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高考數學導數大題解題模板
【高考地位】
導數綜合問題是高考的必考的重點內容，主要在導數解答題的的第 2小問，已由解決函數、數列、不
等式問題的輔助工具上升為解決問題的必不可少的工具，特別是利用導數來解決函數的極值與最值、零點
的個數等問題，在高考中以各種題型中均出現，對于導數問題中求參數的取值范圍是近幾年高考中出現頻
率較高的一類問題，其試題難度考查較大.
目 錄
類型一 利用導數研究不等式證明問題
類型二 利用導數研究不等式恒成立問題
類型三 利用導數研究函數零點問題
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類型一 利用導數研究不等式證明問題
萬能模板 內 容
使用場景 一般函數的不等式證明問題
構造法證明不等式是指在證明與函數有關的不等式時，根據所要證明的不等
式，構造與之相關的函數，利用函數單調性、極值、最值加以證明.常見的構
造方法有：
（1）直接構造法：證明不等式 f(x)>g(x)(f(x)g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，進而構造輔助函數 h(x)＝f(x)－g(x)；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮，二是利用常見的放縮結
x x
解題模板 論，如 ln x≤x－1，e≥x＋1，ln xx
0)， ≤ln(x＋1)≤x(x>－
x 1
1)；
（3）構造“形似”函數：稍作變形再構造，對原不等式同解變形，如移項、
通分、取對數，把不等式轉化為左、右兩邊是相同結構的式子的形式，根據
“相同結構”構造輔助函數；
（4）構造雙函數：若直接構造函數求導難以判斷符號，導函數零點也不易求得，因此
函數單調性與極值點都不易獲得，則可構造函數 f(x)和 g(x)，利用其最值求解.
(2016·全國卷Ⅲ)
例 1 設函數 f(x)＝ln x－x＋1.
（1）討論 f(x)的單調性；
x 1
（2）證明：當 x∈(1，＋∞)時，1＜ ＜x；
ln x
（3）設 c＞1，證明：當 x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞cx.
【解析】（1）（2）略
x
（3）證明：由題設 c＞1，設 g(x)＝1＋(c－1)x－c ，
[關鍵 1：利用要證明的不等式直接構造函數]
c 1
x
則 g′(x)＝c－1－c ln c，令 g′(x)＝0，解得 x0＝ ln c .
ln c
當 x＜x0時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增；當 x＞x0時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減.
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[關鍵 2：利用導數研究函數單調性、極值]
c 1
由（2）知 1＜ ＜c，故 0＜x0＜1.
ln c
[關鍵 3：判斷極值點所在的區間]
又 g(0)＝g(1)＝0，故當 0＜x＜1時，g(x)＞0.
x
所以當 x∈(0,1)時，1＋(c－1)x＞c .
[關鍵 4：利用函數單調性與極值點所在區間證得不等式]
【變式演練 1】
（作差法證明不等式）
【河南省鄭州市第一中學 2021屆高三上學期開學測試數學（文）】
1. 已知函數 f (x) (x sin x cos x)ex， f (x) 為 f (x) 的導函數．
（1）設 g(x) f (x) f (x)，求 g(x)的單調區間；
（2）若 x 0 ，證明： f x x 1．
【分析】
（1）根據題意，求得 g x , g x ，解三角不等式則問題得解；
（2）構造函數h(x) f (x) 1 x ，通過二次求導，判斷h x 的單調性，即可求得h x 的最小
值，則問題得解.
【詳解】
（1）由已知， f (x) (1 cos x sin x)ex (x sin x cos x)ex (1 x 2sin x)ex ，
所以 g(x) f (x) f (x) (1 sin x cos x)ex ， g (x) (1 2cos x)ex ，
1 2π 2π
令 g (x) 0，得 cos x ，解得 2kπ x 2kπ,k Z ，
2 3 3
1 2π 4π
令 g (x) 0，得 cos x ，解得 2kπ x 2kπ,k Z，
2 3 3
2π 2π
故 g(x)的單調遞增區間是 ( 2kπ， 2kπ),k Z；
3 3
2π 4π
單調遞減區間是 ( 2kπ, 2kπ),k Z .
3 3
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（2）要證 f (x) x 1，只需證： f (x) 1 x 0．
設h(x) f (x) 1 x ， x 0 ，則h (x) f (x) 1 (1 x 2sin x)ex 1．
記 t(x) h (x) (1 x 2sin x)ex 1，則 t (x) (2 x 2sin x 2cos x)ex ．
當 x [0,π]時， sin x 0，又2 2cos x 0，ex 0，所以 t
(x) 0；
當 x (π, )時， x π，2sin x 2 ，所以 x 2sin x π 2 0，
又2 2cos x 0， x e 0，所以 t (x) 0．
綜上，當 x 0 時， t (x) 0恒成立，
所以 t(x)在[0, )上單調遞增．
所以， t(x) t(0) 0，即h (x) 0，
所以，h(x) 在[0, )上遞增，則h(x) h(0) 0，證畢．
【方法點評】本題主要考查函數與導數及其應用等基礎知識，意在考查邏輯推理、數學運算等數
學核心素養，是一道有一定難度的壓軸題.
【變式演練 2】
（換元法證明雙變量不等式）
【四川省成都市新都一中 2021屆高三 9月月考數學（理）】
2. 已知函數 f x x ln x 2ax2 x，a R ．
（Ⅰ）若 f x 在 0, 內單調遞減，求實數 a 的取值范圍；
1
（Ⅱ）若函數 f x 有兩個極值點分別為 x1， x2 ，證明： x1 x2 ．
2a
【分析】
ln x 2
（I）對原函數求導，根據 f (x) 在 (0, )內的單調性得4a 在 x 0, 上恒成立，構造函
x
ln x 2
數 g(x) ，求出其最大值即可求出 a 的取值范圍;
x
（Ⅱ）函數 f (x) 有兩個極值點分別為 x1， x2 ，等價于 f '(x) ln x 2 4ax 0在 x 0, 內有
兩根 x1， x2 ，將極值點代入作差，設0 x1 x2 ，得到 a 0時原不等式成立；a 0時，將原不等
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x
2 1 1
x x x2 1 2(t 1)式轉化為 ln 1 ，令 t ， t (0,1)，構造函數 h(t) ln t ，證明
x1 x x2 t 1 1 2
x2
h(t) h(1) 0，即原不等式成立.
【詳解】
（I）由題可知 f x lnx 2 4ax， x 0 ，
f x 在 0, 內單調遞減，
∴ f x lnx 2 4ax 0在 0, 內恒成立，
ln x 2
即 4a 在 0, 內恒成立，
x x
ln x 2 1 ln x
令 g x ，則 g x ，
x x x2
1 1
∴當0 x 時， g x 0，即 g x 在 0, 內為增函數，
e e
1 1
當 x 時， g x 0，即 g x 在 , 內為減函數，
e e
1 e
∴ g x g e，即 4a e，a ， max
e 4
e
∴ a , ；
4
（Ⅱ）若函數 f x 有兩個極值點分別為 x1， x2 ，
則 f x lnx 2 4ax 0在 0, 內有兩根 x1， x2 ，
ln x1 2 4ax1 0
，兩式相減，得 lnx1 lnx2 4a x1 x2 ，
ln x2 2 4ax2 0
不妨設0 x1 x2 ，
1
當 a 0時， x1 x2 恒成立，
2a
1 x1 x2 1
當a 0時，要證明 x1 x2 ，只需證明 ，
2a 4a x1 x2 2a ln x1 ln x2
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x
2 1

1
2 x1 x2 x x
即證明 ln x1 ln x2，即證明
2
ln 1 ，
x x1 x2 1 x 1 2
x2
x
令 t
1
， t (0,1)，
x2
2(t 1)
令 h(t) ln t ，
t 1
(t 1)2
h '(t) 0
t(t 1)2
，
h(t)在 t (0,1)上單調遞減，
h(t) h(1) 0，
2(t 1)
ln t ，
t 1
x
2 1 1
x即 2
x
ln 1 成立，
x1 x 1 2
x2
1
x1 x2 .
2a
【方法點評】本題主要考查導數在研究函數中的應用，不等式的轉化，構造函數討論是解決問題
的關鍵.
【變式演練 3】
（利用二次方程韋達定理證明雙變量不等式）
【四川省新津中學 2021屆高三上學期開學考試數學（文）】
2
3. 已知函數 f x x 2 a 3 x 2a ln x ，其中a R ．
（1）若曲線 y f x 在點 1, f 1 處的切線與直線2x y 1 0平行，求實數 a的值及函數
g x f x 4ln x 的單調區間；
（2）若函數 f x 在定義域上有兩個極值點 x1， x2 ，且 x1 x2 ，求證： f x1 f x2 10 0．
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【分析】
（1）由函數導數求得切線斜率，利用兩直線平行斜率相等，求出a 的值，再求 g(x)的定義域，求
g (x) ，由 g (x) 0，求得 g(x)的遞增區間，由 g (x) 0，求得遞減區間；
（2）函數 f (x) 在定義域上有兩個極值點 x1, x2 等價于2x
2 2(a 3)x 2a 0在 (0, )上有兩個不
2 a 3
0
2 2
2
相等的根 x1, x2 .解不等式組 4 a 3 16a 0，求得 a 的范圍，再化簡得到
2a 0


f (x ) f (x ) 2a ln a a21 2 4a 9，再構造 g(a) 2a ln a a
2 4a 9，再利用導數證明
g(a) 10，即得證.
【詳解】
2
（1）由 f x x 2 a 3 x 2a ln x, x 0，
2a
得 f x 2x 2 a 3 ，
x
又 y f x 在點 1, f 1 處的切線與直線2x y 1 0平行，
1
所以 f 1 4a 4 2，解得a ．
2
則 g x x2 5x 3ln x，
3 2x 1 x 3
得 g x 2x 5 x 0 ．
x x
當 x 0,3 時， g x 0， g x 單調遞減，區間為 0,3 ；
當 x 3, 時， g x 0， g x 單調遞增，區間為 3, ．
（2）證明：因為函數 f x 在定義域上有兩個極值點 x1， x2 ，且 x1 x2 ，
2a
所以 f x 2x 2 a 3 0
x
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在 0, 上有兩個根 x1， x2 ，且 x1 x2，
2
即 2x 2 a 3 x 2a 0在 0, 上有兩個不相等的根 x1， x2 ，
則 x1 x2 3 a， x1x2 a，
2 a 3
0
2 2
2
由題意得 4 a 3 16a 0，解得 0 a 1，
2a 0


則 f x1 f x2 x
2
1 2 a 3 x1 2a ln x x
2
1 2 2 a 3 x2 2a ln x2
2
x1 x2 2x1x2 2 a 3 x1 x2 2a ln x 1x2
2
3 a 2a 2 a 3 3 a 2a lna 2a lna a2 4a 9，
令 g a 2a ln a a2 4a 9，其中0 a 1，
2
故 g a 2ln a 2a 6．令h a g a 2ln a 2a 6，h a 2 0，
a
h a g a 在 0,1 上單調遞增．
由于h e 3 2e 3 0，h 1 4 0，
所以存在常數 t e 3 ,1 ，使得 h t 0，即 ln t t 3 0 ， ln t t 3，
且當a 0,t 時，h a g a 0， g a 在 0, t 上單調遞減；
當 a t,1 時，h a g a 0， g a 在 t,1 上單調遞增，
所以當 0 a 1時，
g a g t 2t ln t t2 4t 9 2t t 3 t2 4t 9 t2 2t 9 ．
min
2
又 t e 3 ,1 ， t2 2t 9 t 1 10 10，
所以 g a 10，即 g a 10 0，
故 f x1 f x2 10 0得證．
【方法點評】本題主要考查導數的幾何意義，考查利用導數研究函數的單調性和最值，考查利用
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導數證明不等式，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力，難度較大.
【變式演練 4】
（極值點偏移類的不等式證明）
【安徽省 2020屆高三 5月五校聯考數學理科】
cos x
4. 已知函數 f (x) ， g(x) xsin x cos x .
x
（1）判斷函數 g(x)在區間 (0, 2 )上的零點的個數；
（2）記函數 f (x) 在區間 (0, 2 )上的兩個極值點分別為 x1， x2 ，求證： f (x1) f (x2 ) 0 .
【分析】
（1）先對函數求導，然后結合導數可求函數的單調性，然后再結合零點判定理即可求解；
（2）結合極值存在的條件及正弦與正切函數的性質進行分析可證．
【詳解】（1） g (x) xcos x， x 0 ，
1 1 3
當 x (0, )時， g (x) 0，函數單調遞增，當 x ( , ) 時， g (x) 0 ，函數單調遞減，
2 2 2
3 1 1
當 x ( ,2 )時， g (x) 0，函數單調遞增，且 g(0) 1 0， g( ) 0 ， g( ) 1 0 ，
2 2 2
3 3
g( ) 0， g(2 ) 1 0，
2 2
1 3
故函數 g(x)在 (0, ) ， ( , )上不存在零點，
2 2
1 3
存在 x1 [ , ]，使得 g(x) 0，同理 x2 [ , 2 ]使得 g(x) 0
2 2
綜上， g(x)在區間 (0, 2 )上的零點有 2個.
xsin x cos x
（2） f (x) 2 ， x
1 3
由（1）可得， g(x) xsin x cos x在區間 ( , )， ( ,2 ) 上存在零點，
2 2
1 3 1 3
所以 f (x) 在 ( , )， ( ,2 ) 上存在極值點 x x ， x1 ( , ) ， x2 ( ,2 )1 2 ，
2 2 2 2
1 3
因為 y sin x 在 ( , )上單調遞減，則 sin x1 sin(x2 ) sin x2 ，
2 2
sin x1 sin x2 0，
1
又因為 xi sin xi cos xi 0(i 1,2)，即 tan xi ， xi
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1 3
又 x1 x2 2 ，
2 2
1 1
即 tan x1 tan x2 ， x1 x2
tan x1 tan x2 tan(x2 )，
1 3 1
x1 ( , )， x2 ( ,2 )， x2 ( , )，
2 2 2
1 1
由 y tan x 在 ( , )上單調遞增可得 x1 x2 ．
2 2
cos x cos x
f (x 1 21) f (x2 ) sin x1 sin x2
x1 x2
1
再由 y sin x 在 ( , )上單調遞減，得 sin x1 sin(x2 ) sin x2 ，
2
sin x1 sin x2 0，
所以 f (x1) f (x2 ) 0．
【方法點評】本題綜合考查了利用導數研究函數的單調性，最值與零點，同時考查了正弦函數與
正切函數的性質，試題具有一定的綜合性，屬于難題．
【變式演練 5】
（函數與數列綜合的不等式證明）
【江蘇省南通市如皋中學 2020屆高三創新班下學期高考沖刺模擬（二）】
1
5. 已知函數 f (x) ln x x ( R) .
x
（1）當 x 1時，不等式 f x 0恒成立，求 的最小值；
1 * a
（2）設數列a n N ，其前 n 項和為 S ，證明： S S nn n 2n n ln 2 .
n 4
【分析】
（1）求得 f x ，對參數 進行分類討論，求得不同情況下函數的單調性和值域，即可求得參數
范圍；
1 1 (x 1)(x 1)
（2）根據（1）中所求得到 ln x x ，再利用累加法即可容易證明.
2 x 2x
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【詳解】
1 x2 x
（1）因為 f (x) ln x x ( R)，故可得 f
(x)
x x2
1
當 時，方程 x2 x 0 的Δ 1 4 2 0，
2
故因式 x2 x 在區間 (1, )恒為負數，
故 x 1時， f x 0恒成立，故 f x 單調遞減，
又 f 1 0，故 f x 0在 x 1時恒成立，滿足題意；
1
當0 時，方程 x2 x 0有兩個不相等的實數根，
2
1 1 4 2 1 1 4 2
且 x1 1 x2 .
2 2
故 f x 0在區間 1, x2 恒成立，此時 f x 單調遞增；
又 f 1 0，故 f x 0在 1, x2 恒成立，不滿足題意；
1
當 0時， f (x) ln x x ln x，
x
函數 y lnx在 1, 恒為正值，故 f x 0在 1, 恒成立，不滿足題意.
1
綜上所述， , ，
2
1
故 的最小值為 .
2
1 1 (x 1)(x 1)
（2）由（1）可知，當 x 1時， ln x x
2 x 2x
1 1
1 1 1 1n n 1 2n 1
若 n N* ， ln 1 ，
n 1 2n(n 1)2 1
n
1 1
即 ln(n 1) ln n 恒成立，
2n 2(n 1)
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1 1
把 n 換成 n 1，可得 ln[(1 n) 1] ln(n 1) 成立，
2(n 1) 2[(n 1) 1]
1 1
即 ln(n 2) ln(n 1) ，
2(n 1) 2(n 2)
1 1
以此類推， ln(n 3) ln(n 2)
2(n 2) 2(n 3)
1 1
ln 2n ln(2n 1) ，
2(2n 1) 4n
1 1 1 1 1
累加可得 ln 2n ln n ln 2 .
2n n 1 n 2 2n 1 4n
1 1 1 1
又 S2n Sn ，
n 1 n 2 2n 1 2n
a
故 S S n2n n ln2.即證.
4
【方法點評】本題考查利用導數由恒成立問題求參數范圍，涉及利用導數證明不等式，屬綜合困
難題.
【變式演練 6】
（拆分法證明不等式）
【安徽省馬鞍山市 2020屆高三第三次教學質量監測】
1
6. 已知 f (x) e
x x2 x 1， g(x) cos 2x 2x2 1.
2
（1）證明： x 0 時， f (x) 0；
（2）求函數 g(x)的單調區間；
x 1 2
（3）證明： x 0 時， xe sin 2x 2sin x sin x .
2
【分析】
（1）采用二次求導法， f x ex x 1，再令 x f x ，求得 x ex 1，由 x 0 時，
x 0得出 f x 單增，故 f x f 0 ，即可得證；
（2）解法同（1），二次求導法， g x 2sin 2x 4x ，再令h x g x ，得到
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h x 4cos2x 4 0，進而 g ' x 單增，又 g ' 0 0，從而得出 g(x)的增減區間；
1
（3）采用分析法，要證 x 0 時， xe
x sin 2x 2sin x sin2 x，即證
2
xex sin x 2 cos x sin2 x，觀察 f x 表達式可知，若要利用（1）的結論，在 x ex 中，多出
的因式 x 應該要進行適當放縮才能求解，而不等式右側都有公因式sin x ，聯想到 x 0 時，
x sin x 的放縮，故對不等式右側應進行sin x 正負的分段討論，再結合（2）的結論進行放縮，
即可求解
【詳解】
（1） f x ex x 1，令 x f x ，則 x ex 1，因為 x 0 ，所以
x ex 1 0，所以 x 在 0, 單調遞增，所以 x 0 0，所以 f x 在 0, 單
調遞增，則 f x f 0 0 .
（2） g x 2sin 2x 4x ，令h x g x ，則h x 4cos2x 4 0，所以h x 在R上單
調遞增，又h 0 0，所以 x 0 時，h x h 0 0，函數 g x 單調遞減； x 0 時，
h x h 0 0，函數 g x 單調遞增.所以， g x 的單調遞減區間為 ,0 ，單調遞增區間為
0, .
x 1 x 2
（3）證明：要證 xe sin 2x 2sin x sin
2 x，即證 xe sin x 2 cos x sin x.
2
2
①當 x 時， xex e 3，而sin x 2 cos x sin x 3
（以 x ,2 為例，sin x 0,2 cos x 1,3 ,故sin x 2 cos x 0，所以
sin x 2 cos x sin2 x 3）所以不等式成立.
②當 0 x π時，sin x 0，由（2）知： x 0 時，cos2x 1 2x2，所以
2
x 1 1 x 1 2 2
cos x 1 2 2 1 x ， 2 cos x 1 x
2
所以只需證 xe sin x 1 x sin x .
2 2 2 2
令 p x sin x x（ x 0 ），則 p x cos x 1 0，所以 p x 在 0, 單調遞減，所以
p x p 0 0，即sin x x .
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x 1 xe x 1 x2 x2
1
ex 1 x2故只需證 ，即證： x .
2 2
由（1）知，上述不等式成立.
③當 x 0時，不等式等號顯然成立
xex
1
綜上，當 x 0 時， sin 2x 2sin x sin
2 x .
2
【方法點評】本題考查由導數的正負求解原函數的增減區間，利用導數證明不等式在給定區間恒
成立問題，放縮法、構造函數法求解不等式恒成立問題，屬于難題，當一次求導不能直接判斷導
數正負時，往往需要二次求導，在放縮法的使用過程中，形如 x 0 時， x sin x 的放縮應熟記，
本題中第（3）問難度較大，共用到了兩次放縮，在處理這種復雜問題時，往往采用分步放縮，
分步得分策略
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[關鍵 4：利用導數研究函數單調性，求函數值域]
綜上，a的取值范圍是(－∞，2].
【變式演練 7】
（分離參數法解決不等式恒成立問題）
【浙江省杭州高中 2020屆高三下學期 5月高考質檢】
7. 已知函數 f x x a ex a R .
（1）討論 f x 的單調性；
1
（2）當a 2時，設函數 g x f x ln x x b,b Z，若 g x 0對任意的 x ,1 恒成
3
立，求 b的最小值.
【分析】
（1）對函數 f x 求導，可得 f x x a 1 ex ，解導數不等式可得出單調性；
1 1
g x 0 x ,1 b x 2 ex

（2）由 對任意的 恒成立，變量分離得 ln x x對任意的 x ,1
3 3
恒成立，構造函數 h x x 2 ex ln x x ，對函數h x 求導，求單調性，得到函數的最大值，進
而可得 b的最小值.
【詳解】
（1）因為 f x x a ex ，所以 f x x a 1 ex ，
當 x ,a 1 時， f x 0；
當 x a 1, 時， f x 0，
故 f x 的單調遞減區間為 ,a 1 ，單調遞增區間為 a 1, .
（2）由 g x x 2 ex ln x x b ，
1
因為 g x 0對任意的 x ,1 恒成立，
3
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1
b x 2 ex

ln x x對任意的 x ,1 恒成立，
3
構造函數 h x x 2 ex ln x x ，
h x x 1 ex
1 1
1 x 1 e
x .
x x
1
∵ x ,1 ，
3
x 1
∴ x 1 0，且 t x e 單調遞增，
x
1
1
∵ t e2 2 0， t 1 e 1 0 ，
2
1
∴一定存在唯一的 x0 ,1 ，使得 t x0 0.
2
x 10
即 e ， x0 ln x0 . x0
1
∴ h x

在 , x0 上單調遞增，在 x
3 0
,1 上單調遞減.

x x 2
∴ h x h x0 x0 2 e 0 ln x0 x
0
max 0
= 2x0
x0
1
1 2 x0 4, 3 .
x0
∵b Z，
∴b的最小值為 3.
【方法點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性 方程與不等式的解法 函數零點 等價轉化
方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.
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【變式演練 8】
（利用函數最值解決雙參數恒成立問題）
【黑龍江省哈爾濱市第三中學校 2020-2021學年高三上學期第一次驗收考試】
x x
8. 已知函數 f x e e ，其中 e為自然對數的底數.
（1）證明： f x 在 0, 上單調遞增.
1
（2）設a 0，函數 g x 2x2 ax a ，如果總存在 x 1 a,a ，對任意 x2 1,1 ，
3
2 f x 3g x 都成立，求實數a1 2 的取值范圍.
x x
【分析】（1）求導可得： f x e e ，因為 x 0 ，所以ex 1，e x 1，
x x
所以 f x e e 0，即可得證.
（2）解讀題意可得：2 f x 3g x ，求出最值，代入即可得解.
max max
【詳解】（1）證明： f x ex e x
x x
因為 x 0，所以ex 1，e x 1，∴ f x e e 0
所以 f x 在 0， 上單調遞增.
（2）由題意得：2 f x 3g x
max max
f x f a ea e a
max
a
g x 的對稱軸 x 0
2
5
所以 g x g 1
max 3
a a 5 a 1 5
所以 e e ，令e m, m 0 ，∴m ，∴m 2
2 m 2
∴ ea 2，∴ a ln 2
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【變式演練 9】
（等價轉化法解決不等式恒成立問題）
【湖南省長沙市長郡中學 2020-2021學年高三上學期入學摸底考試】
x
9. 已知函數 f(x)＝e＋e x，其中 e是自然對數的底數.
（1）若關于 x的不等式 mf(x)≤e x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求實數 m的取值范圍；
3
（2）已知正數 a 滿足：存在 x∈[1，＋∞)，使得 f(x0)小，并證明你的結論.
【分析】
1 1
m
（1）不等式變形，用分離參數法和換元法得 1 對 t 1恒成立，求出 1
t 1 1 t 1 1
t 1 t 1
的最小值即可得；
x 1
（2）令函數 g(x) e a x3 3x ，利用導數求出 g(x)的最小值，由題中不等式有解的條
ex
e e 1
件得 a ，然后再考慮要比較 ea 1 與ae 1的大小，由于它們均為正數，同取自然底數的對
2
ln e ln a
數，即比較 (a 1)lne和 (e 1)lna的大小，即比較 與 的大小，因此引入新函數
e 1 a 1
ln x e e 1
h(x) (x 1) ，同樣利用導數得其單調性，然后可得分三類 a e,a e,a e，可得
x 1 2
大小關系．
【詳解】
（1）由條件可得m(ex e 1 1) e x 1在 (0， )上成立，
1
1
x t t 1 1令 t e (x 0)，則 t>1，∴m 2 對任意 t>1 成立， 1 t t 1 1
t 1 t 1 1
t t 1
1 1
∵ t 1，∴ t 1 0，∴ t 1 1 2 (t 1) 1 3，
t 1 (t 1)
1 1

∴ 1 3，
t 1 1
t 1
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當且僅當 t=2時，即 x ln 2時等號成立，
1
則 m的取值范圍是 ,
3
；

1 x 1 2
（2）令函數 g(x) e
x a x3 3x ，則 g (x) e 3a x 1 ，
ex

ex
x 1 ex
1 2
當 時， 0, x 1 0，又 a>0，故 g (x) 0，
ex
則 g(x)在[1, )上的單調遞增函數，
則 g(x)在[1, )上的最小值是 g(1) e e 1 2a ，
x x 3
由于存在 x0 [1, ) ，使得e
0 e 0 a x0 3x0 0成立，
e e 1
當且僅當最小值 g(1) 0，故e e 1 2a 0，即 a ，
2
ea 1 與ae 1均為正數，同取自然底數的對數，
ln e ln a
即比較 (a 1)lne和 (e 1)lna的大小，即比較 與 的大小，
e 1 a 1
1
ln x 1 ln x
構造函數h(x) (x 1) ，則 x ，
x 1 h (x)
(x 1)2
1 1 x
再設m(x) 1 ln x,m
(x)
2 ， x 1時，m
(x) 0 ，從而 m(x)在 (1, )上單調遞減，
x x
此時m(x) m(1) 0，故h (x) 0在 (1, )上恒成立，
ln x
則 h(x) 在 (1, )上單調遞減，
x 1
e e 1
綜上所述，當a ,e ，e
a 1 ae 1，
2
當 a=e時，ea 1 ae 1；當a (e, ) 時，ea 1 ae 1．
【方法點評】本題考查研究不等式恒成立，研究不等式能成立問題，比較兩實數的大小，解題關
鍵是掌握等價轉化思想，通過引入新函數，然后利用導數研究新函數的單調性，得出結論．本題
考查學生的邏輯思維能力，轉化與化歸能力，屬于難題．
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【變式演練 10】
（研究函數零點個數）
【江蘇省淮安市淮陰中學 2020-2021學年高三上學期 8月測試】
f x x310. 設函數 ax2 bx（ a ，b R ）的導函數為 f x .已知 x1， x2 是 f x 的兩個不同
的零點.
（1）證明：a2 3b；
（2）當b 0時，若對任意 x 0 ，不等式 f x x ln x恒成立，求a 的取值范圍；
x x
（3）求關于 x 的方程 f x f ( 1 2 ) x x1 f x1 的實根的個數.
2
【分析】
（1）先求導數，再根據導函數必有兩個不同零點列不等式，解得結果；
ln x x2
（2）先分離變量，轉化為求對應函數F x 最值，利用導數確定其單調性，根據單調
x
性確定最值，即得結果；
x x x x
（3）先求 f 1 2 G(x) x
3 2
，再構造差函數 ax bx f
1 2
x x1 f x1 ，再利用
2 2
導數確定其單調性，最后根據單調性以及G x1 0確定零點個數，即得結果.
【詳解】
f x 3x2（1）證明： 2ax b，令 f x 3x2 2ax b 0
∵ f x 0 有兩個不等的實根，∴ 4a2 12b 0 a2 3b .
3 2
（2）b 0時， f x x ax ，由 f x x ln x得 x3 ax2 x ln x
2 ln x x
2
∴ x ax x ln x a
x
1 2
ln x x2 2x x ln x x
令F 2x ， x 1 x ln x
x F x

x2 x2
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1
令 g x 1 x2 ln x， g x 2x 0
x
∴ g x 在 0, 上單調遞減，注意到 g 1 0
∴當0 x 1時，g x 0，F x 0，F x 單調遞增；
當 x 1時， g x 0，F x 0，F x 單調遞減：
∴F x F 1 1，∴a 1.
max
3 2 x1 x （3） x ax bx f 2 x x1 f x1
2
3 2 x x x ax bx f 1 2 x x1 f x1 0
2
2
x
f 1
x2 a a
f b
2 3 3
3 2 x1 x 令G(x) x ax bx f 2 x x1 f x1
2
x x
2
a 1 1
G x 3x2 2ax b f 1 2 2 2 2 2 3x 2ax b b 9x 6ax a (3x a) 0
2 3 3 3
∴G x 在 R上單調遞增，故G x 在R上至多只有一個零點，注意到G x1 0
x1 xG x 2

∴ 在 R上只有 1個零點，即 f (x) f x x1 f x1 的實根個數為 1.
2
【變式演練 11】
（已知零點存在情況求參數的值）
【安徽省六校教育研究會 2020-2021學年高三上學期第一次素質測試】
11. 已知函數 f x ex ax 1 .
（1）討論函數 f x 的單調性；
（2）當a 1時，若 P為直線 y x 3與函數 f x 圖像的一個公共點，其橫坐標為 t ，且
t m,m 1 ，求整數m 的所有可能的值.
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【詳解】
x f x ex（1）由 f x e ax 1 得 ax a 1
①當 a 0時， f x 0， f x 在 , 為增
a 1
②當a 0時，由 f x 0 x ，
a
a 1 a 1
故 f x 在 , 為增，在 , 為減
a a
a 1
③當 a 0時，由 f x 0 x ，
a
a 1 a 1
故 f x 在 , 為增，在 , 為減.
a a
（2）當a 1時， f x ex x 1 ，
ex x 1 x 3 ex
x 3
由 x 1
x 1
x 3
令 g x ex x 1 ，
x 1
2
g x ex 02 ，
x 1
定義 g x 在 , 1 遞增，在 1, 也遞增，
4 1
而 g 4 e 0， g 3 e 3 0，
3
故 4 t 3，
又 g 0 1 3 0， g 1 e 2 0，
又得0 t 1，
所以整數m 的所有可能的值為 4，0.
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【變式演練 12】
（已知零點存在情況求參數的取值范圍）
【黑龍江省哈爾濱市第三中學校 2020-2021學年高三上學期第一次驗收考試】
x
12. 已知函數 f x e m x 1 m R .
（1）當m 1時，討論 f x 的單調性：
（2）若 f x 有兩個零點，求實數m 的取值范圍.
【分析】
（1）將m 1代入原函數，對函數 f x 求導，根據導數與函數單調性的關系即可求出結果；
（2）對函數 f x 求導，對m 進行分類討論，當m 0時，易證函數在R上單調遞增，最多有一
個零點，此種情況不成立；當m 0時，根據導數在函數單調性中的應用，可知函數 f x 在
, ln m 單調遞減，在 ln m , 單調遞增，若有兩個零點，根據函數圖像的趨勢和零點
存在定理可知 f ln m 0，又 f 1 0， f 4m 0，由此即可求出m 的范圍.
【詳解】
（1）m 1時， f x ex 1，
令 f x 0，得 x 0，令 f x 0，得 x 0 ，
所以，函數 f x 的單調減區間為 ,0 ，
函數 f x 的單調增區間為 0,
（2） f x ex m
當m 0時， f x 0，函數在R上單調遞增，最多有一個零點，此種情況不成立；
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當m 0時，令 f x 0，得 x ln m ，令 f x 0，得 x ln m ，
所以函數 f x 在 , ln m 單調遞減，在 ln m , 單調遞增.
若有兩個零點，應令 f ln m m m ln m m 0 ，得m 1，
1
此時， f 1 e 0，
x2 x x
當 x 0時，令 g x ex ，所以 g x e x， g x e 1，
2
x
所以 g x e 1 0 g x ex，所以 x在 0， 上單調遞增，
2
所以 g x g x0 1 0，所以 g x ex 在 0， 上單調遞增，
2
所以 g x g 0 1 0 ，
x2
所以 ex ；
2
4m
所以， f 4m e m 1 4m 8m2 m 1 4m m 4m 1 0
綜上，m 1.
【高考再現】
（零點問題）
（2021·浙江高考真題）
13. 設 a，b為實數，且 a 1，函數 f x a x bx e2(x R)
（1）求函數 f x 的單調區間；
（2）若對任意b 2e2，函數 f x 有兩個不同的零點，求 a的取值范圍；
（3）當a e時，證明：對任意b e4 ，函數 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 , x2 x1 ，滿足
b lnb e2
x x . 2 1
2e2 b
(注： e 2.71828 是自然對數的底數)
【分析】
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(1)首先求得導函數的解析式，然后分類討論即可確定函數的單調性；
(2)將原問題進行等價轉化，然后構造新函數，利用導函數研究函數的性質并進行放縮即可確定
實數 a的取值范圍；
(3)結合(2)的結論將原問題進行等價變形，然后利用分析法即可證得題中的結論成立.
【詳解】
(1) f (x) a x bx e2 , f (x) a x ln a b，
①若 b 0，則 f (x) a x ln a b 0，所以 f (x) 在 R上單調遞增；
②若b 0，
b
當 x , loga 時， f ' x 0, f x 單調遞減，
ln a
b
當 x loga , 時， f ' x 0, f x 單調遞增.
ln a
綜上可得，b 0時， f (x) 在 R上單調遞增；
b b
b 0時，函數的單調減區間為 , loga ，單調增區間為 loga , .
ln a ln a
(2) f (x) 有 2個不同零點 ax bx e2 0有 2個不同解 exlna bx e2 0有 2個不同的解，
t 2
令 t x ln a ，則 et
bt 2 b e e e 0 , t 0，
ln a ln a t
t 2 et t et e2e e et記 (t 1) e
2
g(t) , g (t) ，
t t2 t2
記 h(t) et (t 1) e2 ,h (t) et (t 1) et 1 et t 0，
又h(2) 0，所以 t (0,2)時，h(t) 0, t (2, )時，h(t) 0，
b b
則 g(t)在 (0,2)
2
單調遞減， (2, ) 單調遞增， g(2) e , ln a 2 ， ln a e
b
b 2e2 , 2, ln a 2 1 a e2 .
e2
2
即實數 a 的取值范圍是 1,e .
(3) a e, f (x) ex bx e2 有 2個不同零點，則ex e2 bx，故函數的零點一定為正數.
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由(2)可知有 2個不同零點，記較大者為 x2 ，較小者為 x1，
x x
e 1 e2 e 2 e2
b e4 ，
x1 x2
ex e2
注意到函數 y 在區間 0,2 上單調遞減，在區間 2, 上單調遞增，
x
e5 e2
故 x1 2 x2，又由 e
4 知 x2 5，
5
x
e 1 e2 2e2 2e2
b x1 ，
x1 x1 b
b lnb e2 e2
要證 x2 x ，只需1 x2 lnb ，
2e2 b b
x
e 2 e2
x
2e 2 e2
b 且關于b 的函數 g b lnb 在b e4 上單調遞增，
x2 x2 b
x
2e 2 e2x
所以只需證 x2 ln
2 x2 5x ，
x 22 2e
x
x 2e
2 e2x
只需證 ln e 2 ln 2 0x ，
x2 2e
2
e2x
只需證 ln x ln 2 0，
2ex
e2 4x
4，只需證h(x) ln x ln 2x 在 x 5時為正，
2 e
1 1
由于 h
(x) 4xe x 4e x 4e x x 1 0 ，故函數h x 單調遞增，
x x
20 5 20 4x
又 h(5) ln 5 ln 2 ln 05 4 ，故 h(x) ln x ln 2在 x 5x 時為正， e 2 e e
從而題中的不等式得證.
【方法點評】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的
知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，從高考來看，對導數的應用的考
查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．(2)利
用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數．(3)利用導數求函數的最值(極
值)，解決生活中的優化問題．(4)考查數形結合思想的應用．
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（函數圖象問題）
（2021·全國高考真題（理））
xa
14. 已知a 0且 a 1，函數 f (x) (x 0)．
a x
（1）當a 2時，求 f x 的單調區間；
（2）若曲線 y f x 與直線 y 1有且僅有兩個交點，求 a的取值范圍．
【分析】
（1）求得函數的導函數，利用導函數的正負與函數的單調性的關系即可得到函數的單調性；
（2）利用指數對數的運算法則，可以將曲線 y f x 與直線 y 1有且僅有兩個交點等價轉化為
ln x ln a a
方程 有兩個不同的實數根，即曲線 y g x 與直線 y 有兩個交點，利用導函數研
x a ln a
究 g x 的單調性，并結合 g x 的正負，零點和極限值分析 g x 的圖象，進而得到
ln a 1
0 ，發現這正好是0 g a g e ，然后根據 g x 的圖象和單調性得到 a 的取值范圍.
a e
【詳解】
x2 2x 2x x2 2x ln 2 x 2
x 2 x ln 2
（1）當a 2時， f x , f x
2x
2 x ,
2x 4
2 2 2
令 f ' x 0得 x ,當0 x 時， f x 0,當 x 時， f x 0,
ln 2 ln 2 ln 2
2 2
∴函數 f x 在 0, 上單調遞增； , 上單調遞減；
ln2

ln2
xa ln x ln a ln x
（2） f x 1 ax xa x ln a a ln x ,設函數 g x ,
ax x a x
1 ln x
則 g x ,令 g x 0，得 x e ,
x2
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在 0,e 內 g x 0 , g x 單調遞增；
在 e, 上 g x 0, g x 單調遞減；
1
g x g e ,
max e
又 g 1 0，當 x 趨近于 時， g x 趨近于 0，
a
所以曲線 y f x 與直線 y 1有且僅有兩個交點，即曲線 y g x 與直線 y 有兩個交點的
ln a
ln a 1
充分必要條件是0 ,這即是0 g a g e ,
a e
所以 a 的取值范圍是 1,e e, .
【方法點評】本題考查利用導數研究函數的單調性，根據曲線和直線的交點個數求參數的取值范
圍問題，屬較難試題，關鍵是將問題進行等價轉化，分離參數，構造函數，利用導數研究函數的
單調性和最值，圖象，利用數形結合思想求解.
（不等式證明問題）
（2021·全國高考真題（理））
15. 設函數 f x ln a x ，已知 x 0 是函數 y xf x 的極值點．
（1）求 a；
x f (x)
（2）設函數 g(x) ．證明: g x 1．
xf (x)
【分析】
（1）由題意求出 y '，由極值點處導數為 0即可求解出參數a ；
x ln 1 x
（2）由（1）得 g(x) ， x 1且 x 0，分類討論 x 0,1 和 x ,0 ，可等價轉
x ln 1 x
化為要證 g x 1，即證 x ln 1 x x ln 1 x 在 x 0,1 和 x ,0 上恒成立，結合導數和
換元法即可求解
【詳解】
1 x
（1）由 f x ln a x f ' x ， y xf x y ' ln a x ，
x a x a
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又 x 0是函數 y xf x 的極值點，所以 y ' 0 ln a 0 ，解得a 1；
（2）[方法一]：轉化為有分母的函數
x ln(1 x) 1 1
由（Ⅰ）知， g(x) ，其定義域為 ( ,0) (0,1)．
x ln(1 x) ln(1 x) x
1 1 1 1 x 1
要證 g(x) 1，即證 1，即證 1 ．
ln(1 x) x ln(1 x) x x
1 x 1 x
（ⅰ）當 x (0,1) 時， 0， 0 ，即證 ln(1 x) ．令
ln(1 x) x x 1
x 1 1 x
F(x) ln(1 x) ，因為F (x) 0 ，所以F(x)在區間 (0,1)內為增
x 1 1 x (x 1)
2 (x 1)2
函數，所以F(x) F(0) 0．
1 x 1 x
（ⅱ）當 x ( ,0)時， 0， 0，即證 ln(1 x) ，由（ⅰ）分析知F(x)在
ln(1 x) x x 1
區間 ( ,0)內為減函數，所以F(x) F(0) 0．
綜合（ⅰ）（ⅱ）有 g(x) 1．
[方法二] 【最優解】：轉化為無分母函數
x f (x) x ln 1 x
由（1）得 f x ln 1 x ， g(x) ， x 1且 x 0，
xf (x) x ln 1 x
x ln 1 x
當 x 0,1 時，要證 g(x) 1， x 0,ln 1 x 0， x ln 1 x 0，即證
x ln 1 x
x ln 1 x x ln 1 x ，化簡得 x 1 x ln 1 x 0；
x ln 1 x
同理，當 x ,0 時，要證 g(x) 1， x 0,ln 1 x 0， x ln 1 x 0，即證
x ln 1 x
x ln 1 x x ln 1 x ，化簡得 x 1 x ln 1 x 0；
令 h x x 1 x ln 1 x ，再令 t 1 x，則 t 0,1 1, ， x 1 t ，
令 t 1 t t ln t ， t 1 ln t 1 ln t ，
當 t 0,1 時， t 0， t 單減，故 t 1 0；
當 t 1, 時， t 0， t 單增，故 t 1 0；
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x ln 1 x
綜上所述， g(x) 1在 x ,0 0,1 恒成立.
x ln 1 x
[方法三] ：利用導數不等式中的常見結論證明
1 1 x
令 (x) ln x (x 1)，因為 (x) 1 ，所以 (x)在區間 (0,1)內是增函數，在區間
x x
(1, )內是減函數，所以 (x) (1) 0，即 ln x x 1（當且僅當 x 1時取等號）．故當 x 1且
1 1 1 1 x x
x 0時， 0且 1， ln 1，即 ln(1 x) ，所以 ln(1 x) ．
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1
x 1 x 1 1 1 1
（ⅰ）當 x (0,1) 時，0 ln(1 x) ，所以 1 ，即 1，所
x 1 ln(1 x) x x ln(1 x) x
以 g(x) 1．
x
（ⅱ）當 x ( ,0)時， ln(1 x) 0，同理可證得 g(x) 1．
x 1
x ln(1 x)
綜合（ⅰ）（ⅱ）得，當 x 1且 x 0時， 1，即 g(x) 1．
x ln(1 x)
【整體點評】（2）方法一利用不等式的性質分類轉化分式不等式：當 x (0,1) 時，轉化為證明
x x
ln(1 x) ，當 x ( ,0)時，轉化為證明 ln(1 x) ，然后構造函數，利用導數研究
x 1 x 1
單調性，進而證得；方法二利用不等式的性質分類討論分別轉化為整式不等式：當 x 0,1 時，
x 1 x ln 1 x 0成立和當 x ,0 時， x 1 x ln 1 x 0成立，然后換元構造，利用導數
研究單調性進而證得，通性通法，運算簡潔，為最優解；方法三先構造函數
(x) ln x (x 1)，利用導數分析單調性，證得常見常用結論 ln x x 1（當且僅當 x 1時取等
x
號）．然后換元得到 ln(1 x) ，分類討論，利用不等式的基本性質證得要證得不等式，有
x 1
一定的巧合性.
（零點問題）
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【2020年高考全國Ⅰ卷文數 20】
16. 已知函數 f (x) ex a(x 2).
（1）當a 1時，討論 f (x) 的單調性；
（2）若 f (x) 有兩個零點，求 a 的取值范圍.
【分析】
（1）將a 1代入函數解析式，對函數求導，分別令導數大于零和小于零，求得函數的單調增區間
和減區間；
x
（2）若 f (x) 有兩個零點，即ex
e
a(x 2) 0有兩個解，將其轉化為a 有兩個解，令
x 2
ex
h(x) (x 2)，求導研究函數圖象的走向，從而求得結果.
x 2
【詳解】
（1）當a 1時， f (x) ex ' (x 2) ， f (x) ex 1，
令 f ' (x) 0，解得 x 0 ，令 f ' (x) 0，解得 x 0 ，
所以 f (x) 的減區間為 ( ,0)，增區間為 (0, )；
（2）若 f (x) 有兩個零點，即ex a(x 2) 0有兩個解，
ex
從方程可知， x 2不成立，即 a 有兩個解，
x 2
x ex (x 2) exe ' e
x (x 1)
令 h(x) (x 2)，則有h (x)
(x 2)2 (x 2)2
，
x 2
令 h'(x) 0 ，解得 x 1，令 h'(x) 0 ，解得 x 2或 2 x 1，
所以函數h(x) 在 ( , 2)和 ( 2, 1)上單調遞減，在 ( 1, )上單調遞增，
且當 x 2時，h(x) 0，
而 x 2 時，h(x) ，當 x 時，h(x) ，
ex 1
所以當 a 有兩個解時，有a h( 1) ，
x 2 e
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1
所以滿足條件的 a 的取值范圍是： ( , ) .
e
【方法點評】本題考查的是有關應用導數研究函數的問題，涉及到的知識點有應用導數研究函數
的單調性，根據零點個數求參數的取值范圍，在解題的過程中，也可以利用數形結合，將問題轉
化為曲線 y ex 和直線 y a(x 2)有兩個交點，利用過點 ( 2,0) 的曲線 y ex 的切線斜率，結合
圖形求得結果.
（零點問題）
【2020年高考全國Ⅲ卷文數 20】
17. 已知函數 f (x) x3 kx k 2．
（1）討論 f (x) 的單調性；
（2）若 f (x) 有三個零點，求 k 的取值范圍．
【分析】
（1） f '(x) 3x2 k ，對 k 分 k 0 和 k 0兩種情況討論即可；
k
f ( ) 0
3
（2） f (x) 有三個零點，由（1）知 k 0，且 ，解不等式組得到 k 的范圍，再利用
k
f ( ) 0
3
零點存在性定理加以說明即可.
【詳解】
（1）由題， f '(x) 3x2 k ，
當 時， f 'k 0 (x) 0恒成立，所以 f (x) 在 ( , )上單調遞增；
k k k
當 k 0時，令 f ' (x) 0，得 'x ，令 f (x) 0，得 x ，
3 3 3
令 f '
k k k k
(x) 0，得 x 或 x ，所以 f (x) 在 ( , )上單調遞減，在
3 3 3 3
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k k
( , ) ， ( , ) 上單調遞增.
3 3
k
f ( ) 0
3
（2）由（1）知， f (x) 有三個零點，則 k 0，且
k
f ( ) 0
3

2 2 k
k k 0
3 3 4
即 ，解得0 k ，
2 2 k 27k k 0
3 3
4 k
當0 k 時， k ，且 f ( k ) k2 0，
27 3
k
所以 f (x) 在 ( , k )上有唯一一個零點，
3
k
同理 k 1 ， f ( k 1) k
3 (k 1)2 0，
3
k
所以 f (x) 在 ( k 1, )上有唯一一個零點，
3
k k
又 f (x) 在 ( , )上有唯一一個零點，所以 f (x) 有三個零點，
3 3
4
綜上可知 k 的取值范圍為 (0, ) .
27
（恒成立問題）
【2020年高考全國Ⅰ卷理數 21】
18. 已知函數 f (x) ex ax2 x .
（1）當 a=1時，討論 f（x）的單調性；
1
（2）當 x≥0時，f（x x3）≥ +1，求 a的取值范圍.
2
【分析】
(1)由題意首先對函數二次求導，然后確定導函數的符號，最后確定原函數的單調性即可.
(2)方法一：首先討論 x=0的情況，然后分離參數，構造新函數，結合導函數研究構造所得的函
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數的最大值即可確定實數 a 的取值范圍.
【詳解】
(1)當 a 1時， f x ex x2 x， f x ex 2x 1，
由于 f
'' x ex 2 0，故 f ' x 單調遞增，注意到 f 0 0，故：
當 x ,0 時， f x 0, f x 單調遞減，
當 x 0, 時， f x 0, f x 單調遞增.
(2) [方法一]【最優解】：分離參數
1 3 x 2 1
由 f x x 1得， e ax x x3 1，其中 x 0 ，
2 2
①.當 x=0時，不等式為：1 1，顯然成立，符合題意；
1
ex x3 x 1
②.當 x 0 時，分離參數 a 得， ，
a 2
x2
x 1 3 1 e x x 1 x 2 e
x x2 x 1
記
g x 2 ， 2 ， 2 g x

x x3
1
令 h x ex x2 x 1 x 0 ，
2
則 h x ex x 1 h''， x ex 1 0 ，
故 h ' x 單調遞增，h x h 0 0，
故函數 h x 單調遞增，h x h 0 0，
1
由h x 0可得：ex x2 x 1 0 恒成立，
2
故當 x 0,2 時， g x 0， g x 單調遞增；
當 x 2, 時， g x 0， g x 單調遞減；
7 e2
因此， g x g 2 , max 4
7 e2
綜上可得，實數 a 的取值范圍是 , .
4
[方法二]：特值探路
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1 3 7 e
2
當 x 0 時， f (x) x 1恒成立 f (2) 5 a ．
2 4
7 e2 1
f (x) x3只需證當a 時， 1恒成立．
4 2
7 e2 x 2 x 7 e
2
當a 時， f (x) e ax x e x2 x ．
4 4
x 7 e
2
只需證明e x2
1
x x3 1(x 0) ⑤式成立．
4 2
e2 7 x2 4x 2x3 4
⑤式 4，
ex
e2 7 x2 4x 2x3 4
令h(x) (x 0)，
ex
13 e2 x2 2 e2 9 x 2x3 x 2x2 13 e
2 x 2 e2 9
則h (x)
ex ex
x(x 2) 2x e2 9 ，
ex
9 e2
所以當 x 0, 時，h (x) 0,h(x)單調遞減；
2
9 e2
當 x ,2 ,h (x) 0,h(x) 單調遞增；
2
當 x (2, ),h (x) 0,h(x)單調遞減．
從而[h(x)]max max{h(0),h(2)} 4，即h(x) 4，⑤式成立．
7 e2 1
所以當 a 時， f (x) x
3 1恒成立．
4 2
7 e2
綜上 a ．
4
[方法三]：指數集中
1 1 1
當 x 0 時， f (x) x
3 1恒成立 e
x x3 1 ax2 x ( x3 ax2 x 1)e x 1，
2 2 2
1
g x ( x3 ax2 x 1)e x記 (x 0) ，
2
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1 3
g x ( x3 ax2 x 1 x2 2ax 1)e x
2 2
1
x[x2
1
(2a 3)x 4a 2]e x x(x 2a 1)(x 2)，
2 2
1
①.當2a 1 0即a 時， g x 0 x 2，則當 x (0,2)時， g x 0， g x 單調遞
2
增，又 g 0 1，所以當 x (0,2)時， g x 1，不合題意；
1 1
②.若0 2a 1 2即 a 時，則當 x (0,2a 1) (2, )時， g x 0， g x 單調遞
2 2
減，當 x (2a 1,2)時， g x 0， g x 單調遞增，又 g 0 1，
7 e2
所以若滿足 g x 1，只需 g 2 1，即 g 2 (7 4a)e 2 1 a ，所以當
4
7 e2 1
a 時， g x 1成立；
4 2
1 1 1
③當 2a 1 2即 a 時， g x ( x3 ax2 x 1)e x ( x3 x 1)e x ，又由②可知
2 2 2
7 e2 1 1
a 時， g x 1 3成立，所以a 0時， g(x) ( x x 1)e x 1恒成立，
4 2 2
1
所以 a 時，滿足題意.
2
7 e2
綜上， a .
4
【整體點評】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的
知識點，本題主要考查利用導數解決恒成立問題，常用方法技巧有：
方法一，分離參數，優勢在于分離后的函數是具體函數，容易研究；
方法二，特值探路屬于小題方法，可以快速縮小范圍甚至得到結果，但是解答題需要證明，具有
風險性；
方法三，利用指數集中，可以在求導后省去研究指數函數，有利于進行分類討論，具有一定的技
巧性！
（恒成立問題）
2020年高考山東卷 21】
19. 已知函數 f (x) aex 1 ln x ln a ．
【
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（1）當a e時，求曲線 y f x 在點 1, f 1 處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；
（2）若不等式 f x 1恒成立，求 a的取值范圍．
【分析】
（1）利用導數的幾何意義求出在點 1, f 1 切線方程，即可得到坐標軸交點坐標，最后根據三角
形面積公式得結果；
（2）方法一：利用導數研究函數 f x 的單調性，當 a=1時，由 f 1 0得 f x f 1 1,
min
1
符合題意；當 a>1 時，可證 f ( ) f (1) 0 ，從而 f x 存在零點 x0 0，使得
a
x 1 1
f (x0 ) ae
0 0，得到 f (x)min ，利用零點的條件，結合指數對數的運算化簡后，利用基本
x0
不等式可以證得 f x 1恒成立；當 0 a 1時，研究 f 1 .即可得到不符合題意.綜合可得 a的
取值范圍.
【詳解】
（1） f (x) ex
x 1
ln x 1， f (x) e ， k f (1) e 1.
x
f (1) e 1，∴切點坐標為(1,1+e),
∴函數 f x 在點(1,f(1)處的切線方程為 y e 1 (e 1)(x 1) ,即 y e 1 x 2 ,
2
切線與坐標軸交點坐標分別為 (0,2),( ,0) ,
e 1
1 2 2
∴所求三角形面積為 2 | |= ．
2 e 1 e 1
（2）［方法一］：通性通法
f (x) aex 1
1
ln x ln a , f (x) ae
x 1 ，且a 0 .
x
1
設 g(x) f (x),則 g (x) ae
x 1 0,
x2
∴g(x)在 (0, )上單調遞增，即 f (x)在 (0, )上單調遞增，
當 a 1時， f (1) 0 ,∴ f x f 1 1,∴ f x 1成立.
min
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1 11 1 1
當 a 1時， 1 ， 1∴ea 1， f ( ) f (1) a(e
a 1)(a 1) 0,
a a
x 1 1
∴存在唯一 x0 0，使得 f (x0 ) ae
0 0，且當 x (0, x 0 )時 f (x) 0，當 x (x0 , ) 時x0
x 1 1
f (x) 0， ae
0 ， ln a x0 1 ln x0 ，
x0
x 1
因此 f (x)min f (x0) ae
0 ln x0 lna
1 1
ln a x0 1 ln a 2ln a 1 2 x0 2ln a 1>1,
x0 x0
∴ f x 1, ∴ f x 1恒成立；
當 0 a 1時， f (1) a lna a 1,∴ f (1) 1, f (x) 1不是恒成立.
綜上所述，實數 a 的取值范圍是[1,+∞).
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下面證明當a 1時， f (x) 1恒成立．
令T (a) aex 1 ln x ln a，只需證當a 1時，T (a) 1恒成立．
1
T (a) ex 1 0 T (a) [1, ) [T(a)] T(1) ex 1因為 ，所以 在區間 內單調遞增，則 min ln x ．
a
因此要證明a 1時，T (a) 1恒成立，只需證明[T(a)] e
x 1
min ln x 1即可．
由 ex x 1, ln x x 1，得 ex 1 x, ln x 1 x．
上面兩個不等式兩邊相加可得 ex 1 ln x 1，故a 1時， f (x) 1恒成立．
當 0 a 1時，因為 f (1) a ln a 1，顯然不滿足 f (x) 1恒成立．
所以 a的取值范圍為a 1．
【整體點評】（2）方法一：利用導數判斷函數 f x 的單調性，求出其最小值，由 fmin 0即可求
出，解法雖稍麻煩，但是此類題，也是本題的通性通法；
方法二：利用同構思想將原不等式化成elna x 1 lna x 1 eln x
m
ln x，再根據函數h(m) e m
的單調性以及分離參數法即可求出，是本題的最優解；
方法三：通過先換元，令aex 1 t，再同構，可將原不等式化成 t ln t x ln x，再根據函數
y x ln x的單調性以及分離參數法求出；
方法四：由特殊到一般，利用 f (1) 1可得a 的取值范圍，再進行充分性證明即可．
（證明不等式問題）
【2020年高考全國Ⅲ卷理數 21】
1 1
20. 設函數 f (x) x3 bx c，曲線 y f (x)在點( ，f( ))處的切線與 y軸垂直．
2 2
（1）求 b．
（2）若 f (x) 有一個絕對值不大于 1的零點，證明： f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1．
【分析】
1
（1）利用導數的幾何意義得到 f ( ) 0，解方程即可；
2
2 3 1 1 1 1
（2）方法一：由（1）可得 f (x) 3x 2(x )(x ) ，易知 f (x) 在 ( , ) 上單調遞減，
4 2 2 2 2
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1 1 1 1 1 1 1 1
在 ( , ) ， ( , ) 上單調遞增，且 f ( 1) c , f ( ) c , f ( ) c , f (1) c ，
2 2 4 2 4 2 4 4
采用反證法，推出矛盾即可.
【詳解】
2
2 1
1 3
（1）因為 f (x) 3x b ，由題意， f ( ) 0，即：3 b 0，則b ． 2 2 4
（2）［方法一］：通性通法
3 3 3 1 1
由（1）可得 f (x) x x c， f (x) 3x
2 3(x )(x ) ，
4 4 2 2
1 1 1 1
令 f (x) 0，得 x 或 x ；令 f (x) 0，得 x ，
2 2 2 2
1 1 1 1
所以 f (x) 在 ( , ) 上單調遞減，在 ( , ) ， ( , ) 上單調遞增，
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
且 f ( 1) c , f ( ) c , f ( ) c , f (1) c ，
4 2 4 2 4 4
若 f (x) 所有零點中存在一個絕對值大于 1的零點 x0 ，則 f ( 1) 0或 f (1) 0，
1 1
即 c 或 c .
4 4
1 1 1 1 1 1 1
當 c 時， f ( 1) c 0, f ( ) c 0, f ( ) c 0, f (1) c 0 ，
4 4 2 4 2 4 4
又 f ( 4c) 64c3 3c c 4c(1 16c2 ) 0 ，
由零點存在性定理知 f (x) 在 ( 4c, 1)上存在唯一一個零點 x0 ，
即 f (x) 在 ( , 1)上存在唯一一個零點，在 ( 1, )上不存在零點，
此時 f (x) 不存在絕對值不大于 1的零點，與題設矛盾；
1 1 1 1 1 1 1
當 c 時， f ( 1) c 0, f ( ) c 0, f ( ) c 0, f (1) c 0 ，
4 4 2 4 2 4 4
又 f ( 4c) 64c3 3c c 4c(1 16c2 ) 0 ，
由零點存在性定理知 f (x) 在 (1, 4c)上存在唯一一個零點 x ， 0
即 f (x) 在 (1, )上存在唯一一個零點，在 ( ,1)上不存在零點，
此時 f (x) 不存在絕對值不大于 1的零點，與題設矛盾；
綜上， f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1.
［方法二］【最優解】：
3
設 x 是 f (x)0 的一個零點，且 x0 1，則 c x
3
0 x0 ．
4
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3 3 3
從而 f (x) x
3 x x30 x0 x x
2 2
0 x x0x x0 ．
4 4 4
2 2 3 2 3
令h(x) x x x x ，由判別式Δ x0 4
2 2
0 0 x0 3 3x0 0，可知h(x) 0在 R 上有
4 4
23 1
h(1) 1 x x
2
0 0 x0 0
x 1 1 4 2
解，h(x) 的對稱軸是 x 0 , ，所以h(x) 在區間2 2 2 2 3 1
h( 1) 1 x0 x
2
0 x0 0
4 2
x
1, 0
x0 f (x)
2
上有一根為 x1，在區間 ,1 上有一根為 x2 ，進而有 x1 1, x2 1，所以 的所 2
有零點的絕對值均不大于 1．
［方法三］：
f (x) c x3
3 3 3
設 x0 是函數 的一個絕對值不大于 1的零點，且 0 x0 , x0 1．設 c(x) x x ，
4 4
3 1 1 1
則 c (x) 3x
2 ，顯然 c(x)在區間 1, 內單調遞減，在區間 , 內單調遞增，在區間
4 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
,1 內單調遞減．又c( 1) ,c(1) ,c ,c ，于是c(x)的值域為
2 4 4 2 4 2 4
1 1
, ．
4 4


3 1 3 1
設 x 為函數 f (x)1 的零點，則必有 f (x) x
3
1 x1 c 0
3
，于是 c x1 x1 ，所以
4 4 4 4
3 2 4x1 3x1 1 x1 1 2x1 1 0,
解得 1 x1 1，即 x1 1． 2
4x
3
1 3x1 1 x1 1 2x1 1 0,
綜上， f (x) 的所有零點的絕對值都不大于 1．
［方法四］：
3 3 2 3 1 1
由（1）知， f (x) x x c, f (x) 3x ，令 f (x) 0，得 x 或 x ．則 f (x) 在區間
4 4 2 2
1 1 1 1
, 內遞增，在區間 , 內遞減，在區間 , 內遞增，所以 f (x) 的極大值為
2 2 2 2
1 1 1 1
f c f (1), f (x)的極小值為 f c f ( 1)．
2 4 2 4
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1 1 1 1
（ⅰ）若 f f 0 ，即 c 或 c ， f (x) 有唯一一個零點 x0 ，顯然有 x0 1，不滿
2 2 4 4
足題意；
1 1 1 1
（ⅱ）若 f f 0 ，即 c 或 c ， f (x) 有兩個零點，不妨設一個零點為
2 2 4 4
1 3 1
x0
3
，顯然有 x0 1，此時， f (x) x x ，則 f (1) 0，另一個零點為 1，滿足題意；
2 4 4
1
同理，若一個零點為 x0 ，則另一個零點為 1．
2
1 1 1 1 1 1
（ⅲ）若 f f 0 ，即 c ， f (x) 有三個零點，易知在區間 , 內有一個零
2 2 4 4 2 2
1 1
點，不妨設為 x ，顯然有 x 1，又 f0 0， f ( 1) 00 ，所以在 1, 內有一個零點 m，
2 2
1
顯然 | m | 1，同理， f (x) 在 ,1 內有一個零點 n，有 | n | 1．
2
綜上， f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1．
［方法五］：
3
設 x 是 f (x)1 的一個零點且 x1 1，則c x
3 x , x 是 f (x)1 1 2 的另一個零點．
4
3 3 3 3 3 3 x2 x2 c x2 x x
3 x 2 22 1 1 x2 x1 x2 x1x2 x1 0．
4 4 4 4
x2 x x x2
3 2 2 3 2 2 3 2
則 2 1 2 1 0，設m(x) x x1x x1 ，由判別式 x1 4 x1 3 3x1 0，
4 4 4
所以方程有解．
假設實數 x2 滿足 x2 1．
2
x2 x x 1 3 3
由 x1 1, x2 1, x
2 x x x2 x2 1 1 2 1 21 1 2 2 2 1 x2 ，得 x1 x1x2 x
2
2 2
．與
x2 x2 x2 2
4 4

x2 x x 2
3
2 1 2 x1 0矛盾，假設不成立．
4
所以， f (x) 所有零點的絕對值都不大于 1．
【整體點評】
（2）方法一：先通過研究函數的單調性，得出零點可能所在區間，再根據反證法思想即可推出
矛盾，是通性通法；方法二：利用零點的定義以及零點存在性定理即可求出，是本題的最優解；
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方法三：利用零點的定義結合題意求出 c 的范圍，然后再由零點定義以及 c 的范圍即可求出所有
零點的范圍，從而證出；方法四：由函數的單調性討論極大值極小值的符號，得出 c 的范圍，再
結合零點存在性定理即可證出；方法五：設函數的一個零點為 x1，滿足 x1 1，再設另一個零點
為 x2 ，通過零點定義找到 x1, x2 的關系，再根據一元二次方程存在解的條件以及反證法即可推出矛
盾，從而證出．
（零點問題＋證明不等式問題）
【2020年高考浙江卷 22】
x
21. 已知1 a 2，函數 f x e x a ，其中 e=2.71828…為自然對數的底數．
（Ⅰ）證明：函數 y f x 在 (0， )上有唯一零點；
（Ⅱ）記 x0為函數 y f x 在 (0， )上的零點，證明：
（ⅰ） a 1 x0 2(a 1) ；
（ⅱ） xx0 f (e 0 ) (e 1)(a 1)a ．
【分析】
（I）方法一：先利用導數研究函數單調性，再結合零點存在定理證明結論；
（II）（i）先根據零點化簡不等式，轉化求兩個不等式恒成立，構造差函數，利用導數求其單調
性，根據單調性確定最值，即可證得不等式；
x
（ii）方法一：先根據零點條件轉化： x0 f (e
0 ) x0 f (x0 a) ，再根據1 a 2放縮，轉化為證明
不等式 4(ea 2)2 (e 1)2 (a 1)，最后構造差函數，利用導數進行證明.
【詳解】
（I）[方法一]：單調性+零點存在定理法
f (x) ex 1, x 0, ex 1, f (x) 0, f (x)在 (0, )上單調遞增，
1 a 2, f (2) e2 2 a e2 4 0, f (0) 1 a 0，
所以由零點存在定理得 f (x) 在 (0, )上有唯一零點．
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[方法二]【最優解】：分離常數法
函數 y f (x)在 (0, )內有唯一零點等價于方程ex x a在 (0, )內有唯一實根，又等價于
直線 y a與 g(x) ex x(x 0)只有 1個交點．
記 y a, g(x) ex x(x 0) ，由于 g (x) ex 1 0在 (0, )內恒成立，所以 g(x)在 (0, )內單
調遞增，故 g(x) g(0) 1．
因此，當1 a 2時，直線 y a與 g(x) ex x(x 0)只有 1個交點．
x
（II）（i） f (x ) 0, e 0 x a 0， 0 0
x x
a 1 x 2(a 1) e 0 x 1 x 2 2(e 0 x 1) ， 0 0 0 0
x2
令 g(x) ex x 1 x2(0 x 2),h(x) ex x 1 (0 x 2),
2
一方面：h (x) e
x 1 x h (x), h 1 1 (x) e
x 1 0，
h (x) h (0) 0, h(x)在 (0,2)單調遞增， h(x) h(0) 0，
x2
ex x 1 0,2(ex x 1) x2 ，
2
另一方面： 1 a 2 a 1 1，
所以當 x0 1時， a 1 x0 成立，
因此只需證明當0 x 1時， g(x) ex x 1 x2 0，
因為 g (x) ex 1 2x g (x)，g (x) ex1 1 2 0 x ln 2
當 x (0,ln 2)時， g (x) 0，當 x (ln 2,1) 時， g ， 1 1 (x) 0
所以 g (x) max{g (0), g (1)}, g (0) 0, g (1) e 3 0, g (x) 0，
g (x) 在 (0,1)單調遞減， g(x) g(0) 0， ex x 1 x2 ，
x x
綜上， e 0 x0 1 x
2 0
0 2(e x0 1), a 1 x0 2(a 1) .
（ii）[方法一]：分析+構造函數法
x
t(x0 ) x0 f (e
0 ) x0 f (x0 a) x [(e
a
0 1)x0 a(e
a 2)]，
t (x0) 2(e
a 1)x a(ea 2) 0， a 1 x0 2(a 1)0 ，
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t(x0) t( a 1) a 1[(e
a 1) a 1 a(ea 2)] (ea 1)(a 1) a a 1(ea 2)，因為
1 a 2，所以 ea e,a 2(a 1)，
t(x a0) (e 1)(a 1) 2(a 1) a 1(e 2)，
只需證明2(a 1) a 1(ea 2) (e 1)(a 1)2 ，
即只需證明4(ea 2)2 (e 1)2 (a 1)，
令 s(a) 4(ea 2)2 (e 1)2 (a 1), (1 a 2)，
則 s (a) 8ea (ea 2) (e 1)2 8e(e 2) (e 1)2 0，
s(a) s(1) 4(e 2)2 0，即 4(ea 2)2 (e 1)2 (a 1) 成立，
x因此 x0 f e 0 (e 1)(a 1)a .
[方法二]【最優解】：放縮轉化法
( 00 ) ≥ ( 1)( 1) 0 ( 0 + ) ≥ ( 1)( 1) ．
設 ( 0) = 0 ( 0 + )(√ 1 ≤ ≤ √2( 1))，則由
0+ ≥ 1 + + 得 ′0 0 ( 0) =
( 0 + 1)
0+ 2( 0 + ) > ( 0 + 1)( 0 + + 1) 2( 0 + ) > 0．
從而只要證 (√ 1) ( 1)( 1) ≥ 0．
上式左邊= √ 1+ 2 + √ 1( 1)．
使用不等式 ≥ + 1, ≥ 可得 √ 1+ 2 + √ 1( 1) ≥ (1 + √ 1) 2 +
√ 1( 1) = ( 2) + ( 1)√ 1 > 0
【整體點評】
（Ⅰ）方法一：直接研究函數的單調性，并根據零點存在定理證得結論，為通性通法；方法二：
先分離常數，轉化為證明水平直線 y a與函數 g(x) ex x(x 0)的圖象交點個數問題，為最優
解；
（Ⅱ）（ⅰ）通過分析，轉化，然后構造函數證得；
（ⅱ）方法一：構造函數 ( 0) = 0[(
1) + ( 0 2)]，利用導數研究單調性，求得最小
值，然后根據條件放縮轉化為證明不等式2(a 1) a 1(ea 2) (e 1)(a 1)2 ．利用作差法構造
關于實數 a 的函數，利用導數證得此不等式，為該題的通性通法；方法二：利用 0+ ≥ 1 + 0 +
放縮判定 ( 0) = 0 ( 0 + )的導函數大于零，確定單調性，得到其最小值，轉化為 √ 1+
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2 + √ 1( 1) ≥ 0，然后利用不等式 ≥ + 1, ≥ 放縮證明，運算相對簡潔，為
最優解.
【反饋練習】
江蘇省南京市第二十九中學 2021-2022學年高三上學期 8月第二次學情調研數學試題
1
22. 已知對任意的 ∈ (1,+∞)，不等式 ( e + 1) ( + 1) ln > 0恒成立，則正數 k 的取值范
圍是（ ）
1 1 1 1
A. ( , +∞) B. (e, +∞) C. ( ,e) D. ( , ) 2
e e e e
【分析】
不等式中出現的指數式 ，對數式ln ，故可以考慮同構，將原不等式變形為( + )ln 1 e >
(1 + )ln ，以實現不等式左、右兩邊統一于函數 ( ) = (1 + )ln ，再利用導數研究函數 f x 的
單調性，從而由 ( ) > ( )可得 > ，再分離參數求最值即可.
【詳解】
1
因為對任意的 ∈ (1,+∞)，不等式 ( e + 1) ( + 1) ln > 0恒成立，
即 ( e + 1) > (1 + )ln 對任意的 ∈ (1, +∞)恒成立，
即(1 + )ln e > (1 + )ln 對任意的 ∈ (1, +∞)恒成立，
設 ( ) = (1 + )ln ，則 ( ) > ( )，
因為 ′
1+ 1
( ) = ln + = ln + + 1，又 x 1，

所以 f x 0，所以 f x 在(1, +∞)上單調遞增，
所以
ln
> 對任意的 ∈ (1,+∞)恒成立，即 > 對任意的 ∈ (1,+∞)恒成立，

ln x 1 ln x
令 g x ， g x ，
x x2
當 ∈ (1, )時， g x 0；當 ∈ ( ,+∞)時， g x 0，
所以 g x 在(1, )上單調遞增，在 e, 上單調遞減，
1 1
所以 ( )max = ( ) = ，所以 > .
故選:A
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解密 05 導數及其應用（分層訓練）
【高頻考點解密】2021年高考數學（理）二輪復習講義 分層訓練
ln
23. 已知函數 ( ) = 2 + 2 （其中 e為自然對數的底數）有兩個零點，則實數a 的取

值范圍是（ ）
A. ( ∞, 2
1 1
+ ] B. ( ∞, 2 + )

1 1
C. [ 2 ,+∞) D. ( 2 ,+∞)

【分析】
1
求出導函數、求出函數的單調區間，得出函數的極值，要使函數有兩個零點， ( ) = + 2 >

0即可.
【詳解】
′ 1 ln ( ) = 2( )，
2
當 ∈ (0, )時， f (x) 0， f (x) 單調遞增，
當 ∈ ( , +∞)時， f (x) 0， f (x) 單調遞減，
1
∴在 (0, )上 f (x) 只有一個極大值也是最大值 ( ) = + 2 ，

顯然 → 0時， ( ) → ∞， x 時， ( ) → ∞，
1 1
因此要使函數有兩個零點，則 ( ) = + 2 > 0，∴ < 2 + ．

故選：B．
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湖南省永州市第四中學 2021屆高三下學期高考沖刺（二）數學試題
24. 已知函數 ( ) = ( 1)2, ( ) = ，若函數 ( ) = ( ) ( )有 3個不同的零點，則實
數 a的取值范圍是_________．
【分析】
1
轉化為 y a與 = 2 含有 3個不同的交點，求導，畫出大致圖象，結合圖象即可求解 ( 1)
【詳解】
因為函數 ( ) = ( ) ( )的零點，即方程 ( ) ( ) = 0的根，
1
而該方程可化為 = ，
( 1)2
1
設 ( ) = ，則 h x2 的定義域為( ∞,1) ∪ (1, +∞)， ( 1)
′ ( +1) ( +1)且 ( ) = 3 ，由 = 03 ，得 = 1， ( 1) ( 1)
當 < 1時， ′( ) < 0，h x 遞減
當 1 < < 1時， ′( ) > 0，h x 遞增
當 x 1時， ′( ) < 0，h x 遞減

所以 h x 極小值= ( 1) = ， h x 的大致圖象如圖所示．
4
所以，要函數 ( ) = ( ) ( )有 3個不同的零點，
1
即方程 = 2 有 3個不同的根， ( 1)
1
即 y a與 = 2 含有 3 個不同的交點， ( 1)
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故 ∈ ( , +∞)．故答案為：( , +∞)
4 4
湖南省永州市第四中學 2021屆高三下學期高考沖刺（二）數學試題
25. 已知函數 ( ) = 2 + ln ．
（1）討論 f x 的單調性：
（2）若 f x 在定義城上有兩個極值點 1， 2，求證： ( 1) + ( 2) > 3 2ln2．
【分析】
（1）分類討論含參數的函數的單調區間，由于需要討論 ( ) = 2 2 + 1的正負，因此需要
結合開口方向、有無實數根以及有實數根的情況下根與 0的關系進行分類討論；
1 1 1
（2）結合（1）可知此時0 < < ，且 1 + 2 = ， 1 2 = ．進而將 ( 1) + ( 2)轉化為8 2 2
1 1 1
ln + 1 + ，從而構造函數 ( ) = ln + 1 + ( ∈ (4, +∞))，通過研究函數 g x 的性質即
2 4 2
可證出結論.
【詳解】
2
f x ′ 1 2 + 1（1）函數 的導數是 ( ) = 2 + 1 =

1 1
設 ( ) = 2 2 + 1，則 (0) = 1．當 < ，且 ≠ 0時，對稱軸 = ，判別式△= 1
8 4
1
= 0, 1+ 1 8 1 1 8 8 > 0，因此討論的分界點為 ．記 √ √ = , = ．
8 4 4
當 a 0時，有
x (0, ) ( , +∞)
f x 0 +
f x 單調遞減 極小值點 單調遞增
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當 a 0時，有
x 0,1 1 (1,+∞)
f x 0 +
f x 單調遞減 極小值點 單調遞增
1
當0 < < 時，有
8
x (0, ) ( , ) ( ,+∞)
f x 0 + 0
f x 單調遞減 極小值點 單調遞增 極大值點 單調遞減
1
當 ≥ 時，有 f x 在 0, 上單調遞減．
8
1+ 1 8 1 1 8
綜上可知，取 √ √ = , = ，
4 4
則當 a 0時，函數 f x 在(0, )上單調遞減，在( , +∞)上單調遞增；
當 a 0時，函數 f x 在（0,1）上單調遞減，在(1, +∞)上單調遞增；
1
當0 < < 時，函數 f x 在(0, )上單調遞減，在( , )上單調遞增，在( ,+∞)上單調遞減；
8
1
當 ≥ 時，函數 f x 在 0, 上單調遞減．
8
1 1 1
（2）由（1）的結論可知，此時0 < < ，且 1 + 2 = ， 1 2 = ． 8 2 2
從而 ( 1) + ( 2) =
2
1 + 1 ln 1
2
2 + 2 ln 2
= [( 21 + 2) 2 1 2] + ( 1 + 2) ln( 1 2)
1 2 1 1 1 1 1
= [( ) 2 × ] + ln = ln + 1 +
2 2 2 2 2 4
1 ′ 1 1設函數 ( ) = ln + 1 + ( ∈ (4,+∞))，則 ( ) = + ，
2 2
于是在區間(4, +∞)上 ′( ) > 0， ( )單調遞增，
1 1
因此 ( 1) + ( 2) = ln + 1 + > (4) = 3 2ln2． 2 4
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【方法點評】不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導數證明不等式的方法主要有兩個：
（1）不等式兩邊作差構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出函數最值即可；（2）觀察不
等式的特點，結合已解答問題把要證的不等式變形，并運用已證結論先行放縮，再化簡或者進一
步利用導數證明.
陜西省漢中市 2021屆高三下學期高考一模理科數學試題
26. 已知函數 ( ) = 2 + ( ∈ )．
（1）當a 0時，求 f x 在[ 2,2]上的最值；
（2）設 ( ) = 2 2，若 ( ) = ( ) ( )有兩個零點，求 a 的取值范圍．
【分析】
（1）當a 0時， ( ) = ，對其求導判斷單調性，比較極值和端點值即可得最值；
（2）求出 ′( ) = ( 1)( + 2 )，再分情況a 0，a 0和 a 0時，判斷函數的單調性以及
極值，求解函數的零點，即可求解.
【詳解】
（1）當a 0時， ( ) = ，可得 ′( ) = ( + 1)．
當 < 1時， f x 0；當 x 1時， f x 0．
所以 f x 在 , 1 上單調遞減，在 1, 上單調遞增．
2 1
因為 ( 2) = ( ) 2 ( 1) =
2
， 2 = 2 ， ，

1
所以 ( ) = ， ( ) = 2 2min max ．
（2）因為 ( ) = ( ) ( ) = ( 2) + ( 1)2，
可得： ′( ) = ( 1)( + 2 )．
①當 a 0時， ( ) = ( 2) ，此時h x 只有一個零點，故不成立；
②當a 0時，h x 在( ∞,1)上單調遞減，在(1, +∞)上單調遞增．
因為 (1) = < 0， (2) = > 0，
當 ≥ 2時， (0) = 2 + ≥ 0；
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當0 < < 2時，ln < 0，
2
2 (ln ) = ln ( ) + (ln 1) = [2 (ln ) 3ln ] > 0． 2 2 2 2 2 2 2
h x 有兩個不同的零點，成立；
③當 a 0時，令 ′( ) = 0，得 x 1或 = ln( 2 )．

當 = 時， ′( ) = ( 1)( )， ′( ) ≥ 0恒成立，
2
( )在 R上單調遞增，至多有一個零點；

當 > 時，即ln( 2 ) < 1．
2
若 < ln( 2 )或 x 1，則 ′( ) > 0；若ln( 2 ) < < 1，則 ′( ) < 0．
h x 在( ∞, ln( 2 ))和(1,+∞)上單調遞增，在(ln( 2 ), 1)上單調遞減．

當 < 時，即ln( 2 ) > 1．
2
若 x 1或 > ln( 2 )，則 ′( ) > 0；若1 < < ln( 2 )時，則 ′( ) < 0．
h x 在( ∞,1)和(ln( 2 ),+∞)上單調遞增，在(1, ln( 2 ))上單調遞減．
當 a 0時，∵ (1) = < 0，
(ln( 2 )) = ( 2 )[ln( 2 ) 2] + [ln( 2 ) 1]2 = [(ln( 2 ) 2)2 + 1] < 0．
h x 僅有一個零點，不合題意．
綜上， ( ) = ( ) ( )有兩個零點， a 的取值范圍是 0, ．
【方法點評】思路點睛：利用導數研究函數 f (x) 的最值的步驟：
①寫定義域，對函數 f (x) 求導 f (x) ；
②在定義域內，解不等式 f (x) 0和 f (x) 0得到單調性；
③利用單調性判斷極值點，比較極值和端點值得到最值即可.
押第 21題 導數的應用-備戰 2021 年高考數學（理）臨考題號押題（全國卷 2）
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27. 已知函數 ( ) = ln + ．
（1）討論 f (x) 的單調性．
（2）當a 1時，證明： ( ) < e ．
【分析】
（1）先求函數的定義域，進而對函數求導、通分，進而討論 a的范圍，得出單調區間；
ln
（2）先將不等式化為1 + < ，證明左邊最大值<右邊最小值即可.
2
【詳解】
（1） f (x) 的定義域為 0, ， ′
+
( ) = + 1 = .

當 ≥ 0時， ′( ) ≥ 0，所以 f (x) 在 0, 上單調遞增.
當 a 0時，若 ∈ ( ,+∞)，則 f (x) 0；
若 ∈ (0, )，則 f (x) 0.
所以 f (x) 在( ,+∞)上單調遞增，在(0, )上單調遞減.
綜上所述，當 ≥ 0時， f (x) 在 0, 上單調遞增；
當 a 0時， f (x) 在( ,+∞)上單調遞增，在(0, )上單調遞減.
ln
（2）當a 1時，要證 ( ) < ，即證 2 + ln < ，即證1 + < .
2
ln ′ 1 ln 令函數 ( ) = 1 + ，則 ( ) = 2 .
令 g (x) 0，得 ∈ (0, )；令 g (x) 0，得 ∈ ( , +∞).
1
所以 g(x)在 0,e 上單調遞增，在 e, 上單調遞減，所以 ( )max = ( ) = 1 + ，
( 2)
令函數 ( ) = ，則 ′( ) = .
2 3
當 x 0,2 時，h (x) 0；當 ∈ (2,+∞)時， ′( ) > 0.
2
所以h(x) 在 0,2 上單調遞減，在 2, 上單調遞增，所以 ( )min = (2) = . 4
2 1 ln
因為 (1 + ) > 0，所以 ( )min > ( )max，即1 + < ，從而 ( ) <
得證.
4 2
河南省洛陽市孟津縣第一高級中學 2021屆高三下學期 4月文科數學調研試題
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2
28. 定義在 0, 上的關于 x 的函數 ( ) = ( 1) ．
2
（1）若a e，討論 f (x) 的單調性；
（2） ( ) ≤ 3在(0,2]上恒成立，求a 的取值范圍．
【分析】
（1）直接解 ′( ) < 0和 ′( ) > 0即可得到 f (x) 的單調性；
（2）分類討論：先判斷 ≤ 1，不合題意﹔當1 < < 2時，利用導數討論單調性，求出 a 的取
值范圍；當 ≥ 2，利用導數討論單調性，求出a 的取值范圍；
【詳解】
（1） ′( ) = = ( )，
a e時， ′( ) = ( )，
在 x 0,1 上， ′( ) < 0， f (x) 單調遞減﹔
在 ∈ (1,+∞)上， ′( ) > 0， f (x) 單調遞增．
（2）由（1） ′( ) = ( )，
若 ≤ 1，在(0,2]上， ′( ) > 0， f (x) 單調遞增， (2) = 2 2 > 3，不合題意﹔
若1 < < 2，
在(0, ln )上， ′( ) < 0， ( ) < (0) = 1；
在(ln , 2]上， ′( ) > 0， ( ) < (2) = 2 2 ，
2 3
由題意， 2 2 ≤ 3 ≤ < 2，
2
若 ≥ 2，
在 0,2 上， ′( ) < 0， f (x) 單調遞減，
則在(0,2]上， ( ) < (0) = 1 < 3符合題意，
2 3
綜上所述， ≥ ．
2
全國 2021屆高三高考數學信心提升試題

29. 已知定義在 0, 內的函數 f x 的導函數 ′( ) = .

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1
（1）證明： ′( ) > 1 + ；

( )
（2）當 (1) > 時，證明：函數 ( ) = 恰有兩個極值點.

【分析】
（1）分析可知要證明不等式 > + 1對任意的 ∈ (0, +∞)恒成立，構造函數 ( ) = 1，
其中 x 0，利用導數證得 ( ) > (0)，即可證得結論成立；
（2）利用導數分析函數 g x 的單調性，結合零點存在定理可證得結論成立.
【詳解】
1
（1）要證 ′( ) = > 1 + ，即證不等式 > + 1對任意的 ∈ (0,+∞)恒成立，

構造函數 ( ) = 1，其中 x 0 ，則 ′( ) = 1 > 0，
所以，函數h x 在 0, 上為增函數，故 ( ) = 1 > (0) = 0，

1
故對任意的 x 0， > + 1，即 ′( ) = > 1 + ；

( ) ′( ) ( ) ( )
（2）∵ ( ) = ，則 ′( ) = = ，
2 2

令 ( ) = ( )，則 ′( ) = ′( ) =
( 1)
= ，

當0 x 1時， ′( ) < 0，此時函數 ( )單調遞減，
當 x 1時， ′( ) > 0，此時函數 ( )單調遞增，
故 ( )min = (1) = (1) < 0，
構造函數 ( ) = ( ) ln + 1 (1)，則 (1) = 0，
′ ′ 1
1
由（1）可知， ( ) = ( ) 1 = > 0，故函數 ( )在 0, 上單調遞增，

當0 x 1時， ( ) < (1) = 0，即 ( ) < + ln 1 + (1)，
則 ( ) = ( ) > ln + 1 (1) > + 1 ln + 1 (1) = 2 ln (1)，
所以， ( (1)) > 2 + (1) (1) = 2 > 0，
由零點存在定理可知，存在 ∈ ( (1)1 , 1)使得
′( 1) = 0，
當0 < < 1時， g x 0，當 1 < < 1時， g x 0，
此時 x1是函數 g x 的極大值點；
2( 2)
構造函數 ( ) = + (1)，
2
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下面證明：當 x 1時， ( ) = ( ) > ( )，
2( 2) 2
令 ( ) = ( ) ( ) = ( ) + (1)，其中 (1) = + > 0，
2 2
2
′ ′ ″ ( 1)
( 2 +1)
( ) = ，則 (2) = 0，且 ( ) = = > 0，
2 2 2
所以，函數 ′( )在 0, 上單調遞增，
當 ∈ (1,2)時， ′( ) < ′(2) = 0，當 ∈ (2,+∞)時， ′( ) > ′(2) = 0，
所以，函數 ( )在(1,2)上單調遞減，在 2, 上單調遞增，
所以，當 ∈ (1, +∞)時， ( ) ≥ (2) = 2 (2) + (1) = (2) (1) > 0，
故當 x 1時， ( ) = ( ) > ( )，
2[ (1) ]
取 0 = 2 + > 2，則 ( 0) = 0，故 ( 0) > ( 0) = 0， 2
由零點存在定理可知，存在 2 ∈ (1, 0)，使得
′( 2) = 0，
且當1 < < 2時， g x 0，當 > 2時， g x 0，
故 x2 是函數 g x 的極小值點，
( )
因此，函數 ( ) = 恰有兩個極值點.

【方法點評】利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式 ( ) > ( )（或 ( ) < ( )）轉化為證明 ( ) ( ) > 0
（或 ( ) ( ) < 0），進而構造輔助函數 ( ) = ( ) ( )；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
江蘇省南京市第二十九中學 2021-2022學年高三上學期 8月第二次學情調研數學試題
30. 已知函數 ( ) = ln .
（1）若 ≥ 0，討論函數 f x 的零點個數；
（2）設 x1， x2 是函數 f x 的兩個零點，證明： 1 + 2 2eln > 0.
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【分析】

（1）當a 0時，顯然 f (x) 無零點；當a 0時，考查函數 = ln 圖象與函數 =
( > 0)圖象的
公共點個數，數形結合可得結果；
（2）由（1）得2eln ≤ 2 ，將要證不等式轉化為 1 + 2 > 2 ，根據 x1, x2 是函數
f (x) 的兩個零
1 2 2( 1 2) 1
點得 = ln 1 ，不等式轉化為 1 + 2 > ln 1 ，不妨設0 x1 x2 ，令 = ∈ (0,1) ，通過換元 2 2 2
2( 1) 2( 1)
不等式轉化為ln < ，構造函數 ( ) = ln (0 < < 1)，由單調性可證得不等式成 +1 +1
立.
【詳解】
（1） ( ) = ln ( > 0)，
①當 a 0時， ( ) = ，因為 x 0 ，所以 f (x) 無零點；

②當a 0時， ( ) = 0 ln = ，下面考查函數 = ln 圖象與函數 = ( > 0) 圖象的公共
點個數.
0 = ln 0
0
當二者相切時，設切點為( 0, 0)，則{
0 = ，解得 = e，即函數 = ln 圖象與函數
=
1 1 e
=
0
圖象相切.
1 1
由圖可知，當 = 時，兩函數圖象有且只有一個公共點，即 f (x)e 有 1個零點；當 > ，即0 < e
1 1
< e時，兩函數圖象無公共點，即
f (x) 無零點；當 < ，即 > e時，兩函數圖象有 2個公共 e
點，即 f (x) 有 2 個零點.
綜合①②可知，當0 ≤ < 時，函數 f (x)e 無零點；當 = e時，函數
f (x) 有 1個零點；當 > e
時，函數 f (x) 有 2 個零點.
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（2）由（1）知，當 = e時， ≥ ln ，即對任意 x 0 ，eln ≤ 0. e
因為函數 f (x) 有 2 個零點，由（1）知， > e，所以eln ≤ 0，即2eln ≤ 2 .
要證 1 + 2 2eln > 0，即證 1 + 2 > 2eln ，只需證 1 + 2 > 2 .
ln = 1 2
因為 x , x 是函數 f (x)1 2 的兩個零點，所以{
1 1，兩式相減得 = 1 ，所以只需證 + >
ln 2 =
ln 1 2
2 2
2( 1 2)

ln 1 .
2
1
1 2( ) 2( 1)
不妨設0 x x ，則0 < < 1，即證

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