放缩”后找基友
3
【012】求证:当 x>0 时，有 e x x ln x x 1
2
证明:易证 lnx≤x-1(证明过程略)
所以只需证当 x>0 时， e x x(x 3 1) x 1 x2 1 x 1
2 2
1
构造函数 f (x) (x2 x 1)e x
2
则 f (x) ( x
2 3 x 1 )e x （1 x 1）(x )e x
2 2 2
1
当0 x 时， f (x) 02 ，f(x)递减，此时 f(x)1 x 1 f (x) 0 f (x) f (1) 2.5当 2 时，
.f(x)递增，此时 1e :
当 x 1时， f (x) 0，f(x)递减，此时 f (x) f (1)
2.5
1
e .
2 1 1
故当 x>0 时， (x x 1)e
x 1 x 2,即 e x x 12 2 .故证.
3 3 x
对于这道题，如果直接把 x ln x x 1作为“基友”，令 (x ln x x 1)e2 2
3
的导函数为 0，得到方程 (x 1)(ln x ) 02 ，恰好可以因式分解，也能得到函数
3

的单调区间，但是函数 f (x) e
x x ln x 3 x 1在 (0,e 2 )2 上递减，必须要考虑函
数在 0处的单侧极限值，而通过放缩则可避免这一点.
3
除此之外，若 x ln x x 12 中的常数项不为 1, 则导函数不可以因式分解，则将
其作为“基友”就不恰当了，不如事先放缩，把一个二次多项式作为“基友”，
保证导函数的零点可解.
待定系数加强命题
【013】求证:当 x 0时，有 e x x2 x 1
2
证明:构造函数 f (x) (x2 x 5 )e x -,
9
则 f (x) ( x2 x 4)e x 1 4 (x )(x )e x .
9 3 3
当0 x 4 时， f (x) 0，f(x)递增:
3
4
当 x 时， f (x) 0，f(x)递减
3
所以当 x≥0 时， f (x) (x2 x 5 )e x f (4) 1 8(根据 e 进行估值)，故
9 3 3
e x x2 5 1 x x2 x ，证毕
9 2
1
如果不对命题进行加强，直接把“ x2 x ”作为“基友”，算出来
2
3 1
的极大值点是 ，其极大值并不好估算，考虑到它约等于 1.37，所以利用
2
4
待定系数法使得函数的极大值点为 ，以便对极大值进行估计.
3
二、对数单身狗
处理方法：如果我们要证明 ln x小于(或大于)一个非超越式 f x ，可以直接作差，
构造函数 ln x f x 1，这也是因为其极值点可求，即方程 f x 0可解，可避
x
免多次求导.如果待证的不等式形式较为复杂，可以将 ln x分离出来，使其系数
为常数，次数为 1，此所谓“对数单身狗”
f x ln x g x 0 ln x g x 如: （0 这里f (x) 0），f x

g x 1 ln x g x 则 不含超越函数（超越函数：指的是变量之间的关系 f x x f x
不能用有限次加、减、乘、除、乘方、开方运算表示的函数）求解过程简单；
【014】求证: x 1时， x 1 ln x 2 x 1
x 1 ln x 2 x 1 ln x 2 x 1 ln x 2 x 1 处理方法: 0
x 1 x 1
构造函数（注意在构造过程中的不等号是否发生改变），即证。
解：在不等式证明当中，由于其他函数与 ln x相乘所求导的结果仍含有 ln x ,于是
常常将 ln x单独分离，故两边同除 x+1,左边化为 ln x的形式
ln x 2 x 1 则所证不等式变为
x 1
2 x 1
再令 f (x) ln x , (x 1)
x 1
2
f (x) x 1 2 0 ,x(x 1)
故 f(x)在（1， ）上单调递增，故 f(x)≥f(1)=0(x≥1)则原不等式成立。
x 1 x 1
【015】（“天生”单身狗）求证：当 x≠1时，有 x .
ln x 2
2(x 1)
证明：构造函数 f (x) ln x ,
x 1
2
则 f (x) 1 4 (x 1) 2 2 0所以 f(x)是单调递增函数.x (x 1) x(x 1)
2(x 1)
,当 x>1 时，f(x)>f(1)=0,即 ln x
x 1
x 1 x 1
又因为 lnx>0,x+1>0,所以
ln x 2
2(x 1) x 1 x 1
当 00,所以
x 1 ln x 2
x 1 x 1
综上，当 x≠1时，总有
ln x 2 .
x 1 2
构造函数： g(x) ln x x 1 则： g (x) 1 ( x 1) 2 x 0
x x x 2x x
x 1
所以 g(x)是单调递减函数.当 x>1 时，g(x)x
又因为 ln x 0 x 1 , x 0 ,所以 x 。
ln x
x 1 x 1
当0g(1)=0,即 ln x ,又因为 ln x 0 , x 0 ,所以 x .
x ln x
综上，当 x≠1时，总有 x x 1 x 1 x 1 .故当 x≠1时，有 x .
ln x ln x 2
【016】（“天生”单身狗）求证：当 x≥1时，有 x-1n x≤1.
证明：原不等式等价于 ln x x 1(x≥1).
构造函数 f (x) ln x x 1(x 1),
2
则 f (x) 1 1 2 x 1 x ( x 1 1) 0
x 2 x 1 2x x 1 2x x 1
所以 f(x)是 1， )上的减函数，所以 f(x)≤f(1)=0,即 ln x x 1,故原不等
式得证.
【017】（“天生”单身狗）求证：当 x≥2时，有 x -3x lnx+x ln2>2.
2
证明：原不等式等价于 x 3ln x ln 2 2 0 .x
2
构造函数 f (x) x 3ln x 2 3 4 (x 1)(x 2) ln 2 2 ，则 f (x) x x x x3 x3
0 .
所以 f (x)是 2 3， 上的减函数，所以 f (x) f (2) 2ln 2 0,
2
3 3 8
其中 2ln 2 0 ln 2 e3 16 ( )3 16 32 27 .,显然成立.故证.
2 4 3
x
【018】（“换元”单身狗）求证：当 x>0 时，有 e x xe 2 1.
x x x x x x

证明：构造函数 f (x) e 2 e 2 1 1 1 x ,则 f (x) e 2 e 2 1 （e 4 e 4） 0,
2 2 2
x x

所以 f(x)在（0， ）上单调递增，故当 x>0 时，f(x)>f(0)=0,即 e 2 e 2 x ,
x x
两边同时乘以 e 2 ,得 e x xe 2 1,证毕.
正如在前面提到的那样， “换元”只是能把一些关系显化而已，并不能“无中
生
有”,只要知道 ex和 x在一起的时候，x ln e x 是“对数”,将其分离出来让其“单
身”即可，并不需要在答题纸上把换元过程写出来.
【019】（“放缩”单身狗）求证：当 ln3e x 3 ex 3
证明：易证 e x ex (证明过程略),所以
e x 1 ex 1
ex 3 ex 3
所以只需证当 ln3ex 1 ex 1
2
则 f (x) 1 4e (ex 1) 2 0所以 f(x)递减，x (ex 1) ex 1
1 ex 3
所以当 ln3e ex 1
f (x) e【020】（2022 浙江卷）设函数 ln x(x 0)．
2x
（1）求 f (x)的单调区间；
（2）已知 a,b R ，曲线 y f (x)上不同的三点 x1, f x1 , x2, f x2 , x3, f x3 处的
切线都经过点 (a ,b)．证明：
a e 0 b f (a) 1 a （ⅰ）若 ，则 12
；
e
2 e a 1 1 2 e a
（ⅱ）若0 a e, x1 x2 x3，则 e 6e2 x1 x3 a 6e
2 ．
（注： e 2.71828 是自然对数的底数）
e e
【答案】（1） f x 的减区间为 0, ，增区间为 , .
2 2
（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有 3个不同的解可证明不等式成
x3 a
立，（ⅱ） k x ，m 1，则题设不等式可转化为1 e
2 m 13 m2 m 12 t1 t3 2 ，结合零点满足的方程进一步转化为m 36m t1 t3
m 1 m 13 m2 m 12
lnm 0，利用导数可证该不等式成立.
72 m 1
【小问 1 详解】
f x e 1 2x e 2 2x x 2x2 ，
当0 x e ， f x 0；当 x
e
， f x 0，2 2
故 f x 的减区间为 0
e
, ， f x
e
的增区间为 , .
2 2
【小问 2 详解】
（ⅰ）因为过 a,b 有三条不同的切线，设切点为 xi , f xi , i 1,2,3，
故 f xi b f xi xi a ，
故方程 f x b f x x a 有 3个不同的根，
1 e x a e该方程可整理为 2 ln x b 0， x 2x 2x
设 g x 1 e

x a
e
ln x b，
x 2x2 2x
g x 1 e 1 e 1 e则
x 2x2

x2

x3
x a
x 2x2
1
x e x a ，
x3
当0 x e或 x a时， g (x)< 0；当 e x a时， g (x)> 0，
故 g x 在 0,e , a, 上为减函数，在 e,a 上为增函数，
因为 g x 有 3个不同的零点，故 g e 0且 g a 0，
1 e e a e故 2 ln e b 0
1 e e 且 2 a a ln a b 0， e 2e 2e a 2a 2a
a
整理得到：b 1且b e ln a f a ，
2e 2a
此时b f a 1 a a e 1 1 ln a
a 1 3 e
ln a，2 e 2e 2a 2e 2 2 2a
设u a 3 e ln a，则u a e-2a 0，
2 2a 2a2
故u a 为 e, 3 e上的减函数，故u a ln e 0，
2 2e
故0 b f a 1 a 1
2
.
e
（ⅱ）当0 a e时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 g x 在 0,a , e, 上为减函数，在 a,e 上为增函数，
不妨设 x1 x2 x3，则0 x1 a x2 e x3，
因为 g x 有 3个不同的零点，故 g a 0且 g e 0，
1 e e a e ln e b 0 1 e故 2

且 2 a a
e
ln a b 0，
e 2e 2e a 2a 2a
a a
整理得到： 1 b ln a，
2e 2e
因为 x1 x2 x3，故0 x1 a x2 e x3，
g x 1 a e ea又 2 ln x b，x 2x
t e a e ea设 ， a ，则方程1 x x 2x2
ln x b 0即为：
m 0,1
e
a e a
t t 2 ln t m b 0 m 1 t t 2即为 ln t b 0，
e 2e 2
e e
记 t1 , t2 , t
e
3 ,x1 x2 x3
则 t1, t1, t m
m
3为 1 t t 2 ln t b 0有三个不同的根，2
k t 1 x 3 e a设 1t x a ，m 1，3 1 e
2 e a 1 1 2 e a
2 e a t t 2e e a要证： e 6e2 x x a 6e2 ，即证 1 3 ，1 2 6e a 6e
13 m 2 1 m
即证： t1 t3 ，6 m 6
t t 13 m t t 2 1 m 即证： 1 3 6 1
3 0，
m 6
2 m 13 m2 m 12
即证： t1 t3 2 ，m 36m t1 t3
而 m m 1 t 21 t1 ln t
m 2
2 1
b 0且 m 1 t3 t3 ln t3 b 0，2
ln t m ln t t 2 t 2故 1 3 1 3 m 1 t1 t3 0，2
t t 2 2 2 ln t1 ln t3故 1 3 m m t ，1 t3
ln t ln t m 13 m22 m 12
故即证： 1 3

，
m t1 t3 36m t1 t3
t t11 t3 ln
即证： t m 13 m2 m 123 0
t1 t3 72
k 1 ln k m 13 m2 m 12
即证： 0，
k 1 72
k 1 ln k
1 1
记 k ,k 1，则 k k 2ln k 0 ，k 1 k 2

1 k
1
设u k k 2ln k ，则u k 1 2 2 2 1 0即 k 0，
k k 2 k k k
故 k 在 1, 上为增函数，故 k m ，
k 1 ln k m 13 m2 m 12 m 1 lnm m 13 m2 m 12
所以 ，
k 1 72 m 1 72
m 1 m 13 m2 m 12
记 m lnm ,0 m 1，
72 m 1
m 1 2 3m3 20m2 49m 72 m 1 2 3m3 3
则 m 0，
72m m 1 2 72m m 1 2
所以 m 在(0,1)为增函数，故 m 1 0，
m 1 m 13 m2 m 12 m 1 lnm m 13 m2 m 12
故 lnm 0即
72 m 1 0
，
m 1 72
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，
而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法
有比值代换等.
【021】(2022 高考北京卷·第 20 题) 已知函数 f (x) e x ln(1 x) ．
(1)求曲线 y f (x)在点 (0, f (0))处的切线方程；
(2)设 g(x) f (x)，讨论函数 g(x)在[0, )上的单调性；
(3)证明：对任意的 s, t (0, )，有 f (s t) f (s) f (t)．
【答案】解析:(1)因为 f (x) e x ln(1 x) ，所以 f 0 0，
即切点坐标为 0,0 ，
f (x) ex又 (ln(1 x) 1 )，
1 x
∴切线斜率 k f (0) 1 ∴切线方程为： y x
(2) 因为 g(x) f (x) ex (ln(1 1 x) )，所以 g (x) e x (ln(1 x)
2 1
) ，
1 x 1 x (1 x)2
2
令 h(x) ln(1 x)
2 1
1 2 2 x 1，则 h (x) 0，
1 x (1 x)2 1 x (1 x)2 (1 x)3 (1 x)3
∴ h(x)在[0, )上单调递增，∴h(x) h(0) 1 0∴ g (x) 0在[0, )上恒成立，
∴ g(x) 在 [0, )上单调递增．
(3) 原不等式等价于 f (s t) f (s) f (t) f (0)，
令m(x) f (x t) f (x)， (x, t 0)，即证m(x) m(0)，
∵m(x) f (x t) f (x) e x t ln(1 x t) e x ln(1 x) ，
x t x
m (x) e x t ln(1 x e t) e x ln(1 e x) g(x t) g(x) ，
1 x t 1 x
由(2)知 g(x) f (x) ex (ln(1 x) 1 )在 0, 上单调递增，
1 x
∴ g(x t) g(x)，∴m (x) 0
∴m(x)在 0, 上单调递增，又因为 x, t 0，
∴m(x) m(0)，所以命题得证．
【022】(2023 年新课标全国Ⅱ卷·第 22 题) (1)证明：当0 x 1时， x x sin x x；
(2)已知函数 f x cosax ln 1 x2 ，若 x 0是 f x 的极大值点，求 a 的取值范围．
【答案】(1)证明见详解(2) , 2 2,
解析：(1)构建 F x x sin x, x 0,1 ，则 F x 1 cos x 0对 x 0,1 恒成立，
则 F x 在 0,1 上单调递增，可得 F x F 0 0，
所以 x sin x, x 0,1 ；
构建G x sin x x x2 x2 x sin x, x 0,1 ，
则G x 2x 1 cos x, x 0,1 ，
构建 g x G x , x 0,1 ，则 g x 2 sin x 0对 x 0,1 恒成立，
则 g x 在 0,1 上单调递增，可得 g x g 0 0，
G 即 x 0对 x 0,1 恒成立，则G x 在 0,1 上单调递增，可得G x G 0 0，
所以 sin x x x2 , x 0,1 ；综上所述： x x sin x x．
(2)令1 x2 0，解得 1 x 1，即函数 f x 的定义域为 1,1 ，
若 a 0，则 f x ln 1 x2 , x 1,1 ，
因为 y lnu在定义域内单调递减，y 1 x2在 1,0 上单调递增，在 0,1 上单调递减，
则 f x ln 1 x2 在 1,0 上单调递减，在 0,1 上单调递增，
故 x 0是 f x 的极小值点，不合题意，所以 a 0．
当 a 0时，令b a 0
因为 f x cosax ln 1 x2 cos a x ln 1 x2 cosbx ln 1 x2 ，
且 f x cos bx ln 1 x
2
cosbx ln 1 x
2 f x ，
所以函数 f x 在定义域内为偶函数，
由题意可得： f x 2x bsinbx
x2
, x 1,1 ，
1
1
(i)当0 b2 2时，取m min

,1 ， x 0,m ，则bx 0,1 ，
b
x b2x2 2 b2
2x 2 2x 由(1)可得 f x b sin bx ，
x2
b x
1 x2 1 1 x2
x b2x2 2 b2
且b2x2 0,2 b2 0,1 x2 0 ，所以 f x 2 0，1 x
即当 x 0,m 0,1 时， f (x)> 0，则 f x 在 0,m 上单调递增，
结合偶函数的对称性可知： f x 在 m,0 上单调递减，
所以 x 0是 f x 的极小值点，不合题意；
1
( ⅱ ) 当 b2 2 时 ， 取 x 0, 0,1 ， 则 bx 0,1 ， 由 (1) 可 得
b
f x bsinbx 2x 2 2
x2
b bx b x1
2x x
b3x3 b2 2 3 2
x2
x b x 2 b ，
1 1 x2
1
构建 h x b3x3 b2x2 b3x 2 b2 , x 0, ，
b
则 h x 3b3x2 2b2x b3 , x 0,
1 3
， 且 h 0 b 0,h
1
b
3 b 0 ， 则
b b
h 1x 0 x 0, 对 恒成立，
b
h x 0, 1 可知 在 上单调递增，且 h 0
1
2 b2 0,h 2 0，
b b

所以 h x 在 0,
1 n 1 内存在唯一的零点b
0, ，
b
当 x 0,n 时，则 h x 0，且 x 0,1 x2 0，
则 f x x b3x3 b22 x2 b3x 2 b2 0，1 x
即当 x 0,n 0,1 时， f x 0，则 f x 在 0,n 上单调递减，
结合偶函数的对称性可知： f x 在 n,0 上单调递增，
所以 x 0是 f x 的极大值点，符合题意；
综上所述：b2 2，即a2 2，解得 a 2或 a 2，
故 a 的取值范围为 , 2 2, ．
1
【023】(2023 年全国乙卷理科·第 21 题)已知函数 f (x) a ln(1 x)．
x
(1)当 a 1时，求曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)是否存在 a，b，使得曲线 y f
1
关于直线 x b对称，若存在，求 a，b的值，
x
若不存在，说明理由．
(3)若 f x 在 0, 存在极值，求 a 的取值范围．
【答案】(1) ln 2 x y ln 2 0；
1
(2)存在 a ,b 1 满足题意，理由见解析．
2 2

(3) 0,
1
2
．

1
解析：(1)当a 1时， f x 1 ln x 1 ，
x
f x 1 ln x 1 1 1则 2 1

，据此可得 f 1 0, f 1 ln 2，x x x 1
函数在 1, f 1 处的切线方程为 y 0 ln 2 x 1 ，即 ln 2 x y ln 2 0．
(2)
1
由函数的解析式可得 f x
1
a ln
x
1 ，
x
1 x 1
函数的定义域满足 1 0，即函数的定义域为 , 1 0, ，
x x
1 1
定义域关于直线 x 对称，由题意可得b ，
2 2
f 1 1 1由对称性可知 m f m

m
3
，取m 可得 f 1 f 2 ，
2 2 2 2
a 1 1即 1 ln 2 a 2 ln ，则 a 1 2 a，解得 a ，
2 2
a 1 ,b 1 1 1 1 1经检验 满足题意，故 a ,b ．即存在 a ,b 满足题意．
2 2 2 2 2 2
1 1 1
(3)由函数的解析式可得 f x 2 ln x 1 x ax ， x 1
由 f x 在区间 0, 存在极值点，则 f x 在区间 0, 上存在变号零点;
1 令 2 ln x 1
1 a 1 0，则 x 1 ln x 1 x ax2x x x 0， 1
g x = ax2令 x x 1 ln x 1 ，
f x 在区间 0, 存在极值点，等价于 g x 在区间 0, 上存在变号零点，
g x 2ax ln x 1 , g x 2a 1
x 1
当 a 0时， g x 0， g x 在区间 0, 上单调递减，
此时 g x g 0 0， g x 在区间 0, 上无零点，不合题意;
a 1当 ， 2a 1 1时，由于 1，所以 g x 0, g x 在区间 0, 上单调递
2 x 1
增，所以 g x g 0 0， g x 在区间 0, 上单调递增， g x g 0 0，
所以 g x 在区间 0, 上无零点，不符合题意；
0 a 1当 时，由 g x 1 2a 0可得 x = 1 1，
2 x 1 2a
x 0, 1 1 当 2a
时， g x 0， g x 单调递减，

1
当 x 1, 时， g x 0， g x 单调递增，
2a
故 g x 1 的最小值为 g 1 1 2a ln 2a，
2a
令m x 1 x ln x 0 x 1 ，则m x x 1 0，
x
函数m x 在定义域内单调递增，m x m 1 0，
据此可得1 x ln x 0恒成立，
g 1 1 则 1 2a ln 2a 0，
2a
2
令 h x ln x x2 x x 0 ，则 h x 2x x 1 ，
x
当 x 0,1 时， h x 0,h x 单调递增，
当 x 1, 时， h x 0,h x 单调递减，
故 h x h 1 0，即 ln x x2 x (取等条件为 x 1)，
所以 g x 2ax ln x 1 2ax 2 x 1 x 1 2ax x
2 x ，
g 2a 1 2a 2a 1 2a 1
2 2a 1 0，且注意到 g 0 0，
根据零点存在性定理可知: g x 在区间 0, 上存在唯一零点 x0．
当 x 0, x0 时， g x 0， g x 单调减，
当 x x0 , 时， g x 0， g x 单调递增，
所以 g x0 g 0 0．
令 n x ln x x n x 1 1 2 x，则 ，
x 2 x 2x
则函数 n x ln x x 在 0,4 上单调递增，在 4, 上单调递减，
所以 n x n 4 ln 4 2 0，所以 ln x x ，

g 4 = 4

1 a 4 4 1 a

所以 2 2 2 1 ln 2 1 4 2a 1 a a a a
a2
1

> 4 1
4
a ln
4 1 a 1 2a 1
a2 a
a2
4 1 4

2 ln
4 4 4 4
a a a2
1 a2
1 1
a a
2

16 4
4 2 2 1
12
a a 4 a2
1
2 1 2 1 0 a
，
4 4 1
a 4 42 2 1a a a a
所以函数 g x 在区间 0, 上存在变号零点，符合题意．
1
综合上面可知:实数 a得取值范围是 0, ．
2
练习：
【024】求证: e x ex ln x ex2 .
【025】已知函数 f (x) x 1 ln x a x 1
(II)若当 x 1, 时，,求 f x 0实数 a 的取值范围。
a ln x b
【026】已知函数 f (x) 曲线 y f (x)在点(1,f(x))处的切线方程为:
x 1 x
x+2y-2=0
ln x
(1)求 a,b 的值；(2)证明:当 x>0，且 x≠1时, f (x)
x 1；
【027】已知函数 f (x) 2 x ax2 ln(1 x) 2x .
(1)若 a=0，证明:当-10 时，f(x)>0;
【028】（2021 全国高考乙卷导数压轴(河南、安徽、陕西、陕西、甘肃等 12 省)
设函数 f (x) ln(a x)，已知 x = 0 是函数 y xf (x) 的极值点.
g(x) x f (x)(1)求 a; (2)设函数 .证明: g(x) 1
xf (x) .

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