专题 07 导数压轴大题综合归类
目录
题型 01 恒成立求参：内点型(基础讨论型） ...................................................................................................................1
题型 02 恒成立求参：内点型(隐零点转化型） ................................................................................................................2
题型 03 能成立求参（内点综合型） ................................................................................................................................2
题型 04 零点求参：一个零点（基础型） ........................................................................................................................3
题型 05 零点求参：两个零点拔高型 ................................................................................................................................4
题型 06 零点求参：三个零点综合型 ................................................................................................................................5
题型 07 零点求参：含参讨论零点个数型 ........................................................................................................................5
题型 08 零点求参：参数范围证明型 .................................................................................................................................6
题型 09 零点不等式证明：基础型 ....................................................................................................................................7
题型 10 零点不等式证明：比值代换型 ............................................................................................................................8
题型 11 数列不等式证明：裂项求和相消型 .....................................................................................................................8
题型 12 数列不等式证明：三角函数型 .............................................................................................................................9
题型 13 数列不等式证明：累积列项相消型 ..................................................................................................................10
题型 01 恒成立求参：内点型(基础讨论型）
【解题规律·提分快招】
不等式恒成立求参数取值范围问题
对参数分类讨论研究函数单调性、极值等问题的方法，是我们在解决含参不等式恒成立问题的一般性方法.
如果函数结构式不是很复杂，可以通过求导得到函数的极值点（导函数零点）与单调性的情况，再对极值
点直接讨论，如果无法求出极值点（导函数零点），可以通过多次求导、或利用零点存在性定理虚设零点进
行分析.
【典例 1-1】
（21-22 高二下·天津滨海新·期中）已知函数 f (x) = ex (x2 + a)(a R)．
(1)当 a = -8时，求函数 f (x) 的单调区间和极值；
é1 ù f (x)
(2)若对于"x ê , 22 ú，都有不等式 x
- 2ln x 0
e 恒成立，求实数
a 的取值范围．
【典例 1-2】
（23-24 2高三上·天津滨海新·阶段练习）已知函数 f x = 2alnx - x +1 .
(1)若 a =1，求函数 f x 的单调递减区间；
(2)若 a > 0，求函数 f x 在区间 1, + 上的最大值；
(3)若 f x 0 在区间 1, + 上恒成立，求 a的范围.
【变式 1-1】
a
（高三·河北廊坊·阶段练习）已知函数 f (x) = ln x + - a
x
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的值．
题型 02 恒成立求参：内点型(隐零点转化型）
【解题规律·提分快招】
内点型隐零点转化
1．导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用
显性的代数进行表达．
2．解决此类问题的基本思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离参
数，技巧上反客为主．
3.已知不含参函数 f(x)，导函数方程 f′(x)＝0 的根存在，却无法求出，利用函数零点存在定理判断零点存在，
设方程 f′(x)＝0 的根为 x0，则(1)有关系式 f′(x0)＝0 成立，(2)注意确定 x0 的范围．
4.已知含参函数 f(x，a)，其中 a 为参数，导函数方程 f′(x，a)＝0 的根存在，却无法求出，设方程 f′(x)＝0 的
根为 x0，需根据题意对参数进行分类讨论．
【典例 1-1】
（22-23 高二下· x吉林白城·期末）已知函数 f x = e + ax 在 0, f 0 处的切线与直线 l： x - 2y + 4 = 0垂直．
(1)求 f x 的单调区间；
(2) x f x -x2若对任意实数 ， -3+2b恒成立，求整数b 的最大值．
【典例 1-2】
（22-23 高三上·天津·期末）设函数 f (x) = ln x
1
- ax2 ， g(x) = ex - bx， a,b R ，已知曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))
2
处的切线与直线 x - y +1 = 0 垂直．
(1)求 a 的值；
(2)求 g(x)的单调区间；
(3)若bf (x) + bx xg(x) 对"x (0,+ )成立，求 b 的取值范围．
【变式 1-1】
2
（高三上·四川泸州·期末）已知函数 f x = ln x + ax + a + 2 x +1，其中 a R .
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)设 a Z，若对任意的 x > 0， f x 0 恒成立，求 a的最大值.
题型 03 能成立求参（内点综合型）
【解题规律·提分快招】
能成立与恒成立，最终是转化为“最值”
单变量的恒（能）成立问“
（1）"x D，有m f (x)恒成立 m f (x)max ；
（2）"x D，有m f (x)恒成立 m f (x)min ；
（3） x D ，有m f (x)能成立 m f (x)min ；
（4） x D ，有m f (x)能成立 m f (x)max .
双变量的不等关系问题
（1）"x1 D1， x2 D2 ，有 f (x1) g(x2 )成立，则 f (x)max g(x)max ；
（2） x1 D1，"x2 D2 ，有 f (x1) g(x2 )成立，则 f (x)min g(x)min ；
（3）"x1 D1，"x2 D2 ，有 f (x1) g(x2 )成立，则 f (x)max g(x)min ；
（4） x1 D1， x2 D2 ，有 f (x1) g(x2 )成立，则 f (x)min g(x)max .
【典例 1-1】
2
（2024·天津河西·三模）已知函数 f x = -2a ln x - ， g x = ax - 2a +1 ln x 2- ，其中 a R ．
x x
(1)若 f 2 = 0，求实数 a 的值
(2)当 a > 0时，求函数 g x 的单调区间；
1
(3)若存在 x
é 2 ù
ê , e ú使得不等式 f x g x 成立，求实数 a 的取值范围． e
【典例 1-2】
2
（24-25 高三上·天津滨海新· x期中）设函数 f (x) = + a ln x ．
2
(1)若 a 0，求 f (x) 的单调区间和最小值；
(2)在（1）的条件下，若 f (x) 存在零点，则讨论 f (x) 在区间 0, e ù 上零点个数；
a a
(3) 2若存在 x0 1，使得 f (x) - x - x (a 1)，求 a 的取值范围．2 a -1
【变式 1-1】
（24-25 高三上·天津·期中）已知函数 f x = mx - lnx + e -1 .
(1)讨论 f x 的单调性；
n 1 n -1
(2)当m =1时，求函数 f x 的最小值，并证明 > n 2,n N* ；
k =2 lnk n
(3) m > 0 mx当 时，若关于 x 的不等式 xf x > e 在区间 0, + 上有解，求m 的取值范围.
题型 04 零点求参：一个零点（基础型）
【解题规律·提分快招】
零点求参基础型：
1. 分类讨论思想与转化化归思想
2. 数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函数”切线处
（极值点处）
3.注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维”。
【典例 1-1】
24-25 · · f x = ex-1（ 高三上 天津西青 期末）已知函数 - ax - lnx a > 0 .
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)求证： f x 有唯一极值点；
(3)若 f x 有唯一零点 x0 ，求证：1 x0 2 .
【典例 1-2】
（2022· · - x全国乙卷 高考真题）已知函数 f x = ln 1+ x + axe
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 在区间 -1,0 , 0, + 各恰有一个零点，求 a 的取值范围．
【变式 1-1】
（2021·山东济南·一模）已知函数 f (x) = x ln x + ax2 a R .
（1）若 f (x) 在其定义域上为单调递减函数，求实数 a的取值范围；
（2）设函数 g(x) = f (x) + x cos x - sin x - x ln x .
①若 g(x)
p ù
在 0, ú 上恰有 1 个零点，求实数 a2 的取值范围；è
②证明：当a 1时， f (x) x2 ×ex - x .
题型 05 零点求参：两个零点拔高型
【解题规律·提分快招】
两个零点型，比较复杂，多数为所求区间内为“类二次函数型”，所以需要求极值点，还需要“找点”
【典例 1-1】
（2024·天津河西·模拟预测）已知函数 f (x) = ae2x + (a - 2)ex - x, g(x) = ex - ln(x + m) .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当m 2时，求证 g x > 0；
(3)若 f (x) 有两个零点，求 a的取值范围．
【典例 1-2】
（23-24 高二下·天津·期中）已知函数 f (x) = ax + ln x +1．
(1)若 a = -1，求函数 f (x) 的极值；
(2)若 f (x) 有两个零点，求实数 a的取值范围；
(3)令F (x) = f (x) - ax -1，过点P x0 , y0 做曲线 y = F (x)的两条切线，若两切点横坐标互为倒数，求证：点 P
一定在第一象限内．
【变式 1-1】
（2024·天津·模拟预测）已知函数 f x = ln x + 2
(1)求曲线 y = f x 在 x=-1处的切线方程；
(2)求证： ex x +1；
(3)函数 h x = f x - a x + 2 有且只有两个零点，求 a 的取值范围．
题型 06 零点求参：三个零点综合型
【解题规律·提分快招】
三个零点综合型
1、三个零点型，注意是否有容易观察出来的零点，这样可以转化为两个零点型以降低难度。
2、三个零点型，可通过讨论，研究函数是否是“类一元三次函数”型。
3、如果函数有“断点”，注意分段讨论研究。
【典例 1-1】
（24-25 高三上·天津·阶段练习）已知函数 f (x) = ax - ex2 ， a > 0且 a 1．
g(x) f (x)(1)设 = + ex ，讨论 g(x)x 的单调性；
(2)若 a >1且 f (x) 存在三个零点x1， x2， x3 ．
（i）求实数 a的取值范围;
2e +1
（ii）设 x1 x2 x3，求证： x1 + 3x2 + x3 > ．e
【典例 1-2】
（23-24 高二下·天津河北·期中）已知函数 f x = a ln x + bx a,b R 的图象在点 1, -3 处的切线方程为
y = -2x -1.
(1)求 f x 的解析式；
(2)若对任意 x é
1
ê , +
÷有 f x m 恒成立，求实数m 的取值范围；
3
(3)若函数 g x = f x + x2 + k + 2在 0, + 内有 3 个零点，求实数 k 的取值范围.
【变式 1-1】
（23-24 高三上·天津武清·阶段练习）已知函数 f (x) = a(x +1) ln x - x +1，其中 a R .
(1)求曲线 y = f (x) 在 (1, f (1))处的切线方程 y = g(x) ，并证明当 x >1时， a( f (x) - g(x)) 0；
(2)若 f (x) 有三个零点 x1, x2 , x3，且 x1 x2 x3 .
（i）求实数 a的取值范围；
（ii）求证： (3a -1) x1 + x3 + 2 2 .
题型 07 零点求参：含参讨论零点个数型
【解题规律·提分快招】
判断函数 f x 零点个数的方法有：
（1）直接法，令 f x = 0，如果能直接求出解，那么有几个不同的解， f x 就有几个零点.
（2）图象法，画出函数 f x 的图象，函数 f x 的图象与 x 轴的交点个数就是函数 f x 的零点个数；将函
数 f x 拆成函数 h x 和 g x 的差的形式， f x = 0 h x = g x ，则函数 f x 的零点个数就是函数
y = h x 和 y = g x 的图象的交点个数.
（3）函数零点存在定理，利用函数零点存在定理时，不仅要求函数图象在区间 a,b 上是连续不断的曲线，
f a × f b 0 ，还需要结合函数的图象与性质（如单调性 奇偶性）才能确定函数有多少个零点.
【典例 1-1】
24-25 · · f x = x +1 e2-ax +1 g x = (x +1)ax e2+ 1-a x（ 高三上 湖南永州 开学考试）已知函数， ， +1．
(1)若 a =1，求 f x 的极值；
(2)当 a 0时，讨论 f x 零点个数；
(3)当 x 0 时， f x g x ，求实数 a的取值范围．
【典例 1-2】
（23-24 高二下·四川遂宁·阶段练习）已知 f x = x + kln 1+ x 在 t, f t t > 0 处切线为 l．
(1)若切线 l 的斜率 k = -1，求 f x 单调区间；
(2)证明：切线 l 不经过 0,0 ；
(3)已知 k =1， A t, f t ，C 0, f t ，O 0,0 ，其中 t > 0，切线 l 与 y 轴交于点 B 时．当
2S△ACO =15S△ABO ，符合条件的 A 的个数为？
（参考数据：1.09 ln3 1.10，1.60 ln5 1.61，1.94 ln7 1.95）
【变式 1-1】
x
（22-23 高三上·天津南开·阶段练习）已知函数 f (x) = ．
ex
(1)求 f (x) 的单调区间和极值；
(2)若 x = 0是函数 g (x) = f (a) × f (x) + sin x 的极值点．
（ⅰ）证明： -2ln 2 a 0；
（ⅱ）讨论 g(x)在区间 -π, π 上的零点个数．
题型 08 零点求参：参数范围证明型
【典例 1-1】
24-25 x（ 高三上·天津·阶段练习）设函数 f x = lnx - a x -1 e ，其中 a R .
(1)若 a = -1，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程;
(2)若 0 a
1
，
e
（i） 证明: 函数 f x 恰有两个零点;
（ii） 设 x0 为函数 f x 的极值点， x1 为函数 f x 的零点，且 x1 > x0，证明: 3x0 - x1 > 2 .
【典例 1-2】
2
（23-24 高三上·天津河西·阶段练习）已知函数 f x = 2ln x - ax + 2x -1， g x = f x - 2ax + 3 a R .
(1)若 f 1 = -1，求函数 y = f x 的极值；
(2)若关于 x 的不等式 g x 0恒成立，求整数 a的最小值；
2
(3)当0 a 1时，函数 g x 恰有两个不同的零点x1， x2，且 xI x2，求证： x1 + x2 > .a
【变式 1-1】
（23-24 高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数 f (x) = 2ln x - (a +1)x2 - 2ax +1， a R ．
(1)当 a =1时，求函数 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)若函数 f (x) 有两个零点x a1， x2，求实数 的取值范围；
2
(3)在（2）的条件下，证明： x1 + x2 > ．a +1
题型 09 零点不等式证明：基础型
【解题规律·提分快招】
零点不等式，也是极值点偏移的一个类型。：”偏移“的基本思维
1. 若函数 f (x) 存在两个零点 x1 , x2 且 x1 x2 ，求证： x1 + x2 > 2x0 （ x0 为函数 f (x) 的极值点）；
2. 若函数 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 满足 f (x1) = f (x2 )，求证： x1 + x2 > 2x0 （ x0 为函数 f (x) 的极
值点）；
x + x
3. 若函数 f (x) 存在两个零点 x1 , x2 且 x1 x2 ，令 x0 = 1 2 ，求证： f ' (x0 ) > 0；2
x + x
4. 若函数 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 满足 f (x1) = f (x )，令 x = 1 22 0 ，求证： f ' (x0 ) > 0 .2
【典例 1-1】
x -1
（2023·湖北·模拟预测）已知函数 f x = alnx - .
x +1
(1)当 a =1时，求函数 f x 的单调区间；
(2) 2 2若 g x = a x -1 lnx - (x -1) a 0 有 3 个零点x1， x2， x3 ，其中 x1 x2 x3 .
（ⅰ）求实数 a的取值范围；
（ⅱ）求证： 3a -1 x1 + x3 + 2 2 .
【典例 1-2】
（24-25 高三上·天津· 2 x期中）已知函数 f x = x e , g x = lnx .
(1)求函数 y = f x 的单调区间；
(2)若曲线 y = e x+m 与 y = g x +1 存在两条公切线，求整数m 的最小值；
1 a
(3)已知 a - ,0÷，函数 h x = x -1 g x -1 - 有 3 个零点为： x1, x2 , x3，且 xe x 1 x2 x3，证明：è
x1 + x
2
2 + x3 > .e
【变式 1-1】
（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = ex - ax（ e是自然对数的底数）.
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
(2)若 g(x) = ex (x -1) - a ln x + f (x) 有两个零点分别为 x1, x2 .
①求实数 a的取值范围；
e2②求证： x1x2 > .ex1 +x2
题型 10 零点不等式证明：比值代换型
【典例 1-1】
（24-25 2高三上·天津滨海新·阶段练习）已知 f x = x - 4x - 6lnx，
(1)求 f x 在 1, f 1 处的切线方程以及 f x 的单调性；
(2)对"x 1, + ，有 xf x - f x > x2 + 6k 1 1 -
÷ -12恒成立，求 k 的最大整数解；
è x
(3)令 g x = f x + 4x - a - 6 lnx ，若 g x 有两个零点分别为 x1, x2 x1 x2 且 x0 为 g x 的唯一的极值点，
求证： x1 + 3x2 > 4x0 .
【典例 1-2】
2lnx +1
（23-24 高二下·四川成都·期末）已知函数 f x = - ax, a R .
x
(1)讨论函数 g x = xf x 的单调区间：
(2)若函数 f x 有两个不同的零点 x1, x2 ，
①求 a的取值范围，
② a x + x 2证明： 1 2 > 4 .
【变式 1-1】
（23-24 2高三上·天津静海·阶段练习）设函数 f x = ln x - ax - bx .
(1)当 a = -2 时，若函数 f x 在其定义域内单调递增.求 b 的取值范围；
(2)若 a = 0，b = 0， g x = (x + 2) f (x +1) - 2x ，证明： x > 0时， g x > 0；
x + x
(3)若 f x 有两个零点x1， x ，且 x x ，求证： f 1 22 1 2 ÷ 0 .è 2
.题型 11 数列不等式证明：裂项求和相消型
【解题规律·提分快招】
证明不等式 f 1 + f 2 +L+ f n g n ，该不等式左边是求和式，右边只有单独的一项，但可以通过变
形将右边也转化为求和式，即
g n = é g n - g n -1 ù + é g n -1 - g n - 2 ù + ég n - 2 - g n - 3 ù +L + é g 2 - g 1 ù + é g 1 - g 0 ù
这样一来，设bn = g n - g n -1 n N* ，
则只需证 f 1 + f 2 +L+ f n b1 + b2 +L + bn ，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关
系，即如果能够证出 f n bn 恒成立，则原不等式也就成立.
【典例 1-1】
（19-20 高三上·天津·期中）已知 f x = asinx a R g x = ex， .
(1)若0 a 1，判断函数G x = f 1- x + lnx在 0,1 的单调性；
(2)设F x = g x - mx2 - 2 x +1 + k k Z ，对"x > 0，m 0，有F x > 0恒成立，求 k 的最小值；
1 1 1 1
(3) *证明： sin 22
+ sin + sin + ×××+ sin ln2
32 42 n 1 2 . n N+ .
【典例 1-2】
（2024·福建莆田·三模）已知函数 f (x) = x
1
- + a ln x，其中 a R .
x
(1)当 x 1,+ 时， f (x) 0，求 a的取值范围.
(2)若 a -2，证明： f (x) 有三个零点x1， x2， x3 （ x1 x2 x3），且x1， x2， x3 成等比数列.
n 1
(3)证明： > ln n +1 k k （
* ）.
k =1 +1 n N
【变式 1-1】
3 1
（23-24 高三上·山东济南·期末）已知函数 f x = ax ln x - x - + 2．
2 2x
(1)当 a =1时，求 f x 的单调区间；
(2)若 x 1时， f x 0，求 a 的取值范围；
1
(3)对于任意 n N* ，证明： ln 2
1 1 1 1-
4 n + 2
+ +L +
n +1 n + 2 2n ÷ 4n ．è
题型 12 数列不等式证明：三角函数型
【解题规律·提分快招】
对于含有三角函数型不等式证明：
1.证明思路和普通不等式一样。
2.充分利用正余弦的有界性
3. x sin x x 0 三角函数与函数的重要放缩公式： .
【典例 1-1】
（23-24 ax高三上·天津和平·期末）已知函数 f x = x x > 0 ,g x = e a R ，
(1)若 a = -1，讨论F x = f x × g x 在 0, + 的单调性；
4 x 1
(2)若 a > 0，函数G x = é f x ù × lng x ，不等式 asinx > - G x 恒成立，求实数 a的取值范围；6 6
n 2
* ksin 1 6n - 7n +1(3)当 n N ,n 2时，求证： > ．
k =2 k 6n
【典例 1-2】
（20-21 高三上·天津和平·阶段练习）已知函数 f (x) = sin2 x ×sin 2x .
（1）讨论 f (x) 在区间 0,p 上的单调性；
（2）求 f (x) 的最大值和最小值；
n
（3）设 n N * ，证明： sin2 x ×sin2 2x ×sin2 4x ×...×sin2 2n x
3
4n
.
【变式 1-1】
（2020·天津滨海新·二模）已知 f (x) = a sin(1- x) + ln x ，其中 a R ．
（1）当 a = 0时，设函数 g(x) = f (x) - x2 ，求函数 g(x)的极值．
（2）若函数 f (x) 在区间( 0, 1)上递增，求 a的取值范围；
n 1
（3）证明： sin 2 ln 3 - ln 2．
k=1 (2 + k)
题型 13 数列不等式证明：累积列项相消型
【解题规律·提分快招】
累积列项相消证明法
证明不等式 f 1 f 2 L f n g n 为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项，但可以通
过变形将右边也转化为求和式，如转化为 累积相消型
g n g
g n
n -1 L g2= g
1
g n -1 g n - 2 g 1
g n
这样一来，设bn = n N
* ，
g n 1 -
则只需证 f 1 f 2 L f n b1 + b2 +L + bn ，而要证明这个式子，可以证明左右两侧对应项的大小关系，
即如果能够证出 f n bn 恒成立，则原不等式也就成立.
证明不等式 f 1 f 2 L f n t 为例，该不等式左边是求积式，右边只有单独的一项常数，但可以通
过取对数，把左边的积转化为对数和型，如转化为 累加或者累积相消型
ln（f 1 f 2 L f n ） ln t ln（f 1 ）+ln（f 2 ）+ln（f 3 ）L+ln（f 2 ） ln t
【典例 1-1】
（2020·天津·一模）已知函数 f x = x - m ln x -1 m R x-1在 x =1处取得极值 A，函数 g x = f x + e - x ，
其中 e = 2.71828 …是自然对数的底数．
（1）求 m 的值，并判断 A 是 f x 的最大值还是最小值；
（2）求 g x 的单调区间；
1 1 1
（3）证明：对于任意正整数 n，不等式 1+ ÷ 1+
2 ÷L 1+ n ÷ e成立．è 2 è 2 è 2
【典例 1-2】
1+ ln x +1
（2022·天津·
模拟预测）已知函数 f x = x > 0 .
x
(1)试判断函数 f x 在 0，+ 上单调性并证明你的结论；
(2)若 f x k> 对于"x 0, + 恒成立，求正整数 k 的最大值；
x +1
(3)求证： 1+1 2 1+ 2 3 1+ 3 4 Lé1+ n n +1 ù > e2n-3 ．
【变式 1-1】
（22-23 高二下·天津武清·阶段练习）已知函数 f x = a ln x 2- x + .
x
(1)若 a =1，求函数 f x 在 x =1处的切线方程；
2
(2)若 f x -1恒成立，求 a的值；
x
1 1 1 1
(3)求证：对任意正整数 n （ n 2），都有 1+ 2 ÷ × 1+ 2 ÷ × 1+ 2 ÷ ××× 1+ e .è 2 3 4 n2 ÷ è è è
冲高考
1．（24-25 高三上·天津·期末）已知函数 f (x) = ex + mx -1（m R ）， g(x) = ln(x +1)．
(1)求函数 f (x) 的极值；
(2)若 f (x) + g(x) 0对任意的 x [0,+ )恒成立，求实数m 的取值范围；
2
(3) x求证： x > 0时， g(x) > x ．e -1
2．（24-25 高三上·天津滨海新· f x = x2阶段练习）已知 - 4x - 6lnx，
(1)求 f x 在 1, f 1 处的切线方程以及 f x 的单调性；
1
(2)对"x 1, + ，有 xf x - f x > x2 + 6k 1- ÷ -12x 恒成立，求 k 的最大整数解；è
(3)令 g x = f x + 4x - a - 6 lnx ，若 g x 有两个零点分别为 x1, x2 x1 x2 且 x0 为 g x 的唯一的极值点，
求证： x1 + 3x2 > 4x0 .
3．（22-23 高三上·山东滨州·期中）已知函数 f x = alnx 1- x + .
x
(1)若"x 1, f x 0恒成立，求 a的取值范围；
1 1 1 n
(2) 1+ + +L+ -证明：对任意 n N* , e 2 3 n 2 n+1 > n +1；
(3)讨论函数 f x 零点的个数.
4．（24-25 高三上·天津北辰·阶段练习）已知函数 f (x) = sin x + ln(1+ x) - ax ， a R ．
(1)当 a = 0时，求 f (x) 在 (0,0)处的切线方程；
(2)若 f (x) 0恒成立，求 a的值；
2n 1 2n -1
(3) n 2， n N* ，求证： sin 2ln - ln 2 ．
i=n+1 i -1 n -1
5 2．（24-25 高三上·天津·阶段练习）设函数 f x = ln x + x - ax a R ．
(1)当 a = 3时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若函数 f x 有两个极值点x1， x2，且 x1 0,1 ，求证： f x
3
1 - f x2 - + ln 2；4
ax + 2 é3 ù
(3)设 g x = f x + 2ln ，对于任意 a 2,4 ，总存在 x ê , 2ú ，使 g x > k 4 - a2 成立，求实数 k 的6 x 2
取值范围．
1
6 2．（23-24 高三上·天津·阶段练习）已知函数 f x = - x + ax - ln x a R .
2
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)求 f x 的单调区间；
(3)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 x2 ，求证： 4 f x1 - 2 f x2 1+ 3ln 2 .专题 07 导数压轴大题综合归类
目录
题型 01 恒成立求参：内点型(基础讨论型） ...................................................................................................................1
题型 02 恒成立求参：内点型(隐零点转化型） ................................................................................................................3
题型 03 能成立求参（内点综合型） ................................................................................................................................5
题型 04 零点求参：一个零点（基础型） ........................................................................................................................9
题型 05 零点求参：两个零点拔高型 ..............................................................................................................................12
题型 06 零点求参：三个零点综合型 ..............................................................................................................................15
题型 07 零点求参：含参讨论零点个数型 ......................................................................................................................19
题型 08 零点求参：参数范围证明型 ...............................................................................................................................23
题型 09 零点不等式证明：基础型 ..................................................................................................................................27
题型 10 零点不等式证明：比值代换型 ..........................................................................................................................31
题型 11 数列不等式证明：裂项求和相消型 ...................................................................................................................35
题型 12 数列不等式证明：三角函数型 ...........................................................................................................................39
题型 13 数列不等式证明：累积列项相消型 ..................................................................................................................42
题型 01 恒成立求参：内点型(基础讨论型）
【解题规律·提分快招】
不等式恒成立求参数取值范围问题
对参数分类讨论研究函数单调性、极值等问题的方法，是我们在解决含参不等式恒成立问题的一般性方法.
如果函数结构式不是很复杂，可以通过求导得到函数的极值点（导函数零点）与单调性的情况，再对极值
点直接讨论，如果无法求出极值点（导函数零点），可以通过多次求导、或利用零点存在性定理虚设零点进
行分析.
【典例 1-1】
（21-22 高二下·天津滨海新·期中）已知函数 f (x) = ex (x2 + a)(a R)．
(1)当 a = -8时，求函数 f (x) 的单调区间和极值；
é1 ù f (x)
(2)若对于"x ê , 2ú，都有不等式 x - 2ln x 02 e 恒成立，求实数
a 的取值范围．
【答案】(1)增区间为 (- ,-4),(2,+ )，减区间为 (-4,2) ；极大值为8e-4 ，极小值为-4e2 ；
(2) a -1 .
【分析】（1）利用导数研究 f x 的单调性，进而确定单调区间和极值.
（2）将问题转化为 h(x) = x2 + a - 2ln x 0在 x (0,+ )上恒成立，利用导数求最值，即可求参数范围.
x 2
【详解】（1）当 a = -8时， f (x) = e x -8 , x R ，∴ f (x) = ex x2 -8 + 2xex = ex (x + 4)(x - 2)，
令 f (x) = 0得， x1 = -4, x2 = 2 ，∴ x, f (x), f (x) 的变化如下表：
x (- , -4) -4 -4, 2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x 增函数 极大值 减函数 极小值 增函数
∴ f (x) 的增区间为 (- ,-4),(2,+ )；减区间为 (-4,2) ∴极大值 f (-4) = 8e-4 ，极小值 f (2) = -4e2 .
f (x)
（2）由 x - 2ln x 0e ，则 x
2 + a - 2ln x 0，令h(x) = x2 + a - 2ln x, x (0,+ )，
2 2x2∴ h (x) = 2x - 2 2(x +1)(x -1)- = = ，由 h (x) = 0 x =1，
x x x
所以 x (0,1)时h (x) < 0,h(x)单调递减； x (1,+ )时h (x) > 0,h(x)单调递增．
∴只需hmin (x) = h(1) = 1+ a 0 恒成立，则 a -1．
【典例 1-2】
（23-24 2高三上·天津滨海新·阶段练习）已知函数 f x = 2alnx - x +1 .
(1)若 a =1，求函数 f x 的单调递减区间；
(2)若 a > 0，求函数 f x 在区间 1, + 上的最大值；
(3)若 f x 0 在区间 1, + 上恒成立，求 a的范围.
【答案】(1) 1, + (2)当0 < a 1时，最大值为 f (1)=0；当 a >1时，最大值为 f ( a ) = a ln a - a +1．
(3) a 1
【分析】（1）求导，利用导数求原函数单调递减区间；
（2）分类讨论判断导函数符号，进而确定原函数的单调性及最大值；
（3）根据恒成立可得 f (x) 0max ，分类讨论，结合（2）中的结果求解.
2
【详解】（1）当 a =1时， f (x) = 2ln x - x2 +1 f (x) 2 2x -2(x -1)，则 = - = ， x > 0
x x
f (x) -2(x
2 -1)
令 = < 0 ．因为 x > 0，则 x >1，所以函数 f (x)的单调递减区间是 1, +
x
2 a - x2
（2 ） f x = ．令 f (x)=0，由 a > 0，解得 x1 = a ， x2 = - a （舍去）．
x
当 a 1，即0 < a 1时，在区间 1, + 上 f (x) 0，函数 f (x)在 1, + 上是减函数．所以函数 f (x)在区间
1, + 上的最大值为 f (1)=0；
当 a >1，即 a >1时， x 在 1, + 上变化时， f (x), f (x)的变化情况如下表
x 1 (1, a ) a ( a , + )
f (x) + + 0 -
f (x) 0 ↗ a ln a - a +1 ↘
所以函数 f (x)在区间 1, + 上的最大值为 f ( a ) = a ln a - a +1．
综上所述：当0 < a 1时，函数 f x 在区间 1, + 上的最大值为 f (1)=0；
当 a >1时，函数 f x 在区间 1, + 上的最大值为 f ( a ) = a ln a - a +1．
（3）当 a 0时，则 f (x) 0在 1, + 上恒成立∴函数 f x 在 1, + 上是减函数，则 f (x) f (1) = 0 ∴ a 0
成立当 a > 0时，由（2）可知：
①当0 < a 1时， f (x) f (1) = 0在区间 1, + 上恒成立，则0 < a 1成立；
②当 a >1时，由于 f x 在区间 é 1, a ù 上是增函数，
所以 f ( a ) > f (1) = 0 ，即在区间 1, + 上存在 x= a 使得 f (x) > 0 ， a >1不成立
综上所述： a的取值范围为a 1 .
【变式 1-1】
（高三·河北廊坊·阶段练习）已知函数 f (x) = ln x
a
+ - a
x
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的值．
【答案】(1)答案见解析(2)1
【分析】（1）先求导函数，再分 a 0,a > 0两种情况结合导函数正负讨论函数的单调性；
1
（2）特殊值 f e ÷ 缩小参数范围，再根据导函数得出函数单调性得出最小值，再构造函数得出函数单调性è
及最值即可求参.
a 1 a x - a
【详解】（1） f x = lnx + - a, f x = - = , x 0, + ,
x x x2 x2
当 a 0时， x 0, + , f x > 0恒成立；当 a > 0时， x a, + , f x > 0, x 0, a , f x < 0；
综上，当 a 0时， f x 在 0, + 上单调递增，无减区间；当 a > 0时， f x 在 a,+ 上单调递增，在 0,a
上单调递减；
1 1 a
a 0 f ÷ = ln + 1 - a = -1+ ae - a = -1+ e -1 a < 0（2）当 时， è e e ，不合题意；
e
当 a
a
> 0时， f x 在 a,+ 上单调递增，在 0,a 上单调递减；所以 f x = f a = lna + - a = lna +1- amin ，a
因为 f x 0,所以 f x = lna +1- a 0min ，令 g a = lna +1- a, g a
1 1- a
= -1 = ,a > 0，
a a
当0 < a <1, g a > 0, g a 单调递增，当 a >1, g a < 0, g a 单调递减，
所以 g a = g 1 = ln1+1-1 = 0, g amax 0，
所以满足 f x = lna +1- a 0min ，只能是 g a = 0，所以 a =1 .
题型 02 恒成立求参：内点型(隐零点转化型）
【解题规律·提分快招】
内点型隐零点转化
1．导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用
显性的代数进行表达．
2．解决此类问题的基本思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算，策略上等价转化，方法上分离参
数，技巧上反客为主．
3.已知不含参函数 f(x)，导函数方程 f′(x)＝0 的根存在，却无法求出，利用函数零点存在定理判断零点存在，
设方程 f′(x)＝0 的根为 x0，则(1)有关系式 f′(x0)＝0 成立，(2)注意确定 x0 的范围．
4.已知含参函数 f(x，a)，其中 a 为参数，导函数方程 f′(x，a)＝0 的根存在，却无法求出，设方程 f′(x)＝0 的
根为 x0，需根据题意对参数进行分类讨论．
【典例 1-1】
x
（22-23 高二下·吉林白城·期末）已知函数 f x = e + ax 在 0, f 0 处的切线与直线 l： x - 2y + 4 = 0垂直．
(1)求 f x 的单调区间；
(2) 2若对任意实数 x ， f x -x -3+2b恒成立，求整数b 的最大值．
【答案】(1)单调递减区间为 - , ln 3 ，单调递增区间为 ln 3, + ．(2)1
【分析】（1）利用导数的几何意义得出 a = -3，再利用导数判断单调区间即可；
（2）分离参数将问题转化为 ex + x2 - 3x + 3 2b恒成立，利用导数求最值结合隐零点计算即可.
x
【详解】（1）由 f x = e + a，得 k = f 0 =1+a，又切线与直线 l： x - 2y + 4 = 0垂直，所以 k = -2 ，即
a = -3．
所以 f x = ex - 3，令 f x = 0，得 x = ln3，
当 x < ln3时， f x < 0， f x 单调递减；当 x > ln3时， f x > 0， f x 单调递增．
所以 f x 的单调递减区间为 - , ln 3 ，单调递增区间为 ln 3, + ．
（2 2）对任意实数 x ， f x -x -3+2b x 2恒成立，即对任意实数 x,e +x -3x+3 2b恒成立．
设 g x = ex + x2 -3x+3 1，即b g x ． g x = ex + 2x -3，令hmin x = g x = ex + 2x -3，2
所以 h x = ex + 2 > 0 x恒成立，所以 g x = e + 2x -3在R 上单调递增．
g 1 1又 ÷ = e - 2 < 0， g 1 = e -1 > 0 ，所以存在 x0
,1
2 2 ÷
，使得 g x0 = 0，
è è
即ex0 +2x0 -3= 0，所以e
x0 =3-2x 0．当 x - , x0 时， g x0 < 0 ， g x 单调递减；当 x x0 ,+ 时，
g x x 20 > 0， g x 单调递增．所以 g x = g x 00 = e + x0 -3x0 +3min
2
= 3- 2x + x2 - 3x + 3 = x2
1 15
0 0 0 0 - 5x 6
5 1
0 + =
x0 - ÷ - ，当 x0 ,1÷ 时， 2 < x
2 - 5x
2 4 2 0 0
+ 6 < ，
è è 4
1
所以 g x0
15 1
1, ÷ ，由题意知b g x0 且b Z所以b 1，即整数b 的最大值为 1．2 è 8 2
【典例 1-2】
1 2
（22-23 高三上·天津·期末）设函数 f (x) = ln x - ax ， g(x) = ex - bx， a,b R ，已知曲线 y = f (x) 在点 (1, f (1))
2
处的切线与直线 x - y +1 = 0 垂直．
(1)求 a 的值；
(2)求 g(x)的单调区间；
(3)若bf (x) + bx xg(x) 对"x (0,+ )成立，求 b 的取值范围．
【答案】(1)2(2)答案见解析(3) 0,e
【分析】（1）利用导数的几何意义可得关于 a 的方程，解方程即可得出答案；
（2）对 g(x)求导，分b 0和b > 0讨论 g (x)的正负，即可求出 g x 的单调性；
（3）由bf (x) + bx xg(x) 恒成立，等价于 xex - b(x + ln x) 0 ，令 h(x) = xex - b(x + ln x)，转化为求
h(x)min 0 .
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ， Q f x ln x 1= - ax2 \ f x 1= - ax ， f 1 = 1- a
2 x
由于直线 x - y +1 = 0 的斜率为1，\1 (1- a) = -1,\a = 2 .
（2） g x = ex - bx x， g x = e - b， ①当b 0时， g x = ex - b > 0， g x 在 R 上单调递增；
②当b > 0时，令 g x = 0 有 x = ln b ，
当 x - , ln b 时， g x < 0， g x 单调递减，当 x ln b, + 时， g (x) > 0， g x 单调递增.
综上所述：b 0， g x 的单调递增区间为 R，
b > 0， g x 的单调减区间为 x - , ln b ， g x 的单调增区间为 ln b, + .
（3）由bf (x) + bx xg(x) 恒成立，等价于 xex - b(x + ln x) 0 ，
1 b
令 h(x) = xex - b(x + ln x)（ x > 0 x）， h (x) = (x +1)e - b(1+ ) = (x +1)(ex - )，
x x
①若b = 0时， h (x) = (x +1)ex > 0，所以h(x)在 0, + 上单调递增，
h(0) = 0，即 h(x) > 0，满足 xex - b(x + ln x) 0 ，
②若b < 0时，则 h (x) > 0，所以h(x)在 0, + 上单调递增，
当 x 趋近于 0 时， h x 趋近于- ，不成立，故b < 0不满足题意.
③若b > 0时，令 h (x) = 0，\b = xex，$x0 (0, + )，h(x0 ) = 0，b = x x00e ，
x (0, x0 ), h (x) < 0 ，h(x)单调递减， x (x0 ,+ ),h (x) > 0，h(x)单调递增，
x
只需 h(x) = h(x ) = x e 0min 0 0 - b(x0 + ln x0 ) = x e
x0
0 (1- x0 - ln x0 ) 0即可，
\1- x0 - ln x0 0，\ x0 + ln x0 1 m(x) = x + ln x(x > 0) m (x) 1
1
，令 ， = + > 0，\m(x) 在 0, + 上单调递增，
x
m(1) = 1，\ x0 (0,1 时， x0 + ln x0 1， y = xex ， y = (x +1)ex > 0，所以 y = xex 在 0,1 上单调递增，
\ xex (0,e b = x ex，即 00 0,e ， 综上：b 0,e .
【变式 1-1】
（高三上·四川泸州·期末）已知函数 f x = ln x + ax2 + a + 2 x +1，其中 a R .
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)设 a Z，若对任意的 x > 0， f x 0 恒成立，求 a的最大值.
【答案】(1)当 a 0时， f (x) 在 (0, + )上单调递增，无单调递减区间；
当 a < 0时， f (x) 在 (0,
1
- ) 1上单调递增，在 (- , + )a 上单调递减.(2) -2a
【分析】（1）先确定函数的定义域，然后求导，通过讨论 a 的正负判断导函数在定义域内有无零点，无零
点时原函数在定义域内单调，有零点时再通过导函数确定各区间的单调性；
（2）原不等式恒成立等价于原函数的最大值小于等于 0 成立，由第一问的单调区间求得原函数的最大值，
记为关于 a 的函数，再通过对新函数求导判断单调性，得到满足新函数小于等于 0 的自变量 a 的最大整数
值即可.
2
【详解】（1） f x = ln x + ax + a + 2 x +1，定义域为 (0, + )
1 2ax2 + (a + 2)x +1 f (x) 2x +1f (x) = + 2ax + a + 2 = 当 a = 0时， = > 0， f (x) 在 (0, + )上递增.
x x x
2
当 a > 0 f (x) 2ax + (a + 2)x +1 (ax +1)(2x +1)时， = = > 0， f (x) 在 (0, + )上递增.
x x
1 1
当 a < 0时，令 f (x) > 0，得 x < - ；令 f (x) < 0，得 x > - .
a a
1 1
即 f (x) 在 (0, - ) 上递增，在 (- , + )a 上递减.a
综上：当 a 0时， f (x) 在 (0, + )上单调递增，无单调递减区间；
1
当 a < 0时， f (x) (0, - ) 1在 上单调递增，在 (- , + )
a a
上单调递减.
2
（2） f x = ln x + ax + a + 2 x +1 0在 (0, + )上恒成立，等价于 f (x)max 0 .
由（1）得，当 a 0时， f (x) 在 (0, + )上单调递增，无最大值，故此时原不等式无法恒成立；
1 1 1 1 1
当 a < 0时， f (x) 在 (0, - ) 上单调递增，在 (- , + )a 上单调递减，则此时 f (x)a max
= f (- ) = ln(- ) -
a a a
即须 ln(
1
- ) 1- 0成立.记函数 g(a) = ln(
1 1 1 1 1- a
- ) - ， a < 0且 a Z则 g (a) = - + = > 0
a a a a a a2 a2
即 g(a)在 (- ,0)单调递增.因为 g(-1) =1 > 0 g(
1
， -2) = - ln 2 < 0
2
所以满足 g(a) 0 的 a 的最大整数值为-2 .综上： a的最大值为-2 .
题型 03 能成立求参（内点综合型）
【解题规律·提分快招】
能成立与恒成立，最终是转化为“最值”
单变量的恒（能）成立问“
（1）"x D，有m f (x)恒成立 m f (x)max ；
（2）"x D，有m f (x)恒成立 m f (x)min ；
（3）$x D ，有m f (x)能成立 m f (x)min ；
（4）$x D ，有m f (x)能成立 m f (x)max .
双变量的不等关系问题
（1）"x1 D1，$x2 D2 ，有 f (x1) < g(x2 )成立，则 f (x)max < g(x)max ；
（2）$x1 D1，"x2 D2 ，有 f (x1) < g(x2 )成立，则 f (x)min < g(x)min ；
（3）"x1 D1，"x2 D2 ，有 f (x1) < g(x2 )成立，则 f (x)max < g(x)min ；
（4）$x1 D1，$x2 D2 ，有 f (x1) < g(x2 )成立，则 f (x)min < g(x)max .
【典例 1-1】
2 2
（2024·天津河西·三模）已知函数 f x = -2a ln x - ， g x = ax - 2a +1 ln x - ，其中 a R ．
x x
(1)若 f 2 = 0，求实数 a 的值
(2)当 a > 0时，求函数 g x 的单调区间；
x 1(3) é , e2 ù若存在 ê ú使得不等式 f x g x 成立，求实数 a 的取值范围． e
【答案】(1) 1 (2)答案见解析(3) -e,+ 2
【分析】（1）求导可得 f x ，由 f 2 = 0代入计算，即可求解；
（2）求导可得 g ax -1x x - 2 1 1 1= ，然后分 a = ,a > ,0 < a <2 讨论，即可求解；x 2 2 2
ln x
（3）根据题意，由 f x g x 分离参数可得 a ，然后构造函数求导得最值即可得到结果.
x
2
【详解】（1）因为 f x = -2a ln x - ，则 f x 2a 2= - + 2 ，x x x
由 f 2 = 0 2a 2 1可得- + 2 = 0，解得 a = .2 2 2
（2）函数 g x = ax - 2a +1 ln x 2- 的定义域为 0, + ，
x
2a +1 2 ax2 - 2a +1 x + 2 ax -1g x a x - 2 且 = - + 2 =x x x2 = x2
，
当 a > 0时，令 g x = 0 x 1，可得 = > 0或 x = 2，
a
1 1
①当 = 2 a =a ，即 时，对任意的 x > 0，
g x > 0， g x 的单调递增区间为 0, + ．
2
②当0
1 2 1 1 1< < ，即 a > 时， g x > 0，得0 < x < 或 x > 2， g x < 0，得 < x < 2，
a 2 a a
g x 1 1 的单调递增区间为 0, ÷和 2, + ，单调递减区间为 , 2
è a è a ÷
1
③当 > 2，即0 < a
1
< 时 g x > 0 1，得0 < x < 2 1或 ； g x < 0a ，得 2 < x < ，a 2 a
g x 1 1 的单调递增区间为 0,2 和 ,+ ÷ ，单调递减区间为 2,a a ÷，è è
综上所述， a
1
= 时，函数 g x 的单调增区间为 0, + ；
2
1
a 1>
1
时，函数 g x 的单调增区间为
2
0, ÷和 2, + ，单调减区间为a , 2è è a ÷；
0 < a 1< 时，函数 g x 的单调增区间为 0,2 1 1 和 ,+ 2 a ÷ ，单调减区间为 2, ÷ .è è a
（3）由 f x g x ln x 1，可得 ax - ln x é 0，即 a ，其中 x ê , e
2 ù h x ln x é1 2 ùú，令 = ， x ê , e ，x e x e ú
若存在 x
1 1
é , e2 ù f x g x é 2 ù 1- ln xê ú，不等式 成立，则 a h x min ， x ê , e ú， h x = 2 ，令 h x = 0，得 e e x
x=e 1 1，当 x < e时， h x > 0 é ù，当 e < x e2 2时， h x < 0，所以函数 h x 在 ê , eú 上递增，在 e,ee e ù 上递
减，所以函数 h x 1 1在端点 x 1= 或 x = e2 2 2 处取得最小值．因为 h ÷ = -e ， h ee e = 2 ，所以 h ÷ < h e ，è e è e
1
所以 h x = h ÷ = -emin ，所以 a≥- e，因此，实数 a的取值范围是 -e, + ．è e
【典例 1-2】
2
（24-25 高三上·天津滨海新·期中）设函数 f (x) x= + a ln x ．
2
(1)若 a < 0，求 f (x) 的单调区间和最小值；
(2)在（1）的条件下，若 f (x) 存在零点，则讨论 f (x) 在区间 0, e ù 上零点个数；
a a
(3) 2若存在 x0 1，使得 f (x) - x - x < (a 1)，求 a 的取值范围．2 a -1
-a + a ln(-a)
【答案】(1)单调递减区间是 (0, -a )，单调递增区间是 ( -a , + )，最小值
2
(2)仅有一个零点(3) (- 2 -1, 2 -1) U (1, + )
【分析】（1）对函数进行求导通分化简，求出 f x = 0解得 x = -a ，在列出 f (x) 与 f x 在区间 (0, + )上
的表格，即可得到答案.
-a + a ln(-a)
（2）由（1）知， f (x) 在区间 (0, + )上的最小值为 ，因为 f (x) 存在零点，所以
2
-a + a ln(-a)
0，从而 a≤- e．在对 a进行分类讨论，再利用函数的单调性得出结论.
2
g(x) f (x) a x2 x a ln x 1- a 2（3）构造函数 = - - = + x - x ，在对 g(x)进行求导，在对 a进行分情况讨论，即
2 2
可得的得到答案.
2
【详解】（1）函数 f (x) 的定义域为 (0, + ) f x x a x + a， = + = ，Q a < 0
x x
由 f x = 0解得 x = -a ．
f (x) 与 f ' (x)在区间 (0, + )上的情况如下：
x (0, -a ) -a ( -a , + )
f x – 0 +
f (x) -a + a ln(-a) ↘ ↗
2
所以， f (x) 的单调递减区间是 (0, -a )，单调递增区间是 ( -a , + )； f (x) 在 x = -a 处取得极小值
-a + a ln(-a) -a + a ln(-a)
，无极大值，所以 f (x) 的最小值为 f -a = .2 2
f (x) -a + a ln(-a)（2）由（1）知， 在区间 (0, + )上的最小值为 ．
2
f (x) -a + a ln(-a)因为 存在零点，所以 0，即 ln -a 1，从而 a≤- e．
2
当 a = -e 时， f (x) 在区间 (0, e)上单调递减，且 f ( e) = 0 ，所以 x = e 是 f (x) 在区间 (0, e]上的唯一零点．
当 a < -e时， f (x) 在区间 (0, e)上单调递减，且 f (1)
1
= > 0， f ( e)
e + a
= < 0，所以 f (x) 在区间 (0, e]上
2 2
仅有一个零点．综上可知，若 f (x) 存在零点，则 f (x) 在区间 (0, e]上仅有一个零点．
a 2 a 1- a a
（3）设 g(x) = f (x) - x - x = a ln x
1- a
+ x2 - x ， g (x) = + (1- a)x -1 =
x -
÷ (x -1)．2 2 x x è 1- a
1- a -1- a a
①若 a >1，则 g(1) = -1 = < ，符合题意．
2 2 a -1
1 a
②若 a ，则 1，故当 x 1,+ 时， g (x) > 0， g(x)在 (1,+ )上单调递增．
2 1- a
x 1 f (x) a x2 x a g(1) 1- a 1 -1- a a所以，存在 0 ，使得 - - < 的充要条件为 = - = < ，解得2 a -1 2 2 a -1
- 2 -1< a < 2 -1．
1 a a a
③若 < a <1，则 >1，故当 x 1, ÷ 时， g (x) < 0；当 x ,+ 时， g x > 0．2 1- a è 1- a è1- a ÷
g(x) 1, a a 在 ÷上单调递减，在 ,+ 上单调递增．
è 1- a è1- a ÷
x 1 f (x) a- x2 a- x < g
a a
所以，存在 0 ，使得 的充要条件为2 a -1
< ，
è1- a ÷ a -1
g a =aln a a
2 a a
而 ÷ ÷ + + > ，所以不合题意．
è1- a è1- a 2(1- a) a -1 a -1
综上， a的取值范围是 (- 2 -1, 2 -1) U (1, + )．
【变式 1-1】
（24-25 高三上·天津·期中）已知函数 f x = mx - lnx + e -1 .
(1)讨论 f x 的单调性；
n 1 n -1
(2) *当m =1时，求函数 f x 的最小值，并证明 > n 2,n N ；
k =2 lnk n
(3) m > 0 mx当 时，若关于 x 的不等式 xf x > e 在区间 0, + 上有解，求m 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)最小值为 e，证明见解析(3) 0,1
【分析】（1）求导可得 f x ，然后分m 0与m > 0讨论，代入计算，即可得到结果；
1 1
（2）由条件可得 f x = emin ，即可得到 > > 0lnx x x -1 ，再由裂项相消法代入计算，即可证明；
mx-lnx
（3）将不等式转化为 e - mx - lnx - e -1 < 0在 0, + 上有解，令 t = mx - lnx et，转化为 - t - e -1 < 0
在 t 1+ ln m,+ 上有解，然后求导计算，即可得到结果.
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ，\ f x m 1 mx -1= - = ，
x x
①当m 0时， f x < 0恒成立，\ f x 在 0, + 上单调递减.
1 1
②当m > 0时，当 x > 时， f x > 0，当0 < x < 时， f x < 0，
m m
\ f x 0, 1 1 在 ÷上单调递减，在 ,+ ÷上单调递增.综上可得：当m 0时， f x 在 0, + 上单调递减；
è m è m
1 1
当m > 0时， f x 在 0, ÷上单调递减，在 , +
÷上单调递增.
è m è m
（2）当m =1时， f x = x - lnx + e -1，由（1）可知 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
故 f x f 1 = e，所以当m =1时，函数 f x 的最小值为 e，因为 x - ln x + e -1 e，即 lnx x -1，
1 1
当 x 2时，0 < lnx < x -1 < x x -1 ，即0 < lnx < x x -1 ，即 > > 0lnx x x -1 ，
令 x=n
1 1 1 1
，则 > = -lnn n n -1 n -1 n ， n 2
1 1 L 1 1 1 1 1 1 1 L 1 1 1 1 n -1所以 + + + > - + - + - + + - = - = ，
ln2 ln3 lnn 1 2 2 3 3 4 n -1 n n n
1 1 L 1 n -1
n
1 n -1故当 n 2时， + + + > .即 > n 2,n N*ln2 ln3 lnn n k =2 lnk n
3 x mx e
mx
（ ）关于 的不等式 xf x > e 在区间 0, + 上有解，即 - mx + lnx - e -1 < 0在 0, + 上有解，
x
emx-lnx即 - mx - lnx - e -1 < 0在 0, + 1上有解，又m > 0，由（1）可知 x = 时，即
m
(mx - lnx)min =1+ lnm，
令 t = mx - lnx t，则 t 1+ lnm ，则 e - t - e -1 < 0在 t 1+ ln m,+ 上有解，
令 h t = et - t - e -1 h t = et，则 -1，令 h t = 0，得 t = 0，
所以，当 t < 0时， h t < 0 ，当 t > 0时， h t > 0，即 h t 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
又 h 1 = 0， h 0 = 2 - e < 0 -2， h -2 = e + 3 - e > 0，所以存在 t0 -2,0 使得 h t0 = 0，
所以，当 t >1或 t < t0 时， h t > 0，当 t0 < t <1时， h t < 0，
所以只需1+ lnm <1，即0 < m <1时满足题意.所以m 的取值范围为 0,1
题型 04 零点求参：一个零点（基础型）
【解题规律·提分快招】
零点求参基础型：
1. 分类讨论思想与转化化归思想
2. 数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函数”切线处
（极值点处）
3.注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维”。
【典例 1-1】
x-1
（24-25 高三上·天津西青·期末）已知函数 f x = e - ax - lnx a > 0 .
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)求证： f x 有唯一极值点；
(3)若 f x 有唯一零点 x0 ，求证：1 < x0 < 2 .
【答案】(1) x + y -1 = 0 .(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】（1）根据函数在某点处的导数的几何意义求得切线的斜率，再利用点斜式求切线方程即可；
x
（2）利用二次求导判断导函数 f x 在 0, + 上单调递增，再构造函数 h x = e - x -1判断 f 1+ a > 0，
结合 f 1 < 0即可得存在唯一的 t0 1,1+ a ，使得 f t0 = 0，从而证得 f x 有唯一极值点；
（3）由（2）知函数 f x 有唯一极小值点 x = t0 ，结合 f x 有唯一零点，可得 f t0 = 0 ，利用 x0 = t0 ，得
ex -1 1 a f x 10 = + ，进一步得 0 = + a - lnx - ax = 0 f xx x 0 0 ，利用导函数判断函数 0 的单调性，结合区间端点0 0
处的函数值的符号即可证得1 < x0 < 2 .
x-1
【详解】（1）函数 f x = e - ax - lnx a > 0 的定义域为 (0, + ) a =1 f x = ex-1，因为 ，所以 - x - lnx，
x 0, + 则 f x = ex-1 -1 1- ， x 0, + 所以斜率 k = f 1 = -1，又 f 1 = 0，
x
所以切线方程为 y - 0 = - x -1 ，即 x + y -1 = 0 .
x-1
（2）因为 f x = e - ax - lnx a > 0 ， x 0, + x-1 1，所以 f x = e - a - ， x 0, + ，
x
令 g x = ex-1 1- a - x > 0 ， x 0, + ，则 g x = ex-1 1+ 2 ，因为 x > 0，所以 g x > 0恒成立，x x
所以 g x 在 0, + 上单调递增，即 f x 在 0, + 上单调递增，构造函数 h x = ex - x -1，则
h x = ex -1，
当 x > 0时，h x > 0，所以 h x 在 0, + 上单调递增，当 x < 0 时，h x < 0，所以 h x 在 - ,0 上单调
递减，所以 h x h 0 = 0，所以 ex - x -1 0 ，即 ex x +1，所以
f 1+ a ea 1 1 1= - - a > a +1- - a =1- > 0 ，又 f 1 = -a < 0，所以存在唯一的 t0 1,1+ a ，使得1+ a 1+ a 1+ a
f t0 = 0，当 x 0, t0 时， f t0 < 0, f x 单调递减；
当 x t0 , + 时， f t0 > 0, f x 单调递增；所以函数 f x 有唯一极值点.
（3）由（2）得 f (x)min = f t0 ，因为函数 f x 有唯一零点 x0 ，所以 f t0 = 0 ，所以 x0 = t0 ，
ex -1 10即 = + a f x
1
= + a - lnx 1
x ，所以 0 x 0
- ax0 = 0 ，设j x0 = + a - lnxx 0 - ax0，所以0 0 0
j x 1 10 = - 2 - - a < 0x x ，所以j x0 在 1, + 单调递减，0 0
因为j 1 =1 > 0,j 2 1= - ln2 - a < 0，所以1< x0 < 2 .2
【典例 1-2】
（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数 f x = ln 1+ x + axe- x
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)若 f x 在区间 -1,0 , 0, + 各恰有一个零点，求 a 的取值范围．
【答案】(1) y = 2x (2) (- ,-1)【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对 a分类讨论,对 x 分 (-1,0), (0,+ ) 两部分研究
【详解】（1） f (x) 的定义域为 (-1, + )
x
当 a =1时, f (x) = ln(1+ x) + x , f (0) = 0 ,所以切点为 (0,0) f
(x) 1 1- x= + x , f (0) = 2 ,所以切线斜率为 2e 1+ x e
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y = 2x
ex + a 1- x2
（2） f (x) ln(1 x)
ax
= + + 1 a(1- x) 设 g(x) = ex + a 1- x2
ex f (x) = + =1+ x ex (1+ x)ex
1°若 a > 0 ,当 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 > 0 ,即 f (x) > 0所以 f (x) 在 (-1,0) 上单调递增, f (x) < f (0) = 0
故 f (x) 在 (-1,0) 上没有零点,不合题意
2° 若-1 a 0 ,当 x (0,+ ) ,则 g (x) = ex - 2ax > 0所以 g(x)在 (0, + )上单调递增所以 g(x) > g(0) =1+ a 0 ,
即 f (x) > 0所以 f (x) 在 (0, + )上单调递增, f (x) > f (0) = 0故 f (x) 在 (0, + )上没有零点,不合题意
3° 若 a < -1
(1)当 x (0,+ ) ,则 g (x) = ex - 2ax > 0 ,所以 g(x)在 (0, + )上单调递增 g(0) =1+ a < 0, g(1) = e > 0
所以存在m (0,1) ,使得 g(m) = 0 ,即 f (m) = 0当 x (0,m), f (x) < 0, f (x)单调递减
当 x (m,+ ), f (x) > 0, f (x) 单调递增所以当 x (0,m), f (x) < f (0) = 0 ,
令 h(x)
x
= x , x
1- x x
> -1,则 h (x) = x , x > -1,所以 h(x) = 在 -1,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，所以e e ex
aa - a 1
h(x) h 1 1= ，又 - ee e -1 > 0， f e -1÷ - + a × = 0，所以 f (x) 在 (m,+ ) 上有唯一零点e è e e
又 (0, m)没有零点,即 f (x) 在 (0, + )上有唯一零点
(2)当 x (-1,0), g(x) = ex + a 1- x2 设 h(x) = g (x) = ex - 2ax h (x) = ex - 2a > 0
1
所以 g (x)在 (-1,0) 单调递增 g (-1) = + 2a < 0, g (0) =1 > 0所以存在 n (-1,0) ,使得 g (n) = 0
e
当 x (-1, n), g (x) < 0, g(x)单调递减
当 x (n,0), g (x) > 0, g(x) 单调递增, g(x) < g(0) =1+ a < 0又 g(-1)
1
= > 0
e
所以存在 t (-1, n) ,使得 g(t) = 0 ,即 f (t) = 0当 x (-1, t), f (x) 单调递增,当 x (t,0), f (x)单调递减，
当 x -1,0 ， h x > h -1 = -e，又-1 < eae 1 0 f eae- < ， -1 < ae - ae = 0
而 f (0) = 0 ,所以当 x (t,0), f (x) > 0 所以 f (x) 在 (-1, t) 上有唯一零点, (t , 0 ) 上无零点
即 f (x) 在 (-1,0) 上有唯一零点所以 a < -1 ,符合题意
所以若 f (x) 在区间 (-1,0), (0,+ ) 各恰有一个零点,求 a的取值范围为 (- ,-1)
【变式 1-1】
（2021· 2山东济南·一模）已知函数 f (x) = x ln x + ax a R .
（1）若 f (x) 在其定义域上为单调递减函数，求实数 a的取值范围；
（2）设函数 g(x) = f (x) + x cos x - sin x - x ln x .
①若 g(x)
0, p ù在 2 ú 上恰有
1 个零点，求实数 a的取值范围；
è
②证明：当a 1时， f (x) x2 ×ex - x .
【答案】（1） a
1 4
- ；（2）① 0 < a 2 ；②证明见解析.2 p
- ln x -1 - ln x -1
【分析】（1）将问题转化为“ 2a 恒成立”，构造函数 h(x) = ，分析其单调性和最值，由此
x x
求解出 h x 的最小值，则 a的取值范围可求；
1 1
（2）①先求解出 g x ，然后根据三角函数的有界性对 a进行分类讨论： a 、0 < a < 、 a 0，分别
2 2
确定出 g x 的单调性并分析其最值由此确定出零点个数并求解出 a的取值范围；
②先将不等式变形为“ ln x + ax xex -1”，然后结合（1）的结论 ln x x -1进行证明.
【详解】解：（1）法一： f (x) = ln x +1+ 2ax 0在 0, + 上恒成立，
- ln x -1
所以 2a ，令 h(x)
- ln x -1 ln x ln x
= ，则 h (x) = 2 ，由 2 > 0 ，得 x >1，所以h(x)在 1,+ 单调递增，x x x x
ln x
由 2 < 0，得0 < x <1，所以h(x)在 0,1 单调递减，所以当 x =1时，h(x)取得最小值 h 1 = -1，x
所以 a
1
- .
2
法二： f (x) = ln x +1+ 2ax 0 0, + 1在 上恒成立， f (x) = + 2a，
x
当 a 0时， f 1 > 0，不满足题设，
1 1
当 a < 0时，令 f (x) = + 2a = 0， x = - ，
x 2a
0, 1 1 在 - 2a ÷上
f (x) > 0， f (x)单调递增；在 - ,+ f (x) < 0 f (x)
è è 2a ÷
上 ， 单调递减；
f (x) -1 -1max = ln( ) +1+ 2a( ) = ln(
1
- ) 0，所以 a
1
- .
2a 2a 2a 2
p ù
（2）① g(x) = ax2 + x cos x - sin x， x 0, ú，所以 g (x) = x(2a - sin x)，è 2
1 p ù p ù
当 a 时， 2a - sin x 0，所以 g(x)在 0, ú 单调递增，又因为 g 0 = 02 ，所以 g(x)在 0, .2 è è 2 ú 上无零点
0 a 1< <
p p ù
当 时，$x 0, ，使得 sin x = 2a ，当 x x , 时， g x < 0，当 x 0, x 时， g x > 0，
2 0 2 ÷ 0 0 0è è 2 ú
g(x) p ù p ap
2
所以 在 x0 , ú单调递减，在 0, x0 单调递增，又因为 g 0 = 0 ，2 g( ) = -1，è 2 4
ap 2 4 p ù ap 2 4 p ù
所以若 -1 > 0 ，即a > g(x) 0, g(x) 0,
4 p 2
时， 在 2 ú 上无零点，若 -1 0，即
0 < a 时， 在
è 4 p 2 è 2 ú
上有一个零点，
p ù p ù
当 a 0时， g (x) = 2a - x sin x < 0， g(x)在 0, 2 ú 上单调递减且
g 0 = 0 ，所以 g(x)在 0, 2 ú 上无零点，è è
p
综上：当0 < a
4
ù
p 2
时， g(x)在 0,
è 2 ú
上有一个零点.
②证明： f (x) x2 ×ex - x ，等价于 ln x + ax xex -1，
即证 ex+ln x ln x + ax +1，
由（1）得 ln x x -1，可得 ex x +1，所以 ex+ln x ln x + x +1，
又当a 1时， ln x + x +1 ln x + ax +1，所以 ex+ln x ln x + ax +1，
所以 f (x) x2 ×ex - x 恒成立.
题型 05 零点求参：两个零点拔高型
【解题规律·提分快招】
两个零点型，比较复杂，多数为所求区间内为“类二次函数型”，所以需要求极值点，还需要“找点”
【典例 1-1】
（2024·天津河西·模拟预测）已知函数 f (x) = ae2x + (a - 2)ex - x, g(x) = ex - ln(x + m) .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当m 2时，求证 g x > 0；
(3)若 f (x) 有两个零点，求 a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)( 0, 1)
【分析】（1）对参数进行分类讨论，求解函数单调性即可.
（2）利用给定条件进行放缩，利用隐零点代换证明即可.
（3）对参数范围进行讨论，找到符合零点要求的参数范围即可.
【详解】（1）由题意得 f (x) 定义域为R ，
2x
而 f (x) = 2ae + (a - 2)ex -1 = 2ex +1 aex -1 ，
当 a 0时， f (x) < 0，\ f (x)在 (- , + )上单调递减，
当 a > 0时， f (x) = 2ex +1 aex -1 ，
当 f (x) > 0
1
时，解得： x > ln ，当 f (x) < 0
1
时，解得： x < ln ，
a a
\ f (x) 在 - , ln
1 1
÷上单调递减， f (x) 在 ln ,+
÷上单调递增；
è a è a
综上，当 a 0时， f (x) 在 (- , + )上单调递减，
1a
1
当 > 0时， f (x) 在 - , ln ÷上单调递减，在 ln ,+ ÷上单调递增；
è a è a
（2）Qm 2\ g(x) = ex - ln(x + m) > ex - ln(x + 2) ，
若证 g(x) > 0 成立，只需证 h(x) = ex - ln(x + 2) > 0 成立即可，
所以 g(x),h(x)定义域为 x (-2,+ ) ， h (x) = ex
1
- ，Q y = ex , y
1
= - 在 (-2,+ )上单调递增，
x + 2 x + 2
\h (x) 在 (-2,+ )
1
上单调递增，Qh (0) = > 0,h (
1
-1) = -1 < 0，\h (x) = 0 在 (-2,+ )上有唯一实根
2 e
x0 , x0 (-1,0)，当 x -2, x 时， h 0 (x) < 0,\h(x) 单调递减，当 x x0 ,+ 时， h (x) > 0,\h(x) 单调递增，
\h(x) h x 1 1x0 = e 0 - ln x0 + 2 ，Qh x = ex00 - = 0 ，\ex0 =x + 2 x + 2 ，同时取对数得 x0 = - ln x0 + 2 ，0 0
1 x0 +1
2
\h x 0 = + x = > 0，\h(x) > 0，\m 2 时, g(x) > 0，x0 + 2 0 x0 + 2
（3）若 a 0时，由已知得 f (x) 最多有一个零点，当 a > 0时，由已知得当 x = - ln a 时， f (x) 取得最小值，
f (x) 1min = f (- ln a) = ln a - +1，当 a =1时， f (- ln a) = 0 ，故 f (x) 只有一个零点，a
当 a (1,+ )
1
时，由 ln a - +1 > 0，即 f (- ln a) > 0，故 f (x) 没有零点，
a
1
当 a (0,1) 时， ln a - +1 < 0, f (- ln a) < 0 ，由 f (-2) = ae-4 + (a - 2)e-2 + 2 > -2e-2 + 2 > 0，
a
3 2ln 3 -1 ÷ ln
3
-1
f (x) (- , - ln a) ÷f ln 1 ae è a (a 2)e è a ln 3 1 3 - a ln 3 - a故 在 有一个零点， -a ÷÷
= + - - - ÷ = - ，
è è è a a a
3- a 3- a 1
Q0 < a <1，\ (2,+ ) ，设 t = ,j(t) = t - ln t j ， (t) =1- > 0，
a a t
\j(t) (2,+ ) \j(t) > j(2) 2 ln 2 0 = - > \ f ln 3 在 上单调递增， ， -1 > 0，
è è a
÷÷
Q ln 3 -1
÷ > - ln a, f (- ln a) < 0，\ f (x)在 (- ln a, + )上有一个零点，
è a
\ f (x)在 (- , + )上有两个零点，综上得到 a的取值范围是( 0, 1) .
【典例 1-2】
（23-24 高二下·天津·期中）已知函数 f (x) = ax + ln x +1．
(1)若 a = -1，求函数 f (x) 的极值；
(2)若 f (x) 有两个零点，求实数 a的取值范围；
(3)令F (x) = f (x) - ax -1，过点P x0 , y0 做曲线 y = F (x)的两条切线，若两切点横坐标互为倒数，求证：点 P
一定在第一象限内．
【答案】(1)极大值为 f (1) = 0，无极小值(2) (-1,0) (3)证明见解析
1- x
【分析】（1）当 a = -1时，可得 f (x) = ，由 f (x) = 0x ，得 x =1，再由函数极值的定义，即可求解；
ax +1
（2）对 f (x) 求导，得到 f (x) = ，对 a进行分类讨论，求出函数的单调区间，即可求解；
x
（3） F (x) = lnx ，设两切点为A ， B ，进而得A ， B 两点处的切线方程分别为 y
1
= x + lnt -1， y = tx - lnt -1，
t
1 2x + lnt -1 = tx - lnt -1 x 2t= lnt y (t +1)lnt令 ，解得 0 2 ， 0 = 2 -1，利用分析法可证得点 Pt t 1 一定在第一象限内．- t -1
【详解】（1）当 a = -1时， f (x) = -x + lnx +1的定义域为 (0, + ) f (x) 1
1 1- x
， = - + = ，
x x
令 f (x) = 0，得到 x =1，当0 < x <1时， f (x) > 0，当 x >1时， f (x) < 0，
由函数极值的定义知， f (x) 在 x =1处取到极大值，极大值为 f (1) = -1+ ln1+1 = 0，无极小值.
1 ax +1
（2）易知函数的定义域为 0, + ，因为 f (x) = a + = ，
x x
当 a 0时， f (x) > 0在区间 0, + 上恒成立，此时 f (x) 在区间 0, + 上单调递增，
f (x) 最多有1个零点，不合题意，
1
当 a < 0
1
时，由 f (x) = 0，得到 x = - ，当 x (0,- ) 时， f (x) > 0，
a a
1
当 x
1
(- ,+ )时， f (x) < 0，即 f (x) = ax + ln x +1 1a 在区间 (0, - ) 上单调递增，在区间
(- , + )
a a
上单调递减，
又当 x 0 时， f (x) - ， x + 时， f (x) - ，且 f (x) 有两个零点，
f ( 1) a ( 1) ln( 1) 1 ln( 1 1所以 - = - + - + = - ) > 0，得到- >1，所以-1 < a < 0，
a a a a a
所以实数 a的取值范围为 (-1,0) .
1 1
（3）因为 F (x) = lnx ，设两切点为 A(t, lnt) ， B( , -lnt)，不妨设A 在 B 的右边，则 t >1，F x =t ，x
1
所以A ， B 两点处的切线方程分别为 y = x + lnt -1， y = tx - lnt -1，
t
1 2
令 x lnt
2t
+ -1 = tx - lnt -1，解得 x0 = 2 lnt ， y
(t +1)lnt
t t 1 0
= 2 -1，- t -1
2t
因为 t >1，所以 x0 = lnt > 0t2 1 ，-
y (t
2 +1)lnt 2 21 0 (t +1)lnt 1 2 lnt t -1要证明 0 = 2 - > ，即证明 2 > ，因为 t >1，即证 >t -1 t -1 t 2
，
+1
t2 -1 (t 2 -1)2
设 h(t) = lnt - (t > 1)，则 h x = > 0(t >1) ，
t2 +1 t(t 2 +1)2
2
所以 h(t)在 (1,+ )上是增函数，所以 h(t) > h 1 = 0 lnt t -1，则 > ，
t 2 +1
(t2 +1)lnt
所以 y0 = -1 > 0 ，故点 P 一定在第一象限内.t2 -1
【变式 1-1】
（2024·天津·模拟预测）已知函数 f x = ln x + 2
(1)求曲线 y = f x 在 x=-1处的切线方程；
(2)求证： ex x +1；
(3)函数 h x = f x - a x + 2 有且只有两个零点，求 a 的取值范围．
1
【答案】(1) y = x +1；(2)证明见详解；(3) 0, ÷ .
è e
【分析】（1）利用导数求斜率，利用解析式求切点纵坐标，然后可得切线方程；
x
（2）构造函数 g x = e - x -1，利用导数求最小值即可得证；
ln x + 23 m x （ ）构造函数 = , x > -2，将问题转化为函数m x 的图象与直线 y = a 有两个交点，利用导数
x + 2
研究函数单调性，然后作出函数m x 的图象，根据图象即可求解.
f x 1 1【详解】（1）因为 = ，所以曲线 y = f x 在 x=-1处的切线斜率为 f -1 = =1，
x + 2 -1+ 2
又 f -1 = ln -1+ 2 = 0，所以切线方程为 y = x +1 .
（2 x）记 g x = e - x -1，则 g x = ex -1，当 x < 0 时， g x < 0，函数 g x 在 - ,0 上单调递减；
当 x > 0时， g x > 0，函数 g x 在 0, + 上单调递增.
所以当 x = 0时， g x 0取得最小值 g 0 = e -1 = 0，所以 g x = ex - x -1 0，即 ex x +1 .
（3） h x = f x - a x + 2 = ln x + 2 - a x + 2 , x > -2，
由题知， ln x + 2 - a x + 2 = 0 ln x + 2 有且只有两个不相等实数根，即 = a有且只有两个不相等实数根，
x + 2
ln x + 2m x
1- ln x + 2
令 = , x > -2，则m x
= 2 ，当-2 < x < e - 2时，m x > 0，m x 在
-2,e - 2 上单
x + 2 x + 2
调递增；当 x > e - 2 时，m x < 0 ，m x 在 e - 2, + 上单调递减.
当 x 趋近于-2时，m x 趋近于- ，当 x 趋近于+ 时，m x 趋近于0 ，
又 f e - 2 1= ，所以可得m x 的图象如图：
e
1 1
由图可知，当0 < a < 时，函数m x 的图象与直线 y = a 有两个交点，所以，a 的取值范围为 0, .e ÷è e
题型 06 零点求参：三个零点综合型
【解题规律·提分快招】
三个零点综合型
1、三个零点型，注意是否有容易观察出来的零点，这样可以转化为两个零点型以降低难度。
2、三个零点型，可通过讨论，研究函数是否是“类一元三次函数”型。
3、如果函数有“断点”，注意分段讨论研究。
【典例 1-1】
（24-25 高三上·天津·阶段练习）已知函数 f (x) = ax - ex2 ， a > 0且 a 1．
(1)设 g(x)
f (x)
= + ex
x ，讨论
g(x)的单调性；
(2)若 a >1且 f (x) 存在三个零点x1， x2， x3 ．
（i）求实数 a的取值范围;
2e +1
（ii）设 x1 < x2 < x3，求证： x1 + 3x2 + x3 > ．e
2
【答案】(1)答案见解析(2)（i）1 < a < e e ；（ii）证明见解析
【分析】（1）先求 g x 的导函数，再分类讨论即可；
（2）（i）根据 f x 存在三个零点 x1, x2 , x3，转化为两个函数有三个交点，再根据最值可求；（ii）根据三个
零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
f1 g x x ex a
x - ex2 ex a
x x x a x lna × x -1
g x a lna × x - a 【详解】（ ）因为 = + = + = ，所以 = = ，
x x x x2 x2
因为 a x > 0, x2 > 0 ， g x 定义域为 - ,0 0, + ，
lna 1 1当 a >1时， > 0，由 g x > 0，得 x > ，由 g x < 0，得 x < 0 或0 < x < ，
lna lna
1 1
当0 < a <1时， lna < 0，由 g x > 0，得 x < ，由 g x < 0，得 x > 0或 < x < 0，
lna lna
1 1
综上，当 a >1时， g x 的增区间为 , + ÷ ，减区间为 - ,0 , 0, ，
è lna ÷ è lna
0 a
1
当 < <1时， g x 的增区间为 - , ÷，减区间为 0,+ ,
1 ,0 .
è lna è lna ÷
2 i f x = a x - ex2（ ）（）因为 ,a >1且 f x 存在三个零点 x1, x2 , x3，
所以 a x - ex2 =0有 3 个根
当 x < 0 时， f -1 = a-1 - e<0,f 0 = a0 > 0, f x = a xlna - 2ex > 0，
f x 在 - ,0 上是单调递增的，由零点存在定理，方程必有一个负根，
1+ 2lnx
当 x > 0，由题可得 xlna =1+ 2lnx，即 lna = 有两个根，
x
t x 1+ 2lnx 1+ 2lnx 2 - 1+ 2lnx= 1- 2lnx令 ，可转化为 y = lna 与 t x = 有两个交点，又 t xx x = = ，x2 x2
当 x 0, e ， t x > 0， t x 是单调递增的，当 x e,+ ， t x < 0 ， t x 是单调递减的，
1 2 2 2
且 t ÷ = 0，易知 x > e, t x > 0，所以 t x = tmax e = ，可得0 < lna < ，即得1< a < e e .è e e e
（ii）因为 f x = a x - ex2 ,a >1且 f x 存在三个零点 x1, x2 , x3，
x 2
设 x1 < x < x ， a 12 3 =ex1 , a
x2 =ex2 , a x32 =ex
2
3 ，易知其中 x1 < 0 ， 0 < x2 < x3，
因为 x < x ，得到 a x1 < a x2 2 2 21 2 ，所以 ex1
2
2 ，所以-x1 0；①
y = lna t x 1+ 2lnx由（i）可知 与 = 有两个交点 x2 , x3 ，且 x2 < x3，x
1 1
又 x 0, e ， t x 是单调递增的， x2 0, e ， t x2 = lna > 0， t ÷ = 0，所以 xe 2 > ；②è e
1
又 e > x2 > , x3 > e ，若 x3 2 e ，则 x2 + x3 > 2 e 若 e < x3 < 2 e ，e
构造函数 h x = t x - t 2 e - x ， e < x < 2 e ，
2
1- 2ln 2 e - x 1- 2lnx 2 e - x + x2 é1- 2ln 2 e - x ù
则 h x 1- 2lnx= + = 2 ，x 2 e - x 2 x2 22 e - x
2
设m x = 1- 2lnx 2 e - x + x2 é1- 2ln 2 e - x ù ，
2
-2 2 e - x 2
m x 2x= + - 2 1- 2lnx 2 e - x + 2x é1- 2ln 2 e - x ù ，x 2 e - x
2 3 é 3
3 ù
-2 2 e - x 2x2 2x3 - 2 2 e - x 2 êx - 2 e - x ú因为 + = = ，
x 2 e - x x 2 e - x x 2 e - x
2
3 -2 2 e - x 2
又因为 2 e > x > e,2x > 2 e, x > 2 e - x, x3 > 2 e - x ，所以 2x+ > 0 ③
x 2 e - x
因为-2 1- 2lnx 2 e - x + 2x é 1- 2ln 2 e - x ù = 2 2lnx -1 2 e - x + 2x é 1- 2ln 2 e - x ù ，
1 1
又因为 x > e, lnx > , 2 e - x < e, ln 2 e - x < 所以2 2
2lnx -1 > 0, 2 e - x > 0;1- 2ln 2 e - x > 0, x > e > 0
即得 2 2lnx -1 2 e - x + 2x é 1- 2ln 2 e - x ù > 0 ④
由③④可知m x > 0，m x 在 e,2 e 上单调递增，由 x > e ，可得m x > m e = 0，
m x
h x =
2 ，可知m x 与 h 2 x 同号，所以 h x > 0，x 2 e - x
h x 在 e,2 e 上单调递增， h x > h e = t e - t e = 0，
t x - t 2 e - x > 0， t x3 > t 2 e - x3 ，又由（i）可知 t x2 = t x3 ，
所以 t x2 > t 2 e - x3 , x2 0, e ， 2 e - x3 0, e x 0, e ， t x > 0， t x 是单调递增的，
2e +1
所以 x2 > 2 e - x3 , x2 + x3 > 2 e ⑤由①②⑤可知 x1 + 3x2 + x3 > .e
【典例 1-2】
（23-24 高二下·天津河北·期中）已知函数 f x = a ln x + bx a,b R 的图象在点 1, -3 处的切线方程为
y = -2x -1.
(1)求 f x 的解析式；
x é1(2) , + 若对任意 ê ÷有 f x m 恒成立，求实数m 的取值范围； 3
(3)若函数 g x = f x + x2 + k + 2在 0, + 内有 3 个零点，求实数 k 的取值范围.
3
【答案】(1) f x = ln x - 3x (2) -ln3-1,+ (3) ln2 - ,0÷
è 4
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意 f 1 = -2， f 1 = -3，即可求出 a、b 的值，从而得解；
1
（2
é
）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最大值（ x ê , + ÷），即可得解； 3
（3）由（1）可得 g(x) = lnx - 3x + x2 + k + 2，利用导数研究函数的单调性极值与最值，根据函数
g(x) = f (x) + x2 + k + 2 在区间 (0, + )内有 3 个零点，可得最值满足的条件，进而得出实数 k 的取值范围．
【详解】（1）因为 f x = a ln x + bx a,b R ，则 f x a= + b，
x
依题意 f 1 = a + b = -2 ， f 1 = b = -3，解得b = -3， a =1，所以 f x = ln x - 3x；
（2）由（1）可得 f x 1 1= - 3 1- 3x= ，当 x é ê , + ÷时 f x 0恒成立，x x 3
f x é1 1 1 所以 在 ê , + ÷ 上单调递减，所以当 x = 时，函数 f x 取得最大值， f x = f = -ln3-1 3 3 max 3 ÷ ，è
x é1因为对任意 ê , +
÷有 f x
1
m é 恒成立，所以m f x ， x ê , + max ÷ . 3 3
\m -ln3-1.\实数m 的取值范围为 -ln3-1,+ .
（3）由（1）可得： g(x) = lnx - 3x + x2 + k + 2，\ g (x)
1
= + 2x 3 (2x -1)(x -1)- = ，
x x
令 g (x) = 0，解得 x
1
= 或 x =1，所以 x 、 g (x)、 g(x)列表如下：
2
1 1
x 0,
1
÷ ,1
2 ÷ 1 1, + è 2 2 è
g (x) + 0 - 0 +
g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由表格可知：当 x =1时，函数 g x 取得极小值 g 1 = k ；当 x 1= 时，函数 g(x)取得极大值
2
g 1 ÷ = -ln2
3
+ + k ，且当 x 0 时 g x - ，当 x + 时 g x + ，
è 2 4
要满足函数 g(x) = f (x) + x2 + k + 2 在区间 (0, + )内有 3 个零点，
ì ln2 3 - + + k > 0 3
则 í 4 ，解得 ln2
3
- < k < 0 ，所以实数 k 的取值范围 ln2 - ,0 .
k < 0 4 è 4
÷
【变式 1-1】
（23-24 高三上·天津武清·阶段练习）已知函数 f (x) = a(x +1) ln x - x +1，其中 a R .
(1)求曲线 y = f (x) 在 (1, f (1))处的切线方程 y = g(x) ，并证明当 x >1时， a( f (x) - g(x)) 0；
(2)若 f (x) 有三个零点 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3 .
（i）求实数 a的取值范围；
（ii）求证： (3a -1) x1 + x3 + 2 < 2 .
1
【答案】(1) g(x) = (2a -1)x - (2a -1)，证明见解析(2)（i） 0, ÷；（ii）证明见解析
è 2
【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线方程得到 g(x) = (2a -1)x - (2a -1)，进而得到
2
a f (x) g(x) a ln x x -1- = - ÷，令 h(x) = ln x
x -1
- ，利用导数求得函数的单调性，结合 h(x) > h(1) = 0，
x +1è x +1 x +1
即可得证；
a ln x x -1 x -1
ax2 + (2a - 2)x + a
（2）（i）根据题意得到 - = 0，令u(x) = a ln x - ，求得u (x) = ，令
x +1 x +1 x(x +1)2
v(x) = ax2 + (2a - 2)x + a ，结合二次函数的性质，求得
0 a 1
1-
< < ，设两个零点为x1和x2，得出u(x) 的单调性，得到u x1 > 0，u x2 < 0，结合u e a ÷ < 0 ，2 è
1
u ea ÷ > 0 ，得出函数零点的个数，求得实数 a的范围；
è
x -1 2
（ii）由（i）中u(x) = a ln x - ，转化为证明 (3a -1) x1 + x + 2 < 2
3 x -1
3 ，进而转化为 ，令x +1 ln x > x2 + 4x +1
3 x2 -1 2
j(x) = ln x - ，利用导数求得j(x) 在 [1,+ )上单调递增，得到j (x) > j (1) = 0
3 x -1
，得出 ln x > ，
x2 + 4x +1 x2 + 4x +1
x -1 3a x23 -1
进而得到 3 = a ln x3 > 2 ，化简得到 x
2
3 + 4x3 +1 > 3a x3 +1
2
，进而证得 3a -1 x1 + x3 + 2 < 2 .x3 +1 x3 + 4x3 +1
【详解】（1）解：由函数 f (x) = a(x +1) ln x - x +1，可得 f (1) = 0，
且 f (x) = a
ln x
x +1
+ ÷ -1，则 f (1) = 2a -1，可得切线方程为 y = (2a -1)(x -1) = (2a -1)x - (2a -1)
è x
2
g(x) = (2a -1)x - (2a -1) a f (x) g(x) a ln x x -1 h(x) ln x x -1所以 ，所以 - = - ÷，令 = - ，则x +1è x +1 x +1
1 2 x2h (x) +1= - 2 = 2 > 0，所以h(x)在[1,+ )单调递增，因此当 x >1时， h(x) > h(1) = 0，x (x +1) (x +1) x
a2
又因为 0，所以当 x >1时， a( f (x) - g(x)) 0 .
x +1
x -1 x -1
（2）解：（i）由 f (x) = 0 等价于 a ln x - = 0，令u(x) = a ln x - .注意到，u(1) = 0，依题意，u(x) 除
x +1 x +1
ax2 + (2a - 2)x + a
了 1 之外，还有两个零点，又由u (x) = 2 ，令 v(x) = ax
2 + (2a - 2)x + a (x > 0) ，
x(x +1)
当 a 0时， v(x) < 0恒成立，故这时u(x) 在 (0, + )单调递减，不合题意；
1
当 a > 0时，由题意，首先 v(x) 在 (0, + )上有两个零点，故D = (2a - 2)2 - 4a2 > 0 ，解得0 < a < ，
2
2
设两个零点为x1和x2，有x1 + x2 = - 2 > 0，x1x2 = 1 > 0，故可知x1，x2均大于 0，a
由此可得u(x) 在 0,x1 单调递增， x1,x2 单调递减， x2 ,+ 单调递增，
1- 2 1 2
而1 x1 ,x2 ，即u x1 > 0，u(1) = 0，u x2 < 0，又因为u e a ÷ = -2 + 1 < 0，u ea ÷ = 1 > 0 ，
è -e a +1 è ea +1
故u(x) 在( 0, 1)内恰有一个零点，在 (1,+ )内恰有一个零点，又 1 为u(x) 的一个零点，
1
所以u(x) 恰有 3 个零点，亦即 f (x) 恰有 3 个零点，综上，实数 a的取值范围是 0, ÷ .
è 2
1 x -1
（ii）由（i）中u(x) = a ln x
x -1
- ，由u ÷ = -a ln x + = -u(x)，x +1 è x x +1
x23 + 4x3 +1 x3 -1 1
由此可得 x1 × x3 =1 .要想证明 (3a -1) x1 + x3 + 2 < 2，只需证明3a < ，而 a = x3 +1 x
，
3 +1 ln x3
3 x2 -1 3 x2 -1
因此只需要证明当 x >1时， ln x > ，令j(x) = ln x - ， x [1,+ )，
x2 + 4x +1 x2 + 4x +1
j (x) (x -1)
4
可得 = 0x x2 j(x) [1,+ )+ 4x +1 ，故 在 上单调递增，
2
x 1 3 x -1因此当 > 时，j (x) > j (1) = 0，即当 x >1 时， ln x > ，
x2 + 4x +1
x -1 3a x23 -1 1 3a x3 +1 3 a ln x x > 1 > 2因此 = 3 > 2 ，由 3 ，有 2 ，即 x2 + 4x +1 > 3a x +1 ，x3 +1 x3 + 4x3 +1 x3 +1 x3 + 4x3 +1 3 3 3
1
两边同时除以 x3 ，由 x1 = x + x + 4 > 3ax ，有 1 3 x1 + x3 + 2 ，即 3a -1 x1 + x3 + 2 < 2 .3
题型 07 零点求参：含参讨论零点个数型
【解题规律·提分快招】
判断函数 f x 零点个数的方法有：
（1）直接法，令 f x = 0，如果能直接求出解，那么有几个不同的解， f x 就有几个零点.
（2）图象法，画出函数 f x 的图象，函数 f x 的图象与 x 轴的交点个数就是函数 f x 的零点个数；将函
数 f x 拆成函数 h x 和 g x 的差的形式， f x = 0 h x = g x ，则函数 f x 的零点个数就是函数
y = h x 和 y = g x 的图象的交点个数.
（3）函数零点存在定理，利用函数零点存在定理时，不仅要求函数图象在区间 a,b 上是连续不断的曲线，
f a × f b < 0 ，还需要结合函数的图象与性质（如单调性 奇偶性）才能确定函数有多少个零点.
【典例 1-1】
（24-25 2-ax ax 2+ 1-a x高三上·湖南永州·开学考试）已知函数， f x = x +1 e +1， g x = (x +1) e +1．
(1)若 a =1，求 f x 的极值；
(2)当 a < 0时，讨论 f x 零点个数；
(3)当 x 0 时， f x g x ，求实数 a的取值范围．
1
【答案】(1)极大值 e2 +1，无极小值(2)答案见解析(3) a - 2
【分析】（1）对 f x 求导，根据导数的正负得出单调区间，进而得出极值；
1
2 1+a（ ）对 f x 求导，根据导数的正负得出单调区间，进而得出 f x 最小值 e +1，设
a
h(a) 1= e1+a 1, a 0 1+ < e1+a，再根据导数确定 +1的正负，结合 f 0 = e2 +1 > 0，当 x - 时， f x 1，
a a
即可得出零点情况；
-1 1 a m(x) -1 1（3）将问题转化为，当 x > 0时， + = + , x > 0ln x +1 x ，设 ln x +1 x ，根据导数确定单调性，再
1 1
根据当 x 0 时，m x - ，所以m x > - ，即可求解．
2 2
2-x
【详解】（1）当 a =1时， f x = x +1 e +1，则 f (x) = e2-x - x +1 e2-x = -xe2-x ，
令 f (x) = 0，解得 x = 0，当 x - ,0 时， f (x) > 0，则 f (x) 在 - ,0 单调递增，
当 x 0, + 时， f (x) < 0，则 f (x) 在 0, + 单调递减，所以 f x 有极大值 f (0) = e2 +1，无极小值．
2 f (x) = e2-ax - a x +1 e2-ax = e2-ax（ ） -ax - a +1 ，
f (x) = 0 x 1- a 1- a令 ，则 = ，因为 a < 0，所以 -a > 0， < 0
a a
x 当 - ,
1- a
÷时， f (x) < 0，则 f (x)
1- a
在 - ,
a ÷
上单调递减，
è è a
x 1- a当 ,+
÷时， f (x) > 0，则 f (x)
1- a
在
a
,+ ÷上单调递增，
è è a
1- a 1- a 2 a1-a- 1 1
所以 f (x) f ( ) = +1
e a +1 = e1+a +1 h(a) = e1+a÷ ，设 +1, a < 0 ，则a è a a a
h (a) 1= - e1+a 1 e1+a e1+a a -12 + = 2 ，因为 a < 0，所以 h (a) < 0 ，所以 h(a) 在 - ,0 单调递减，a a a
1 1+a
又因为 h(-1) = 0，所以当 a < -1时， e +1 > 0，则 f (x) > 0 ，无零点；
a
1
当 a = -1时， e1+a +1 = 0， f (x) 有 1 个零点，
a
1
当-1 < a < 0 e1+a时， +1< 0 2，又 f 0 = e +1 > 0，当 x - 时， f x 1， f (x) 有 2 个零点．
a
3 f x g x x +1 e2-ax +1 (x +1)ax e2+ 1-a x +1 x +1 e2-ax (x +1)ax e2+ 1-a x（ ） ，
因为 x 0 时， x +1 1,e2-ax > 0 ，所以 f x g x 1 (x +1)ax-1ex e- x (x +1)ax-1，
两边同时取自然对数得，-x ax -1 ln x +1 ，当 x = 0时，0 0成立，
-1 1
当 x > 0时， ln x +1 > 0，则-x ax -1 ln x +1 + aln x +1 x ，
2 2
设m(x)
-1 1
= + , x > 0 x - x +1m (x) 1 1 1 ln x +1 ln x 1 x ，则 = 2 × - =+ ln x +1 x +1 x2 x x +1 ln2 x +1 ，
设 n(x) = x2 - x +1 ln2 x +1 , x > 0，则
n (x) = 2x - ln2 x 1 x 1 1+ - + × 2 × ln x +1 × = 2x - ln2 x +1 - 2ln x +1 ，
x +1
设 p(x) = 2x - ln2 x +1 - 2ln x +1 , x > 0，则 p (x) = 2 - 2ln 2x - 2ln x +1x 1 1 2 + × - = ，
x +1 x +1 x +1
设 k x = 2x - 2ln x +1 , x > 0 2 2x，则 k x = 2 - = > 0，所以 k x 在 0, + 单调递增，
x +1 x +1
又 k 0 = 2 0 - 2ln 0 +1 = 0，所以 k x > 0，所以 p x > 0，则 p x 在 0, + 单调递增，
又 p(0) = 2 0 - ln2 0 +1 - 2ln 0 +1 = 0，所以 p x > 0，所以 n x > 0，则 n x 在 0, + 单调递增，
又 n(0) = 02 - 0 +1 ln2 0 +1 = 0，所以 n x > 0 ，所以m x > 0，则m x 在 0, + 单调递增，
m x 1 1 1又当 x 0 时， - ，所以m x > - ，所以 a - ．
2 2 2
【典例 1-2】
（23-24 高二下·四川遂宁·阶段练习）已知 f x = x + kln 1+ x 在 t, f t t > 0 处切线为 l．
(1)若切线 l 的斜率 k = -1，求 f x 单调区间；
(2)证明：切线 l 不经过 0,0 ；
(3)已知 k =1， A t, f t ，C 0, f t ，O 0,0 ，其中 t > 0，切线 l 与 y 轴交于点 B 时．当
2S△ACO =15S△ABO ，符合条件的 A 的个数为？
（参考数据：1.09 < ln3 <1.10，1.60 < ln5 <1.61，1.94 < ln7 <1.95）
【答案】(1) f (x) 的单调递减区间为 (-1,0) ，单调递增区间为 (0, + ) .(2)证明见解析(3)两个
【分析】（1）直接代入 k = -1，再利用导数研究其单调性即可；
k t
（2）写出切线方程 y - f (t) = 1+ ÷ (x - t)(t > 0)，将 (0,0)代入再设新函数F (t) = ln(1+ t) - ，利用导数
è 1+ t 1+ t
研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入 2SVACO =15S
t
△ABO 得到13ln(1+ t) - 2t -15 = 0，再设新函数1+ t
h(t) =13ln(1+ t) - 2t 15t- (t > 0)研究其零点即可.
1+ t
1 x
【详解】（1） f (x) = x - ln(1+ x), f (x) =1- = (x > -1) ，
1+ x 1+ x
当 x -1,0 时， f x < 0；当 x 0, + ， f x > 0；可知 f (x) 在 (-1,0) 上单调递减，在 (0, + )上单调递
增.所以 f (x) 的单调递减区间为 (-1,0) ，单调递增区间为 (0, + ) .
k k k
（2）因为 f (x) =1+ ，切线 l的斜率为1+ ，则切线方程为 y - f (t) = 1+ (x - t)(t > 0)，
1+ x 1+ t è 1+ t ÷
将 (0,0) - f (t) t
1 k= - + k代入则 , f (t) = t
1+ ，即 t + k ln(1 t) t
k t
+ = + t ，则 ln(1+ t) = ，
è 1+ t ÷ 1+ t ÷ è 1+ t 1+ t
ln(1+ t) t- = 0，令F (t) = ln(1
t
+ t) - ，假设 l过 (0,0)，则F (t)在 t (0,+ ) 存在零点.
1+ t 1+ t
因为F (t)
1 1+ t - t t
= - 2 = 2 > 0，可知在 (0, + )1 t (1 t) (1 t) 上单调递增，
F (t) > F (0) = 0，
+ + +
所以F (t)在 (0, + )无零点，这与假设矛盾，故直线 l不过 (0,0) .
（3）当 k =1时， f (x) = x + ln(1
1 x + 2
+ x), f (x) =1+ = > 0 .则 S
1
VACO = tf (t)，1+ x 1+ x 2
设 l与 y 轴交点 B 为 (0, q)，当 t > 0时，若q < 0，则此时 l与 f (x) 必有交点，与切线定义矛盾.
1
由（2）知 q 0 .所以 q > 0，则切线 l的方程为 y - t - ln t +1 = 1+ ÷ x - t ，令 x = 0，则
è 1+ t
t
y = q t= y = ln(1+ t) - é ù.因为 2SVACO =15St +1 △ABO
，则 2tf (t) =15t êln(1+ t) - ú，即 t +1
13ln(1+ t) - 2t -15 t = 0，
1+ t
设 h(t) =13ln(1+ t) - 2t
15t
- (t > 0)，则满足条件的 A 有几个即 h(t)有几个零点.
1+ t
13 15 13t +13 - 2 t 2 + 2t +1 -15 2h (t) 2 2t + 9t - 4 (-2t +1)(t - 4)= - - 2 = 2 = 2 = ，1+ t (t +1) (t +1) (t +1) (t +1)2
t 0, 1当
÷时， h t < 0 ，此时 h t 单调递减；
è 2
1
当 t , 4÷时， h t > 0，此时 h t 2 单调递增；当 t 4, + 时， h
t < 0 ，此时 h t 单调递减；
è
1
因为 h(0) = 0, h ÷0, h(4) =13ln 5 - 2013 1.6 - 20 = 0.8 > 0，
è 2
h(24) 15 24 72 72=13ln 25 - 48 - = 26ln 5 - 48 - < 26 1.61- 48 - = -20.54 < 0，
25 5 5
1
所以由零点存在性定理及 h(t)的单调性， h(t)在 , 42 ÷上必有一个零点，在
(4, 24)上必有一个零点，
è
综上所述， h(t)有两个零点，即满足 2SACO =15SVABO 的 A 有两个.
【变式 1-1】
x
（22-23 高三上·天津南开·阶段练习）已知函数 f (x) = ．
ex
(1)求 f (x) 的单调区间和极值；
(2)若 x = 0是函数 g (x) = f (a) × f (x) + sin x 的极值点．
（ⅰ）证明： -2ln 2 < a < 0；
（ⅱ）讨论 g(x)在区间 -π, π 上的零点个数．
1
【答案】(1)函数在 - ,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，有极大值 ，无极小值.
e
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）2
【分析】（1）求导得到导函数，根据导函数的正负确定单调区间，计算极值得到答案.
a 1- x
（2）（ⅰ）计算得到 g (x) = a × x + cos x，确定 ea + a = 0
x
，设F x = e + x ，根据函数的单调性结合
e e
F 0 =1，F -2ln 2 < 0得到证明；
（ⅱ）求导得到导函数，考虑 x -π,0 ， x = 0， x 0, π x三种情况，构造F x = e sin x - x，确定函数的
单调区间，根据F 0 = 0，F x0 > 0，F π < 0 得到零点个数.
【详解】（1） f (x)
x 1- x
= ， f x (x) = x ，取 f (x)
1- x
= x = 0 得到 x =1，e e e
当 x <1时， f x > 0，函数单调递增；当 x >1时， f x < 0，函数单调递减.
1
故函数在 - ,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，有极大值 f 1 = ，无极小值.
e
（2）（ⅰ） g(x) = f (a) × f (x) + sin x
a x sin x g (x) a 1- x a= a × x + ， = a × x + cos x， g (0) = +1 = 0，故e e e e ea
ea + a = 0，
设F x = ex + x ，函数单调递增，F 0 =1 > 0，F -2ln 2 = e-2ln 2 - 2ln 2 1= - ln 4 < 0 .
4
根据零点存在定理知 -2ln 2 < a < 0 .
g(x) x（ⅱ） = - x + sin x， g 0 = 0 ， g (x)
x -1
= + cos x h(x) x -1，设 = + cos x h (x)
2 - x
， = - sin x，
e ex ex ex
当 x -π,0 2 - x时， x > 0,sin x < 0，故 h (x) > 0， g (x)单调递增， g x < g 0 = -1+1 = 0，故函数 g x e
单调递减， g x > g 0 = 0，故函数在 -π,0 上无零点；
x 0, π g(x) x sin x 1 x当 时， = - + = e sin x - x ，
ex ex
设F x = ex sin x - x，F x = ex sin x + cos x -1，
设 k x = ex sin x + cos x -1 x，则 k x = 2e cos x，
当 x
0, π ÷ 时， k x = 2ex cos x
π
> 0，当 x , π x
2 ÷
时， k x = 2e cos x < 0
è è 2
k x 0, π π
π
故 在 ÷单调递增，在 , π ÷上单调递减， k 0 = 0 k
π
， ÷ = e 2 -1 > 0 ， k π = -eπ -1 < 0，è 2 è 2 è 2
x π故存在 0 , π
÷使 k x0 = 0，当 x 0, x0 时， k x > 0，F x 单调递增；
è 2
当 x x0 , π 时， k x < 0 ，F x 单调递减.
F 0 = 0，故F x0 > 0，F π = -π < 0，故函数在 x0 , π 上有 1 个零点.
综上所述： g(x)在区间 -π, π 上的零点个数为 2
题型 08 零点求参：参数范围证明型
【典例 1-1】
24-25 x（ 高三上·天津·阶段练习）设函数 f x = lnx - a x -1 e ，其中 a R .
(1)若 a = -1，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程;
(2)若 0
1
< a < ，
e
（i） 证明: 函数 f x 恰有两个零点;
（ii） 设 x0 为函数 f x 的极值点， x1 为函数 f x 的零点，且 x1 > x0，证明: 3x0 - x1 > 2 .
【答案】(1) y = e +1 x - e -1(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）先 f x ，再求 f 1 , f 1 ，由点斜式即可求解；
2 x
（2）（i）求导得 f x 1- ax e= ，构造 g(x) =1- ax2ex 并应用导数研究单调性，进而判断 f x 符号确定 f x
x
1 1 1
单调性，可求极值点所在的区间为 (1, ln )，再证 x >1上 ln x < x -1，由此得 f
a
ln ÷ = h ln ÷ < 0，结合零
è a è a
点存在性定理即可证结论；
2
（ii）由①结合题设可得 ex
x ln x
1 -x0 = 0 1 ，结合 x >1上 ln x < x -1，即可证结论.
x1 -1
【详解】（1）由题设， f x = ln x + x -1 ex且 x > 0，则 f x 1= + xex ，所以 f 1 =1+ e，又 f 1 = 0，
x
所以切线方程为 y - 0 = 1+ e x -1 ，即： y = 1+ e x -1- e .
1- ax2ex 2 x 1
（2）（i）由 f x = ，令 g x =1- ax e ，又0 < a < ，易知 g x 在 0, + 上递减，
x e
2
g 1 =1- ae > 0 g ln 1 1 ln 1= - 又 ， ÷ ÷ < 0，∴ g x 在 0, + 上有唯一零点，即 f x 在 0, + 上唯一零
è a è a
1
点，设零点为 x0 ，则1 < x0 < ln ，∴ 0 < x < x0 ， f x > 0， f x 递增； x > x0， f x < 0， f x 递减；a
∴ x
1
0 是 f x 唯一极值点，且为极大值，令 h x = ln x - x +1且 x >1，则 h x = -1 < 0，故 h x 在 1, + 上x
递减，∴ h x < h x 0 1 1 1 1= ，即 ln x < x -1，∴ f ln
÷ = ln
ln
÷ - ln +1 = h
ln
÷ < 0，又 f xa a a a 0 > f 1 = 0，è è è
f x x , ln 1 根据零点存在性定理知 在 0 ÷ 上存在零点，又∵ f x 在 x0 ,+ 单调递减；
è a
∴ f x 在 x0 ,+ 存在唯一零点，又∵ f 1 = 0， f x 在 0, x0 上单调递增；1< x0 ，
∴ f x 在 0, x0 上的唯一零点为 1，故 f x 恰有两个零点；
ì f (x ) = 0 ì ax2ex0 =1 x -1 2x
ii 0 0 1í í ln x = ×e 1
-x0 x -x x0 ln x1
（ ）由题意， f (x ) 0 ，即 ln x a x 1 ex ，则
e 1 01 =
1 =
1
1 = 1 - x
2 ，即 ，
0 x1 -1
x2 x -1
当 x >1时， ln x < x -1，又 x1 > x >1 e
x1 -x0 < 0
1 2
0 ，则 = x ，x1 -1
0
∴ x1 - x0 < 2ln x0 ，得 x1 - x0 < 2ln x0 < 2(x0 -1) = 2x0 - 2，即3x0 - x1 > 2，得证.
【典例 1-2】
（23-24 2高三上·天津河西·阶段练习）已知函数 f x = 2ln x - ax + 2x -1， g x = f x - 2ax + 3 a R .
(1)若 f 1 = -1，求函数 y = f x 的极值；
(2)若关于 x 的不等式 g x 0恒成立，求整数 a的最小值；
2
(3)当0 < a <1时，函数 g x 恰有两个不同的零点x1， x2，且 xI < x2，求证： x1 + x2 > .a
【答案】(1)有极大值 f 1 = -1，无极小值(2)2(3)证明见解析
【分析】（1）先求出 a = 2，再利用导数求出 f x 的单调增区间；
2 ln x + x +1 x 0, + 2 ln x + x +12 a （ ）先利用分离参数法得到 ≥ 2 对 恒成立.构造 h x = 2 和x + 2x x + 2x
j x = 2ln x 1+ x ，求导结合零点存在性定理判断出$x0 ,12 ÷，è
h x = hmax x0
1 1
=
x ，得到
a≥ 1,2
x .由 a Z，求出整数
a的最小值；
0 0
2 x2 - x2 + 2 x - x
（3 1 2 1 2）用分析法证明：当0 < a <1时，先整理化简得到 = ，只需证
a ln x1 - ln x2 + x1 - x2
x2 - x2
x + x > 1 2
+ 2 x1 - x2 t x. 1令 = 0,1 2 t -11 2 x ，构造函数G t = ln t
- ，利用导数证明出
ln x1 - ln x2 + x1 - x2 2 1+ t
2 t -1
ln t < .即证.
t +1
【详解】（1）当 f 1 = -1时， f 1 = -a + 2 -1 = -1，所以 a = 2，则 f x = 2ln x - 2x2 + 2x -1，定义域为
0, + .
-2 x -1 2x +1令 f x = > 0 ，解得：0 < x <1.所以 f x 的单调增区间为 0,1 ，单调减区间为 1, + ；
x
则当 x =1时， y = f x 有极大值 f 1 = -1，无极小值；
（2）依题意 g x = f x - 2ax + 3≤0对 x 0, + 2 ln x + x +1 恒成立，等价于 a≥ 2 对 x 0, + 恒成立.x + 2x
-2 x +1 2ln x + x
令 h 2 ln x + x +1x = ，则 h x = 2 2 令j x = 2ln x + x2 ,则j x = 2ln x + x 在 0, + 上是增x + 2x x + 2x
函数，j 1 = 1 0 j 1> 1， ÷ = + 2ln
1 1 1
= 1- 4ln 2 < 0 所以$x0 ,1 ÷，使j x0 = 0即2ln x0 + x0 = 0
è 2 2 2 2 è 2
对"x 0, x0 ，j x < 0 ， h x > 0，所以 h x 在 0, x0 上单调递增；
对"x x0 , + ，j x > 0， h x < 0，所以 h x 在 x0 , + 上单调递减.
所以 h x
2 ln x0 + x= h x = 0 +1 x0 + 2 1 10 = = .所以 a≥ 1,2max x0 x0 + 2 x0 x0 + 2 x0 x
.
0
又 a Z，所以整数 a的最小值 2
-2 x +1 ax -1 -2 x +1 ax -1 1
（3）当0 a 1 1 g x 0, < < 时， g x = ，令 g x = > 0 x < ，故 在 上x x a è a ÷
1 1 1 1
单调递增，在 ，+ ÷上单调递减且 g ÷ =2ln + > 0， x 0 时， g x - ； x + 时，
è a è a a a
g x - ；
依题意存在 x1, x2 0, +
1 2
使得 g x1 = g x2 ，已知 x1 < x2可得0 < x1 < < x2 ，要证 x1 + x2 > 成立，a a
ì
ìg x = 0 ln x
1
1 = ax
2
1 + a -1 x1 +1
因为x1， x2是 g x
1 2
的零点，所以 í
g x2 = 0
í ，
ln x 1 22 = ax2 + a -1 x +1 2 2
1 2 22 2 x - x + 2 x - x
两式相减得： ln x1 - ln x2 = a x1 - x2 + a -1 x - x 2 = 1 2 1 21 2 ，即 ，2 a ln x1 - ln x2 + x1 - x2
2 x21 - x2 + 2 x - x
要证 x1 + x2 > ，只需证 x1 + x
2 1 2
a 2
> ，
ln x1 - ln x2 + x1 - x2
x < x 2 2
x1 2 2
又因为 1 2只需证 x1 - x2 + x1 + x2 ln < x1 - x2 + 2 x x
x1 2 x1 - x- ln < 2
x 1 2 ，即证 ，2 x2 x1 + x2
x 2t = 1 0,1 2 t -1 t -1 令 x ，则G t = ln t - ，所以G t = > 0，2 1+ t t 1+ t 2
G t 2 t -1 所以 在 0,1 增函数，所以G t < G 1 = 0即 ln t < .
t +1
x
即 ln 1
2 x1 - x2 < 成立.所以原不等式得证.
x2 x1 + x2
【变式 1-1】
（23-24 高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数 f (x) = 2ln x - (a +1)x2 - 2ax +1， a R ．
(1)当 a =1时，求函数 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)若函数 f (x) 有两个零点x1， x2，求实数 a的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明： x1 + x
2
2 > ．a +1
【答案】(1) y = -4x +1(2) (-1,0) (3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义，即可求解；（2）首先判断函数的单调性，以及极值，根据函数的零点
1
个数判断 f ÷ > 0，再通过构造函数，根据函数的单调性，以及零点，求解不等式的解集；（3）根据函
è a +1
2 2
数的单调性，转化为证明 f x1 > f - x2 ÷ ，再构造函数 h x = f x - f
- x
è a +1
，利用导数判断函数
è a +1 ÷
的单调性，即可证明.
2
【详解】（1 2）当 a =1时， f x = 2ln x - 2x - 2x +1， f x = - 4x - 2， f 1 = 2 - 4 - 2 = -4，
x
f 1 = -2 - 2 +1 = -3，所以函数 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程为 y + 3 = -4 x -1 ，即 y = -4x +1；
（2）函数 f x 2 -2 é a +1 x -1ù x +1 的定义域为 0, + ， f x = - 2 a +1 x - 2a = ，
x x
当 a -1时， f x > 0恒成立， f x 单调递增，所以 f x 不可能有 2 个零点；
1
当 a > -1时，当0 < x < 时， f x > 0， f x 1单调递增，当 x > 时， f x < 0， f x 单调递减，
a +1 a +1
当 x 0 时， f x - ，当 x + 时， f x - ，所以要满足函数 f x 有 2 个零点，只需
f 1 ÷ > 0，
è a +1
2
2ln 1 a 1 1 2a 1即 - + ÷ - × +1 > 0 ，整理得 2ln a +1
a
+ < 0，
a +1 è a +1 a +1 a +1
2 1
设 g x = 2ln x +1 x+ ，函数的定义域为 -1, + ， g x = + > 0
x +1 x +1 x +1 2 ，所以
g x 在定义域上单
调递增，且 g 0 = 0，则不等式 2ln a 1 a+ + < 0的解集为 -1,0 ，所以 a的取值范围为 -1,0 ；
a +1
1 2 2
（3）证明：由（2）知，-1 < a < 0，则 > 0，要证明 x + x > ，即证明 x > - x ，
a +1 1 2 a +1 1 a +1 2
0 x 1 x 1 2 1 1< < <
1
不妨设 1 a +1 2
，因为 x2 > ，所以0 < - x2 < ，又0 < x < ，函数 f x 在 0,a +1 a +1 a +1 1 a +1 è a +1÷
f x > f 2 - x 0 x 1 0 2 1上单调递增，此时需证明 1 ，当 < < ， < - x 1 2 2
可得 < x
2 < ，因为 f x1 = f x2 ，即证明 f x2 - f - xa +1 a +1 a +1 2 ÷ > 0，è
设 h x = f x f 2- - x 1 ÷ ，函数的定义域为 ,+ a +1 a +1 ÷，è è
2 2 2
h x = f x + f - x ÷ = + - 4 a +1 è a +1 x 2 - x
a +1
4
= - 4 a +1 4> 2 - 4 a +1 = 0
a 2+1 × x × - x 1 ，
è a +1 ÷ a +1 × è a +1÷
h x 1 1 所以 在 ,+ ÷单调递增，则 h x > h = 0，
è a +1 è a +1÷
h x = f x - f 2 - x ÷ > 0，所以 f x1 = f x > f
2 - x 2
a +1 2 a +1 2 ÷
，所以 x
è è 1
> - x ，
a +1 2
2
即 x1 + x2 > ，命题得证.a +1
题型 09 零点不等式证明：基础型
【解题规律·提分快招】
零点不等式，也是极值点偏移的一个类型。：”偏移“的基本思维
1. 若函数 f (x) 存在两个零点 x1 , x2 且 x1 x2 ，求证： x1 + x2 > 2x0 （ x0 为函数 f (x) 的极值点）；
2. 若函数 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 满足 f (x1) = f (x2 )，求证： x1 + x2 > 2x0 （ x0 为函数 f (x) 的极
值点）；
3. 若函数 f (x) 存在两个零点 x1 , x2 且 x1 x x
x
，令 = 1
+ x2
2 0 ，求证： f ' (x0 ) > 0；2
x + x
4. 若函数 f (x) 中存在 x1 , x2 且 x1 x2 满足 f (x1) = f (x2 )，令 x 1 20 = ，求证： f ' (x2 0
) > 0 .
【典例 1-1】
（2023·湖北·模拟预测）已知函数 f x = alnx x -1- .
x +1
(1)当 a =1时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若 g x = a x2 -1 lnx - (x -1)2 a 0 有 3 个零点x1， x2， x3 ，其中 x1 < x2 < x3 .
（ⅰ）求实数 a的取值范围；
（ⅱ）求证： 3a -1 x1 + x3 + 2 < 2 .
1
【答案】(1)单调递增区间为 0, + ，无单调递减区间.(2)（ⅰ） 0, ÷；（ⅱ）证明见解析
è 2
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性；
（2）（ⅰ）由题设可得 f x 零点个数为 2 且零点异于 1，求出 f x 后就 a < 0,0 < a 1< ,a 1 分类讨论其符
2 2
3 x2 -1
号后结合零点存在定理可得参数的取值范围；（ⅱ）先证明先证明不等式 lnx > 2 , x >1恒成立，从而x + 4x +1
可利用放缩法证明题设中的不等式.
x -1 1 2 x2 +1
【详解】（1）当时 a =1， f x = lnx - ， f x = - = ，
x +1 x (x +1)2 x(x +1)2
则 f x > 0在 0, + 恒成立，所以 f x 在 0, + 单调递增，
故 f x 的单调递增区间为 0, + ，无单调递减区间.
2 2 2 2
x -1 2
（ ）（ⅰ） g x = a x -1 lnx - (x -1) = x -1 alnx - = x -1 f x ，
è x
+1÷
g 1 = 0， f 1 = 0，则 f x 除 1 外还有两个零点.
2
f ax + 2a - 2 x + ax a 2 = - = ，令 h x = ax2 + 2a - 2 x + a(x > 0)2 ，x (x +1) x(x +1)2
当 a < 0时， h x < 0在 0, + 恒成立，则 f x < 0，
所以 f x 在 0, + 单调递减，不满足，舍去；
当 a > 0时，要是 f x 除 1 外还有两个零点，则 f x 不单调，
所以 h x 1存在两个零点，所以Δ = (2a - 2)2 - 4a2 > 0，解得0 < a < ，
2
当0
1 2
< a < 时，设 h x 的两个零点为m,n(m < n)，则m + n = - 2 > 0，mn =1，所以0 < m < 1 < n .
2 a
当 x 0,m 时， h x > 0 ， f x > 0，则 f x 单调递增；
当 x m, n 时， h x < 0， f x < 0，则 f x 单调递减；
当 x n, + 时， h x > 0 ， f x > 0，则 f x 单调递增；
1 1
1 - -a a
又 f 1 = 0，所以 f m > 0， f n < 0 - f e a 1 e -1 2e 1，而 ÷ = - - -1 = - 1 < 0，且 e a- +1 - < 1，è e a e a +1
1
1 eaf ea 1 -1 2
1 1
1 -
÷ = - 1 = 1 > 0，且 ea >1，所以存在 x1 e
a ,m÷， x a3 n, e ÷，使得 f x1 = f x3 = 0，
è ea +1 ea +1 è è
即 g x = a x2 -1 lnx (x 1)2 a 0 1- - 有 3 个零点x1， x2 =1， x3 .综上，实数 a的取值范围为 0, 2 ÷è
1
1 -1
（ⅱ）因为 f ÷ = -alnx -
x
1 = -alnx
1- x x -1 1
- = -alnx + = - f x f x = 0 ，所以若 ，则 f ÷ = 0，所
è x +1 1+ x x +1 è x
x
2 2
以 x
1
= 3 x -1 3 x -11 x .当 x >1
时，先证明不等式 lnx > 恒成立，设2 j x = lnx - ，3 x + 4x +1 x2 + 4x +1
1 12 x2 + x +1 j x (x -1)
4
则 = - = > 0 j x 1, + j x > j 1 = 0x 2 2 2 2 ，所以函数
在 上单调递增，于是 ，
x + 4x +1 x x + 4x +1
3 x2 -1x >1
2
. f x = 0 x3 -1 3a x= alnx > 3 -1 即当 时，不等式 lnx > 恒成立 由 3 ，可得 ，
x2 + 4x +1 x3 +1
3 x23 + 4x3 +1
1 3a x3 +1
因为 x3 > 1，所以 > 2 ，即 x
2
3 + 4x3 +1 > 3a x3 +1
2
，两边同除以 x
x 3
，
3 +1 x3 + 4x3 +1
1 1
得 x3 + 4 + > 3a x3 + 2 + ÷ x1 + x3 + 4 > 3a x1 + x3 + 2 ，所以 3a -1 x1 + x3 + 2 < 2x ，3 è x3
【典例 1-2】
（24-25 高三上·天津·期中）已知函数 f x = x2ex , g x = lnx .
(1)求函数 y = f x 的单调区间；
(2)若曲线 y = e x+m 与 y = g x +1 存在两条公切线，求整数m 的最小值；
1
(3)已知 a - ,0÷，函数 h x = x -1 g x 1 a- - 有 3 个零点为： x1, x2 , x3，且 x1 < x < x ，证明：
è e x 2 3
x1 + x2 + x
2
3 > .e
【答案】(1)单调递增区间是 - , -2 和 0, + ，单调递减区间是 -2,0 (2) -1(3)证明见解析
【分析】（1）先求导，然后根据导函数的正负判断 f x 的单调性，由此可确定出单调区间；
（2）根据条件写出切线方程，通过联立思想求解出m 关于切点坐标的表示，由此构造函数分析单调性和最
小值，即可确定出整数m 的最小值；
（3）将问题转化为方程 x -1 g x a-1 = 有三个根 x1, x2 , x3，借助图象分析出 x1, x2 , x3的范围，然后通过转x
化将待证明的问题变为证明 x2 -1 ln x
2 2
2 -1 -
+1- x
2 ÷ ln
+1- x
2 ÷ > 0，再通过构造函数分析单调性和最
è e è e
值完成证明.
【详解】（1） f x = 2xex + x2ex = x x + 2 ex ，令 f x = 0，解得 x = 0或 x = -2，
当 x - ,-2 时， f x > 0， f x 单调递增，当 x -2,0 时， f x < 0， f x 单调递减，
当 x 0, + 时， f x > 0， f x 单调递增，所以 f x 的单调递增区间是 - ,-2 和 0, + ，单调递减区
间是 -2,0 .
（2）