2024年新结构题型中大题考点预测：导数综合 学案

2024年新结构题型中大题考点预测：导数综合
目录
题型一：导数恒能成立问题
题型二：导数与函数零点问题
题型三：导数解决双变量问题
题型四：导数中的极值点偏移问题
题型一：导数恒能成立问题
1 (2023·黑龙江佳木斯·模拟预测)已知函数 f x = lnx- a2x2-ax+ a- 1 a∈R ．
(1)试讨论 f x 的单调性；
x
(2)若不等式 f x+ 1 + a2 e x+ 1 2+ + ≥ 0对任意的 x≥ 0恒成立，求实数 a的取值范围.x 1
【分析】(1)求出 f x 的导函数，讨论 a与 0的大小关系即可求解；
x x
(2)由题意可得 ln x+ 1 - ax- 1+ e+ ≥ 0，设 g x = ln x+ 1 - ax- 1+
e
+ x≥ 0 ，当 a≤ 1时，x 1 x 1
利用放缩、构造函数、求导可知满足题意；当 a> 1时，证明 g x 在 0,+∞ 上有唯一的零点 x0即可.
【详解】(1)f x 的定义域为 0,+∞ ，
当 a= 0时，f x = lnx- 1在 0,+∞ 上单调递增；
ax+ 1 2ax- 1
当 a> 0时，f x = 1 - 2a2x-

a=- ，
x x
1
当 0< x< 时，f x > 0 f x 0, 1 ，所以 在2a 2a 上单调递增，
当 x> 1 1时，f x < 0，在
2a ,+∞ 上单调递减．2a
ax+ 1 2ax- 1
当 a< 0时，f x =- ，
x
当 0< x<- 1 1时，f x > 0，所以 f x 在 0,- 上单调递增，a a
当 x>- 1 时，f x 1 < 0，在
a - ,+∞a 上单调递减.
综上所述，a= 0时，f x 在 0,+∞ 上单调递增；
当 a> 0 1 1时，f x 在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减；2a 2a
当 a< 0 1 1时，f x 在 0,- 上单调递增，在 - ,+∞ 上单调递减.a a
x x
(2)由题意，f x+ 1 + a2 x+ 1 e e 2+ + ≥ 0即为 ln x+ 1 - ax- 1+ ≥ 0，x 1 x+ 1
x
设 g x = ln x+ 1 - ax- 1+ e x≥ 0 ，
x+ 1
ex
①当 a≤ 1时，g x ≥ ln x+ 1 - x- 1+ + ，x 1
x
设 h x = ln x+ 1 - x- 1+ e
x+ x≥ 0 ，1
1 xex x xex x
则 h x = - 1+ =- + = ex-x- 1 ，
x+ 1 x+ 1 2 x+ 1 x+ 1 2 x+ 1 2
1
设u x = ex-x- 1 x≥ 0 ，则u x = ex-1≥ 0，
所以u x 在 0,+∞ 上单调递增，
又u 0 = 0，所以u x ≥ 0恒成立，即 ex-x- 1≥ 0，
x
又 ≥ 0，所以 h x2 ≥ 0在 0,+∞ 上恒成立，从而 h x 在 0,+∞ 上单调递增， x+ 1
因为 h 0 = 0，所以 h x ≥ 0，又 g x ≥ h x ，所以 g x ≥ 0，满足题意；
x
②当 a> 1 1 xe时，g x = + - a+ ，x 1 x+ 1 2
t x = 1
x
设 + - a+
xe
x≥ 0 ，
x 1 x+ 1 2
1 x+ 1 e
x x+ 1 2-2 x+ 1 xex x2+1 ex-x- 1
则 t x =- + = ，
x+ 1 2 x+ 1 4 x+ 1 3
因为当 x≥ 0时， x2+1 ex-x- 1≥ ex-x- 1≥ 0，所以 t x ≥ 0恒成立，
故 g x 在 0,+∞ 上单调递增，
x 2 x- 1 ex
设 φ 2e x = x> 12 ，则 φ
x = > 0，
x+ 1 x+ 1 3
所以 φ x 在 1,+∞ 上单调递增，
φ(1) = 2e
x x
又 > 1，所以 φ x > 1 2e > 1 e > 1恒成立，即 ，从而 ，
4 x+ 1 2 x+ 1 2 2
x
所以当 x> 2a时，必有 g x = 1+ - a+
xe >-a+ x > 0，
x 1 x+ 1 2 2
又 g 0 = 1- a< 0，所以 g x 在 0,+∞ 上有唯一的零点 x0，且当 x∈ 0,x0 时，g x < 0，
从而 g x 在 0,x0 上单调递减，结合 g 0 = 0知当 x∈ 0,x0 时，g x < 0，
所以 g x ≥ 0在 0,+∞ 上不能恒成立，不合题意.
综上所述，实数 a的取值范围是 -∞,1 ．
2 (2023· 1湖南郴州·模拟预测)已知 f(x) = alnx+ x2-2x(a∈R且 a≠ 0)在 (0,+∞)上单调递增，
2
g x = cosx+ xsinx.
(1) 1当 a取最小值时，证明 f x ≤ x2-x- 1恒成立.
2
f x
(2)对 x1∈ -π,π ， x2∈ 1 ,
2
e ，使得 - a≤ g x1 成立，求实数 a的取值范围.e x2
【分析】(1)首先利用条件可得 f (x)≥ 0在 (0,+∞)恒成立，参变分离后可得 amin= 1，代入后构造函数解不
等式即可；
f x( ) 2 2 根据题意只需不等式 - a≤ g x1 左边的最小值小于等于右边的最小值即可，利用导数即可求得x2
f x
g(x) ( , 在 0 π)上的最小值为-1，即证 x 1 22∈ ,e ，使得 - a≤-1成立，e x2
即 a(x2-lnx )≥ 1 x22 2-x2成立，参变分离后再构造函数即可得解.2
【详解】(1)由题意可知 f x = a + x- 2≥ 0在 (0,+∞)上恒成立，
x
参变分离得 a≥ 2x- x2 max= 1，∴ amin= 1，
此时 f(x) = lnx+ 1 x2-2x.
2
设 h x = f x 1 - x2-x- 1 = lnx- x+ 1，2
2
h (x) = 1 - 1= 1- x，
x x
令 h (x)> 0 0< x< 1，令 h (x)< 0 x> 1，
∴ h(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1,+∞)上单调递减.
∴ h(x)≤ h(1) = 0
∴ f x 1 ≤ x2-x- 1恒成立，
2
(2)g x =-sinx+ sinx+ xcosx= xcosx，
π
当 x∈ 0, 时，xcosx> 0，g (x)> 0，2
∴ g(x)在 0, π 单调递增；2
当 x∈ π ,π 时，xcosx< 0，g (x)< 0，2
∴ g(x) π在 ,π 单调递减；2
g(0) = 1，g π = π ，g(π) =-1，2 2
∴ g(x)在 (0,π)上的最小值为-1.
易知 g(x)为偶函数，由偶函数图象的对称性可知 g(x)在 (-π,π)上的最小值为-1
1 f x ∈ , 由题意可得 x2 e
2
，使得 - a≤-1成立，e x2
a(x -lnx )≥ 1即 x22 2 -x2 2 2成立.
由 (1)可知 x2-lnx2≥ 1> 0，
1
2 x
2-x 1 x22 -x参变分离得 a≥ - ，设 x
1
= - ，x∈
,e ，
x lnx x lnx e
即只需 a≥ x min即可.
x- 1 x- lnx - 1 x2-x x- 1 x- 1 1
x = 2 x = 2
x- lnx+ 1

(x- lnx)2 (x- lnx)2
由 (1)知 lnx≤ x- 1得-lnx≥ 1- x，
∴ 1 x- lnx+ 1≥ 1 x+ 1- x+ 1= 2- 1 x= 4- x > 0
2 2 2 2
令 x > 0 1< x< e，令 x < 0 1 < x< 1，
e
∴ (x) 1在 ,1 上单调递减，在 (1,e) 1上单调递增.∴ x min= 1 =- ，e 2
∴ a≥- 1 ，又已知 a≥ 1.故 a的取值范围为 1,+∞ .
2
x2 2
3 (2024·云南昆明·模拟预测)已知函数 f x = ln x+ 1 - x+ x∈ -1,+∞ x 和 g x = + sinx
2 2
+ cosx- x- 1 x∈ -1, π2 ．
(1)讨论 f x 与 g x 的单调性；
(2)若 ln x+ 1 + 1≥ sinx+ cosx+ a 在 0,+∞ 上恒成立，求实数 a的取值范围．
x
π
【答案】(1)f(x)在区间 -1,+∞ 内单调递增；g(x)在区间 -1, 内单调递减；2
(2) -∞,0 ．
3
x2
【分析】(1)求出定义域，求导得到 f (x) = + ≥ 0，得到 f(x)在区间 -1,+∞ 内单调递增，对 g x 二次x 1
求导，得到 g (x) = h x π ≤ h 0 = 0，g(x)在区间 -1, 内单调递减；2
(2)不等式变形为 ln x+ 1 + 1- sinx- cosx≥ a，先判断 a≤ 0，再证明 a≤ 0不等式成立即可.
x
2
【详解】(1)f(x) 1 x的定义域为 -1,+∞ ，则 f (x) = - 1+ x= ≥ 0，
x+ 1 x+ 1
所以 f(x)在区间 -1,+∞ 内单调递增，
g x = x+ cosx- sinx- 1,x∈ -1, π ，2
令 h x = g (x) = x+ cosx- sinx- 1 π，x∈ -1, 2 ，
则 h x = 1- sinx- cosx= 1- 2sin x+ π ，4
当 x∈ -1,0 π 时，sin x+ 4 <
2
，则 h x > 0，
2
当 x∈ 0, π π时，sin x+ > 2 ，则 h x < 0，2 4 2
h x 在区间 -1,0 内单调递增，在区间 0, π 内单调递减，2
注意到 h 0 = 0+ cos0- sin0- 1= 0，故 g (x) = h x ≤ h 0 = 0，
所以 g(x)在区间 -1, π2 内单调递减；
(2)ln x+ 1 + 1≥ sinx+ cosx+ a a，即 ln x+ 1 + 1- sinx- cosx≥ ，
x x
因为 x> 0，故 x ln x+ 1 + 1- sinx- cosx ≥ a，
若 a> 0，左边 x→ 0时，ln x+ 1 + 1- sinx- cosx→ 0 a，而 →+∞，
x
此时不等式不成立.
故 a≤ 0，下面 a≤ 0符合.
构造函数F x = f x - g x = ln x+ 1 + 1- sinx- cosx，x∈ 0,+∞ ，
当 x∈ π ,+∞ 时，ln x+ 1 ≥ ln π + 12 2 > ln2>
1
，
2
则 ln x+ 1 + 1> 3 > 2≥ 2sin x+ π = sinx+ cosx，故此时F x > 0恒成立，2 4
当 x∈ 0, π 1时，F x =2 x+ - cosx+ sinx，1
设 v x
1
= + - cosx+ sinx，x 1
则 v
2 2
x = sinx+ cosx- 1 = 2sin x+ πx+ 1 4 -
1
+ > 0，x 1
π
故 v x 为 0, 上的增函数，故 v x > v 0 = 0 F x 0, π ，故 为 上的增函数，2 2
故F x >F 0 = 0.
综上，F x > 0对任意 x> 0恒成立，故F x > 0≥ a 恒成立.
x
综上，满足条件的实数 a的取值范围为 -∞,0 ．
4 (2024·广东·模拟预测)已知函数 f x = ex+cosx- 2，g x = sinx.
(1)求证：当 x∈ 0,+∞ ，g(x)< x< f(x)；
(2)若 x∈ 0,+∞ ，f x + g x > ax恒成立，求实数 a的取值范围.
4
【答案】(1)证明见解析
(2) -∞,2
【分析】(1)分别构造函数G x = x- g(x) = x- sinx，F(x) = f(x) - x= ex+cosx- 2- x，x> 0，利用导
数分别求出两函数的最值，即可得证；
(2)f x + g x > ax在区间 0,+∞ 上恒成立，即 ex+cosx- 2+ sinx- ax> 0在区间 0,+∞ 上恒成立，
构造函数 φ x = ex+cosx- 2+ sinx- ax，由 a分类讨论求出函数的最值即可得解.
【详解】(1)设G x = x- g(x) = x- sinx，x> 0
则G x = 1- cosx≥ 0，所以G x 在区间 0,+∞ 上单调递增，
所以G x >G 0 = 0，即 g(x)< x，
设F(x) = f(x) - x= ex+cosx- 2- x，x> 0，
则F (x) = ex-sinx- 1，
由 x> 0时，g(x)< x，即-sinx>-x，
所以F (x) = ex-sinx- 1> ex-x- 1，
设 h x = ex-x- 1，则 h x = ex-1，
当 x> 0时，h x > 0，所以函数 h x 在区间 0,+∞ 上单调递增，
故在区间 0,+∞ 上，h x > h 0 = 0，即在区间 0,+∞ 上，ex> x+ 1，
所以F (x)> ex-x- 1> 0，
所以F(x)在区间 0,+∞ 上单调递增，
所以F(x)>F(0) = 0，即 f x > x，
所以 g(x)< x< f(x)得证.
(2)由 f x + g x > ax在区间 0,+∞ 上恒成立，
即 ex+cosx- 2+ sinx- ax> 0在区间 0,+∞ 上恒成立，
设 φ x = ex+cosx- 2+ sinx- ax，则 φ x > 0在区间 0,+∞ 上恒成立，
而 φ x = ex-sinx+ cosx- a，
令m x = φ x ，则m x = ex-cosx- sinx，
由 (1)知：在区间 0,+∞ 上，ex> x+ 1> sinx+ cosx，
即m x = ex-cosx- sinx> 0，所以在区间 0,+∞ 上函数 φ x 单调递增，
①当 a≤ 2时，φ 0 = 2- a≥ 0，
故在区间 0,+∞ 上函数 φ x > 0，所以函数 φ x 在区间 0,+∞ 上单调递增，
又 φ 0 = 0，故 φ x > 0，即函数 f x + g x > ax在区间 0,+∞ 上恒成立；
②当 a> 2时，φ 0 = 2- a，
φ ln a+ 2 = a+ 2- sin ln a+ 2 + cos ln a+ 2 - a
= 2- 2sin ln a+ 2 - π > 0，4
故在区间 0,ln a+ 2 上函数 φ x 存在零点 x0，即 φ x0 = 0，
又在区间 0,+∞ 上函数 φ x 单调递增，
故在区间 0,x0 上函数 φ x < φ x0 = 0，
所以在区间 0,x0 上函数 φ x 单调递减，
由 φ 0 = 0，所以在区间 0,x0 上 φ x < φ 0 = 0，与题设矛盾.
综上，a的取值范围为 -∞,2 .
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
5
(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
5 (2024·湖南·模拟预测)已知函数 f x = a2ex-3ax(a∈R,a≠ 0,e是自然对数的底数，e= 2.71828
).
(1)当 a= 1时，求函数 f x 的零点个数；
(2)当 a= 1时，证明：f x ≥ cosx- 2x；
(3)证明：若 a∈ 1,+∞ ,x∈R，则 f x ≥ 1- 2sinx.
【答案】(1)有两个不同零点
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，结合零点存在性判断即可；
(2)依题意可得 ex-x≥ cosx，令 h x = ex-x，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最小值，结合
余弦函数的性质即可得证；
(3)依题意可得 a2ex-3ax+ 2sinx- 1≥ 0，令 g a = exa2-3xa+ 2sinx- 1，结合二次函数的性质可得 g a
≥ g 1 = ex-3x+ 2sinx- 1 ex-3x+ 2sinx- 1≥ 0 3x- 2sinx+ 1，只需证明 即可，即证 - 1≤ 0，令F x
ex
= 3x- 2sinx+ 1x - 1，利用导数说明函数的单调性求出函数的最大值，即可得证.e
【详解】(1)因为 f x = ex-3x定义域为R，所以 f x = ex-3，
当 x< ln3时，f x < 0，函数 f x 单调递减；
当 x> ln3时，f x > 0，函数 f x 单调递增，
所以 f x min= f ln3 = eln3-3ln3= 3 1- ln3 < 0，
又 f 0 = e0= 1> 0,f 2 = e2-6> 0，
由零点存在性定理可知 f x 在区间 0,ln3 和 ln3,2 上各存在一个零点，
所以 f x 有两个不同零点.
(2)当 a= 1时，f x = ex-3x，由 f x ≥ cosx- 2x，得 ex-x≥ cosx，
令 h x = ex-x，则 h x = ex-1，
当 x< 0时，h x < 0,h x 在 -∞,0 上为减函数，当 x> 0时，h x > 0,h x 在 0,+∞ 上为增函数，
所以 h x ≥ h 0 = 1，而 cosx≤ 1，且 h 0 = cos0，
所以 ex-x≥ cosx，即 f x ≥ cosx- 2x.
(3)由已知 f x ≥ 1- 2sinx，即 a2ex-3ax+ 2sinx- 1≥ 0，
因为 a∈ 1,+∞ ，令 g a = exa2-3xa+ 2sinx- 1 3x为开口向上的二次函数，对称轴为 a=
2ex
，
3 1- x
令 φ x = 3x ，所以 φ

x x = ，2e 2ex
当 x< 1时，φ x > 0，函数 φ x 单调递增；当 x> 1时，φ x < 0，函数 φ x 单调递减，所以 φ x max=
φ 3 1 = < 1，
2e
即 a= 3xx ≤
3 < 1，故 g a 在区间 1,+∞ 上单调递增，
2e 2e
所以 g a ≥ g 1 = ex-3x+ 2sinx- 1，
3x- 2sinx+ 1
从而只需证明 ex-3x+ 2sinx- 1≥ 0即可，即证 - 1≤ 0，
ex
6
F x = 3x- 2sinx+ 1 - 1 F x = 2- 3x+ 2sinx- 2cosx令 x ，则 ，e ex
令 q x = 2- 3x+ 2sinx- 2cosx q x =-3+ 2cosx+ 2sinx= 2 2sin x+ π，则 - 3< 0，4
所以函数 q x 单调递减，且 q 0 = 0，
所以当 x< 0时，F x > 0，当 x> 0时，F x < 0，
所以函数F x 在 -∞,0 上单调递增，在 0,+∞ 上单调递减，
故F x ≤F 0 3x- 2sinx+ 1 = 0，即 x - 1≤ 0，从而不等式 a
2ex-3ax+ 2sinx- 1≥ 0得证.
e
6 (2024·全国· ax lnx模拟预测)已知函数 f x = x 和函数 g x = 有相同的最大值.e ax
(1)求 a的值；
(2)设集合A= x f x = b ，B= x g x = b (b为常数).证明：存在实数 b，使得集合A∪B中有且仅有 3
个元素.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】(1)先由定义域得到 a≠ 0，求导，当 a< 0时，函数无最大值，舍去，当 a> 0时，求出单调性和 f x
f 1 = a 1有最大值 ，进而求出 g x 的单调性，最大值 g e = ，从而得到方程，求出 a的值；
e ae
(2)集合A∪B的元素个数即为直线 y= b与两条曲线 y= f x 和 y= g x 的交点个数，在 (1)的基础上作
出 f x = x lnxx 和 g x = ，数形结合得到答案.e x
ax
【详解】(1)由题意可知 a≠ 0，由 f x = ，得 f
a 1- x= x x x ，e e
若 a< 0，当 x< 1时，f x < 0；当 x> 1时，f x > 0，
则 f x 在 -∞,1 上单调递减，在 1,+∞ 上单调递增，
a
所以 f x 有最小值 f 1 = ，无最大值，不合题意.
e
所以 a> 0，当 x< 1时，f x > 0；当 x> 1时，f x < 0，
则 f x 在 -∞,1 上单调递增，在 1,+∞ 上单调递减，
所以 f x 有最大值 f 1 = a .
e
g lnx 1- lnx由 x = ，得 g x = ，x> 0且 a> 0，
ax ax2
当 0< x< e时，g x > 0；当 x> e时，g x < 0，
则 g x 在 0,e 上单调递增，在 e,+∞ 上单调递减，
所以 g x
1
有最大值 g e = .
ae
a = 1则 e ae ，解得 a= 1.a> 0
(2)集合A∪B的元素个数即为直线 y= b与两条曲线 y= f x 和 y= g x 的交点个数.
由 (1)可知 f x = xx 在 -∞,1 上单调递增，在 1,+∞ 上单调递减，e
且 x→+∞，f x → 0，
g x = lnx 在 0,e 上单调递增，在 e,+∞ 上单调递减，
x
且 x→+∞，g x → 0，
7
f x = x g x = lnx作出 x 和 的图像如图所示.e x

设 f x 和 g x 的图像交于点M，
则当直线 y= b经过点M时，直线 y= b与两条曲线 y= f x 和 y= g x 共有 3个交点，
故存在实数 b，使得集合A∪B中有且仅有 3个元素.
7 (2023·上海·模拟预测)已知函数 f(x) = x3+bx2+cx(b、c∈R)，其导函数为 f (x)，
(1)若函数 f(x)有三个零点 x1、x2、x3，且 x1+x2+x3= 3,x1x3=-9，试比较 f(3) - f(0)与 3f (2)的大小.
(2)若 f (1) =-2，试判断 f(x)在区间 (0,2)上是否存在极值点，并说明理由.
(3)在 (1)的条件下，对任意的m,n∈R，总存在 x∈ [0,3]使得 | f(x) +mx+n| ≥ t成立，求实数 t的最大
值.
【答案】(1)f(3) - f(0) = 3f (2)
(2)存在，理由见解析
(3)2
【分析】(1)根据分析得到 x2= 0，x1,x3是方程 x2+bx+ c= 0的两根，由韦达定理得 b=-3,c=-9，计算出
f(3) - f(0) = 3f (2)；
(2)由导函数为二次函数，开口向上，结合特殊点的函数值及零点存在性定理得到极值点情况；
(3)将 x= 0,2,3分别代入 | f(x) +mx+n| ≤M，得到不等式组，整理得到 6M≥ |-54+ 6m+ 3n| +| -66+
6m+ 3n| ≥ 12，求出M≥ 2，进而求出 t的最大值.
【详解】(1)因为 x1x3=-9< 0，故 x1,x3一正一负，
f(x) = x3+bx2+cx= x(x2+bx+ c)，所以 x2= 0，所以 x1,x 23是方程 x +bx+ c= 0的两根，
由韦达定理得 x1+x3=-b,x1x3= c，
因为 x1+0+ x3= 3,x1x3=-9
所以 b=-3,c=-9，故 f(x) = x3-3x2-9x，f x = 3x2-6x- 9，f (2) =-9，
因为 f(3) - f(0) =-27，3f (2) =-27，所以 f(3) - f(0) = 3f (2)；
(2)f (x) = 3x2+2bx+ c，开口向上，
f (1) = 3+ 2b+ c=-2，f (0) = c，f (2) = 12+ 4b+ c= 2- c，
①当 c> 0时，f (1) f (0)< 0，
根据零点存在定理可知，存在 x0∈ (0,1)使得 f (x0) = 0，
且 x∈ (0,x )时，f 0 (x)> 0，f x 单调递增，x∈ (x ,1)时，f 0 (x)< 0，f x 单调递减，
所以 f(x)在区间 (0,2)上存在极大值点，
②当 c≤ 0时，f (2) = 2- c> 0，f (1) f (2)< 0，
根据零点存在定理可知，存在 x0∈ (1,2)使得 f (x0) = 0，且 x∈ (1,x0)时，f (x)< 0，
x∈ (x0,2)时，f (x)> 0，所以 f(x)在区间 (0,2)上存在极小值点；
(3)对任意的m,n∈R，总存在 x∈ [0,3]使得 | f(x) +mx+n| ≥ t成立，
8
f 0 +m 0+n ≤M
设 x∈ [0,3]，| f(x) +mx+n|的最大值为M，则 f 2 +m 2+n ≤M， f 3 +m 3+n ≤M
即 |n| ≤M①，| -22+ 2m+n| ≤M②，| -27+ 3m+n| ≤M③，
由①+③× 2得 3M≥ |n| +2| -27+ 3m+n| ≥ |-54+ 6m+ 3n|④，
由②× 3得 3M≥ |-66+ 6m+ 3n|⑤，
④+⑤得 6M≥ |-54+ 6m+ 3n| +| -66+ 6m+ 3n| ≥ 12，即M≥ 2，
n= 2当且仅当 -
m= 9
22+ 2m+n=-2，即 = 时取等，所以 t的最大值为 2.- n 227+ 3m+n= 2
【点睛】设一元三次方程 ax3+bx2+cx+ d= 0 a≠ 0 的三个根为 x1,x2,x3，
x3+ b x2+ c x+ d原方程可化为 = x- x1 x- x2 x- xa a a 3 ，
b c d
整理得 x3+ x2+ x+ = x3- x 21+x2+x3 x + x1x2+x1xa a a 3+x2x3 x- x1x2x3，
比较左右两边同类项，得到一元三次的根与系数关系：
x1+x2+x3=- b ,x1x2+x1x3+x c da 2x3= ,xa 1x2x3=- .a
8 (2023高三·全国·专题练习)已知函数 f x = lna2x- 2 ax+ alna.
(1)求证 f x ≤ a2-3；
(2)是否存在实数 k，使得只有唯一的正整数 a，对于 x∈ (0,+∞)恒有：f(x)< ea+ k，若存在，请求出 k的范
围以及正整数 a的值；若不存在请说明理由.(下表的近似值供参考)
ln2 ln3 ln4 ln5 ln6 ln7 ln8 ln9
0.6 2.0 2.2
1.10 1.38 1.61 1.79 1.95
9 7 0
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，k∈ 5ln4- 4e- 2,6ln5- 5e- 2 ，a= 4
【分析】(1)求出定义域，求导，得到函数单调性，得到函数最小值，故证明 a+ 1 lna- 2≤ a2-3即可，变形
后得到 lna≤ a- 1，构造函数证明出结论；
(2)由 (1)可知 f x max= a+ 1 lna- 2，参变分离后，二次求导，得到 g a 的单调性，结合 g 3 > g 5 >
g 4 ，求出 k∈ 5ln4- 4e- 2,6ln5- 5e- 2 ，并求出正整数 a的值.
【详解】(1)f x = lnx- 2 ax+ a+ 2 lna，定义域为 0,+∞ ，
f 1 x = - a = 1- ax ，
x x x
当 x< 1 时，f x 1 > 0；当 x> 时，f x < 0，
a a
则函数 f 1 1 x 在 0, 上单调递增，在a ,+∞ 上单调递减，a
∴ f 1 x ≤ f = a+ 1 lna- 2．a
下证： a+ 1 lna- 2≤ a2-3，
上式等价于证明 lna≤ a- 1．设函数 h a = a- 1- lna，
1
则 h a = 1- ，
a
∴函数 h a 在 0,1 上单调递减，在 1,+∞ 上单调递增，
∴ h a = a- 1- lna≥ h 1 = 0，则 lna≤ a- 1，即 f x ≤ a2-3．
9
(2)由 (1)可知 f x max= a+ 1 lna- 2，
故不等式 a+ 1 lna- 2< ea+ k只有唯一的正整数解，则 k> a+ 1 lna- ea- 2．
a+ 1
设函数 g a = a+ 1 lna- ea- 2，则 g a = lna+ - e，
a
其中 g 1 = 0，g 1 = 2- e< 0．e
a+ 1
令函数 u a = lna+ - e，则u a = 1 - 1 = a- 1 ，
a a a2 a2
∴函数u a 在 0,1 上单调递减，在 1,+∞ 上单调递增．
又u 4 = ln4+ 5 - e≈ 1.38+ 1.25- 2.718< 0，
4
u 5 = ln5+ 6 - e≈ 1.61+ 1.2- 2.718> 0，
5
故存在 a0∈ 4,5 满足u a0 = 0，
∴ 1 1函数 g a 在 0, 上单调递增，在 ,a0 上单调递减， a0,+∞ 上单调递增．e e
其中 g 3 = 4ln3- 3e- 2≈ 4.4- 3× 2.718- 2=-5.754，
g 4 = 5ln4- 4e- 2≈ 5× 1.38- 4× 2.718- 2=-5.972，
g 5 = 6ln5- 5e- 2≈ 6× 1.61- 5× 2.718- 2=-5.93，
故 g 3 > g 5 > g 4 ，
∴ k∈ 5ln4- 4e- 2,6ln5- 5e- 2 ，此时 a= 4．
9 (2023· 1浙江温州·模拟预测)已知函数 f x = ae2x-ex+1- x2 a∈R ．
2
(1)若函数 f(x)有两个极值点，求整数 a的值；
(2)若存在实数 a，b，使得对任意实数 x，函数 f(x) b的切线的斜率不小于 b，求 的最大值．
a
【答案】(1)a= 1
(2) 2
e2
【分析】(1)对函数求导有 f (x) = 2ae2x-ex+1-lnex，令 t= ex> 0，将问题化为 y= 2a h(t) = e + lnt与 有两
t t2
个交点，利用导数研究 h(t)最值及区间值域，进而求参数 a范围，即可得答案.
(2)令 t= e2x> 0，问题化为 a,b∈R使 2at- b≥ e t+ ln t在 t∈ (0,+∞)上恒成立，构造 k(t) = e t+
ln t 1，求得 ,0 处的切线方程 y= e2t- 1，再构造m(t) = e2t- 1- e t- ln t，利用导数证 e2t- 1≥e2
e t+ ln t在 (0,+∞)上恒成立，最后只需 2at- b≥ e2t- 1对任意 t> 0恒成立，即可求目标式的最值.
【详解】(1)由题设 f (x) = 2ae2x-ex+1-x= 2ae2x-ex+1-lnex，令 t= ex> 0，
所以 f (x) = g(t) = 2at2-et- lnt，又 f(x)有两个极值点，
所以 f (x) = g(t) 2a= e + lnt有两个不同零点，即 在 t∈ (0,+∞)上有两个根，
t t2
所以 y= 2a e与 h(t) = + lnt 1- et- 2lnt有两个交点，而 h (t) = ，
t t2 t3
3
令 φ(t) = 1- et- 2lnt，易知 φ(t)在 t∈ (0,+∞) 1上递减，φ = 2- e> 0，φ 1 = 3 - e 4< 0，e 4 e 2
所以 t0∈ 1 , 1 使 φ(t0) = 0，即 2lnt0= 1- et0，故 (0,t 0)上 φ(t)> 0，即 h (t)> 0，(t0,+∞)上 φ(t)< 0，e 4 e
即 h (t)< 0，
故 h(t)在 (0,t0)上递增，(t0,+∞)上递减，t趋向于 0时 h(t)趋向-∞，t趋向于+∞时 h(t)趋向 0，
10
2 2
h(t)max= h(t0) =
et0+lnt0 = 1 1 + e = 1 1 + e - e 1， ∈ ( 4 e, e)，t20 2 t20 t0 2 t0 2 8 t0
4 e( 4 e+ e) 4 4< ( )< e(1+ e) e( e+ e) < h(t
4 4
所以 h t ，则 0
) < e(1+ e) e( e+ e)0 ，且 ∈ (1,2)，2 2 4 2 4 4
e(1+ e) ∈ (1,2)，
4
< < ( ) < < h(t0) h(t0)综上，0 2a h t0 ，即 0 a ， ∈ (1,2)，又 a为整数，2 2
所以 a= 1，经检验满足题设.
(2)由题设， a,b∈R使 f (x) = 2ae2x-ex+1-lnex≥ b恒成立，
令 t= e2x> 0，即 a,b∈R使 g(t) = 2at- e t- ln t≥ b在 (0,+∞)上恒成立，
所以 2at- b≥ e t+ ln t在 t∈ (0,+∞)上恒成立，
令 k(t) = e t+ ln t，在 (0,+∞)上递增，且 k 1 = 0，e2
e 1
所以 k (t) = + > 0 k 1， = e2，故 k(t) 1在 ,0 处的切线为 y= e2t- 1，2 t 2t e2 e2
令m(t) = e2t- 1- e t- ln t，则m (t) = e2- e - 1 在 (0,+∞)上递增，
2 t 2t
而m 1 = 0，故 0, 1 上m (t)< 0，m(t) 1递减， ,+∞e2 e2 e2 上m
(t)> 0，m(t)递增，
所以m(t)≥m 1 = 0，即 e2t- 1≥ e t+ ln t在 (0,+∞)上恒成立，e2
2a= e2
综上，2at- b≥ e2t- 1对任意 t> 0恒成立，只需 - ≥- ，b 1
b 2
即 ≤ ，仅当 b= 1 b 2时等号成立，故 的最大值 .
a e2 a e2
10 (22- 23高三上·安徽·阶段练习)若存在 x1,x2∈ a,b 且 x1≠ x2,m> 1使 g x1 - g x2 >
m f x1 - f x2 成立，则在区间 a,b 上，称 g x 为 f x 的“m倍扩张函数”．设 f x = ex,g x =-x2+x，
若在区间 -2,
1 上 g x 为 f x 的“m倍扩张函数”．2
(1)求实数m的取值范围；
(2)证明：f x 与 g x 的图象存在两条公切线．
【答案】(1) 1,5e2
(2)证明见解析
【分析】(1)根据“m倍扩张函数”的定义列不等式，化简后利用构造函数法，结合导数来求得m的取值范
围.
(2)设出切点坐标，根据“公切线”的知识列方程，化简后利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的零点
个数，从而证得结论成立.
(1) f x = ex,g x =-x2+x -2, 1【详解】 因为 在区间 上单调递增，2
不妨设-2≤ x 12< x1≤ ，由 g x1 - g x2 2 >m f x1 - f x2
得 g x1 -mf x1 > g x2 -mf x2 ．
令 h x = g x -mf x =-x2+x-mex，
则 h x1 > h 1 x2 ．所以 h x 在 -2,
上存在单调递增区间，
2
即 h x =-2x+ 1-mex> 0在 -2,
1 上有解，
2
11
m< 1- 2x -2, 1即 在 x 上有解．e 2
x∈ -2, 1 p x = 1- 2x p x = 2x- 3当 时，设 x ，则 < 0，2 e ex
1
即 p x 在
-2,
2

上单调递减，
故 p(x)max= p -2 = 5e2，则m< 5e2．
故实数m的取值范围为 1,5e2 ．
(2)因为 f x = ex,g x =-x2+x，所以 f x = ex,g x =-2x+ 1．
设直线 l分别与函数 f x ,g x x 的图象相切于点A x ,e 1 ,B x ,-x21 2 2+x2 ，
易知直线 l的斜率存在，则 f x1 = g x2 = kAB，
ex1x=- + = +x
2
即 e 1 2x 1 2
-x2
2 ．x1-x2
x1
由 ex1=-2x +1 x = 1- e2 ，得 2 ，2
x
代入 e 1 x1-x2 = ex1+x22-x2中，
x1 2x1
得 x x1 3e e 11e - + + = 0，2 4 4
3ex e2x
令F x = xex- + + 1 ，
2 4 4
x 2x x
则F x = x+ 1 ex- 3e e + = e ex+2x- 1 ．
2 2 2
令 φ x = ex+2x- 1，则 φ x 在R上单调递增，且 φ 0 = 0，
所以当 x< 0时，F x < 0，当 x> 0时，F x > 0，
所以F x 在 -∞,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增，
所以F(x)min=F 0 =-1< 0，
2
F 1 = e- 3e + e + 1
2
= e -2e+ 1又 > 0，所以F x 在 0,+∞ 上仅有一个零点．
2 4 4 4
-100 1 6 1 1 100 6 1 400 6
因为F -100 = + - + > - - = 1- - > 0，
e100 4 e200 4 e100 4 4 e100 4 e100 4 e100 e100
所以F x 在 -∞,0 上仅有一个零点．
所以F x 在R上有两个零点，
故函数 f x 与 g x 的图象存在两条公切线．
【点睛】公切线的问题，关键点和突破口在于切线的斜率相同，可以由此建立切点横坐标的等量关系式.利
用导数研究函数的零点，再求的函数的单调区间后，需要利用零点存在性定理来确定零点的个数.
e lnx+ 1
11 (2024·湖北武汉·二模) 已知函数 f x = + 1- a ex lnx，h x =
x ex
．
(1)当 x> 1时，求证：h x >- 1 x+ 3 ；
2 2
(2) x函数 f x 有两个极值点 x1，x2，其中 x 2 3a1< x2，求证： > e ．x1
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
ex 1 3
【分析】(1)构造F x = x - - x+ 求导，再构造m x = 2- 2x+ ex-1(x> 1)应用导数研究单调性e 2 2
求函数符号，进而确定F x 符号，判断F x 单调性即可证结论；
12
(2) et et令 t1= lnx1，t2= lnx2 t1< t2 ，问题化为证 t 1 22-t1> 3a成立，根据极值点有
et
= = 1- a，构造 h t =
1 et2
et
研究单调性和最值，研究 h t = 1- a有两个零点求 t1,t2范围，即可证.
et
(1)F x = h x - - 1 3 ex
x-1
【详解】 x+ = - - 1 x+ 3 ，则F x x 1- x 1 = - + = 2- 2x+ e2 2 e 2 2 ex 1 2 2ex-1
令m x = 2- 2x+ ex-1(x> 1)，则m x = ex-1-2，
在 1,ln2+ 1 上m x < 0，m x 单调递减，在 ln2+ 1,+∞ 上m x > 0，m x 单调递增．
所以m x ≥m ln2+ 1 = 2 1- ln2 > 0，
综上，F x > 0，即F x 在 1,+∞ 上单调递增，故F x >F 1 = 0，
即 x∈ 1,+∞ 时，h x >- 1 x+ 3 成立．
2 2
1- a x- elnx( ) 1- a x -elnx = 02 由题设 f x = ，f x 1 1 有两个极值点 x1，x2，则
x2 1- a x2-elnx2= ①，0
x
要证 2 > e3a成立，即证 lnx2-lnx1> 3a成立．x1
令 t1= lnx1，t2= lnx2 t1< t2 ，即证 t2-t1> 3a成立．
t1
1- a e -et1= 0 et1 = et①式可化为 t ，则
2 = 1- a，
1- a e 2-et = 0 et1 t22 e
h t = et h t = 1- t令 t ， ，e et-1
在 -∞,1 上 h t > 0，h t 单调递增，在 1,+∞ 上 h t < 0，h t 单调递减．
h 1 = 1，要使 h t = 1- a有两个零点，则 0< t1< 1< t2，
当 t∈ 0,1 et 时， > t，若 y= t与 y= 1- a交于 t ,1- a ，则 t < t t 1 1 1= 1- a，e
1 3
当 t∈ 1,+∞ 时，由 (1)知 h t >- t+ ，若 y= 1- a与 y=- 1 t+ 3 交于 t 2,1- a ，则 1< t 2< t 2 2 2 2 2，t2
= 2a+ 1，
x
所以 t2-t1> t -t 2 1= 2a+ 1 - 1- a = 3a成立，则 2 > e3a．x1
12 (2024·广西南宁·一模)已知函数 f x = lnx- ax+ a,g x = x- 1 ex-a-ax+ 1 a∈R ．
(1)若 f x ≤ 0，求 a的值；
(2)当 a∈ 0,1 时，证明：g x ≥ f x ．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数的导数，分类讨论 a的取值，结合函数的单调性判断 f x ≤ 0是否成立，即可求得答
案；
(2) 1根据要证明的 g x ≥ f x ，构造函数 h x = g x - f x ，利用导数判断 x 0∈ ,12 ，使得 h x0 = 0，
= x0-1结合单调性确定 h x min - 3lnx0-x0+1 t x =
x- 1
，继而令 - 3lnx- x+ 1, x∈ 1 ,1 ，利用导
x2 x2 0 2
数证明 t x ≥ 0，即可证明结论.
1 1- ax
【详解】(1)由题意知 x∈ 0,+∞ ,f x = - a= ，
x x
当 a≤ 0时，f x > 0，f x 在 0,+∞ 上单调递增，
而 f 1 = ln1- a+ a= 0，当 x> 1时，f x > f(1) = 0，与题意不符；
当 0< a< 1 1时， > 1，
a
13
由 f x > 0可得 x∈ 0, 1 ，f x 在a 0,
1 上单调递增，a
此时 f 1 > f(1) = 0，不符合题意；a
当 a= 1时，由 f x > 0可得 x∈ 0,1 ，f x 在 0,1 上单调递增，
由 f x < 0可得 x∈ 1,+∞ ，f x 在 1,+∞ 上单调递减，
故对于任意的 x∈ (0,+∞),f(x)≤ f(1) = 0恒成立，符合题意；
1
当 a> 1时，0< < 1，
a
由 f x < 0可得 x∈ 1 ,+∞ ，f 1 x 在 ,+∞ 上单调递减，a a
此时 f 1 > f(1) = 0，不符合题意；a
综合上述，a= 1；
(2)证明：要证 g x ≥ f x ，即证 g x - f x ≥ 0；
即 h x = g x - f x = x- 1 ex-a-lnx+ 1- a, x> 0 ，
则 h x = xex-a- 1 ，
x
令 φ x = xex-a- 1 ,x∈ 0,+∞ ，则 φ x = (1+ x)ex-a+ 1 > 0，
x x2
则 φ x ，即 h x 在 0,+∞ 上单调递增，
a∈ 0,1 ∴ h 1
1-a
又 ， = 1 e 2 -2< 0,h 1 = e1-a-1≥ 0，2 2
1 x -a 1
故 x0∈ ,1 ，使得 h x 02 0 = 0，即 x0e = ，x0
ex则 0-a= 1 ,x0-a=-2lnx2 0，x0
则当 x∈ 0,x0 时，h x < 0,h x 在 0,x0 上单调递减，
当 x∈ x0,+∞ 时，h x > 0,h x 在 x0,+∞ 上单调递增，
故 h x min= h x0 = x -1 e
x0-a 0 -lnx0+1- =
x0-1a - 3lnx0-x0+1，
x20
- x+ 2 x2+x- 1
令 t x = x- 1 - - + ,

3lnx x 1
2 x∈ 1 ,1 1 2 3 ，则 t x =- + - - 1= ，x 2 x2 x3 x x3
x∈ 1 , 5- 1当 时，x2+x- 1< 0，则 t x > 0，当 x∈ 5- 1 ,1 时，x2+x- 1> 0，则 t x < 0，2 2 2
故 t x 1 , 5- 1 在 5- 1上单调递增，在 ,1 上单调递减，2 2 2
1
由于 t = 3ln2- 1> 0,t 1 = 0 1，故 x∈ ,1 时，t x ≥ 0，2 2
故 h x min= h x0 ≥ 0，即 h(x)≥ 0，即当 a∈ 0,1 时，g x ≥ f x 成立.
题型二：导数与函数零点问题
x
13 (23- 24高三上·湖北·期中)已知 a> 0，曲线C1：y= alnx与C2：y= e a没有公共点.
(1)求 a的取值范围；
(2)设一条直线与C1，C2分别相切于点 i,j ， s,t .证明：
(i)i+ t≠ j+ s；
( )0< i+ s < s jⅱ + .
e i t
14
x x
【分析】(1)设 f x = alnx- e a，求得 f x = a - 1 e a，转化为 f x 没有零点，分 a≥ e和 0< a< e，两种
x a
情况，结合函数的单调性和零点的存在性定理，即可求解；
(2) ( j- ti)由直线 l与 x轴不垂直，假设 i+ t= j+ s，的斜率 k= = 1，由 y= alnx，求得 y - =
a
，求得 k=
i s x
-1，即可得证；
综上，i+ t≠ j+ s.
(ii) 2a根据题意转化为 i+ s> i ln a + a + 1 ，设 g(x) = 2xlnx+ x+ 1，利用导数求得 g x 单调性，得到i i i
- 3
g x ≥ g e 2 > 0，转化为 i+ s= a+ i(2- lni)，设 h x = x(2- lnx)，求得 h x = 1- lnx，得出函数 h x
s s
的单调性，进而得到 i+ s< a+ e< 2e, i+ s < 2 ailni+ se a-2ie a= a ilni+ as，设 - 2a ，将 s= a- i(lnie i
s s
- 1)代入，得到 ailni+ se a-2ie a= a(a- i) a - lni ，在分 0< i< e和 i> e，两种情况讨论，即可求解.i
x x
【详解】(1)解：设 f x = alnx- e a，可得 f x = a - 1 e a，
x a
曲线C1与C2没有公共点等价于 f x 没有零点，
1
当 a≥ e时，可得 f 1 =-e a< 0，且 f a = alna- e≥ 0，
所以 f 1 f a < 0，根据零点的存在定理，可得 f x 存在零点，不合题意；
0< a< e 0< a
2 x
当 时，可得 < a，可得 f x = a - 1 e a在 0,+∞ 单调递减，
3 x a
a
2 3
且 f a = 3- e > 0，f a = 1- e < 0，3 a a
a2 a 1 x0
则存在唯一 x0∈ ,a ，使得 f x0 = 0，即 - e a= 0，3 x0 a
x0 a2 x
可得 e a= ，即 lnx0= 2lna- 0 ，x0 a
当 0< x< x0时，f x > 0，f x 单调递增；当 x> x0时，f x < 0，f x 单调递减，
x a2 2
故 f x ≤ f x = a 2lna- 00 - = 2alna- x a0+ < 2a(lna- 1)< 0，符合题意.a x0 x0
综上，实数 a的取值范围是 0,e .
(2)解：(i)记题设的直线为 l，由题意可知 l与 x轴不垂直，
假设 i+ t= j+ s，则 l的斜率 k= j- t- = 1，i s
由 y= alnx a a，可得 y = ，且 = 1，即 i= a，j= alna，
x i
x x s
又由 y= e a，可得 y = 1 e a 1， e a= 1，即 s= alna，t= a，
a a
= j- t所以 k = alna- a =-1，矛盾，
i- s a- alna
综上，i+ t≠ j+ s.
s
(ii) k= e
a s
由 = a 及 1- s e a= a(lni- 1)，可得 a- s= i(lni- 1)，a i a
s
a
i= e a- s= i(lni- 1) = 0 a= s e = a e a若 ，则 ， ，且由 可得 = ，
a i a e
故 a= e，这与 0< a< e矛盾，故 i≠ e，
又由 i> 0，t> 0，当 0< i< e时，s- a= i(1- lni)> 0，故 s> a> 0，i+ s> 0，
15
s
i> e k= 1 e a= a s= aln a
2
当 时，由 ，得 = a 2ln a + lni > a 2ln a + 1a i i i i ，
所以 i+ s> i+ a 2ln a + 1 = i 2a ln a + a + 1 0< a，其中 < 1，i i i i i
设 g(x) = 2xlnx+ x+ 1(0< x< 1)，则 g x = 2lnx+ 3，
- 3
当 0< x< e 2 时，g x < 0，g x 单调递减；
- 3
当 e 2< x< 1时，g x > 0，g x 单调递增，
-
3
2 -
3 - 3
所以 g x ≥ g e = 1- 2e 2> 1- 2e-1> 0，此时也有 i+ s> 1- 2e 2 i> 0，
由 a- s= i(lni- 1)可得 i+ s= a+ i(2- lni)，
设 h x = x(2- lnx)，则 h x = 1- lnx，
当 0< x< e时，h x > 0，h x 单调递增；当 x> e时，h x < 0，h x 单调递减，
所以当 x≠ e时，h x < h(e) = e，故 i+ s< a+ e< 2e, i+ s < 2，
e
s
s + j = ailni+ se
a s s
又由 ，设 ailni+ se a-2ie a= a ilni+ as - 2ai t s i ，
ie a
s s
将 s= a- i(lni- 1)代入，可得 ailni+ se a-2ie a= a(a- i) a - lnii ，
当 0< i< e，由上可知 i< a< e，有 a(a- i) a - lni > 0，i
a s j
当 i> e，由上可知 a< e< i，也有 a(a- i) - lni > 0，故 + > 2，i i t
i+ s
综上可得，0< < 2< s + j .
e i t
14 (2024·山东泰安·一模)已知函数 f x = aeax a≠ 0 ．
(1)若 a> 0，曲线 y= f x 在点 0,f 0 处的切线与直线 x+ y- 2= 0垂直，证明：f x > ln x+ 2 ；
ax1 ax2
(2)若对任意的 x ,x x e -e1 2且 1< x2，函数 g x = f x - - ，证明：函数 g x 在 x1,x2 上存在唯一零点．x1 x2
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)首先由导数的几何意义结合垂直关系求得 a= 1，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性
结合虚设零点的方式，即可证明不等式；
ax1 ax2
(2) e a x -x e a x -x通过变形得 g(x 2 1 1 2 1) =- - e -a x2-x1 - 1 ，g x2 = e -a x -x - 1 ，再通过构x2 x1 x2-x 1 2 1
造函数 h x = ex-x- 1证明 g x1 < 0,g x2 > 0，则可得证.
【详解】(1) ∵ f x = a2eax，
∴ f 0 = a2= 1，
∴ a= 1，
∴ f x = ex，
设F x = ex-ln x+ 2 (x>-2)，则F x = ex- 1
x+ ，2
设 φ x = ex- 1+ (x>-2)，则 φ
x = ex+ 1 > 0，
x 2 (x+ 2)2
∴F x 单调递增，
又∵F 1 -1 = - 1< 0,F 0 = e0- 1 = 1 > 0，
e 2 2
16
∴存在 x0∈ -1,0 x 1 使得F x = 0即 e 0= ，x0+2
∴ x0=-ln x0+2 ，
当 x∈ -2,x 0 时，F x < 0,F x 单调递减，
当 x∈ x0,+∞ 时，F x > 0,F x 单调递增，
2 x +1 2
∴F x ≥ x
x +2x +1
F x0 = e 0-ln x0+2 = 1 + + x =
0 0 = 0
x0 2
0 x0+2 x0+
> 0
2
∴ f x > ln x+ 2 ；
ax1 ax2
(2) ∵ g x = aeax- e -e a≠ 0 ，
x1-x2
∴ g x = a2eax> 0，
∴ g x 在 x1,x2 上单调递增，
ax1 ax2
又∵ g x1 = aeax1- e -ex1-x2
aeax1 x1-x ax1 ax2= 2
- e -e
x1-x2
eax1=- a x -x + ea x2-x 1 x -x 1 2 -1 2 1
eax1=- ea x2-x1 - -a x2-x1 - 1x2 x 1
ax2
g x = e ea x1-x2 2 - -a x1-x2 - 1x x 2 1
设 h x = ex-x- 1，则 h x = ex-1，
令 h x = 0，解得 x= 0，
当 x< 0时，h x < 0,h x 单调递减；当 x> 0时，h x > 0,h x 单调递增，
∴当 x≠ 0时，h x > h 0 = 0，即 ex-x- 1> 0，
∴ ea x2-x1 -a x -x - 1> 0,ea x1-x 2 1 2 -a x1-x2 - 1> 0，
eax1 eax2
又 > 0, > 0，
x2-x1 x2-x1
∴ g x1 < 0,g x2 > 0，
∴存在 c∈ x1,x2 ，使得 g c = 0，
又∵ g x 在 x1,x2 上单调递增，
∴函数 g x 在 x1,x2 上存在唯一零点.
15 (2024·山西·模拟预测)已知函数 f(x) = sinx+ ln(x+ 1) - ax，且 y= f(x)与 x轴相切于坐标原点．
(1)求实数 a的值及 f(x)的最大值；
(2) π证明：当 x∈ ,π

时，f(x) + 2x>
1
；
6 2
(3)判断关于 x的方程 f(x) + x= 0实数根的个数，并证明．
【答案】(1)a= 2，最大值为 0
(2)证明见解析
(3)2个，证明见解析
【分析】(1)由 f (0) = 0求出 a的值，即可得到 f x 解析式，再利用导数求出函数的单调区间，从而求出函数
的最大值；
(2) π依题意即证当 x∈ ,π

时 sinx+ ln(x+ 1)>
1
，记m(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 1 π，x∈
6 2 2
,π
6
，当 x∈
17
π , 5π 5π 时直接说明即可，当 x∈6 6 ,π 6 ，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
(3)设 h(x) = f(x) + x，x∈ -1,+∞ ，当 x∈ (-1,0)时，由 (1)知 f(x)< f(0) = 0，则 f(x) + x< 0，当 x∈ (0,
π)时，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断函数的零点，当 x∈ [π,+∞)时，h(x)≤ 1+
ln(x+ 1) - x，令 l(x) = 1+ ln(x+ 1) - x(x≥ π)，
利用导数说明 l(x)在区间 [π,+∞)上单调递减，即可得到 l(x)< 0，从而说明函数在 [π,+∞)无零点，即可得
解.
【详解】(1)由题意知，f(0) = 0且 f (0) = 0，
∵ f (x) = cosx+ 1
x+ - a，1
∴ f (0) = 2- a= 0，解得 a= 2，
∴ f(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 2x，x∈ -1,+∞ ，
f (x) = cosx+ 1则 + - 2，x 1
当 x≥ 0时，cosx≤ 1 1， + ≤ 1．故 f
(x)≤ 0，
x 1
所以 f(x)在区间 [0,+∞)上单调递减，所以 f(x)≤ f(0) = 0．
当-1< x< 0时，令 g(x) = cosx+ 1 - 2，
x+ 1
则 g (x) =-sinx- 1 ，
(x+ 1)2
∵-sinx∈ (0,1) 1， > 1，∴ g (x)< 0，
(x+ 1)2
∴ f (x)在区间 (-1,0)上单调递减，则 f (x)> f (0) = 0，
∴ f(x)在区间 (-1,0)上单调递增，则 f(x)< f(0) = 0，则 f x max= f 0 = 0．
综上所述，a= 2，f(x)的最大值为 0．
(2)因为 f(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 2x，
π 1
要证当 x∈ ,π 时 f(x) + 2x> ，即证 sinx+ ln(x+ 1)>
1
，
6 2 2
记m(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 1 ，x∈ π ,π

2 6
，
π
当 x∈
, 5π 1 时， ≤ sinx≤ 1，ln(x+ 1)> 0，6 6 2
∴m(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 1 > 0；
2
当 x∈ 5π ,π 时，m (x) = cosx+ 1 ，6 x+ 1
记n(x) =m (x) = cosx+ 1+ ，则n
(x) =-sinx- 1 < 0，
x 1 (x+ 1)2
∴m (x)在区间 5π ,π 5π 3 6 上单调递减，则m (x)5π
则m(x)在区间 ,π 6 上单调递减，
∴m(x)≥m(π) = sinπ+ ln(π+ 1) - 1 = ln π+ 1 - 1 > 0，
2 2
π 1
综上所述，当 x∈ ,π 时，f(x) + 2x> ．6 2
(3)设 h(x) = f(x) + x= sinx+ ln(x+ 1) - x，x∈ -1,+∞ ，
∴ h (x) = cosx+ 1+ - 1，x 1
当 x∈ (-1,0)时，由 (1)知 f(x)< f(0) = 0，
18
故 f(x) + x< f(x)< 0，
故 f(x) + x= 0在区间 (-1,0)上无实数根．
当 x= 0时，h(0) = 0，因此 0为 f(x) + x= 0的一个实数根．
当 x∈ (0,π)时，h (x) = cosx+ 1+ - 1单调递减，x 1
1
又 h (0) = 1> 0，h (π) = - 2< 0，
π+ 1
∴存在 x0∈ (0,π)，使得 h x0 = 0，
所以当 0< x< x 0时 h x > 0，当 x0< x< π时 h x < 0，
∴ h(x)在区间 0,x0 上单调递增，在区间 x0,π 上单调递减，
∴ h x0 > h(0) = 0，又 h(π) = ln(π+ 1) - π< 2- π< 0，
∴ f(x) + x= 0在区间 x0,π 上有且只有一个实数根，在区间 0,x0 上无实数根．
当 x∈ [π,+∞)时，h(x)≤ 1+ ln(x+ 1) - x，
令 l(x) = 1+ ln(x+ 1) - x(x≥ π)，
∴ l (x) = 1 -x+ - 1= + < 0，x 1 x 1
故 l(x)在区间 [π,+∞)上单调递减，l(x)≤ l(π) = ln(1+ π) - π+ 1< 3- π< 0，
于是 f(x) + x< 0恒成立．故 f(x) + x= 0在区间 [π,+∞)上无实数根，
综上所述，f(x) + x= 0有 2个不相等的实数根．
16 (23- 24高三上·安徽池州·期末)已知函数 f(x)与 g(x)的图象关于直线 y= x对称，若 f x = ex，构
造函数 p(x) = xf(x) + ag(x)．
(1)当 a= 1时，求函数 p(x)在点 (1,p(1))处的切线与坐标轴围成三角形的面积；
(2)若 r(x) = (x+ 1)f(x) - g (x) (其中 g (x)为 g(x)的导函数)，当 a=-1时，(t+ 1)r(t) = p(t) 5，证明： < t
9
< 5 ． (参考数据：ln3≈ 1.099,ln5≈ 1.609)
3e
(e+ 1)2
【答案】(1)
4e+ 2
(2)证明见解析
【分析】(1)由题可得 p(x)表达式，后由导数知识可得函数 p(x)在点 (1,p(1))处的切线方程，即可得相关三
角形面积；
(2)由 (1)，当 a=-1，(t+ 1)r(t) = p(t) t2+t+ 1 et+lnt-1 + t(t+ lnt) = 0，由 ex≥ x+ 1结合分析可得 t
+ lnt= 0，
后由零点存在性定理可证明结论.
【详解】(1)由题，g x = lnx，则 p(x) = xf(x) + ag(x) = xex+alnx，
当 a= 1时，p(x) = xex+lnx,p(1) = e，
则 p (x) = ex+xex+ 1 ，p (1) = 2e+ 1，p 1 = e .
x
则切线方程为 y- e= (2e+ 1) (x- 1)，
e+ 1
又切线与坐标轴的交点为A + ,0 ,B(0,-e- 1)，2e 1
2
S = 1 e+ 1 - - = (e+ 1)则 △AOB e 1 2 2e+ 1 4e+ ；2
(2)当 a=-1时，p(x) = xex-lnx，由题意 (t+ 1)r(t) = p(t)，
即 (t+ 1) (t+ 1)e
t- 1
t

= te
t-lnt
19
(t+ 1)2et- t+ 1 = tet-lnt
t
t(t+ 1)2et- (t+ 1) = t2et-tlnt
(t+ 1)2et+lnt-tet+lnt= (t+ 1) - tlnt
et+lnt t2+t+ 1 = t2+t+ 1- t2-tlnt
t2+t+ 1 et+lnt-1 + t(t+ lnt) = 0
构造函数 h x = ex-x- 1，则 h x = ex-1，
h x > 0 x> 0，h x < 0 x< 0，
得 h x 在 -∞,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增，
即 h x min= h 0 = 0 x∈R，ex≥ x+ 1，当且仅当 x= 0时取等号.
则 式= 0≥ t2+t+ 1 (t+ lnt+ 1- 1) + t(t+ lnt)
= (t+ lnt) t2+t+ 1+ t = (t+ lnt) (t+ 1)2
因 (t+ 1)2≥ 0，则 t+ lnt≤ 0，①
因 t> 0，则 t t+ lnt ≤ 0，又结合 (*)式，
可得 0≤ t2+t+ 1 et+lnt
2
-1 1 3 ，因 t2+t+ 1= t+ + > 02 4
则 et+lnt-1≥ 0 t+ lnt≥ 0，②
由①②知 t+ lnt= 0，
构造函数 φ(t) = t+ lnt，(t> 0) φ (t) = 1+ 1， > 0，则 φ(t)在 (0,+∞)单调递增，
t
注意到 φ 5 = 5 + ln5- 2ln3 0 5 5，φ = + ln5- ln3- 1 0，9 9 3e 3e
5 5
由零点存在性定理可知： < t< ．
9 3e
(23- 24 · · ) f(x) = x- sin πx17 高三上 河北沧州 期末 已知函数 .
2
(1)设 θ∈ 0, π 2且 cosθ= ，求 f(x)在区间 (-1,1)内的单调递减区间 (用 θ表示)；2 π
(2)若 a> 0，函数 g(x) = f(x) - aln|x|有且仅有 2个零点，求 a的值.
(1) - 2θ , 2θ【答案】 π π
(2)1
【分析】(1)求导，得到函数的单调性，得到答案；
(2)求出定义域，结合 (1)中 f x 的单调性得到 g(x)在 (-∞,0)总有唯一的零点-1，再考虑当 x> 0时，结
合 g(1) = 0，g (1) = 1- a，分 a= 1，a> 1，和 0< a< 1三种情况，结合函数单调性和特殊函数值，得到答案.
π πx
【详解】(1)f (x) = 1- cos ，
2 2
f (x) = 0 cos πx = 2 x∈ (-1,1) πx π π πx由 ，得 ，当 时， ∈ - , ，所以 =±θ，2 π 2 2 2 2
即 x=± 2θ，
π
- 2θ < x< 2θ当 时，f (x)< 0 2θ 2θ，当-1< x<- 或 < x< 1时，f (x)> 0，
π π π π
2θ
所以 f(x)在区间 (-1,1)内的单调递减区间为 - , 2θ .π π
(2)依题意，g(x) = x- sin πx - aln|x|，定义域是 (-∞,0) ∪ (0,+∞).
2
(i)当 x< 0时，有 g(-1) = 0.
20
当 x<-1时，-sin πx ≤ 1，-aln|x| < 0，所以 g(x)< 0；
2
当-1< x< 0 2θ时，由 (1)知 f(x)在 -1,- 单调递增，在π -
2θ ,0 单调递减，π
又 f(-1) = f(0) = 0 πx，所以 f(x) = x- sin > 0，又-aln|x| > 0，所以 g(x)> 0.
2
所以 g(x)在 (-∞,0)总有唯一的零点-1.
(ii)当 x> 0时，有 g(1) = 0，g (x) = 1- π cos πx - a，g (1) = 1- a,
2 2 x
令u(x) = x- lnx，x∈ 0,+∞ ，
u (x) = 1- 1 = x- 1 ，当 x> 1时，u (x)> 0，u(x) = x- lnx单调递增，
x x
当 0< x< 1时，u (x)< 0，u(x) = x- lnx单调递减，
故u(x)≥u(1) = 1，即 x- lnx≥ 1，
若 a= 1，有 g(x) = x- lnx- sin πx ≥ 1- sin πx ≥ 0，
2 2
当且仅当 x= 1时两个不等号中的等号同时成立，
可知 g(x)在 (0,+∞)有且仅有 1个零点，符合题意.
若 a> 1，有 g (x)在 (1,2)单调递增，g (2) = 1+ π - a .
2 2
①若 g (2)≤ 0，则当 x∈ (1,2)时，有 g (x)< 0；
②若 g (2)> 0，又 g (1)< 0，则可知 x1∈ (1,2)，使得 g x1 = 0.
由①②，可知 g(x)在 1,x1 单调递减，所以 g x1 < g(1) = 0，
又当 x趋向于正无穷时，g(x)趋向于正无穷，所以 g(x)在 (1,+∞)至少有 1个零点，
则可知 g(x)在 (0,+∞)至少有 2个零点，不符合题意.
若 0< a< 1，有 g (x)在 (0,1)单调递增，又 g (1)> 0，g 1 = 1- 2π - 2a< 0，2 4
则可知 x2∈ (0,1)，使得 g x2 = 0，且 g(x)在 x2,1 单调递增，则有 g x2 < g(1) = 0，
又当 x趋向于 0时，g(x)趋向于正无穷，所以 g(x)在 0,x2 至少有 1个零点，
又 g(1) = 0，可知 g(x)在 (0,+∞)至少有 2个零点，不符合题意.
综上可知，a= 1.
18 (2023·全国·模拟预测)一类项目若投资 1元，投资成功的概率为 p(0< p< 1)．如果投资成功，会获
得 b元的回报 (b> 0)；如果投资失败，则会亏掉 1元本金．为了规避风险，分多次投资该类项目，设每次投
资金额为剩余本金的 x(0< x< 1)，1956年约翰·拉里·凯利计算得出，多次投资的平均回报率函数为 f(x)
= (1+ bx)p (1- x)1-p，并提出了凯利公式．
( ) pb- (1- p)1 证明：当 p(b+ 1)> 1时，使得平均回报率 f(x)最高的投资比例 x满足凯利公式 x= ；
b
1x
(2)若 b= 1 1，p= ，求函数 g(x) = e 2 -x- f(cosx)在 (0,π)上的零点个数．
2
【答案】(1)证明见解析
(2)有且仅有两个零点
pb- (1- p) pb- (1- p)
【分析】(1)证法一：直接求导，令 f (x)> 0，得到 x< ，结合 0< < p< 1得到函数
b b
pb- (1- p)
单调性，求出 f(x)在 x= 取得最大值；
b
证法二：先对函数取对数，等价于 h(x) = lnf(x) = pln(1+ bx) + (1- p)ln(1- x)的最值问题 (方便求导)，求
导得到函数单调性，求出答案；
21
1x
(2)得到 g(x) = e 2 -x- sinx，二次求导，结合零点存在性定理得到函数单调性，得到 g(x)在 (0,π)上至多两
个零点，再根据特殊点的函数值和零点存在性定理得到 g(x)至少有两个零点，从而得到 g(x)有且仅有两个
零点．
【详解】(1)证法一：因为 f(x) = (1+ bx)p(1- x)1-p，0< x< 1，
则 f (x) = bp(1+ bx)p-1(1- x)1-p+ (1+ bx)p (1- p) × (-1) (1- x)-p，
f (x) = bp 1+ bx
p-1 p
即 - - (1- p)1 x
1+ bx
1- x ，
1+ bx p-1 p
显然 - > 1
1+ bx 1+ bx
，令 f (x)> 0，故 bp - >(1- p)1 x 1 x 1- x ，
< pb- (1- p)解得 x ．
b
pb- (1- p)
因为 p(b+ 1)> 1，所以 0< < p< 1，
b
( ) , pb- (1- p) pb- (1- p)故 f x 在 0 上单调递增，在 ,1 上单调递减，b b
( ) = pb- (1- p)故 f x 在 x 取得最大值．
b
证法二：由于 b> 0，0< p< 1，0< x< 1，故 1+ bx> 0，1- x> 0，f(x)> 0．
要使得 f(x)最大，等价于使得 h(x) = lnf(x) = pln(1+ bx) + (1- p)ln(1- x)最大，
( ) = bp + p- 1 pb- (1- p)则 h x + - ，令 h (x)> 0，得 x< ．1 bx 1 x b
pb- (1- p)
因为 p(b+ 1)> 1，所以 0< < p< 1，
b
( ) , pb- (1- p) pb- (1- p)故 h x 在 0 上单调递增，在 ,1 上单调递减，b b
( ) = pb- (1- p)故 h x 在 x 取得最大值，即 f(x) = pb- (1- p)在 x 取得最大值．
b b
1
(2) 1因为 b= 1，p= ，x∈ (0,π)，则 sinx> 0，所以 f(x) = 1- x22
2= 1- x2，
则 f(cosx) = 1- cos2x= sin2x= |sinx| = sinx，
1x 1x
故 g(x) = e 2 -x- sinx，则 g (x) = 1 e 2 -1- cosx，
2
1
令 q(x) = g (x)，则 q 1 2
x
(x) = e +sinx．
4
当 x∈ (0,π)时，q (x)> 0，故 q(x) = g (x)在 (0,π)上单调递增．
π π
因为 g (0) = 1 - 1- 1=- 3 < 0，g (π) = 1 e 2-1- (-1) = 1 e 2> 0，
2 2 2 2
故 x0∈ (0,π)，使得 g x0 = 0，同时使得当 x∈ 0,x0 时，g (x)< 0；
当 x∈ x0,π 时，g (x)> 0，
故 g(x)在 0,x0 上单调递减，在 x0,π 上单调递增，故 g(x)在 (0,π)上至多两个零点．①
π
又因为 g(0) = 1- 0- 0= 1> 0，g(2) = e- 2- sin2，g(π) = e 2-π，
π < 2< 2π 3 < sin2< 1 sin2> 3 1.7注意到 ，故 ，则 > = 0.85，
2 3 2 2 2
3
故 g(2) = e- 2- sin2< e- 2- < 2.8- 2- 0.85=-0.05< 0．
2
由于 g(0) g(2)< 0，故 g(x)在 (0,2)上至少有一个零点．②
由于 e> 2.7> 2.56> 2.5 π， > 1.5，π< 4，
2
22
π
故 g(π) = e 2-π> 2.71.5-4> 2.5× 2.560.5-4= 2.5× 1.6- 4= 0，
由于 g(2) g(π)< 0，故 g(x)在 (2,π)上至少有一个零点．③
综合②③，故 g(x)在 (0,π)上至少有两个零点．④
综合①④，则 g(x)在 (0,π)上有且仅有两个零点
19 (2023·上海浦东新·二模)设P是坐标平面 xOy上的一点，曲线Γ是函数 y= f x 的图象．若过点
P恰能作曲线Γ的 k条切线 k∈N ，则称P是函数 y= f x 的“k度点”．
(1)判断点O 0,0 与点A 2,0 是否为函数 y= lnx的 1度点，不需要说明理由；
(2)已知 0(3)求函数 y= x3-x的全体 2度点构成的集合．
【答案】(1)O 0,0 是函数 y= lnx的一个 1度点；A 2,0 不是函数 y= lnx的 1度点
(2)证明见解析
(3) a,b b=-a 或 b= a3-a,a≠ 0
【分析】(1)求出曲线 y= lnx在点 t,lnt 处的切线方程，该切线过点O时，列出方程，求出一个根，满足要
求，该切线过点A(2,0)，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
(2)求出 y= sinx在点 t,sint 处的切线方程，转化为 π- sint=-tcost无解，构造G t = sint- tcost-
π，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
(3)求出切线方程，得到 y= x3-x的一个 2度点当且仅当关于 t的方程 b- t3-t = 3t2-1 a- t 恰有两
个不同的实数解，设 h t = 2t3-3at2+ a+ b ，分 a= 0，a> 0与 a< 0三种情况，进行求解.
【详解】(1)设 t> 0，则曲线 y= lnx在点 t,lnt 1 处的切线方程为 y- lnt= x- t ．
t
则该切线过点O当且仅当-lnt=-1，即 t= e． 故原点O是函数 y= lnx的一个 1度点，
该切线过点A(2,0) -lnt= 1，故 2- t ，
t
令w t = tlnt- t+ 2，则w t = 1+ lnt- 1= lnt，令w t > 0得 t> 1，令w t < 0得 0< t< 1，
故w t = tlnt- t+ 2在 1,+∞ 上单调递增，在 0,1 上单调递减，
w t = tlnt- t+ 2在 x= 1处取得极小值，也时最小值，且w 1 = 1> 0，
-lnt= 1故 2- t 无解，点A(2,0)不是函数 y= lnx的一个 1度点
t
(2)设 t> 0，y = cost，
则曲线 y= sinx在点 t,sint 处的切线方程为 y- sint= cost x- t ．
则该切线过点 0,π 当且仅当 π- sint=-tcost(*)．
设G t = sint- tcost- π，则当 0< t< π时，G t = tsint> 0，故 y=G t 在区间 0,π 上严格增．
因此当 0< t(3)y = 3x2-1，
对任意 t∈R，曲线 y= x3-x在点 t,t3-t 处的切线方程为 y- t3-t = 3t2-1 x- t ．
故点 a,b 为函数 y= x3-x的一个 2度点当且仅当关于 t的方程 b- t3-t = 3t2-1 a- t 恰有两个不
同的实数解．
设 h t = 2t3-3at2+ a+ b ． 则点 a,b 为函数 y= x3-x的一个 2度点当且仅当 y= h t 两个不同的零
点．
若 a= 0，则 h t = 2t3+b在R上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若 a> 0，因为 h t = 6t2-6at，
由 t< 0或 t> a时 h t > 0得 y= h t 严格增；而当 0< t< a时 h t < 0，得 y= h t 严格减．
故 y= h t 在 t= 0时取得极大值 h 0 = a+ b，在 t= a时取得极小值 h a = b+ a- a3．
23
3
h - a+ b
3 2
=-3a a+ b < 0 h 3a+ 3又因为 ，2 2 b ≥ a> 0，
所以当 h 0 > 0> h a 时，由零点存在定理，y= h t 在 -∞,0 、 0,a 、 a,+∞ 上各有一个零点，不合要
求；
当 0> h 0 > h a 时，y= h t 仅 a,+∞ 上有一个零点，不合要求；
当 h 0 > h a > 0时，y= h t 仅 -∞,0 上有一个零点，也不合要求．
故 y= h t 两个不同的零点当且仅当 h 0 = 0或 h a = 0．
若 a< 0，同理可得 y= h t 两个不同的零点当且仅当 h 0 = 0或 h a = 0．
综上，y= x3-x的全体 2度点构成的集合为 3 a,b b=-a或 b= a -a,a≠ 0 ．
20 (2024·全国·模拟预测)如果有且仅有两条不同的直线与函数 f x ,g x 的图象均相切，那么称这两
个函数 f x ,g x 为“L函数组”．
(1)判断函数 y= ex-2与 y= lnx是否为“L函数组”，其中 e为自然对数的底数，并说明理由；
(2)已知函数 f x = 2+ lnx与 g x = a x为“L函数组”，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)它们为“L函数组”，理由见解析
(2) 0,2
x -2 1
【分析】(1)设出切点，得到两函数的切线方程，根据斜率相等得到 e 1 = ，代入两切线方程，对照系数得
x2
到 -x x1-21+1 e -1 = 0，解得 x1= 1或 x1= 2，求出两条切线方程，得到答案；
( ) y=
1 x+ lnt+ 1
2 设出切点，得到两切线方程，求出 a> 0，再联立 t ，转化为方程有两个正数根，构造 g t y= a x
= 4lnt+ 4 ，求导得到其单调性，极值最值情况，数形结合得到答案.
t
【详解】(1)函数 y= ex-2和 y= lnx是“L函数组”，理由如下：
设直线与曲线 y= ex-2和 y= lnx相切于点 x1,y1 , x2,y2 ，
y = ex-2，y = 1 ，
x
y= ex1-2 x- x + ex1-2,y= 1则切线方程分别为 1 x- x2 + lnx2．x2
x -2 1
因此 e 1 = ，则 x
x 1
-2=-lnx2．
2
y= ex1-2 1- x故 x- x + ex1-2= 11 x- x 1 x1 + = + 1 ，x2 x2 x2 x2
y= 1 1 x x- x
x 2
+ lnx2= x- x2 - x1-2 = + 1- x ，
2 x2 x
1
2
1- x
由于两切线为同一直线，故 1 = 1- x1，x2
1- x
即 1 - x -2 1 1- x = 0，又 e 1 = ，
x 12 x2
x -2
故 -x +1 e 11 -1 = 0，解得 x1= 1或 x1= 2，
当 x 11= 1时，切线方程为 y= x，e
当 x1= 2时，切线方程为 y= x- 1，
1
因此切线方程为 y= x或 y= x- 1．
e
因为有且仅有两条不同的直线与函数 y= ex-2和 y= lnx的图象均相切，
所以它们为“L函数组”．
(2)因为函数 f x = 2+ lnx与 g x = a x为“L函数组”，
24
所以它们的图象有且仅有两条公切线．
由 f x = 2+ lnx 1，得 f x = ，
x
1
设切点坐标为 t,2+ lnt ，t> 0，则切线方程为 y= x- t + 2+ lnt，
t
g x = a a ，设切点为 m,a m ，则切线方程为 y- a m= x-m ，
2 x 2 m
1 a
由题意得 = 有解，因为 t> 0，所以 a> 0．
t 2 m
y= 1t x+ lnt+ 1联立 ，所以 x- at x+ tlnt+ t= 0．y= a x
4lnt+ 4
由判别式Δ= a2t2-4tlnt- 4t= 0，可得 a2= ．
t
依题意，关于实数 t的方程 a2t2-4tlnt- 4t= 0恰有两个不同的正数解．
g t = 4lnt+ 4 g t = 4- 4lnt- 4 = -4lnt令 ，则 ，
t t2 t2
故当 t∈ 0,1 时，g t > 0，所以 g t 单调递增；
当 t∈ 1,+∞ 时，g t < 0，所以 g t 单调递减，
所以 g t max= g 1 = 4．
又 g 1 = 0，当 x→+∞时，g x → 0+；e
所以 0< a2< 4．又 a> 0，所以 0< a< 2，
实数 a的取值范围是 0,2 ．
21 (23- 24高三上·安徽·阶段练习)已知函数 f x = ex-ax+ 1，a∈R，f x 有两个零点 x1，x2.
(1)若 a∈Z，求 a的最小值；
(2) x +x > 2+ 2证明： 1 2 .a
【答案】(1)4
(2)证明见解析
【分析】(1)当 a≤ 0时，不可能有两个零点，当 a> 0时，首先满足 f x min= f lna = a- alna+ 1< 0，求出
a的最小值为 4，再验证 a= 4满足条件.
x2 x1
(2)因为 f x = ex-ax+ 1 e -e 2 x -x有两个零点 x1，x2，所以 - = a，要证 x1+x2> 2+ ，即证 e
2 1+1> 2
x2 x1 a
ex2-x1-1
- ，令 t= x2-x1> 0，转化为关于 t的不等式,用导数证明即可.x2 x1
【详解】(1)f x = ex-ax+ 1，f x = ex-a
当 a≤ 0时，f x = ex-a> 0，f x 在R上为单调递增函数，不可能有两个零点，舍去.
当 a> 0时，令 f x = ex-a= 0得，x= lna，
当 x< lna时，f x < 0，此时 f x 为减函数，
当 x> lna时，f x > 0，此时 f x 为增函数，
故 f x min= f lna = a- alna+ 1，
要使 f x 有两个零点，首先满足 f x min< 0，
令 g a = a- alna+ 1, a> 0 ，
g a = 1- 1+ lna =-lna，
当 0< a< 1时，g a > 0，此时 g a 为增函数，且 g a > 0，
当 a> 1时，g a < 0，此时 g a 为减函数，
25
g 3 = 4- 3ln3= lne4-3ln3> 0，
g 4 = 5- 4ln4= lne5-ln28< ln35-ln28= ln243- ln256< 0，
又 a∈Z，所以 a的最小值为 4，
下面证明当 a= 4时，f x = ex-4x+ 1存在两个零点，此时 f 2ln2 < 0，
f 0 = 2> 0，f 2 = e2-7> 0，
又由 f x 的单调性知 f x 在 0,2ln2 , 2ln2,2 上各存在一个零点，满足条件.
所以 a的最小值为 4.
(2)因为 f x = ex-ax+ 1有两个零点 x1，x2，不妨设 0< x1< lna< x2，
x x
所以 e 2= ax2-1，e 1= ax1-1，
两式相减得 ex2-ex1= a x2-x1 ，
ex2-ex1
所以 = a，
x2-x1
要证 x1+x2> 2+ 2 ，即证 axa 1-1+ ax2-1> 2a，
x2 x1
x x x
即证 e 2+e 1> 2a，即证 e 2+ex1> 2 e -e
x2-
，
x1
ex2-x1ex2-x1+1> 2 -1即证 - ，令 t= x2-x1> 0，x2 x1
t- 2即证 t+ e+1> 0，t 2
h t = t- 2 et+1,t> 0 h t = t
2
令 t+ ，则 e> 0，t 2 t+ 2 2
所以 h t 在 0,+∞ 上为增函数，所以 h t > h 0 = 0 ，
t- 2所以 t+ e+1> 0成立，所以 x1+x2> 2+
2
成立.
t 2 a
题型三：导数解决双变量问题
22 (22- 23高三上·吉林通化·开学考试)已知函数 f x = 1- x ex-a(x2+1) (a∈R) .
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1,x2，证明：x1+x2< 0.
【分析】(1)由题可得 f (x) =-x ex+2a ，然后分 a≥ 0，a=- 1 - 1， < a< 0，a<- 1 讨论即得；
2 2 2
( ) (1- x)e
x (1- x)ex
2 由题可知 = a有两个解，构造函数 g(x) = ，利用导数研究函数的性质可得 x
2+ 2+ 1
< 0<
x 1 x 1
x2< 1，然后经过分析可得证明 g x2 - g -x2 < 0即可，再构造函数通过导数判断函数的单调性即得.
【详解】(1) ∵ f x = 1- x ex-a(x2+1) (a∈R)，
∴ f (x) =-xex-2ax=-x ex+2a ，
当 a≥ 0时，令 f (x)> 0，解得 x< 0，令 f (x)< 0，解得 x> 0，
所以 f(x)的单调递减区间为 (0,+∞)，f(x)的单调递增区间为 (-∞,0)；
当 ln(-2a) = 0 1，即 a=- 时，f (x)≤ 0在 (-∞,+∞)上恒成立，
2
所以 f(x)的单调递减区间为 (-∞,+∞)，
当 ln(-2a)< 0 1，即- < a< 0时，令 f (x)> 0，解得 ln(-2a)< x< 0，
2
令 f (x)< 0，解得 x< ln(-2a)或 x> 0，
所以 f(x)的单调递增区间为 (ln(-2a),0)，f(x)的单调递减区间为 (-∞,ln(-2a))，(0,+∞)；
26
ln(-2a)> 0 a<- 1当 ，即 时，令 f (x)> 0，解得 0< x< ln(-2a)，令 f (x)< 0，解得 x< 0或 x> ln(
2
-2a)，
所以 f(x)的单调递增区间为 (0,ln(-2a))，f(x)的单调递减区间为 (-∞,0)，(ln(-2a),+∞)；
综上，当 a≥ 0时，f(x)的单调递减区间为 (0,+∞)，f(x)的单调递增区间为 (-∞,0)；
当 a=- 1 时，f(x)的单调递减区间为 (-∞,+∞)；
2
1
当- < a< 0时，f(x)的单调递增区间为 (ln(-2a),0)，f(x)的单调递减区间为 (-∞,ln(-2a))，(0,+∞)；
2
当 a<- 1 时，f(x)的单调递增区间为 (0,ln(-2a))，f(x)的单调递减区间为 (-∞,0)，(ln(-2a),+∞)；
2
( (1- x)e
x
2)令 f(x) = 0，即 (1- x)ex-a x2+1 = 0，即 = a，
x2+1
1- x1 ex1 1- x x22 e
所以 = = a，
x2+1 x21 2+1
( ) = (1- x)e
x
令 g x ，所以 g x2+ 1
= g x2 ，
x 1
-x x
2-2x+ 3 ex
所以 g (x) = ，
x2+1 2
令 g (x)> 0，解得 x< 0，令 g (x)< 0，解得 x> 0，
所以 g(x)在 (-∞,0)上单调递增，在 (0,+∞)上单调递减，
又当 x< 1时，g(x)> 0，当 x> 1时，g(x)< 0，
不妨设 x1< x2，则 x1< 0< x2< 1，
要证 x1+x2< 0，即证 x1<-x2，
又 g(x)在 (-∞,0)上单调递增，
所以只需证 g x1 < g -x2 ，即证 g x2 < g -x2 ，
2x
即证 g x2 - g -x2 < 0，即证 1- x2 e 2-x2-1< 0，
令 h(x) = (1- x)e2x-x- 1,x∈ (0,1)，所以 h (x) = (1- 2x)e2x-1，
令u(x) = h (x)，所以u (x) =-4xe2x< 0在 (0,1)上恒成立，
所以u(x)在 (0,1)上单调递减，即 h (x)在 (0,1)上单调递减，
所以 h (x)< h (0) = 0，所以 h(x)在 (0,1)上单调递减，
又 0< x2< 1，所以 h x2 < h(0) = 0，所以 x1+x2< 0.
23 (2023·山东威海·一模)已知函数 f x = ex-ax有两个零点.
(1)求实数 a的取值范围；
(2)设 x 1,x2是 f x 的两个零点，求证：f x1x2 < 0.
【答案】(1) e,+∞
(2)证明见解析
【分析】(1)求出导函数 f (x) = ex-a，通过讨论 a≤ 0，a> 0时，结合函数有两个零点，可知 a> 0，利用函数
单调性可知，当 f(lna)< 0时，原函数才有两个零点，求解即可；
(2)要证 f x1x2 < 0，即证 x1x2 ∈ -∞,lna ，方法一：不妨设 x1< x2，由 f x 在 -∞,lna 单调递减，得
f(x1)> f(2lna- x2)，构造函 h(x) = f(x) - f(2lna- x)，求导，利用基本不等式可得 h (x)≥ 0，则 f(x2) -
x +x
f(2lna- x2)> 0，结合 f(0) = 1> 0，所以 0< x1< lna< x2，所以 1 2 > x1x2，命题得证；方法二：不妨设2
2
x x a1< x2，由 f x 在 -∞,lna 上单调递减，得 f(x1)> f(2lna- x2)，结合 f(x1) = 0和 e 2= ax2，得
ex
-
2
27
ex22alna+ ax2= 1 + 2lnx2-x2 ，构造函数 h(x) = 1 + 2lnx- x x> 1 ，则 h (x)< 0，则函数 h(x)在x2 x2 x
1,+∞ 上单调递减，所以 h(x2)< h(1) = 0，所以 f(2lna- x2)< 0，可得 x1+x2< 2lna，则 0< x1< lna< x2，
命题得证.
【详解】(1)f (x) = ex-a，
当 a≤ 0时，f (x)> 0，所以 f x 在R上单调递增，不满足题意；
当 a> 0时，令 f (x)< 0，可得 x∈ -∞,lna ，令 f (x)> 0，可得 x∈ lna,+∞ ，
所以 f x 在 -∞,lna 上单调递减，在 lna,+∞ 上单调递增，
1
当 a> e时，有 f 1 = e a-1> 0，f(a) = ea-a2> 0，a
又因为函数 f x = ex-ax有两个零点，
所以 f(lna)< 0，即 elna-alna< 0，
所以 a- alna< 0，可得 lna> 1，
所以 a> e，
故实数 a的取值范围是 e,+∞ .
(2)要证 f x1x2 < 0，即证 x1x2 ∈ -∞,lna ，
方法一：下证 x1+x2< 2lna，即证 x1< 2lna- x2，
不妨设 x1< x2，由 (1)可知 x1< lna< x2，所以 2lna- x2< lna，
因为 f x 在 -∞,lna 上单调递减，即证 f(x1)> f(2lna- x2)，
因为 f(x1) = f(x2)，所以 f(x2)> f(2lna- x2)，即证 f(x2) - f(2lna- x2)> 0，
令 h(x) = f(x) - f(2lna- x)，
2 2
h (x) = f (x) + f (2lna- x) = ex-2a+ e2lna-x= ex+ ax - 2a≥ 2 e
x ax - 2a= 0，e e
所以 h(x)在R上单调递增，又因为 x2> lna，
所以 h(x2)> h(lna) = 0，即 f(x2) - f(2lna- x2)> 0，
可得 f(0) = 1> 0，所以 0< x1< lna< x2，
x +x
所以 1 2 > x1x2，即 x x2 1 2< lna，
又因为 f x 在 -∞,lna 上单调递减，所以 f x1x2 < 0.
方法二：下证 x1+x2< 2lna，即证 x1< 2lna- x2，
不妨设 x1< x2，由 (1)可知 x1< lna< x2，所以 2lna- x2< lna，
因为 f x 在 -∞,lna 上单调递减，即证 f(x1)> f(2lna- x2)，
因为 f(x1) = 0，即证 f(2lna- x2)< 0，
2
f(2lna- x ) = e2lna-x2-a 2lna- x = a2 2 x - 2alna+ ax2，e 2
x2 2 x2
因为 ex2= ax e a2，所以 a= ，所以 x - 2alna+ ax =
e 1 + 2lnx -x ，
x 2 2 x 2 22 e 2 x2
因为 x2> lna且 a> e，所以 x2> 1，令 h(x) = 1 + 2lnx- x x> 1 ，x
1 2 x- 1
2
h (x) =- + - 1=- < 0，
x2 x x2
所以 h(x)在 1,+∞ 上单调递减，所以 h(x2)< h(1) = 0，
ex2 1所以 + 2lnx2-x2 < 0，所以 f(2lna- x2)< 0，可得 xx x 1+x2< 2lna，2 2
因为 f(0) = 1> 0，所以 0< x1< lna< x2，
28
x1+x所以 2 > x x
2 1 2
，即 x1x2< lna，
又因为 f x 在 -∞,lna 上单调递减，所以 f x1x2 < 0.
24 (23- 24 1高三上·重庆沙坪坝·期中)已知函数 f x = aex- x2+a有两个不同的极值点 x1,x2 2
x1< x2 .
(1)求实数 a的取值范围；
(2)已知m> 0，且 x1+mx2>m+ 1，求m的取值范围.
【答案】(1)0< a< 1
e
(2)m≥ 1
【分析】(1)求导，得到 f x = aex-x有两个不同的零点，再次求导，分 a≤ 0与 a> 0两种情况，得到函数单
1
调性和极值点情况，得到不等式，求出 0< a< ，再利用零点存在性定理得到答案；
e
(2) x -x由 aex1= x1，aex2= x 1 2 x1-x22，变形得到 x -x e +m >m+ 1, x1< x2 ，换元后得到 t e
t+m -
e 1 2-1
m+ 1 et-1 < 0恒成立，构造函数，二次求导，分m≥ 1和 0值，求出m的取值范围.
【详解】(1)由题知 f x = aex-x有两个不同的零点，
设 g x = f x = aex-x，
当 a≤ 0时，f x 在R上单调递减，f x 至多有一个零点，与题意不符；
当 a> 0时，g x = aex-1，令 g 1 x = 0得：x= ln ，
a
x< ln 1且 时，g x < 0,x> ln 1 时，g x > 0，
a a
1 1
则 g x 在 -∞,ln 上单调递减，在 ln ,+∞ 上单调递增；a a
1 ln 1
由题意，g ln < 0，即 ae a-ln 1 = 1- ln 1 < 0 1，解得：0< a< .a a a e
且此时，当 x< lna< ln 1 时，g x > g lna = a2-lna> 0，
a
当 x> ln 1 > ln 1 1 1 1时，g x > g ln = - ln > 0，a2 a a2 a a2
1 1
因此，由零点存在定理知 g x 在 -∞,ln 和 ln ,+∞ 各有一个零点，符合题意.a a
1
综上，0< a< .
e
(2)由 (1) x x可知：ae 1= x ①，ae 21 = x2②，
x x
因此不等式 x1+mx2>m+ 1等价于 ae 1+mae 2>m+ 1.
- = x1-x2 x1-x又① ②得：a ，代入得 2x x e
x1+mex2 >m+ 1，
e 1-e 2 ex1-ex2
x1-x即 2 x1-x2x -x e +m >m+ 1, x1 2- 1
< x2 ，
e 1
设 t= x t t1-x2，不等式化为 t e+m >m+ 1，e-1
又 t< 0,∴ t et+m - m+ 1 et-1 < 0恒成立，
设 h t = t et+m - m+ 1 et-1 ,t< 0，
h t = et t-m +m，
设 φ t = h t ,φ t = et t-m+ 1 ,φ 0 =-m+ 1.
29
当m≥ 1时，φ t = et t-m+ 1 < 0,φ t 单调递减，
即 h t 单调递减，而 h 0 = 0，
∴ h t > 0,h t 在 -∞,0 上单调递增，而 h 0 = 0，
∴ h t < 0在 -∞,0 上恒成立，符合题意.
当 0且当 t 0，
则 φ t 在 -∞,m- 1 上单调递减，在 m- 1,0 上单调递增，而 φ 0 = h 0 = 0，
∴当 t∈ m- 1,0 时，h t < 0,h t 在 m- 1,0 上单调递减，
而 h 0 = 0,∴ h t > 0，与题意不符.
综上所述，m≥ 1.
1 3
25 (23- 24高三上·湖南长沙·阶段练习)函数 f x = alnx+ x2- a+ 1 x+ (a> 0).
2 2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a= 1时，若 f x1 + f x2 = 0，求证：x1+x2≥ 2；
(3)求证：对于任意n∈N*都有 .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)求定义域，求导，分 0< a< 1，a= 1和 a> 1三种情况，求解函数单调区间；
(2)令 g x = f x + f 2- x = ln 1- (x- 1)2 + (x- 1)2，构造F x = lnx- x+ 1(x> 0)，求导得到其单
调性，进而得到 lnx≤ x- 1，进而得到 g x = f x + f 2- x ≤ 0，不妨设 0< x1< 1< x2，则 f x1 +
f 2- x1 ≤ 0，推出 f x2 ≥ f 2- x1 ，由 f x 的单调性得到 x2≥ 2- x1，证明出结论；
(3)由 (2)知，x> 1时，f x = lnx+ 1 x2-2x+ 3 > f 1 = 0，变形得到 2lnx+ (x- 2)2> 1在 x> 1时恒
2 2
成立，从而得到不等式，相加得到答案.
【详解】(1)函数 f x 的定义域是 0,+∞ .
2
由已知得，f a
x - a+ 1 x+ a x- 1 x- a
x = + x- a- 1= = .
x x x
①当 0< a< 1时，
当 0< x< a时，f x > 0,f x 单调递增；
当 a< x< 1时，f x < 0,f x 单调递减；
当 x> 1时，f x > 0,f x 单调递增.
②当 a= 1时，
当 x> 0时，f x ≥ 0,f x 单调递增.
③当 a> 1时，
当 0< x< 1时，f x > 0,f x 单调递增；
当 1< x< a时，f x < 0,f x 单调递减；
当 x> a时，f x > 0,f x 单调递增.
综上，①当 0< a< 1时，函数 f x 单调递增区间为 0,a ， 1,+∞ ，单调递减区间为 a,1 ；
②当 a= 1时，函数 f x 单调递增区间为 0,+∞ ，无单调递减区间；
③当 a> 1时，函数 f x 单调递增区间为 0,1 ， a,+∞ ，单调递减区间为 1,a .
30
(2)当 a= 1时，f x = lnx+ 1 x2-2x+ 3 .
2 2
由 (1)知，函数 f x 在 0,+∞ 单调递增且 f 1 = 0；
1 3 1 3
令 g x = f x + f 2- x = lnx+ x2-2x+ + ln 2- x + (2- x)2-2 2- x +
2 2 2 2
= ln x 2- x + x2-2x+ 1= ln 1- (x- 1)2 + (x- 1)2，
令F x = lnx- x+ 1(x> 0),F x = 1 - 1= 1- x，
x x
令F x > 0，解得 0< x< 1；令F x < 0，解得 x> 1，
所以F x 在 0,1 上单调递增，在 1,+∞ 上单调递减，
所以F x ≤F 1 = 0，所以 lnx≤ x- 1，
令 (x- 1)2= t∈ 0,1 ，则 1- t∈ 0,1 ，则 ln 1- t ≤ 1- t - 1=-t，
故 ln 1- t + t≤ 0，
所以 g x = f x + f 2- x ≤ 0恒成立，
不妨设 0< x1< 1< x2，则 f x1 + f 2- x1 ≤ 0，
所以-f x1 ≥ f 2- x1 ，所以 f x2 ≥ f 2- x1 ，
因为 2- x1> 1,x2> 1，而 f x 在 0,+∞ 单调递增，
所以 x2≥ 2- x1，所以 x1+x2≥ 2.
(3)由 (2)知，x> 1 1时，f x = lnx+ x2-2x+ 3 > f 1 = 0，
2 2
即 2lnx+ x2-4x+ 3= 2lnx+ (x- 2)2-1> 0，
故 2lnx+ (x- 2)2> 1在 x> 1时恒成立，
2 2
所以 2ln + (2- 2)2= 2ln 2 + 0 > 1，1 1 1
2 2
2ln 3 + 3 - 22 2 = 2ln
3 + 12 2 > 1，
2ln 4 + 4
2 2
- 2 = 2ln 4 +3 3 3
2 > 1，3
，
2 2
2ln n+ 1 + n+ 1 - 2 = 2ln n+ 1 + n- 1 > 1，n n n n
相加得 .
26 (2023· 1 1四川成都·模拟预测)若函数 f x = alnx- x2+a+ x> 0 有两个零点 x1,x2 2 2，且 x1< x2．
(1)求 a的取值范围；
(2)若 f x 在 x1,0 和 x2,0 处的切线交于点 x3,y3 ，求证：2x3< x1+x2．
【答案】(1)a∈ 0,+∞
(2)证明见解析
【分析】(1)求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求
解；
1 x22 1-x
2
2
(2) a= lnt> 1 1利用导数求切线方程得出 ，将原不等式化为证明 t- 0< t< 1 ，构造函数
lnx1-lnx 2 2 t
h t = lnt- 1 t- 1 利用导数证明即可.2 t
2
【详解】(1)f x = a - x= -x +a
x x
31
当 a≤ 0，f x < 0，f x 在 0,+∞ 上单调递减，不可能两个零点；
当 a> 0时，令 f x = 0得 x= a
x∈ 0, a ，f x > 0，f x 单调递增，x∈ a,+∞ ，f x < 0，f x 单调递减，
g(x) = lnx- 1- 1 = lnx+ 1 - 1(x> 0)，x x
g (x) = 1 - 1 = x- 1 ，
x x2 x2
x∈ (0,1)时，g (x)< 0，g x 单调递减，x∈ 1,+∞ ，g x > 0，g x 单调递增，
所以 g(x)≥ g(1) = 0 1，即 x> 0时，lnx≥ 1- 恒成立，当且仅当 x= 1时取等号，
x
-1- 1 1- 1
所以 e a< e a≤ eln a= a，
而 f x = alnx- 1 x2+a+ 1 < alnx+ a+ 1，
2 2
-1-
1
所以 f e a < a -1- 1 + a+ 1= 0；f a ≥ f 1 = a> 0；a
f 1+ 2 a = aln(1+ 2 a) - 1 (1+ 2 a)2+a+ 1 <- 1 (1+ 2 a)2+a+ 1 =-2 a- a< 0∴ x∈ 0, a
2 2 2 2
有唯一零点且 x∈ a,+∞ 有唯一零点，满足题意，
综上：a∈ 0,+∞ ；
(2)曲线 y= f x 在 x1,0 和 x2,0 处的切线分别是
l a1:y= - x1 x- x ax 1 ，l2:y= - x x- xx 2 2 1 2
x +x x +x a
联立两条切线得 x = 1 2 ，∴ 1 23 = + 1，a + 1 x3 x1x2x1x2
alnx
1 2 1 1 2 2
1-
由题意得 2
x1+a+ 2 = 0 x1-x2
1 1 a=
2
alnx2- x22+a+ = 0 lnx1-
，
lnx
2 2 2
1 x1 - x2x +x a 2 x x
要证 2x 1 2 2 13< x1+x2，即证 > 2，即证 > 1，即证 > 1，x3 x1x2 ln x1x2
t= x1 < 1 lnt> 1令 ，即证 t- 1 0< t< 1 ，x2 2 t
1 1 t- 1 2
令 h t = lnt- t- =- ，h t < 0，∴ h t 在 0,1 单调递减，∴ h t2 > h 1 = 0，2 t 2t
∴ lnt> 1 t- 1 0< t< 1 得证．综上：2x3< x1+x2< 2 a+ 1 ．2 t
27 (2023·海南海口·模拟预测)已知函数 f(x) = xex+2.
(1)求 f(x)的最小值；
(2)设F(x) = f(x) + a(x+ 1)2(a> 0).
(ⅰ)证明：F(x)存在两个零点 x1，x2；
(ⅱ)证明：F(x)的两个零点 x1，x2满足 x1+x2+2< 0.
【答案】(1) - e
(2) (i)证明见解析 (ii)证明见解析
【分析】(1)用导数求出 f(x)单调性即可求解；
(2) (ⅰ)求出F(x)的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数；
(ⅱ)用F(x)的单调性把需证明的不等式转化为即证F(-2- x2)【详解】(1)f (x) = ex+2+xex+2= (x+ 1)ex+2，
32
所以当 x≤-1时，f (x)≤ 0，当 x>-1时，f (x)> 0，
所以函数 f(x)在 (-∞,-1]上单调递减，在 (-1,+∞)上单调递增，
所以 f(x)的最小值为 f(-1) =-e．
(2) (ⅰ)证明：F(x) = xex+2+a(x+ 1)2，a> 0，F (x) = (x+ 1) (ex+2+2a)，
因为 a> 0，所以 ex+2+2a> 0，所以当 x≤-1时，F (x)≤ 0，x>-1时，F (x)> 0，
所以F(x)在 (-∞,-1]上单调递减，在 (-1,+∞)上单调递增，
则函数F(x)有最小值F(-1) =-e．
由 a> 0，F(x) = xex+2+ax2+2ax+ a> xex+2+ax2+2ax= x(ex+2+ax+ 2a)，
下面证明，在 (-∞,-1]上，对 a> 0，只要 x足够小，必存在 x= x0∈ (-∞,-1]，
使得 ex0+2+ax0+2a< 0：
实际上，当 x<-2时，0< ex+2< 1，令 ax+ 2a<-1，得 x<- 1 - 2<-2，
a
所以对 a> 0，取 x0∈ -∞,- 1 - 2 x +2，必有 x0(e 0 +ax0+2a)> 0，即F(x0)> 0，a
所以在区间 (-∞,-1]上，存在唯一的 x1∈ (x0,-1)，F(x1) = 0，
又F(0) = 1> 0，所以在区间 (-1,+∞)上，存在唯一的 x2∈ (-1,0)，F(x2) = 0，
综上，F(x)存在两个零点．
(ⅱ)要证 x1+x2+2< 0，需证 x1<-2- x2，由-1< x2< 0，所以-2- x2<-1，
因为F(x)在 (-∞,-1]上单调递减，因此需证：F(-2- x2)F(-2- x2) =- (2+ x2)e-x2+a(x 22+1) ，F(x2) = x x2+22e +a(x 22+1) = 0，
所以F(-2- x2) =- (2+ x )e-x22 -x x2+22e ，-1< x2< 0，
设 g(x) =- (2+ x)e-x-xex+2，-1< x< 0，
则 g (x) = e-x+xe-x-ex+2-xex+2= e-x(x+ 1) (1- e2x+2)< 0，
所以 g(x)在 (-1,0)上单调递减，g(x)≤ g(-1) = 0，即
F(-2- x2) =- (2+ x )e-x2-x ex2+22 2 < 0，
结论得证，所以 x1+x2+2< 0．
28 (2023·浙江·二模)设m> 1，过M m,0 斜率为 k的直线与曲线 y= lnx交于P，Q两点 (P在第一
象限，Q在第四象限).
(1)若M为PQ中点，证明：0< k< 1；
(2)设点A 0,1 ，若 AP ≤ AQ ，证明：k> 1.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
lnx1= k x1-m x -x
【分析】(1)依题意得到 = - ，x x
1 2
1 2= 1，从而将问题转化为证 - > x1x2 成立，再利用lnx2 k x2 m lnx1 lnx2
构造函数求导法证明即可.
(2)利用逆否命题将问题转化为证“若 k≤ 1，则 AP > AQ” ，构造函数 h(x) = x2+ (lnx- 1)2- (x- lnx+
a)2 x> 0 ，从而将问题转化为证存在 a≥-1，使得 h(x)单调递增，由此得证.
【详解】(1)依题意，设 l:y= k(x-m),P x1,lnx1 ,Q x2,lnx2 ，m> 1，
1 x1-m
lnx1= k x1-m =则 0<
k lnx x -x
x2< x 1 1 1 21 ，所以 ，故 = ，
lnx2= k x2-m 1 = x2-m k lnx1-lnx2k lnx2
由于M m,0 为PQ中点，则由中点坐标公式可得 lnx1+lnx2= 0 x1x2= 1，
x1-x下证： 2
lnx1-
> x1x2，lnx2
33
不妨设 x1= tx2，则由 0< x2< x1得 t> 1，
x1-x要证 2 > (t- 1)xx x ，即证 2 > tx ，
lnx1-lnx 1 22 lnt 2
(t- 1)
即证 > t，即证 tlnt< t- 1，
lnt
令 f t = tlnt- t+ 1(t> 1)，则 f (t) = 2+ lnt - 1= 2+ lnt- 2 t，
2 t 2 t
令 g(t) = 2+ lnt- 2 t(t> 1)，则 g (t) = 1 - 1 = 1- t < 0在 1,+∞ 上恒成立，
t t t
所以 g t 在 1,+∞ 上单调递减，故 g(t)< g(1) = 0，即 f (t)< 0，
所以 f t 在 1,+∞ 上单调递减，故 f(t)< f(1) = 0，即 tlnt< t- 1，得证，
1 x
所以 = 1-x2- > x1x2= 1，解得 0< k< 1，k lnx1 lnx2
所以 0< k< 1，证毕.
(2)要证“若 AP ≤ AQ ，则 k> 1”成立，
可证其逆否命题“若 k≤ 1，则 AP > AQ” 成立，
φ x = x- lnx x> 0 φ x = 1- 1 = x- 1令 ，则 ，
x x
当 0< x< 1时，φ x < 0；当 x> 1时，φ x > 0；
所以 φ x 在 0,1 上单调递减，在 1,+∞ 上单调递增，
故 φ x ≥ φ 1 = 1，则 x- lnx+ a≥ 0( a≥-1)，
又由 ( lnx1)知 k= 1-lnx2 ，
x1-x2
所以当 k≤ 1时，0≤ x2-lnx2+a≤ x1-lnx1+a( a≥-1)，
要证 AP > AQ ，即证 |AP|2> |AQ|2，即证 x21+ lnx1-1 2-x22- lnx2-1 2> 0，
由于 x1-lnx +a 21 - x2-lnx2+a 2≥ 0( a≥-1)，
只需证：存在 a≥-1,x2+ lnx -1 2-x2- lnx -1 2> x -lnx +a 2- x -lnx +a 21 1 2 2 1 1 2 2 ，
即证 x21+ lnx1-1 2- x1-lnx1+a 2> x22+ lnx2-1 2- x2-lnx2+a 2，
令 h(x) = x2+ (lnx- 1)2- (x- lnx+ a)2= (2x- 2+ 2a)lnx- a2-2ax+ 1 x> 0 ，则 h x1 > h x2 ，
因为 h (x) = 2 lnx+ a- 1 + 1- a ，取 a= 2，则 h (x) = 2 lnx+ 1 - 1 ，x x
令m(x) = lnx+ 1 - 1 x> 0 1 1 x- 1 ，则m (x) = - = ，
x x x2 x2
当 0< x< 1时，m x < 0；当 x> 1时，m x > 0；
所以m x 在 0,1 上单调递减，在 1,+∞ 上单调递增，
故m x ≥m 1 = 0，即 lnx+ 1 - 1≥ 0，
x
所以 h (x) = 2 lnx+ 1 - 1 ≥ 0，故 h(x)在 0,+∞ 上单调递增，x
因为 x1> x2，所以 h x1 > h x2 ，证毕.
29 (2023·全国·模拟预测)已知函数 f x = 1+ 2lnx .
x2
(1) 1设函数 g x = ekx- k> 0 ，若 f x ≤ g x 恒成立，求 k的最小值；
kx
2 1- lnm
(2) = x x 若方程 f x m有两个不相等的实根 x1、x2，求证： 1 + 2 < .x2 x1 m
【答案】(1)1；
34
(2)证明见解析.
(1) e2lnx+kx- x【分析】 将问题转化为不等式 - (1+ 2lnx)≥ 0在 (0,+∞)上恒成立，利用导数证明 k= 1时，
k
不等式 e2lnx+x-2lnx- x- 1≥ 0成立，进而分类讨论 0< k< 1与 k> 1两种情况，从而得解；
(2)利用导数研究函数 f x 的性质可得 0为 1+ lnx1x2< x1x2-x1x2lnm，利用分析法，构造函数 h(x) = lnx- x+ 1(x> 0)证明 lnx+ 1≤ x，即 1+
lnx1x2≤ x1x2，结合 x1x2< x1x2-x1x2lnm即可证明.
【详解】(1)当 k> 0、x> 0时，f(x)≤ g(x) 1+ 2lnx即 ≤ ekx- 1 恒成立，
x2 kx
等价于 1+ 2lnx≤ x2ekx- x 1+ 2lnx≤ e2lnx+kx- x e2lnx+kx- x - (1+ 2lnx)≥ 0恒成立.
k k k
设u(x) = ex-x- 1，则u (x) = ex-1，
令u (x)< 0 x< 0，令u (x)> 0 x> 0，
所以函数 u(x)在 (-∞,0)上单调递减，在 (0,+∞)上单调递增，
所以u(x)min=u(0) = 0，得u(x)≥ 0，即 ex-x- 1≥ 0，
当 k= 1时，令 v(x) = 2lnx+ x x> 0 ，易得 v(x)在 (0,+∞)上单调递增，
又 v 1 = 2ln 1 + 1 =-2+ 1 < 0，v 1 = 1> 0，e e e e
v(x) 1所以 在 ,1 ，即 (0,+∞)上存在唯一零点 xe 0，
所以u v(x) ≥2024年新结构题型中大题考点预测：导数综合
目录
题型一：导数恒能成立问题
题型二：导数与函数零点问题
题型三：导数解决双变量问题
题型四：导数中的极值点偏移问题
题型一：导数恒能成立问题
1 (2023·黑龙江佳木斯·模拟预测)已知函数 f x = lnx- a2x2-ax+ a- 1 a∈R ．
(1)试讨论 f x 的单调性；
x
(2) e若不等式 f x+ 1 + a2 x+ 1 2+ + ≥ 0对任意的 x≥ 0恒成立，求实数 a的取值范围.x 1
2 (2023·湖南郴州·模拟预测)已知 f(x) = alnx+ 1 x2-2x(a∈R且 a≠ 0)在 (0,+∞)上单调递增，
2
g x = cosx+ xsinx.
(1) 1当 a取最小值时，证明 f x ≤ x2-x- 1恒成立.
2
f x
(2)对 x ∈ 1 2 1 -π,π ， x ∈ 2 ,e

，使得 - a≤ g x1 成立，求实数 a的取值范围.e x2
1
2 2
3 (2024· x x云南昆明·模拟预测)已知函数 f x = ln x+ 1 - x+ x∈ -1,+∞ 和 g x = + sinx
2 2
+ cosx- x- 1 x∈ -1, π ．2
(1)讨论 f x 与 g x 的单调性；
(2)若 ln a x+ 1 + 1≥ sinx+ cosx+ 在 0,+∞ 上恒成立，求实数 a的取值范围．
x
4 (2024·广东·模拟预测)已知函数 f x = ex+cosx- 2，g x = sinx.
(1)求证：当 x∈ 0,+∞ ，g(x)< x< f(x)；
(2)若 x∈ 0,+∞ ，f x + g x > ax恒成立，求实数 a的取值范围.
2
5 (2024·湖南·模拟预测)已知函数 f x = a2ex-3ax(a∈R,a≠ 0,e是自然对数的底数，e= 2.71828
).
(1)当 a= 1时，求函数 f x 的零点个数；
(2)当 a= 1时，证明：f x ≥ cosx- 2x；
(3)证明：若 a∈ 1,+∞ ,x∈R，则 f x ≥ 1- 2sinx.
6 (2024· · ax lnx全国 模拟预测)已知函数 f x = x 和函数 g x = 有相同的最大值.e ax
(1)求 a的值；
(2)设集合A= x f x = b ，B= x g x = b (b为常数).证明：存在实数 b，使得集合A∪B中有且仅有 3
个元素.
3
7 (2023·上海·模拟预测)已知函数 f(x) = x3+bx2+cx(b、c∈R)，其导函数为 f (x)，
(1)若函数 f(x)有三个零点 x1、x2、x3，且 x1+x2+x3= 3,x1x3=-9，试比较 f(3) - f(0)与 3f (2)的大小.
(2)若 f (1) =-2，试判断 f(x)在区间 (0,2)上是否存在极值点，并说明理由.
(3)在 (1)的条件下，对任意的m,n∈R，总存在 x∈ [0,3]使得 | f(x) +mx+n| ≥ t成立，求实数 t的最大
值.
8 (2023高三·全国·专题练习)已知函数 f x = lna2x- 2 ax+ alna.
(1)求证 f x ≤ a2-3；
(2)是否存在实数 k，使得只有唯一的正整数 a，对于 x∈ (0,+∞)恒有：f(x)< ea+ k，若存在，请求出 k的范
围以及正整数 a的值；若不存在请说明理由.(下表的近似值供参考)
ln2 ln3 ln4 ln5 ln6 ln7 ln8 ln9
0.69 1.10 1.38 1.61 1.79 1.95 2.07 2.20
4
9 (2023· 1浙江温州·模拟预测)已知函数 f x = ae2x-ex+1- x2 a∈R ．
2
(1)若函数 f(x)有两个极值点，求整数 a的值；
(2)若存在实数 a，b b，使得对任意实数 x，函数 f(x)的切线的斜率不小于 b，求 的最大值．
a
10 (22- 23高三上·安徽·阶段练习)若存在 x1,x2∈ a,b 且 x1≠ x2,m> 1使 g x1 - g x2 >
m f x1 - f x2 成立，则在区间 a,b 上，称 g x 为 f x 的“m倍扩张函数”．设 f x = ex,g x =-x2+x，
1
若在区间 -2, 上 g x 为 f x 的“m倍扩张函数”．2
(1)求实数m的取值范围；
(2)证明：f x 与 g x 的图象存在两条公切线．
5
e lnx+ 1
11 ( 2024· ex湖北武汉·二模)已知函数 f x = + 1- a lnx，h x = x ．x e
(1)当 x> 1 1 3时，求证：h x >- x+ ；
2 2
( x2)函数 f x 有两个极值点 x1，x2，其中 x1< x2，求证： 2 > e3a．x1
12 (2024·广西南宁·一模)已知函数 f x = lnx- ax+ a,g x = x- 1 ex-a-ax+ 1 a∈R ．
(1)若 f x ≤ 0，求 a的值；
(2)当 a∈ 0,1 时，证明：g x ≥ f x ．
6
题型二：导数与函数零点问题
x
13 (23- 24高三上·湖北·期中)已知 a> 0，曲线C1：y= alnx与C2：y= e a没有公共点.
(1)求 a的取值范围；
(2)设一条直线与C1，C2分别相切于点 i,j ， s,t .证明：
(i)i+ t≠ j+ s；
( )0< i+ s < sⅱ + j .
e i t
14 (2024·山东泰安·一模)已知函数 f x = aeax a≠ 0 ．
(1)若 a> 0，曲线 y= f x 在点 0,f 0 处的切线与直线 x+ y- 2= 0垂直，证明：f x > ln x+ 2 ；
eax1(2) x ,x x < x g x = f x - -e
ax2
若对任意的 1 2且 1 2，函数 - ，证明：函数 g x 在 x1,x2 上存在唯一零点．x1 x2
7
15 (2024·山西·模拟预测)已知函数 f(x) = sinx+ ln(x+ 1) - ax，且 y= f(x)与 x轴相切于坐标原点．
(1)求实数 a的值及 f(x)的最大值；
(2) π证明：当 x∈ ,π

时，f(x) + 2x>
1
；
6 2
(3)判断关于 x的方程 f(x) + x= 0实数根的个数，并证明．
16 (23- 24高三上·安徽池州·期末)已知函数 f(x)与 g(x)的图象关于直线 y= x对称，若 f x = ex，构
造函数 p(x) = xf(x) + ag(x)．
(1)当 a= 1时，求函数 p(x)在点 (1,p(1))处的切线与坐标轴围成三角形的面积；
(2)若 r(x) = (x+ 1)f(x) - g (x) (其中 g (x)为 g(x)的导函数)，当 a=-1时，(t+ 1)r(t) = p(t) 5，证明： < t
9
< 5 ． (参考数据：ln3≈ 1.099,ln5≈ 1.609)
3e
8
17 (23- 24高三上· πx河北沧州·期末)已知函数 f(x) = x- sin .
2
(1)设 θ∈ 0, π2 且 cosθ=
2
，求 f(x)在区间 (-1,1)内的单调递减区间 (用 θ表示)；
π
(2)若 a> 0，函数 g(x) = f(x) - aln|x|有且仅有 2个零点，求 a的值.
18 (2023·全国·模拟预测)一类项目若投资 1元，投资成功的概率为 p(0< p< 1)．如果投资成功，会获
得 b元的回报 (b> 0)；如果投资失败，则会亏掉 1元本金．为了规避风险，分多次投资该类项目，设每次投
资金额为剩余本金的 x(0< x< 1)，1956年约翰·拉里·凯利计算得出，多次投资的平均回报率函数为 f(x)
= (1+ bx)p (1- x)1-p，并提出了凯利公式．
( ) ( + )> ( ) = pb- (1- p)1 证明：当 p b 1 1时，使得平均回报率 f x 最高的投资比例 x满足凯利公式 x ；
b
1x
(2)若 b= 1 p= 1， ，求函数 g(x) = e 2 -x- f(cosx)在 (0,π)上的零点个数．
2
9
19 (2023·上海浦东新·二模)设P是坐标平面 xOy上的一点，曲线Γ是函数 y= f x 的图象．若过点
P恰能作曲线Γ的 k条切线 k∈N ，则称P是函数 y= f x 的“k度点”．
(1)判断点O 0,0 与点A 2,0 是否为函数 y= lnx的 1度点，不需要说明理由；
(2)已知 0(3)求函数 y= x3-x的全体 2度点构成的集合．
20 (2024·全国·模拟预测)如果有且仅有两条不同的直线与函数 f x ,g x 的图象均相切，那么称这两
个函数 f x ,g x 为“L函数组”．
(1)判断函数 y= ex-2与 y= lnx是否为“L函数组”，其中 e为自然对数的底数，并说明理由；
(2)已知函数 f x = 2+ lnx与 g x = a x为“L函数组”，求实数 a的取值范围．
10
21 (23- 24高三上·安徽·阶段练习)已知函数 f x = ex-ax+ 1，a∈R，f x 有两个零点 x1，x2.
(1)若 a∈Z，求 a的最小值；
(2)证明：x1+x2> 2+ 2 .a
题型三：导数解决双变量问题
22 (22- 23高三上·吉林通化·开学考试)已知函数 f x = 1- x ex-a(x2+1) (a∈R) .
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 f x 有两个不同的零点 x1,x2，证明：x1+x2< 0.
11
23 (2023·山东威海·一模)已知函数 f x = ex-ax有两个零点.
(1)求实数 a的取值范围；
(2)设 x1,x2是 f x 的两个零点，求证：f x1x2 < 0.
24 (23- 24 1高三上·重庆沙坪坝·期中)已知函数 f x = aex- x2+a有两个不同的极值点 x
2 1
,x2
x1< x2 .
(1)求实数 a的取值范围；
(2)已知m> 0，且 x1+mx2>m+ 1，求m的取值范围.
12
25 (23- 24高三上·湖南长沙·阶段练习)函数 f x = alnx+ 1 x2- 3 a+ 1 x+ (a> 0).
2 2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a= 1时，若 f x1 + f x2 = 0，求证：x1+x2≥ 2；
(3)求证：对于任意n∈N*都有 .
1 1
26 (2023·四川成都·模拟预测)若函数 f x = alnx- x2+a+ x> 0 有两个零点 x1,x2，且 x1< x2．2 2
(1)求 a的取值范围；
(2)若 f x 在 x1,0 和 x2,0 处的切线交于点 x3,y3 ，求证：2x3< x1+x2．
13
27 (2023·海南海口·模拟预测)已知函数 f(x) = xex+2.
(1)求 f(x)的最小值；
(2)设F(x) = f(x) + a(x+ 1)2(a> 0).
(ⅰ)证明：F(x)存在两个零点 x1，x2；
(ⅱ)证明：F(x)的两个零点 x1，x2满足 x1+x2+2< 0.
28 (2023·浙江·二模)设m> 1，过M m,0 斜率为 k的直线与曲线 y= lnx交于P，Q两点 (P在第一
象限，Q在第四象限).
(1)若M为PQ中点，证明：0< k< 1；
(2)设点A 0,1 ，若 AP ≤ AQ ，证明：k> 1.
14
29 (2023· 1+ 2lnx全国·模拟预测)已知函数 f x = .
x2
(1)设函数 g x = ekx- 1 k> 0 ，若 f x ≤ g x 恒成立，求 k的最小值；
kx
x x 2 1- lnm( 2)若方程 f x =m有两个不相等的实根 x 1 21、x2，求证： + < .x2 x1 m
30 (2023·陕西安康·二模)已知函数 f x = alnx，g x = bex(e为自然对数的底数)
(1)当 a= e时，恰好存在一条过原点的直线与 f x ，g x 都相切，求 b的值；
(2)若 b= 1，方程 xg x - f x - ax= 0 2- x +x有两个根 x1，x2，(0< x1< x2)，求证：x x > e 1 2 1 2 ．
15
31 (22- 23高三上·广东揭阳·期末)已知函数 f x = 2alnx+ x2-2(a+ 1)x(a< 0).
(1)讨论 f x 的零点个数；
(2)当 f x 有两个零点时，分别设为 x1，x2 x1< x2 ，试判断 x1+x2与 2的大小关系，并证明.
题型四：导数中的极值点偏移问题
32 (23- 24高三上·重庆渝中·期中)已知函数 f x = xlnx- ax2+x,a∈R．
(1)若函数 f x 是减函数，求 a的取值范围；
(2)若 f x 8 有两个零点 x1,x2，且 x2> 2x1，证明：x1x2> ．
e2
16
33 (2022·山东临沂·二模)已知函数 f(x) = x- 1 sinx．
2
(1)若存在 x∈ π ,
π ，使 f(x)≤ ax成立，求 a的取值范围；4 2
(2)若 g(x) = f(x) -mlnx，存在 x1，x2∈ (0,+∞)，且当 x 21≠ x2时，g x1 = g x2 ，求证：x1x2< 4m ．
34 (2022·贵州·模拟预测)已知函数 f(x) = 2lnx+ a (a∈R)有两个零点.
x2
(1)求 a的取值范围.
(2)记两个零点分别为 x1，x2，证明：x1+x2> 1.
17
35 (23- 24高三上·湖北·期中)已知 h x = lnx- ax
(1)若 h x 有两个零点，求 a的取值范围；
x1
( ) x e +x e
x2
2 若方程 ax ex= lnx+ x有两个实根 x1、x2，且 x2> x1，证明：h 1 2 < 0.2
36 (2023·安徽淮南·一模)已知 f(x) = alnx+ x有两个不同的零点 x1,x2 0< x1< x2 .
(1)求实数 a的取值范围；
(2) = x1+λx若 x 20 (λ≠-1)，且 f x > 0恒成立，求实数 λ的范围.1+ λ 0
18
(22- 23 · · ) f(x) = a+ 137 高三上 安徽六安 阶段练习 已知函数 a lnx+
1 - x(a> 0)，函数 g x 是定
x
义在 0,+∞ 的可导函数，其导数为 g x ，满足 0< g x <-g x ．
(1)若 f x 在 0,+∞ 上单调递减，求实数 a取值范围；
(2) x x对任意正数 x1,x 2 1 2 22 x1< x2 ，试比较 x1g 与 x2g 的大小．x2 x1
38 (22- 23高三上·内蒙古·阶段练习)已知函数 f(x) = ex-e-x-ax(a∈R)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
f x - f x
(2)若 f(x) 1 2 存在两个极值点 x1,x2，证明：2- a< < 0．x1-x2
19
39 (2023·湖南永州·一模)已知 f(x) = x2-kxlnx- 1，g(x) = 1 ax2-xlnx+ x
2
(1)不等式 f(x)≥ 0对任意 x≥ 1恒成立，求 k的取值范围；
(2)当 g(x)有两个极值点 x1,x2 x1< x2 时，求证：(2ae- 1) x1+x2 < 2e.
40 (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) x< 0 x ex> 1若当 时，不等式 恒成立，求实数m的取值范围；
x
(2)证明：ea+eb< 1．
20
x 2
41 (2024·全国·模拟预测) e -ax已知函数 f(x) = + 有 3个极值点 x1,x2,x3，其中 e是自然对数的底数．1 x
(1)求实数 a的取值范围；
(2)求证：x1+x2+x3>-2．
21