資源簡介

2024年新結構題型中大題考點預測：導數綜合
目錄
題型一：導數恒能成立問題
題型二：導數與函數零點問題
題型三：導數解決雙變量問題
題型四：導數中的極值點偏移問題
題型一：導數恒能成立問題
1 (2023·黑龍江佳木斯·模擬預測)已知函數 f x = lnx- a2x2-ax+ a- 1 a∈R ．
(1)試討論 f x 的單調性；
x
(2)若不等式 f x+ 1 + a2 e x+ 1 2+ + ≥ 0對任意的 x≥ 0恒成立，求實數 a的取值范圍.x 1
【分析】(1)求出 f x 的導函數，討論 a與 0的大小關系即可求解；
x x
(2)由題意可得 ln x+ 1 - ax- 1+ e+ ≥ 0，設 g x = ln x+ 1 - ax- 1+
e
+ x≥ 0 ，當 a≤ 1時，x 1 x 1
利用放縮、構造函數、求導可知滿足題意；當 a> 1時，證明 g x 在 0,+∞ 上有唯一的零點 x0即可.
【詳解】(1)f x 的定義域為 0,+∞ ，
當 a= 0時，f x = lnx- 1在 0,+∞ 上單調遞增；
ax+ 1 2ax- 1
當 a> 0時，f x = 1 - 2a2x-

a=- ，
x x
1
當 0< x< 時，f x > 0 f x 0, 1 ，所以 在2a 2a 上單調遞增，
當 x> 1 1時，f x < 0，在
2a ,+∞ 上單調遞減．2a
ax+ 1 2ax- 1
當 a< 0時，f x =- ，
x
當 0< x<- 1 1時，f x > 0，所以 f x 在 0,- 上單調遞增，a a
當 x>- 1 時，f x 1 < 0，在
a - ,+∞a 上單調遞減.
綜上所述，a= 0時，f x 在 0,+∞ 上單調遞增；
當 a> 0 1 1時，f x 在 0, 上單調遞增，在 ,+∞ 上單調遞減；2a 2a
當 a< 0 1 1時，f x 在 0,- 上單調遞增，在 - ,+∞ 上單調遞減.a a
x x
(2)由題意，f x+ 1 + a2 x+ 1 e e 2+ + ≥ 0即為 ln x+ 1 - ax- 1+ ≥ 0，x 1 x+ 1
x
設 g x = ln x+ 1 - ax- 1+ e x≥ 0 ，
x+ 1
ex
①當 a≤ 1時，g x ≥ ln x+ 1 - x- 1+ + ，x 1
x
設 h x = ln x+ 1 - x- 1+ e
x+ x≥ 0 ，1
1 xex x xex x
則 h x = - 1+ =- + = ex-x- 1 ，
x+ 1 x+ 1 2 x+ 1 x+ 1 2 x+ 1 2
1
設u x = ex-x- 1 x≥ 0 ，則u x = ex-1≥ 0，
所以u x 在 0,+∞ 上單調遞增，
又u 0 = 0，所以u x ≥ 0恒成立，即 ex-x- 1≥ 0，
x
又 ≥ 0，所以 h x2 ≥ 0在 0,+∞ 上恒成立，從而 h x 在 0,+∞ 上單調遞增， x+ 1
因為 h 0 = 0，所以 h x ≥ 0，又 g x ≥ h x ，所以 g x ≥ 0，滿足題意；
x
②當 a> 1 1 xe時，g x = + - a+ ，x 1 x+ 1 2
t x = 1
x
設 + - a+
xe
x≥ 0 ，
x 1 x+ 1 2
1 x+ 1 e
x x+ 1 2-2 x+ 1 xex x2+1 ex-x- 1
則 t x =- + = ，
x+ 1 2 x+ 1 4 x+ 1 3
因為當 x≥ 0時， x2+1 ex-x- 1≥ ex-x- 1≥ 0，所以 t x ≥ 0恒成立，
故 g x 在 0,+∞ 上單調遞增，
x 2 x- 1 ex
設 φ 2e x = x> 12 ，則 φ
x = > 0，
x+ 1 x+ 1 3
所以 φ x 在 1,+∞ 上單調遞增，
φ(1) = 2e
x x
又 > 1，所以 φ x > 1 2e > 1 e > 1恒成立，即 ，從而 ，
4 x+ 1 2 x+ 1 2 2
x
所以當 x> 2a時，必有 g x = 1+ - a+
xe >-a+ x > 0，
x 1 x+ 1 2 2
又 g 0 = 1- a< 0，所以 g x 在 0,+∞ 上有唯一的零點 x0，且當 x∈ 0,x0 時，g x < 0，
從而 g x 在 0,x0 上單調遞減，結合 g 0 = 0知當 x∈ 0,x0 時，g x < 0，
所以 g x ≥ 0在 0,+∞ 上不能恒成立，不合題意.
綜上所述，實數 a的取值范圍是 -∞,1 ．
2 (2023· 1湖南郴州·模擬預測)已知 f(x) = alnx+ x2-2x(a∈R且 a≠ 0)在 (0,+∞)上單調遞增，
2
g x = cosx+ xsinx.
(1) 1當 a取最小值時，證明 f x ≤ x2-x- 1恒成立.
2
f x
(2)對 x1∈ -π,π ， x2∈ 1 ,
2
e ，使得 - a≤ g x1 成立，求實數 a的取值范圍.e x2
【分析】(1)首先利用條件可得 f (x)≥ 0在 (0,+∞)恒成立，參變分離后可得 amin= 1，代入后構造函數解不
等式即可；
f x( ) 2 2 根據題意只需不等式 - a≤ g x1 左邊的最小值小于等于右邊的最小值即可，利用導數即可求得x2
f x
g(x) ( , 在 0 π)上的最小值為-1，即證 x 1 22∈ ,e ，使得 - a≤-1成立，e x2
即 a(x2-lnx )≥ 1 x22 2-x2成立，參變分離后再構造函數即可得解.2
【詳解】(1)由題意可知 f x = a + x- 2≥ 0在 (0,+∞)上恒成立，
x
參變分離得 a≥ 2x- x2 max= 1，∴ amin= 1，
此時 f(x) = lnx+ 1 x2-2x.
2
設 h x = f x 1 - x2-x- 1 = lnx- x+ 1，2
2
h (x) = 1 - 1= 1- x，
x x
令 h (x)> 0 0< x< 1，令 h (x)< 0 x> 1，
∴ h(x)在 (0,1)上單調遞增，在 (1,+∞)上單調遞減.
∴ h(x)≤ h(1) = 0
∴ f x 1 ≤ x2-x- 1恒成立，
2
(2)g x =-sinx+ sinx+ xcosx= xcosx，
π
當 x∈ 0, 時，xcosx> 0，g (x)> 0，2
∴ g(x)在 0, π 單調遞增；2
當 x∈ π ,π 時，xcosx< 0，g (x)< 0，2
∴ g(x) π在 ,π 單調遞減；2
g(0) = 1，g π = π ，g(π) =-1，2 2
∴ g(x)在 (0,π)上的最小值為-1.
易知 g(x)為偶函數，由偶函數圖象的對稱性可知 g(x)在 (-π,π)上的最小值為-1
1 f x ∈ , 由題意可得 x2 e
2
，使得 - a≤-1成立，e x2
a(x -lnx )≥ 1即 x22 2 -x2 2 2成立.
由 (1)可知 x2-lnx2≥ 1> 0，
1
2 x
2-x 1 x22 -x參變分離得 a≥ - ，設 x
1
= - ，x∈
,e ，
x lnx x lnx e
即只需 a≥ x min即可.
x- 1 x- lnx - 1 x2-x x- 1 x- 1 1
x = 2 x = 2
x- lnx+ 1

(x- lnx)2 (x- lnx)2
由 (1)知 lnx≤ x- 1得-lnx≥ 1- x，
∴ 1 x- lnx+ 1≥ 1 x+ 1- x+ 1= 2- 1 x= 4- x > 0
2 2 2 2
令 x > 0 1< x< e，令 x < 0 1 < x< 1，
e
∴ (x) 1在 ,1 上單調遞減，在 (1,e) 1上單調遞增.∴ x min= 1 =- ，e 2
∴ a≥- 1 ，又已知 a≥ 1.故 a的取值范圍為 1,+∞ .
2
x2 2
3 (2024·云南昆明·模擬預測)已知函數 f x = ln x+ 1 - x+ x∈ -1,+∞ x 和 g x = + sinx
2 2
+ cosx- x- 1 x∈ -1, π2 ．
(1)討論 f x 與 g x 的單調性；
(2)若 ln x+ 1 + 1≥ sinx+ cosx+ a 在 0,+∞ 上恒成立，求實數 a的取值范圍．
x
π
【答案】(1)f(x)在區間 -1,+∞ 內單調遞增；g(x)在區間 -1, 內單調遞減；2
(2) -∞,0 ．
3
x2
【分析】(1)求出定義域，求導得到 f (x) = + ≥ 0，得到 f(x)在區間 -1,+∞ 內單調遞增，對 g x 二次x 1
求導，得到 g (x) = h x π ≤ h 0 = 0，g(x)在區間 -1, 內單調遞減；2
(2)不等式變形為 ln x+ 1 + 1- sinx- cosx≥ a，先判斷 a≤ 0，再證明 a≤ 0不等式成立即可.
x
2
【詳解】(1)f(x) 1 x的定義域為 -1,+∞ ，則 f (x) = - 1+ x= ≥ 0，
x+ 1 x+ 1
所以 f(x)在區間 -1,+∞ 內單調遞增，
g x = x+ cosx- sinx- 1,x∈ -1, π ，2
令 h x = g (x) = x+ cosx- sinx- 1 π，x∈ -1, 2 ，
則 h x = 1- sinx- cosx= 1- 2sin x+ π ，4
當 x∈ -1,0 π 時，sin x+ 4 <
2
，則 h x > 0，
2
當 x∈ 0, π π時，sin x+ > 2 ，則 h x < 0，2 4 2
h x 在區間 -1,0 內單調遞增，在區間 0, π 內單調遞減，2
注意到 h 0 = 0+ cos0- sin0- 1= 0，故 g (x) = h x ≤ h 0 = 0，
所以 g(x)在區間 -1, π2 內單調遞減；
(2)ln x+ 1 + 1≥ sinx+ cosx+ a a，即 ln x+ 1 + 1- sinx- cosx≥ ，
x x
因為 x> 0，故 x ln x+ 1 + 1- sinx- cosx ≥ a，
若 a> 0，左邊 x→ 0時，ln x+ 1 + 1- sinx- cosx→ 0 a，而 →+∞，
x
此時不等式不成立.
故 a≤ 0，下面 a≤ 0符合.
構造函數F x = f x - g x = ln x+ 1 + 1- sinx- cosx，x∈ 0,+∞ ，
當 x∈ π ,+∞ 時，ln x+ 1 ≥ ln π + 12 2 > ln2>
1
，
2
則 ln x+ 1 + 1> 3 > 2≥ 2sin x+ π = sinx+ cosx，故此時F x > 0恒成立，2 4
當 x∈ 0, π 1時，F x =2 x+ - cosx+ sinx，1
設 v x
1
= + - cosx+ sinx，x 1
則 v
2 2
x = sinx+ cosx- 1 = 2sin x+ πx+ 1 4 -
1
+ > 0，x 1
π
故 v x 為 0, 上的增函數，故 v x > v 0 = 0 F x 0, π ，故 為 上的增函數，2 2
故F x >F 0 = 0.
綜上，F x > 0對任意 x> 0恒成立，故F x > 0≥ a 恒成立.
x
綜上，滿足條件的實數 a的取值范圍為 -∞,0 ．
4 (2024·廣東·模擬預測)已知函數 f x = ex+cosx- 2，g x = sinx.
(1)求證：當 x∈ 0,+∞ ，g(x)< x< f(x)；
(2)若 x∈ 0,+∞ ，f x + g x > ax恒成立，求實數 a的取值范圍.
4
【答案】(1)證明見解析
(2) -∞,2
【分析】(1)分別構造函數G x = x- g(x) = x- sinx，F(x) = f(x) - x= ex+cosx- 2- x，x> 0，利用導
數分別求出兩函數的最值，即可得證；
(2)f x + g x > ax在區間 0,+∞ 上恒成立，即 ex+cosx- 2+ sinx- ax> 0在區間 0,+∞ 上恒成立，
構造函數 φ x = ex+cosx- 2+ sinx- ax，由 a分類討論求出函數的最值即可得解.
【詳解】(1)設G x = x- g(x) = x- sinx，x> 0
則G x = 1- cosx≥ 0，所以G x 在區間 0,+∞ 上單調遞增，
所以G x >G 0 = 0，即 g(x)< x，
設F(x) = f(x) - x= ex+cosx- 2- x，x> 0，
則F (x) = ex-sinx- 1，
由 x> 0時，g(x)< x，即-sinx>-x，
所以F (x) = ex-sinx- 1> ex-x- 1，
設 h x = ex-x- 1，則 h x = ex-1，
當 x> 0時，h x > 0，所以函數 h x 在區間 0,+∞ 上單調遞增，
故在區間 0,+∞ 上，h x > h 0 = 0，即在區間 0,+∞ 上，ex> x+ 1，
所以F (x)> ex-x- 1> 0，
所以F(x)在區間 0,+∞ 上單調遞增，
所以F(x)>F(0) = 0，即 f x > x，
所以 g(x)< x< f(x)得證.
(2)由 f x + g x > ax在區間 0,+∞ 上恒成立，
即 ex+cosx- 2+ sinx- ax> 0在區間 0,+∞ 上恒成立，
設 φ x = ex+cosx- 2+ sinx- ax，則 φ x > 0在區間 0,+∞ 上恒成立，
而 φ x = ex-sinx+ cosx- a，
令m x = φ x ，則m x = ex-cosx- sinx，
由 (1)知：在區間 0,+∞ 上，ex> x+ 1> sinx+ cosx，
即m x = ex-cosx- sinx> 0，所以在區間 0,+∞ 上函數 φ x 單調遞增，
①當 a≤ 2時，φ 0 = 2- a≥ 0，
故在區間 0,+∞ 上函數 φ x > 0，所以函數 φ x 在區間 0,+∞ 上單調遞增，
又 φ 0 = 0，故 φ x > 0，即函數 f x + g x > ax在區間 0,+∞ 上恒成立；
②當 a> 2時，φ 0 = 2- a，
φ ln a+ 2 = a+ 2- sin ln a+ 2 + cos ln a+ 2 - a
= 2- 2sin ln a+ 2 - π > 0，4
故在區間 0,ln a+ 2 上函數 φ x 存在零點 x0，即 φ x0 = 0，
又在區間 0,+∞ 上函數 φ x 單調遞增，
故在區間 0,x0 上函數 φ x < φ x0 = 0，
所以在區間 0,x0 上函數 φ x 單調遞減，
由 φ 0 = 0，所以在區間 0,x0 上 φ x < φ 0 = 0，與題設矛盾.
綜上，a的取值范圍為 -∞,2 .
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
(1)通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
(2)利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
5
(3)根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的
新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮
法，注意恒成立與存在性問題的區別．
5 (2024·湖南·模擬預測)已知函數 f x = a2ex-3ax(a∈R,a≠ 0,e是自然對數的底數，e= 2.71828
).
(1)當 a= 1時，求函數 f x 的零點個數；
(2)當 a= 1時，證明：f x ≥ cosx- 2x；
(3)證明：若 a∈ 1,+∞ ,x∈R，則 f x ≥ 1- 2sinx.
【答案】(1)有兩個不同零點
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】(1)求出函數的導函數，即可求出函數的單調區間，結合零點存在性判斷即可；
(2)依題意可得 ex-x≥ cosx，令 h x = ex-x，利用導數說明函數的單調性，即可求出函數的最小值，結合
余弦函數的性質即可得證；
(3)依題意可得 a2ex-3ax+ 2sinx- 1≥ 0，令 g a = exa2-3xa+ 2sinx- 1，結合二次函數的性質可得 g a
≥ g 1 = ex-3x+ 2sinx- 1 ex-3x+ 2sinx- 1≥ 0 3x- 2sinx+ 1，只需證明 即可，即證 - 1≤ 0，令F x
ex
= 3x- 2sinx+ 1x - 1，利用導數說明函數的單調性求出函數的最大值，即可得證.e
【詳解】(1)因為 f x = ex-3x定義域為R，所以 f x = ex-3，
當 x< ln3時，f x < 0，函數 f x 單調遞減；
當 x> ln3時，f x > 0，函數 f x 單調遞增，
所以 f x min= f ln3 = eln3-3ln3= 3 1- ln3 < 0，
又 f 0 = e0= 1> 0,f 2 = e2-6> 0，
由零點存在性定理可知 f x 在區間 0,ln3 和 ln3,2 上各存在一個零點，
所以 f x 有兩個不同零點.
(2)當 a= 1時，f x = ex-3x，由 f x ≥ cosx- 2x，得 ex-x≥ cosx，
令 h x = ex-x，則 h x = ex-1，
當 x< 0時，h x < 0,h x 在 -∞,0 上為減函數，當 x> 0時，h x > 0,h x 在 0,+∞ 上為增函數，
所以 h x ≥ h 0 = 1，而 cosx≤ 1，且 h 0 = cos0，
所以 ex-x≥ cosx，即 f x ≥ cosx- 2x.
(3)由已知 f x ≥ 1- 2sinx，即 a2ex-3ax+ 2sinx- 1≥ 0，
因為 a∈ 1,+∞ ，令 g a = exa2-3xa+ 2sinx- 1 3x為開口向上的二次函數，對稱軸為 a=
2ex
，
3 1- x
令 φ x = 3x ，所以 φ

x x = ，2e 2ex
當 x< 1時，φ x > 0，函數 φ x 單調遞增；當 x> 1時，φ x < 0，函數 φ x 單調遞減，所以 φ x max=
φ 3 1 = < 1，
2e
即 a= 3xx ≤
3 < 1，故 g a 在區間 1,+∞ 上單調遞增，
2e 2e
所以 g a ≥ g 1 = ex-3x+ 2sinx- 1，
3x- 2sinx+ 1
從而只需證明 ex-3x+ 2sinx- 1≥ 0即可，即證 - 1≤ 0，
ex
6
F x = 3x- 2sinx+ 1 - 1 F x = 2- 3x+ 2sinx- 2cosx令 x ，則 ，e ex
令 q x = 2- 3x+ 2sinx- 2cosx q x =-3+ 2cosx+ 2sinx= 2 2sin x+ π，則 - 3< 0，4
所以函數 q x 單調遞減，且 q 0 = 0，
所以當 x< 0時，F x > 0，當 x> 0時，F x < 0，
所以函數F x 在 -∞,0 上單調遞增，在 0,+∞ 上單調遞減，
故F x ≤F 0 3x- 2sinx+ 1 = 0，即 x - 1≤ 0，從而不等式 a
2ex-3ax+ 2sinx- 1≥ 0得證.
e
6 (2024·全國· ax lnx模擬預測)已知函數 f x = x 和函數 g x = 有相同的最大值.e ax
(1)求 a的值；
(2)設集合A= x f x = b ，B= x g x = b (b為常數).證明：存在實數 b，使得集合A∪B中有且僅有 3
個元素.
【答案】(1)1
(2)證明見解析
【分析】(1)先由定義域得到 a≠ 0，求導，當 a< 0時，函數無最大值，舍去，當 a> 0時，求出單調性和 f x
f 1 = a 1有最大值 ，進而求出 g x 的單調性，最大值 g e = ，從而得到方程，求出 a的值；
e ae
(2)集合A∪B的元素個數即為直線 y= b與兩條曲線 y= f x 和 y= g x 的交點個數，在 (1)的基礎上作
出 f x = x lnxx 和 g x = ，數形結合得到答案.e x
ax
【詳解】(1)由題意可知 a≠ 0，由 f x = ，得 f
a 1- x= x x x ，e e
若 a< 0，當 x< 1時，f x < 0；當 x> 1時，f x > 0，
則 f x 在 -∞,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增，
a
所以 f x 有最小值 f 1 = ，無最大值，不合題意.
e
所以 a> 0，當 x< 1時，f x > 0；當 x> 1時，f x < 0，
則 f x 在 -∞,1 上單調遞增，在 1,+∞ 上單調遞減，
所以 f x 有最大值 f 1 = a .
e
g lnx 1- lnx由 x = ，得 g x = ，x> 0且 a> 0，
ax ax2
當 0< x< e時，g x > 0；當 x> e時，g x < 0，
則 g x 在 0,e 上單調遞增，在 e,+∞ 上單調遞減，
所以 g x
1
有最大值 g e = .
ae
a = 1則 e ae ，解得 a= 1.a> 0
(2)集合A∪B的元素個數即為直線 y= b與兩條曲線 y= f x 和 y= g x 的交點個數.
由 (1)可知 f x = xx 在 -∞,1 上單調遞增，在 1,+∞ 上單調遞減，e
且 x→+∞，f x → 0，
g x = lnx 在 0,e 上單調遞增，在 e,+∞ 上單調遞減，
x
且 x→+∞，g x → 0，
7
f x = x g x = lnx作出 x 和 的圖像如圖所示.e x

設 f x 和 g x 的圖像交于點M，
則當直線 y= b經過點M時，直線 y= b與兩條曲線 y= f x 和 y= g x 共有 3個交點，
故存在實數 b，使得集合A∪B中有且僅有 3個元素.
7 (2023·上海·模擬預測)已知函數 f(x) = x3+bx2+cx(b、c∈R)，其導函數為 f (x)，
(1)若函數 f(x)有三個零點 x1、x2、x3，且 x1+x2+x3= 3,x1x3=-9，試比較 f(3) - f(0)與 3f (2)的大小.
(2)若 f (1) =-2，試判斷 f(x)在區間 (0,2)上是否存在極值點，并說明理由.
(3)在 (1)的條件下，對任意的m,n∈R，總存在 x∈ [0,3]使得 | f(x) +mx+n| ≥ t成立，求實數 t的最大
值.
【答案】(1)f(3) - f(0) = 3f (2)
(2)存在，理由見解析
(3)2
【分析】(1)根據分析得到 x2= 0，x1,x3是方程 x2+bx+ c= 0的兩根，由韋達定理得 b=-3,c=-9，計算出
f(3) - f(0) = 3f (2)；
(2)由導函數為二次函數，開口向上，結合特殊點的函數值及零點存在性定理得到極值點情況；
(3)將 x= 0,2,3分別代入 | f(x) +mx+n| ≤M，得到不等式組，整理得到 6M≥ |-54+ 6m+ 3n| +| -66+
6m+ 3n| ≥ 12，求出M≥ 2，進而求出 t的最大值.
【詳解】(1)因為 x1x3=-9< 0，故 x1,x3一正一負，
f(x) = x3+bx2+cx= x(x2+bx+ c)，所以 x2= 0，所以 x1,x 23是方程 x +bx+ c= 0的兩根，
由韋達定理得 x1+x3=-b,x1x3= c，
因為 x1+0+ x3= 3,x1x3=-9
所以 b=-3,c=-9，故 f(x) = x3-3x2-9x，f x = 3x2-6x- 9，f (2) =-9，
因為 f(3) - f(0) =-27，3f (2) =-27，所以 f(3) - f(0) = 3f (2)；
(2)f (x) = 3x2+2bx+ c，開口向上，
f (1) = 3+ 2b+ c=-2，f (0) = c，f (2) = 12+ 4b+ c= 2- c，
①當 c> 0時，f (1) f (0)< 0，
根據零點存在定理可知，存在 x0∈ (0,1)使得 f (x0) = 0，
且 x∈ (0,x )時，f 0 (x)> 0，f x 單調遞增，x∈ (x ,1)時，f 0 (x)< 0，f x 單調遞減，
所以 f(x)在區間 (0,2)上存在極大值點，
②當 c≤ 0時，f (2) = 2- c> 0，f (1) f (2)< 0，
根據零點存在定理可知，存在 x0∈ (1,2)使得 f (x0) = 0，且 x∈ (1,x0)時，f (x)< 0，
x∈ (x0,2)時，f (x)> 0，所以 f(x)在區間 (0,2)上存在極小值點；
(3)對任意的m,n∈R，總存在 x∈ [0,3]使得 | f(x) +mx+n| ≥ t成立，
8
f 0 +m 0+n ≤M
設 x∈ [0,3]，| f(x) +mx+n|的最大值為M，則 f 2 +m 2+n ≤M， f 3 +m 3+n ≤M
即 |n| ≤M①，| -22+ 2m+n| ≤M②，| -27+ 3m+n| ≤M③，
由①+③× 2得 3M≥ |n| +2| -27+ 3m+n| ≥ |-54+ 6m+ 3n|④，
由②× 3得 3M≥ |-66+ 6m+ 3n|⑤，
④+⑤得 6M≥ |-54+ 6m+ 3n| +| -66+ 6m+ 3n| ≥ 12，即M≥ 2，
n= 2當且僅當 -
m= 9
22+ 2m+n=-2，即 = 時取等，所以 t的最大值為 2.- n 227+ 3m+n= 2
【點睛】設一元三次方程 ax3+bx2+cx+ d= 0 a≠ 0 的三個根為 x1,x2,x3，
x3+ b x2+ c x+ d原方程可化為 = x- x1 x- x2 x- xa a a 3 ，
b c d
整理得 x3+ x2+ x+ = x3- x 21+x2+x3 x + x1x2+x1xa a a 3+x2x3 x- x1x2x3，
比較左右兩邊同類項，得到一元三次的根與系數關系：
x1+x2+x3=- b ,x1x2+x1x3+x c da 2x3= ,xa 1x2x3=- .a
8 (2023高三·全國·專題練習)已知函數 f x = lna2x- 2 ax+ alna.
(1)求證 f x ≤ a2-3；
(2)是否存在實數 k，使得只有唯一的正整數 a，對于 x∈ (0,+∞)恒有：f(x)< ea+ k，若存在，請求出 k的范
圍以及正整數 a的值；若不存在請說明理由.(下表的近似值供參考)
ln2 ln3 ln4 ln5 ln6 ln7 ln8 ln9
0.6 2.0 2.2
1.10 1.38 1.61 1.79 1.95
9 7 0
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，k∈ 5ln4- 4e- 2,6ln5- 5e- 2 ，a= 4
【分析】(1)求出定義域，求導，得到函數單調性，得到函數最小值，故證明 a+ 1 lna- 2≤ a2-3即可，變形
后得到 lna≤ a- 1，構造函數證明出結論；
(2)由 (1)可知 f x max= a+ 1 lna- 2，參變分離后，二次求導，得到 g a 的單調性，結合 g 3 > g 5 >
g 4 ，求出 k∈ 5ln4- 4e- 2,6ln5- 5e- 2 ，并求出正整數 a的值.
【詳解】(1)f x = lnx- 2 ax+ a+ 2 lna，定義域為 0,+∞ ，
f 1 x = - a = 1- ax ，
x x x
當 x< 1 時，f x 1 > 0；當 x> 時，f x < 0，
a a
則函數 f 1 1 x 在 0, 上單調遞增，在a ,+∞ 上單調遞減，a
∴ f 1 x ≤ f = a+ 1 lna- 2．a
下證： a+ 1 lna- 2≤ a2-3，
上式等價于證明 lna≤ a- 1．設函數 h a = a- 1- lna，
1
則 h a = 1- ，
a
∴函數 h a 在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增，
∴ h a = a- 1- lna≥ h 1 = 0，則 lna≤ a- 1，即 f x ≤ a2-3．
9
(2)由 (1)可知 f x max= a+ 1 lna- 2，
故不等式 a+ 1 lna- 2< ea+ k只有唯一的正整數解，則 k> a+ 1 lna- ea- 2．
a+ 1
設函數 g a = a+ 1 lna- ea- 2，則 g a = lna+ - e，
a
其中 g 1 = 0，g 1 = 2- e< 0．e
a+ 1
令函數 u a = lna+ - e，則u a = 1 - 1 = a- 1 ，
a a a2 a2
∴函數u a 在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增．
又u 4 = ln4+ 5 - e≈ 1.38+ 1.25- 2.718< 0，
4
u 5 = ln5+ 6 - e≈ 1.61+ 1.2- 2.718> 0，
5
故存在 a0∈ 4,5 滿足u a0 = 0，
∴ 1 1函數 g a 在 0, 上單調遞增，在 ,a0 上單調遞減， a0,+∞ 上單調遞增．e e
其中 g 3 = 4ln3- 3e- 2≈ 4.4- 3× 2.718- 2=-5.754，
g 4 = 5ln4- 4e- 2≈ 5× 1.38- 4× 2.718- 2=-5.972，
g 5 = 6ln5- 5e- 2≈ 6× 1.61- 5× 2.718- 2=-5.93，
故 g 3 > g 5 > g 4 ，
∴ k∈ 5ln4- 4e- 2,6ln5- 5e- 2 ，此時 a= 4．
9 (2023· 1浙江溫州·模擬預測)已知函數 f x = ae2x-ex+1- x2 a∈R ．
2
(1)若函數 f(x)有兩個極值點，求整數 a的值；
(2)若存在實數 a，b，使得對任意實數 x，函數 f(x) b的切線的斜率不小于 b，求 的最大值．
a
【答案】(1)a= 1
(2) 2
e2
【分析】(1)對函數求導有 f (x) = 2ae2x-ex+1-lnex，令 t= ex> 0，將問題化為 y= 2a h(t) = e + lnt與 有兩
t t2
個交點，利用導數研究 h(t)最值及區間值域，進而求參數 a范圍，即可得答案.
(2)令 t= e2x> 0，問題化為 a,b∈R使 2at- b≥ e t+ ln t在 t∈ (0,+∞)上恒成立，構造 k(t) = e t+
ln t 1，求得 ,0 處的切線方程 y= e2t- 1，再構造m(t) = e2t- 1- e t- ln t，利用導數證 e2t- 1≥e2
e t+ ln t在 (0,+∞)上恒成立，最后只需 2at- b≥ e2t- 1對任意 t> 0恒成立，即可求目標式的最值.
【詳解】(1)由題設 f (x) = 2ae2x-ex+1-x= 2ae2x-ex+1-lnex，令 t= ex> 0，
所以 f (x) = g(t) = 2at2-et- lnt，又 f(x)有兩個極值點，
所以 f (x) = g(t) 2a= e + lnt有兩個不同零點，即 在 t∈ (0,+∞)上有兩個根，
t t2
所以 y= 2a e與 h(t) = + lnt 1- et- 2lnt有兩個交點，而 h (t) = ，
t t2 t3
3
令 φ(t) = 1- et- 2lnt，易知 φ(t)在 t∈ (0,+∞) 1上遞減，φ = 2- e> 0，φ 1 = 3 - e 4< 0，e 4 e 2
所以 t0∈ 1 , 1 使 φ(t0) = 0，即 2lnt0= 1- et0，故 (0,t 0)上 φ(t)> 0，即 h (t)> 0，(t0,+∞)上 φ(t)< 0，e 4 e
即 h (t)< 0，
故 h(t)在 (0,t0)上遞增，(t0,+∞)上遞減，t趨向于 0時 h(t)趨向-∞，t趨向于+∞時 h(t)趨向 0，
10
2 2
h(t)max= h(t0) =
et0+lnt0 = 1 1 + e = 1 1 + e - e 1， ∈ ( 4 e, e)，t20 2 t20 t0 2 t0 2 8 t0
4 e( 4 e+ e) 4 4< ( )< e(1+ e) e( e+ e) < h(t
4 4
所以 h t ，則 0
) < e(1+ e) e( e+ e)0 ，且 ∈ (1,2)，2 2 4 2 4 4
e(1+ e) ∈ (1,2)，
4
< < ( ) < < h(t0) h(t0)綜上，0 2a h t0 ，即 0 a ， ∈ (1,2)，又 a為整數，2 2
所以 a= 1，經檢驗滿足題設.
(2)由題設， a,b∈R使 f (x) = 2ae2x-ex+1-lnex≥ b恒成立，
令 t= e2x> 0，即 a,b∈R使 g(t) = 2at- e t- ln t≥ b在 (0,+∞)上恒成立，
所以 2at- b≥ e t+ ln t在 t∈ (0,+∞)上恒成立，
令 k(t) = e t+ ln t，在 (0,+∞)上遞增，且 k 1 = 0，e2
e 1
所以 k (t) = + > 0 k 1， = e2，故 k(t) 1在 ,0 處的切線為 y= e2t- 1，2 t 2t e2 e2
令m(t) = e2t- 1- e t- ln t，則m (t) = e2- e - 1 在 (0,+∞)上遞增，
2 t 2t
而m 1 = 0，故 0, 1 上m (t)< 0，m(t) 1遞減， ,+∞e2 e2 e2 上m
(t)> 0，m(t)遞增，
所以m(t)≥m 1 = 0，即 e2t- 1≥ e t+ ln t在 (0,+∞)上恒成立，e2
2a= e2
綜上，2at- b≥ e2t- 1對任意 t> 0恒成立，只需 - ≥- ，b 1
b 2
即 ≤ ，僅當 b= 1 b 2時等號成立，故 的最大值 .
a e2 a e2
10 (22- 23高三上·安徽·階段練習)若存在 x1,x2∈ a,b 且 x1≠ x2,m> 1使 g x1 - g x2 >
m f x1 - f x2 成立，則在區間 a,b 上，稱 g x 為 f x 的“m倍擴張函數”．設 f x = ex,g x =-x2+x，
若在區間 -2,
1 上 g x 為 f x 的“m倍擴張函數”．2
(1)求實數m的取值范圍；
(2)證明：f x 與 g x 的圖象存在兩條公切線．
【答案】(1) 1,5e2
(2)證明見解析
【分析】(1)根據“m倍擴張函數”的定義列不等式，化簡后利用構造函數法，結合導數來求得m的取值范
圍.
(2)設出切點坐標，根據“公切線”的知識列方程，化簡后利用構造函數法，結合導數研究所構造函數的零點
個數，從而證得結論成立.
(1) f x = ex,g x =-x2+x -2, 1【詳解】 因為 在區間 上單調遞增，2
不妨設-2≤ x 12< x1≤ ，由 g x1 - g x2 2 >m f x1 - f x2
得 g x1 -mf x1 > g x2 -mf x2 ．
令 h x = g x -mf x =-x2+x-mex，
則 h x1 > h 1 x2 ．所以 h x 在 -2,
上存在單調遞增區間，
2
即 h x =-2x+ 1-mex> 0在 -2,
1 上有解，
2
11
m< 1- 2x -2, 1即 在 x 上有解．e 2
x∈ -2, 1 p x = 1- 2x p x = 2x- 3當 時，設 x ，則 < 0，2 e ex
1
即 p x 在
-2,
2

上單調遞減，
故 p(x)max= p -2 = 5e2，則m< 5e2．
故實數m的取值范圍為 1,5e2 ．
(2)因為 f x = ex,g x =-x2+x，所以 f x = ex,g x =-2x+ 1．
設直線 l分別與函數 f x ,g x x 的圖象相切于點A x ,e 1 ,B x ,-x21 2 2+x2 ，
易知直線 l的斜率存在，則 f x1 = g x2 = kAB，
ex1x=- + = +x
2
即 e 1 2x 1 2
-x2
2 ．x1-x2
x1
由 ex1=-2x +1 x = 1- e2 ，得 2 ，2
x
代入 e 1 x1-x2 = ex1+x22-x2中，
x1 2x1
得 x x1 3e e 11e - + + = 0，2 4 4
3ex e2x
令F x = xex- + + 1 ，
2 4 4
x 2x x
則F x = x+ 1 ex- 3e e + = e ex+2x- 1 ．
2 2 2
令 φ x = ex+2x- 1，則 φ x 在R上單調遞增，且 φ 0 = 0，
所以當 x< 0時，F x < 0，當 x> 0時，F x > 0，
所以F x 在 -∞,0 上單調遞減，在 0,+∞ 上單調遞增，
所以F(x)min=F 0 =-1< 0，
2
F 1 = e- 3e + e + 1
2
= e -2e+ 1又 > 0，所以F x 在 0,+∞ 上僅有一個零點．
2 4 4 4
-100 1 6 1 1 100 6 1 400 6
因為F -100 = + - + > - - = 1- - > 0，
e100 4 e200 4 e100 4 4 e100 4 e100 4 e100 e100
所以F x 在 -∞,0 上僅有一個零點．
所以F x 在R上有兩個零點，
故函數 f x 與 g x 的圖象存在兩條公切線．
【點睛】公切線的問題，關鍵點和突破口在于切線的斜率相同，可以由此建立切點橫坐標的等量關系式.利
用導數研究函數的零點，再求的函數的單調區間后，需要利用零點存在性定理來確定零點的個數.
e lnx+ 1
11 (2024·湖北武漢·二模) 已知函數 f x = + 1- a ex lnx，h x =
x ex
．
(1)當 x> 1時，求證：h x >- 1 x+ 3 ；
2 2
(2) x函數 f x 有兩個極值點 x1，x2，其中 x 2 3a1< x2，求證： > e ．x1
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析.
ex 1 3
【分析】(1)構造F x = x - - x+ 求導，再構造m x = 2- 2x+ ex-1(x> 1)應用導數研究單調性e 2 2
求函數符號，進而確定F x 符號，判斷F x 單調性即可證結論；
12
(2) et et令 t1= lnx1，t2= lnx2 t1< t2 ，問題化為證 t 1 22-t1> 3a成立，根據極值點有
et
= = 1- a，構造 h t =
1 et2
et
研究單調性和最值，研究 h t = 1- a有兩個零點求 t1,t2范圍，即可證.
et
(1)F x = h x - - 1 3 ex
x-1
【詳解】 x+ = - - 1 x+ 3 ，則F x x 1- x 1 = - + = 2- 2x+ e2 2 e 2 2 ex 1 2 2ex-1
令m x = 2- 2x+ ex-1(x> 1)，則m x = ex-1-2，
在 1,ln2+ 1 上m x < 0，m x 單調遞減，在 ln2+ 1,+∞ 上m x > 0，m x 單調遞增．
所以m x ≥m ln2+ 1 = 2 1- ln2 > 0，
綜上，F x > 0，即F x 在 1,+∞ 上單調遞增，故F x >F 1 = 0，
即 x∈ 1,+∞ 時，h x >- 1 x+ 3 成立．
2 2
1- a x- elnx( ) 1- a x -elnx = 02 由題設 f x = ，f x 1 1 有兩個極值點 x1，x2，則
x2 1- a x2-elnx2= ①，0
x
要證 2 > e3a成立，即證 lnx2-lnx1> 3a成立．x1
令 t1= lnx1，t2= lnx2 t1< t2 ，即證 t2-t1> 3a成立．
t1
1- a e -et1= 0 et1 = et①式可化為 t ，則
2 = 1- a，
1- a e 2-et = 0 et1 t22 e
h t = et h t = 1- t令 t ， ，e et-1
在 -∞,1 上 h t > 0，h t 單調遞增，在 1,+∞ 上 h t < 0，h t 單調遞減．
h 1 = 1，要使 h t = 1- a有兩個零點，則 0< t1< 1< t2，
當 t∈ 0,1 et 時， > t，若 y= t與 y= 1- a交于 t ,1- a ，則 t < t t 1 1 1= 1- a，e
1 3
當 t∈ 1,+∞ 時，由 (1)知 h t >- t+ ，若 y= 1- a與 y=- 1 t+ 3 交于 t 2,1- a ，則 1< t 2< t 2 2 2 2 2，t2
= 2a+ 1，
x
所以 t2-t1> t -t 2 1= 2a+ 1 - 1- a = 3a成立，則 2 > e3a．x1
12 (2024·廣西南寧·一模)已知函數 f x = lnx- ax+ a,g x = x- 1 ex-a-ax+ 1 a∈R ．
(1)若 f x ≤ 0，求 a的值；
(2)當 a∈ 0,1 時，證明：g x ≥ f x ．
【答案】(1)1
(2)證明見解析
【分析】(1)求出函數的導數，分類討論 a的取值，結合函數的單調性判斷 f x ≤ 0是否成立，即可求得答
案；
(2) 1根據要證明的 g x ≥ f x ，構造函數 h x = g x - f x ，利用導數判斷 x 0∈ ,12 ，使得 h x0 = 0，
= x0-1結合單調性確定 h x min - 3lnx0-x0+1 t x =
x- 1
，繼而令 - 3lnx- x+ 1, x∈ 1 ,1 ，利用導
x2 x2 0 2
數證明 t x ≥ 0，即可證明結論.
1 1- ax
【詳解】(1)由題意知 x∈ 0,+∞ ,f x = - a= ，
x x
當 a≤ 0時，f x > 0，f x 在 0,+∞ 上單調遞增，
而 f 1 = ln1- a+ a= 0，當 x> 1時，f x > f(1) = 0，與題意不符；
當 0< a< 1 1時， > 1，
a
13
由 f x > 0可得 x∈ 0, 1 ，f x 在a 0,
1 上單調遞增，a
此時 f 1 > f(1) = 0，不符合題意；a
當 a= 1時，由 f x > 0可得 x∈ 0,1 ，f x 在 0,1 上單調遞增，
由 f x < 0可得 x∈ 1,+∞ ，f x 在 1,+∞ 上單調遞減，
故對于任意的 x∈ (0,+∞),f(x)≤ f(1) = 0恒成立，符合題意；
1
當 a> 1時，0< < 1，
a
由 f x < 0可得 x∈ 1 ,+∞ ，f 1 x 在 ,+∞ 上單調遞減，a a
此時 f 1 > f(1) = 0，不符合題意；a
綜合上述，a= 1；
(2)證明：要證 g x ≥ f x ，即證 g x - f x ≥ 0；
即 h x = g x - f x = x- 1 ex-a-lnx+ 1- a, x> 0 ，
則 h x = xex-a- 1 ，
x
令 φ x = xex-a- 1 ,x∈ 0,+∞ ，則 φ x = (1+ x)ex-a+ 1 > 0，
x x2
則 φ x ，即 h x 在 0,+∞ 上單調遞增，
a∈ 0,1 ∴ h 1
1-a
又 ， = 1 e 2 -2< 0,h 1 = e1-a-1≥ 0，2 2
1 x -a 1
故 x0∈ ,1 ，使得 h x 02 0 = 0，即 x0e = ，x0
ex則 0-a= 1 ,x0-a=-2lnx2 0，x0
則當 x∈ 0,x0 時，h x < 0,h x 在 0,x0 上單調遞減，
當 x∈ x0,+∞ 時，h x > 0,h x 在 x0,+∞ 上單調遞增，
故 h x min= h x0 = x -1 e
x0-a 0 -lnx0+1- =
x0-1a - 3lnx0-x0+1，
x20
- x+ 2 x2+x- 1
令 t x = x- 1 - - + ,

3lnx x 1
2 x∈ 1 ,1 1 2 3 ，則 t x =- + - - 1= ，x 2 x2 x3 x x3
x∈ 1 , 5- 1當 時，x2+x- 1< 0，則 t x > 0，當 x∈ 5- 1 ,1 時，x2+x- 1> 0，則 t x < 0，2 2 2
故 t x 1 , 5- 1 在 5- 1上單調遞增，在 ,1 上單調遞減，2 2 2
1
由于 t = 3ln2- 1> 0,t 1 = 0 1，故 x∈ ,1 時，t x ≥ 0，2 2
故 h x min= h x0 ≥ 0，即 h(x)≥ 0，即當 a∈ 0,1 時，g x ≥ f x 成立.
題型二：導數與函數零點問題
x
13 (23- 24高三上·湖北·期中)已知 a> 0，曲線C1：y= alnx與C2：y= e a沒有公共點.
(1)求 a的取值范圍；
(2)設一條直線與C1，C2分別相切于點 i,j ， s,t .證明：
(i)i+ t≠ j+ s；
( )0< i+ s < s jⅱ + .
e i t
14
x x
【分析】(1)設 f x = alnx- e a，求得 f x = a - 1 e a，轉化為 f x 沒有零點，分 a≥ e和 0< a< e，兩種
x a
情況，結合函數的單調性和零點的存在性定理，即可求解；
(2) ( j- ti)由直線 l與 x軸不垂直，假設 i+ t= j+ s，的斜率 k= = 1，由 y= alnx，求得 y - =
a
，求得 k=
i s x
-1，即可得證；
綜上，i+ t≠ j+ s.
(ii) 2a根據題意轉化為 i+ s> i ln a + a + 1 ，設 g(x) = 2xlnx+ x+ 1，利用導數求得 g x 單調性，得到i i i
- 3
g x ≥ g e 2 > 0，轉化為 i+ s= a+ i(2- lni)，設 h x = x(2- lnx)，求得 h x = 1- lnx，得出函數 h x
s s
的單調性，進而得到 i+ s< a+ e< 2e, i+ s < 2 ailni+ se a-2ie a= a ilni+ as，設 - 2a ，將 s= a- i(lnie i
s s
- 1)代入，得到 ailni+ se a-2ie a= a(a- i) a - lni ，在分 0< i< e和 i> e，兩種情況討論，即可求解.i
x x
【詳解】(1)解：設 f x = alnx- e a，可得 f x = a - 1 e a，
x a
曲線C1與C2沒有公共點等價于 f x 沒有零點，
1
當 a≥ e時，可得 f 1 =-e a< 0，且 f a = alna- e≥ 0，
所以 f 1 f a < 0，根據零點的存在定理，可得 f x 存在零點，不合題意；
0< a< e 0< a
2 x
當 時，可得 < a，可得 f x = a - 1 e a在 0,+∞ 單調遞減，
3 x a
a
2 3
且 f a = 3- e > 0，f a = 1- e < 0，3 a a
a2 a 1 x0
則存在唯一 x0∈ ,a ，使得 f x0 = 0，即 - e a= 0，3 x0 a
x0 a2 x
可得 e a= ，即 lnx0= 2lna- 0 ，x0 a
當 0< x< x0時，f x > 0，f x 單調遞增；當 x> x0時，f x < 0，f x 單調遞減，
x a2 2
故 f x ≤ f x = a 2lna- 00 - = 2alna- x a0+ < 2a(lna- 1)< 0，符合題意.a x0 x0
綜上，實數 a的取值范圍是 0,e .
(2)解：(i)記題設的直線為 l，由題意可知 l與 x軸不垂直，
假設 i+ t= j+ s，則 l的斜率 k= j- t- = 1，i s
由 y= alnx a a，可得 y = ，且 = 1，即 i= a，j= alna，
x i
x x s
又由 y= e a，可得 y = 1 e a 1， e a= 1，即 s= alna，t= a，
a a
= j- t所以 k = alna- a =-1，矛盾，
i- s a- alna
綜上，i+ t≠ j+ s.
s
(ii) k= e
a s
由 = a 及 1- s e a= a(lni- 1)，可得 a- s= i(lni- 1)，a i a
s
a
i= e a- s= i(lni- 1) = 0 a= s e = a e a若 ，則 ， ，且由 可得 = ，
a i a e
故 a= e，這與 0< a< e矛盾，故 i≠ e，
又由 i> 0，t> 0，當 0< i< e時，s- a= i(1- lni)> 0，故 s> a> 0，i+ s> 0，
15
s
i> e k= 1 e a= a s= aln a
2
當 時，由 ，得 = a 2ln a + lni > a 2ln a + 1a i i i i ，
所以 i+ s> i+ a 2ln a + 1 = i 2a ln a + a + 1 0< a，其中 < 1，i i i i i
設 g(x) = 2xlnx+ x+ 1(0< x< 1)，則 g x = 2lnx+ 3，
- 3
當 0< x< e 2 時，g x < 0，g x 單調遞減；
- 3
當 e 2< x< 1時，g x > 0，g x 單調遞增，
-
3
2 -
3 - 3
所以 g x ≥ g e = 1- 2e 2> 1- 2e-1> 0，此時也有 i+ s> 1- 2e 2 i> 0，
由 a- s= i(lni- 1)可得 i+ s= a+ i(2- lni)，
設 h x = x(2- lnx)，則 h x = 1- lnx，
當 0< x< e時，h x > 0，h x 單調遞增；當 x> e時，h x < 0，h x 單調遞減，
所以當 x≠ e時，h x < h(e) = e，故 i+ s< a+ e< 2e, i+ s < 2，
e
s
s + j = ailni+ se
a s s
又由 ，設 ailni+ se a-2ie a= a ilni+ as - 2ai t s i ，
ie a
s s
將 s= a- i(lni- 1)代入，可得 ailni+ se a-2ie a= a(a- i) a - lnii ，
當 0< i< e，由上可知 i< a< e，有 a(a- i) a - lni > 0，i
a s j
當 i> e，由上可知 a< e< i，也有 a(a- i) - lni > 0，故 + > 2，i i t
i+ s
綜上可得，0< < 2< s + j .
e i t
14 (2024·山東泰安·一模)已知函數 f x = aeax a≠ 0 ．
(1)若 a> 0，曲線 y= f x 在點 0,f 0 處的切線與直線 x+ y- 2= 0垂直，證明：f x > ln x+ 2 ；
ax1 ax2
(2)若對任意的 x ,x x e -e1 2且 1< x2，函數 g x = f x - - ，證明：函數 g x 在 x1,x2 上存在唯一零點．x1 x2
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】(1)首先由導數的幾何意義結合垂直關系求得 a= 1，再通過構造函數，利用導數研究函數的單調性
結合虛設零點的方式，即可證明不等式；
ax1 ax2
(2) e a x -x e a x -x通過變形得 g(x 2 1 1 2 1) =- - e -a x2-x1 - 1 ，g x2 = e -a x -x - 1 ，再通過構x2 x1 x2-x 1 2 1
造函數 h x = ex-x- 1證明 g x1 < 0,g x2 > 0，則可得證.
【詳解】(1) ∵ f x = a2eax，
∴ f 0 = a2= 1，
∴ a= 1，
∴ f x = ex，
設F x = ex-ln x+ 2 (x>-2)，則F x = ex- 1
x+ ，2
設 φ x = ex- 1+ (x>-2)，則 φ
x = ex+ 1 > 0，
x 2 (x+ 2)2
∴F x 單調遞增，
又∵F 1 -1 = - 1< 0,F 0 = e0- 1 = 1 > 0，
e 2 2
16
∴存在 x0∈ -1,0 x 1 使得F x = 0即 e 0= ，x0+2
∴ x0=-ln x0+2 ，
當 x∈ -2,x 0 時，F x < 0,F x 單調遞減，
當 x∈ x0,+∞ 時，F x > 0,F x 單調遞增，
2 x +1 2
∴F x ≥ x
x +2x +1
F x0 = e 0-ln x0+2 = 1 + + x =
0 0 = 0
x0 2
0 x0+2 x0+
> 0
2
∴ f x > ln x+ 2 ；
ax1 ax2
(2) ∵ g x = aeax- e -e a≠ 0 ，
x1-x2
∴ g x = a2eax> 0，
∴ g x 在 x1,x2 上單調遞增，
ax1 ax2
又∵ g x1 = aeax1- e -ex1-x2
aeax1 x1-x ax1 ax2= 2
- e -e
x1-x2
eax1=- a x -x + ea x2-x 1 x -x 1 2 -1 2 1
eax1=- ea x2-x1 - -a x2-x1 - 1x2 x 1
ax2
g x = e ea x1-x2 2 - -a x1-x2 - 1x x 2 1
設 h x = ex-x- 1，則 h x = ex-1，
令 h x = 0，解得 x= 0，
當 x< 0時，h x < 0,h x 單調遞減；當 x> 0時，h x > 0,h x 單調遞增，
∴當 x≠ 0時，h x > h 0 = 0，即 ex-x- 1> 0，
∴ ea x2-x1 -a x -x - 1> 0,ea x1-x 2 1 2 -a x1-x2 - 1> 0，
eax1 eax2
又 > 0, > 0，
x2-x1 x2-x1
∴ g x1 < 0,g x2 > 0，
∴存在 c∈ x1,x2 ，使得 g c = 0，
又∵ g x 在 x1,x2 上單調遞增，
∴函數 g x 在 x1,x2 上存在唯一零點.
15 (2024·山西·模擬預測)已知函數 f(x) = sinx+ ln(x+ 1) - ax，且 y= f(x)與 x軸相切于坐標原點．
(1)求實數 a的值及 f(x)的最大值；
(2) π證明：當 x∈ ,π

時，f(x) + 2x>
1
；
6 2
(3)判斷關于 x的方程 f(x) + x= 0實數根的個數，并證明．
【答案】(1)a= 2，最大值為 0
(2)證明見解析
(3)2個，證明見解析
【分析】(1)由 f (0) = 0求出 a的值，即可得到 f x 解析式，再利用導數求出函數的單調區間，從而求出函數
的最大值；
(2) π依題意即證當 x∈ ,π

時 sinx+ ln(x+ 1)>
1
，記m(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 1 π，x∈
6 2 2
,π
6
，當 x∈
17
π , 5π 5π 時直接說明即可，當 x∈6 6 ,π 6 ，利用導數說明函數的單調性，即可得證；
(3)設 h(x) = f(x) + x，x∈ -1,+∞ ，當 x∈ (-1,0)時，由 (1)知 f(x)< f(0) = 0，則 f(x) + x< 0，當 x∈ (0,
π)時，利用導數說明函數的單調性，結合零點存在性定理判斷函數的零點，當 x∈ [π,+∞)時，h(x)≤ 1+
ln(x+ 1) - x，令 l(x) = 1+ ln(x+ 1) - x(x≥ π)，
利用導數說明 l(x)在區間 [π,+∞)上單調遞減，即可得到 l(x)< 0，從而說明函數在 [π,+∞)無零點，即可得
解.
【詳解】(1)由題意知，f(0) = 0且 f (0) = 0，
∵ f (x) = cosx+ 1
x+ - a，1
∴ f (0) = 2- a= 0，解得 a= 2，
∴ f(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 2x，x∈ -1,+∞ ，
f (x) = cosx+ 1則 + - 2，x 1
當 x≥ 0時，cosx≤ 1 1， + ≤ 1．故 f
(x)≤ 0，
x 1
所以 f(x)在區間 [0,+∞)上單調遞減，所以 f(x)≤ f(0) = 0．
當-1< x< 0時，令 g(x) = cosx+ 1 - 2，
x+ 1
則 g (x) =-sinx- 1 ，
(x+ 1)2
∵-sinx∈ (0,1) 1， > 1，∴ g (x)< 0，
(x+ 1)2
∴ f (x)在區間 (-1,0)上單調遞減，則 f (x)> f (0) = 0，
∴ f(x)在區間 (-1,0)上單調遞增，則 f(x)< f(0) = 0，則 f x max= f 0 = 0．
綜上所述，a= 2，f(x)的最大值為 0．
(2)因為 f(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 2x，
π 1
要證當 x∈ ,π 時 f(x) + 2x> ，即證 sinx+ ln(x+ 1)>
1
，
6 2 2
記m(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 1 ，x∈ π ,π

2 6
，
π
當 x∈
, 5π 1 時， ≤ sinx≤ 1，ln(x+ 1)> 0，6 6 2
∴m(x) = sinx+ ln(x+ 1) - 1 > 0；
2
當 x∈ 5π ,π 時，m (x) = cosx+ 1 ，6 x+ 1
記n(x) =m (x) = cosx+ 1+ ，則n
(x) =-sinx- 1 < 0，
x 1 (x+ 1)2
∴m (x)在區間 5π ,π 5π 3 6 上單調遞減，則m (x)5π
則m(x)在區間 ,π 6 上單調遞減，
∴m(x)≥m(π) = sinπ+ ln(π+ 1) - 1 = ln π+ 1 - 1 > 0，
2 2
π 1
綜上所述，當 x∈ ,π 時，f(x) + 2x> ．6 2
(3)設 h(x) = f(x) + x= sinx+ ln(x+ 1) - x，x∈ -1,+∞ ，
∴ h (x) = cosx+ 1+ - 1，x 1
當 x∈ (-1,0)時，由 (1)知 f(x)< f(0) = 0，
18
故 f(x) + x< f(x)< 0，
故 f(x) + x= 0在區間 (-1,0)上無實數根．
當 x= 0時，h(0) = 0，因此 0為 f(x) + x= 0的一個實數根．
當 x∈ (0,π)時，h (x) = cosx+ 1+ - 1單調遞減，x 1
1
又 h (0) = 1> 0，h (π) = - 2< 0，
π+ 1
∴存在 x0∈ (0,π)，使得 h x0 = 0，
所以當 0< x< x 0時 h x > 0，當 x0< x< π時 h x < 0，
∴ h(x)在區間 0,x0 上單調遞增，在區間 x0,π 上單調遞減，
∴ h x0 > h(0) = 0，又 h(π) = ln(π+ 1) - π< 2- π< 0，
∴ f(x) + x= 0在區間 x0,π 上有且只有一個實數根，在區間 0,x0 上無實數根．
當 x∈ [π,+∞)時，h(x)≤ 1+ ln(x+ 1) - x，
令 l(x) = 1+ ln(x+ 1) - x(x≥ π)，
∴ l (x) = 1 -x+ - 1= + < 0，x 1 x 1
故 l(x)在區間 [π,+∞)上單調遞減，l(x)≤ l(π) = ln(1+ π) - π+ 1< 3- π< 0，
于是 f(x) + x< 0恒成立．故 f(x) + x= 0在區間 [π,+∞)上無實數根，
綜上所述，f(x) + x= 0有 2個不相等的實數根．
16 (23- 24高三上·安徽池州·期末)已知函數 f(x)與 g(x)的圖象關于直線 y= x對稱，若 f x = ex，構
造函數 p(x) = xf(x) + ag(x)．
(1)當 a= 1時，求函數 p(x)在點 (1,p(1))處的切線與坐標軸圍成三角形的面積；
(2)若 r(x) = (x+ 1)f(x) - g (x) (其中 g (x)為 g(x)的導函數)，當 a=-1時，(t+ 1)r(t) = p(t) 5，證明： < t
9
< 5 ． (參考數據：ln3≈ 1.099,ln5≈ 1.609)
3e
(e+ 1)2
【答案】(1)
4e+ 2
(2)證明見解析
【分析】(1)由題可得 p(x)表達式，后由導數知識可得函數 p(x)在點 (1,p(1))處的切線方程，即可得相關三
角形面積；
(2)由 (1)，當 a=-1，(t+ 1)r(t) = p(t) t2+t+ 1 et+lnt-1 + t(t+ lnt) = 0，由 ex≥ x+ 1結合分析可得 t
+ lnt= 0，
后由零點存在性定理可證明結論.
【詳解】(1)由題，g x = lnx，則 p(x) = xf(x) + ag(x) = xex+alnx，
當 a= 1時，p(x) = xex+lnx,p(1) = e，
則 p (x) = ex+xex+ 1 ，p (1) = 2e+ 1，p 1 = e .
x
則切線方程為 y- e= (2e+ 1) (x- 1)，
e+ 1
又切線與坐標軸的交點為A + ,0 ,B(0,-e- 1)，2e 1
2
S = 1 e+ 1 - - = (e+ 1)則 △AOB e 1 2 2e+ 1 4e+ ；2
(2)當 a=-1時，p(x) = xex-lnx，由題意 (t+ 1)r(t) = p(t)，
即 (t+ 1) (t+ 1)e
t- 1
t

= te
t-lnt
19
(t+ 1)2et- t+ 1 = tet-lnt
t
t(t+ 1)2et- (t+ 1) = t2et-tlnt
(t+ 1)2et+lnt-tet+lnt= (t+ 1) - tlnt
et+lnt t2+t+ 1 = t2+t+ 1- t2-tlnt
t2+t+ 1 et+lnt-1 + t(t+ lnt) = 0
構造函數 h x = ex-x- 1，則 h x = ex-1，
h x > 0 x> 0，h x < 0 x< 0，
得 h x 在 -∞,0 上單調遞減，在 0,+∞ 上單調遞增，
即 h x min= h 0 = 0 x∈R，ex≥ x+ 1，當且僅當 x= 0時取等號.
則 式= 0≥ t2+t+ 1 (t+ lnt+ 1- 1) + t(t+ lnt)
= (t+ lnt) t2+t+ 1+ t = (t+ lnt) (t+ 1)2
因 (t+ 1)2≥ 0，則 t+ lnt≤ 0，①
因 t> 0，則 t t+ lnt ≤ 0，又結合 (*)式，
可得 0≤ t2+t+ 1 et+lnt
2
-1 1 3 ，因 t2+t+ 1= t+ + > 02 4
則 et+lnt-1≥ 0 t+ lnt≥ 0，②
由①②知 t+ lnt= 0，
構造函數 φ(t) = t+ lnt，(t> 0) φ (t) = 1+ 1， > 0，則 φ(t)在 (0,+∞)單調遞增，
t
注意到 φ 5 = 5 + ln5- 2ln3 0 5 5，φ = + ln5- ln3- 1 0，9 9 3e 3e
5 5
由零點存在性定理可知： < t< ．
9 3e
(23- 24 · · ) f(x) = x- sin πx17 高三上 河北滄州 期末 已知函數 .
2
(1)設 θ∈ 0, π 2且 cosθ= ，求 f(x)在區間 (-1,1)內的單調遞減區間 (用 θ表示)；2 π
(2)若 a> 0，函數 g(x) = f(x) - aln|x|有且僅有 2個零點，求 a的值.
(1) - 2θ , 2θ【答案】 π π
(2)1
【分析】(1)求導，得到函數的單調性，得到答案；
(2)求出定義域，結合 (1)中 f x 的單調性得到 g(x)在 (-∞,0)總有唯一的零點-1，再考慮當 x> 0時，結
合 g(1) = 0，g (1) = 1- a，分 a= 1，a> 1，和 0< a< 1三種情況，結合函數單調性和特殊函數值，得到答案.
π πx
【詳解】(1)f (x) = 1- cos ，
2 2
f (x) = 0 cos πx = 2 x∈ (-1,1) πx π π πx由 ，得 ，當 時， ∈ - , ，所以 =±θ，2 π 2 2 2 2
即 x=± 2θ，
π
- 2θ < x< 2θ當 時，f (x)< 0 2θ 2θ，當-1< x<- 或 < x< 1時，f (x)> 0，
π π π π
2θ
所以 f(x)在區間 (-1,1)內的單調遞減區間為 - , 2θ .π π
(2)依題意，g(x) = x- sin πx - aln|x|，定義域是 (-∞,0) ∪ (0,+∞).
2
(i)當 x< 0時，有 g(-1) = 0.
20
當 x<-1時，-sin πx ≤ 1，-aln|x| < 0，所以 g(x)< 0；
2
當-1< x< 0 2θ時，由 (1)知 f(x)在 -1,- 單調遞增，在π -
2θ ,0 單調遞減，π
又 f(-1) = f(0) = 0 πx，所以 f(x) = x- sin > 0，又-aln|x| > 0，所以 g(x)> 0.
2
所以 g(x)在 (-∞,0)總有唯一的零點-1.
(ii)當 x> 0時，有 g(1) = 0，g (x) = 1- π cos πx - a，g (1) = 1- a,
2 2 x
令u(x) = x- lnx，x∈ 0,+∞ ，
u (x) = 1- 1 = x- 1 ，當 x> 1時，u (x)> 0，u(x) = x- lnx單調遞增，
x x
當 0< x< 1時，u (x)< 0，u(x) = x- lnx單調遞減，
故u(x)≥u(1) = 1，即 x- lnx≥ 1，
若 a= 1，有 g(x) = x- lnx- sin πx ≥ 1- sin πx ≥ 0，
2 2
當且僅當 x= 1時兩個不等號中的等號同時成立，
可知 g(x)在 (0,+∞)有且僅有 1個零點，符合題意.
若 a> 1，有 g (x)在 (1,2)單調遞增，g (2) = 1+ π - a .
2 2
①若 g (2)≤ 0，則當 x∈ (1,2)時，有 g (x)< 0；
②若 g (2)> 0，又 g (1)< 0，則可知 x1∈ (1,2)，使得 g x1 = 0.
由①②，可知 g(x)在 1,x1 單調遞減，所以 g x1 < g(1) = 0，
又當 x趨向于正無窮時，g(x)趨向于正無窮，所以 g(x)在 (1,+∞)至少有 1個零點，
則可知 g(x)在 (0,+∞)至少有 2個零點，不符合題意.
若 0< a< 1，有 g (x)在 (0,1)單調遞增，又 g (1)> 0，g 1 = 1- 2π - 2a< 0，2 4
則可知 x2∈ (0,1)，使得 g x2 = 0，且 g(x)在 x2,1 單調遞增，則有 g x2 < g(1) = 0，
又當 x趨向于 0時，g(x)趨向于正無窮，所以 g(x)在 0,x2 至少有 1個零點，
又 g(1) = 0，可知 g(x)在 (0,+∞)至少有 2個零點，不符合題意.
綜上可知，a= 1.
18 (2023·全國·模擬預測)一類項目若投資 1元，投資成功的概率為 p(0< p< 1)．如果投資成功，會獲
得 b元的回報 (b> 0)；如果投資失敗，則會虧掉 1元本金．為了規避風險，分多次投資該類項目，設每次投
資金額為剩余本金的 x(0< x< 1)，1956年約翰·拉里·凱利計算得出，多次投資的平均回報率函數為 f(x)
= (1+ bx)p (1- x)1-p，并提出了凱利公式．
( ) pb- (1- p)1 證明：當 p(b+ 1)> 1時，使得平均回報率 f(x)最高的投資比例 x滿足凱利公式 x= ；
b
1x
(2)若 b= 1 1，p= ，求函數 g(x) = e 2 -x- f(cosx)在 (0,π)上的零點個數．
2
【答案】(1)證明見解析
(2)有且僅有兩個零點
pb- (1- p) pb- (1- p)
【分析】(1)證法一：直接求導，令 f (x)> 0，得到 x< ，結合 0< < p< 1得到函數
b b
pb- (1- p)
單調性，求出 f(x)在 x= 取得最大值；
b
證法二：先對函數取對數，等價于 h(x) = lnf(x) = pln(1+ bx) + (1- p)ln(1- x)的最值問題 (方便求導)，求
導得到函數單調性，求出答案；
21
1x
(2)得到 g(x) = e 2 -x- sinx，二次求導，結合零點存在性定理得到函數單調性，得到 g(x)在 (0,π)上至多兩
個零點，再根據特殊點的函數值和零點存在性定理得到 g(x)至少有兩個零點，從而得到 g(x)有且僅有兩個
零點．
【詳解】(1)證法一：因為 f(x) = (1+ bx)p(1- x)1-p，0< x< 1，
則 f (x) = bp(1+ bx)p-1(1- x)1-p+ (1+ bx)p (1- p) × (-1) (1- x)-p，
f (x) = bp 1+ bx
p-1 p
即 - - (1- p)1 x
1+ bx
1- x ，
1+ bx p-1 p
顯然 - > 1
1+ bx 1+ bx
，令 f (x)> 0，故 bp - >(1- p)1 x 1 x 1- x ，
< pb- (1- p)解得 x ．
b
pb- (1- p)
因為 p(b+ 1)> 1，所以 0< < p< 1，
b
( ) , pb- (1- p) pb- (1- p)故 f x 在 0 上單調遞增，在 ,1 上單調遞減，b b
( ) = pb- (1- p)故 f x 在 x 取得最大值．
b
證法二：由于 b> 0，0< p< 1，0< x< 1，故 1+ bx> 0，1- x> 0，f(x)> 0．
要使得 f(x)最大，等價于使得 h(x) = lnf(x) = pln(1+ bx) + (1- p)ln(1- x)最大，
( ) = bp + p- 1 pb- (1- p)則 h x + - ，令 h (x)> 0，得 x< ．1 bx 1 x b
pb- (1- p)
因為 p(b+ 1)> 1，所以 0< < p< 1，
b
( ) , pb- (1- p) pb- (1- p)故 h x 在 0 上單調遞增，在 ,1 上單調遞減，b b
( ) = pb- (1- p)故 h x 在 x 取得最大值，即 f(x) = pb- (1- p)在 x 取得最大值．
b b
1
(2) 1因為 b= 1，p= ，x∈ (0,π)，則 sinx> 0，所以 f(x) = 1- x22
2= 1- x2，
則 f(cosx) = 1- cos2x= sin2x= |sinx| = sinx，
1x 1x
故 g(x) = e 2 -x- sinx，則 g (x) = 1 e 2 -1- cosx，
2
1
令 q(x) = g (x)，則 q 1 2
x
(x) = e +sinx．
4
當 x∈ (0,π)時，q (x)> 0，故 q(x) = g (x)在 (0,π)上單調遞增．
π π
因為 g (0) = 1 - 1- 1=- 3 < 0，g (π) = 1 e 2-1- (-1) = 1 e 2> 0，
2 2 2 2
故 x0∈ (0,π)，使得 g x0 = 0，同時使得當 x∈ 0,x0 時，g (x)< 0；
當 x∈ x0,π 時，g (x)> 0，
故 g(x)在 0,x0 上單調遞減，在 x0,π 上單調遞增，故 g(x)在 (0,π)上至多兩個零點．①
π
又因為 g(0) = 1- 0- 0= 1> 0，g(2) = e- 2- sin2，g(π) = e 2-π，
π < 2< 2π 3 < sin2< 1 sin2> 3 1.7注意到 ，故 ，則 > = 0.85，
2 3 2 2 2
3
故 g(2) = e- 2- sin2< e- 2- < 2.8- 2- 0.85=-0.05< 0．
2
由于 g(0) g(2)< 0，故 g(x)在 (0,2)上至少有一個零點．②
由于 e> 2.7> 2.56> 2.5 π， > 1.5，π< 4，
2
22
π
故 g(π) = e 2-π> 2.71.5-4> 2.5× 2.560.5-4= 2.5× 1.6- 4= 0，
由于 g(2) g(π)< 0，故 g(x)在 (2,π)上至少有一個零點．③
綜合②③，故 g(x)在 (0,π)上至少有兩個零點．④
綜合①④，則 g(x)在 (0,π)上有且僅有兩個零點
19 (2023·上海浦東新·二模)設P是坐標平面 xOy上的一點，曲線Γ是函數 y= f x 的圖象．若過點
P恰能作曲線Γ的 k條切線 k∈N ，則稱P是函數 y= f x 的“k度點”．
(1)判斷點O 0,0 與點A 2,0 是否為函數 y= lnx的 1度點，不需要說明理由；
(2)已知 0(3)求函數 y= x3-x的全體 2度點構成的集合．
【答案】(1)O 0,0 是函數 y= lnx的一個 1度點；A 2,0 不是函數 y= lnx的 1度點
(2)證明見解析
(3) a,b b=-a 或 b= a3-a,a≠ 0
【分析】(1)求出曲線 y= lnx在點 t,lnt 處的切線方程，該切線過點O時，列出方程，求出一個根，滿足要
求，該切線過點A(2,0)，構造函數，解超越方程，無解，不合要求；
(2)求出 y= sinx在點 t,sint 處的切線方程，轉化為 π- sint=-tcost無解，構造G t = sint- tcost-
π，求導得到其單調性，證明出無解，故證畢；
(3)求出切線方程，得到 y= x3-x的一個 2度點當且僅當關于 t的方程 b- t3-t = 3t2-1 a- t 恰有兩
個不同的實數解，設 h t = 2t3-3at2+ a+ b ，分 a= 0，a> 0與 a< 0三種情況，進行求解.
【詳解】(1)設 t> 0，則曲線 y= lnx在點 t,lnt 1 處的切線方程為 y- lnt= x- t ．
t
則該切線過點O當且僅當-lnt=-1，即 t= e． 故原點O是函數 y= lnx的一個 1度點，
該切線過點A(2,0) -lnt= 1，故 2- t ，
t
令w t = tlnt- t+ 2，則w t = 1+ lnt- 1= lnt，令w t > 0得 t> 1，令w t < 0得 0< t< 1，
故w t = tlnt- t+ 2在 1,+∞ 上單調遞增，在 0,1 上單調遞減，
w t = tlnt- t+ 2在 x= 1處取得極小值，也時最小值，且w 1 = 1> 0，
-lnt= 1故 2- t 無解，點A(2,0)不是函數 y= lnx的一個 1度點
t
(2)設 t> 0，y = cost，
則曲線 y= sinx在點 t,sint 處的切線方程為 y- sint= cost x- t ．
則該切線過點 0,π 當且僅當 π- sint=-tcost(*)．
設G t = sint- tcost- π，則當 0< t< π時，G t = tsint> 0，故 y=G t 在區間 0,π 上嚴格增．
因此當 0< t(3)y = 3x2-1，
對任意 t∈R，曲線 y= x3-x在點 t,t3-t 處的切線方程為 y- t3-t = 3t2-1 x- t ．
故點 a,b 為函數 y= x3-x的一個 2度點當且僅當關于 t的方程 b- t3-t = 3t2-1 a- t 恰有兩個不
同的實數解．
設 h t = 2t3-3at2+ a+ b ． 則點 a,b 為函數 y= x3-x的一個 2度點當且僅當 y= h t 兩個不同的零
點．
若 a= 0，則 h t = 2t3+b在R上嚴格增，只有一個實數解，不合要求．
若 a> 0，因為 h t = 6t2-6at，
由 t< 0或 t> a時 h t > 0得 y= h t 嚴格增；而當 0< t< a時 h t < 0，得 y= h t 嚴格減．
故 y= h t 在 t= 0時取得極大值 h 0 = a+ b，在 t= a時取得極小值 h a = b+ a- a3．
23
3
h - a+ b
3 2
=-3a a+ b < 0 h 3a+ 3又因為 ，2 2 b ≥ a> 0，
所以當 h 0 > 0> h a 時，由零點存在定理，y= h t 在 -∞,0 、 0,a 、 a,+∞ 上各有一個零點，不合要
求；
當 0> h 0 > h a 時，y= h t 僅 a,+∞ 上有一個零點，不合要求；
當 h 0 > h a > 0時，y= h t 僅 -∞,0 上有一個零點，也不合要求．
故 y= h t 兩個不同的零點當且僅當 h 0 = 0或 h a = 0．
若 a< 0，同理可得 y= h t 兩個不同的零點當且僅當 h 0 = 0或 h a = 0．
綜上，y= x3-x的全體 2度點構成的集合為 3 a,b b=-a或 b= a -a,a≠ 0 ．
20 (2024·全國·模擬預測)如果有且僅有兩條不同的直線與函數 f x ,g x 的圖象均相切，那么稱這兩
個函數 f x ,g x 為“L函數組”．
(1)判斷函數 y= ex-2與 y= lnx是否為“L函數組”，其中 e為自然對數的底數，并說明理由；
(2)已知函數 f x = 2+ lnx與 g x = a x為“L函數組”，求實數 a的取值范圍．
【答案】(1)它們為“L函數組”，理由見解析
(2) 0,2
x -2 1
【分析】(1)設出切點，得到兩函數的切線方程，根據斜率相等得到 e 1 = ，代入兩切線方程，對照系數得
x2
到 -x x1-21+1 e -1 = 0，解得 x1= 1或 x1= 2，求出兩條切線方程，得到答案；
( ) y=
1 x+ lnt+ 1
2 設出切點，得到兩切線方程，求出 a> 0，再聯立 t ，轉化為方程有兩個正數根，構造 g t y= a x
= 4lnt+ 4 ，求導得到其單調性，極值最值情況，數形結合得到答案.
t
【詳解】(1)函數 y= ex-2和 y= lnx是“L函數組”，理由如下：
設直線與曲線 y= ex-2和 y= lnx相切于點 x1,y1 , x2,y2 ，
y = ex-2，y = 1 ，
x
y= ex1-2 x- x + ex1-2,y= 1則切線方程分別為 1 x- x2 + lnx2．x2
x -2 1
因此 e 1 = ，則 x
x 1
-2=-lnx2．
2
y= ex1-2 1- x故 x- x + ex1-2= 11 x- x 1 x1 + = + 1 ，x2 x2 x2 x2
y= 1 1 x x- x
x 2
+ lnx2= x- x2 - x1-2 = + 1- x ，
2 x2 x
1
2
1- x
由于兩切線為同一直線，故 1 = 1- x1，x2
1- x
即 1 - x -2 1 1- x = 0，又 e 1 = ，
x 12 x2
x -2
故 -x +1 e 11 -1 = 0，解得 x1= 1或 x1= 2，
當 x 11= 1時，切線方程為 y= x，e
當 x1= 2時，切線方程為 y= x- 1，
1
因此切線方程為 y= x或 y= x- 1．
e
因為有且僅有兩條不同的直線與函數 y= ex-2和 y= lnx的圖象均相切，
所以它們為“L函數組”．
(2)因為函數 f x = 2+ lnx與 g x = a x為“L函數組”，
24
所以它們的圖象有且僅有兩條公切線．
由 f x = 2+ lnx 1，得 f x = ，
x
1
設切點坐標為 t,2+ lnt ，t> 0，則切線方程為 y= x- t + 2+ lnt，
t
g x = a a ，設切點為 m,a m ，則切線方程為 y- a m= x-m ，
2 x 2 m
1 a
由題意得 = 有解，因為 t> 0，所以 a> 0．
t 2 m
y= 1t x+ lnt+ 1聯立 ，所以 x- at x+ tlnt+ t= 0．y= a x
4lnt+ 4
由判別式Δ= a2t2-4tlnt- 4t= 0，可得 a2= ．
t
依題意，關于實數 t的方程 a2t2-4tlnt- 4t= 0恰有兩個不同的正數解．
g t = 4lnt+ 4 g t = 4- 4lnt- 4 = -4lnt令 ，則 ，
t t2 t2
故當 t∈ 0,1 時，g t > 0，所以 g t 單調遞增；
當 t∈ 1,+∞ 時，g t < 0，所以 g t 單調遞減，
所以 g t max= g 1 = 4．
又 g 1 = 0，當 x→+∞時，g x → 0+；e
所以 0< a2< 4．又 a> 0，所以 0< a< 2，
實數 a的取值范圍是 0,2 ．
21 (23- 24高三上·安徽·階段練習)已知函數 f x = ex-ax+ 1，a∈R，f x 有兩個零點 x1，x2.
(1)若 a∈Z，求 a的最小值；
(2) x +x > 2+ 2證明： 1 2 .a
【答案】(1)4
(2)證明見解析
【分析】(1)當 a≤ 0時，不可能有兩個零點，當 a> 0時，首先滿足 f x min= f lna = a- alna+ 1< 0，求出
a的最小值為 4，再驗證 a= 4滿足條件.
x2 x1
(2)因為 f x = ex-ax+ 1 e -e 2 x -x有兩個零點 x1，x2，所以 - = a，要證 x1+x2> 2+ ，即證 e
2 1+1> 2
x2 x1 a
ex2-x1-1
- ，令 t= x2-x1> 0，轉化為關于 t的不等式,用導數證明即可.x2 x1
【詳解】(1)f x = ex-ax+ 1，f x = ex-a
當 a≤ 0時，f x = ex-a> 0，f x 在R上為單調遞增函數，不可能有兩個零點，舍去.
當 a> 0時，令 f x = ex-a= 0得，x= lna，
當 x< lna時，f x < 0，此時 f x 為減函數，
當 x> lna時，f x > 0，此時 f x 為增函數，
故 f x min= f lna = a- alna+ 1，
要使 f x 有兩個零點，首先滿足 f x min< 0，
令 g a = a- alna+ 1, a> 0 ，
g a = 1- 1+ lna =-lna，
當 0< a< 1時，g a > 0，此時 g a 為增函數，且 g a > 0，
當 a> 1時，g a < 0，此時 g a 為減函數，
25
g 3 = 4- 3ln3= lne4-3ln3> 0，
g 4 = 5- 4ln4= lne5-ln28< ln35-ln28= ln243- ln256< 0，
又 a∈Z，所以 a的最小值為 4，
下面證明當 a= 4時，f x = ex-4x+ 1存在兩個零點，此時 f 2ln2 < 0，
f 0 = 2> 0，f 2 = e2-7> 0，
又由 f x 的單調性知 f x 在 0,2ln2 , 2ln2,2 上各存在一個零點，滿足條件.
所以 a的最小值為 4.
(2)因為 f x = ex-ax+ 1有兩個零點 x1，x2，不妨設 0< x1< lna< x2，
x x
所以 e 2= ax2-1，e 1= ax1-1，
兩式相減得 ex2-ex1= a x2-x1 ，
ex2-ex1
所以 = a，
x2-x1
要證 x1+x2> 2+ 2 ，即證 axa 1-1+ ax2-1> 2a，
x2 x1
x x x
即證 e 2+e 1> 2a，即證 e 2+ex1> 2 e -e
x2-
，
x1
ex2-x1ex2-x1+1> 2 -1即證 - ，令 t= x2-x1> 0，x2 x1
t- 2即證 t+ e+1> 0，t 2
h t = t- 2 et+1,t> 0 h t = t
2
令 t+ ，則 e> 0，t 2 t+ 2 2
所以 h t 在 0,+∞ 上為增函數，所以 h t > h 0 = 0 ，
t- 2所以 t+ e+1> 0成立，所以 x1+x2> 2+
2
成立.
t 2 a
題型三：導數解決雙變量問題
22 (22- 23高三上·吉林通化·開學考試)已知函數 f x = 1- x ex-a(x2+1) (a∈R) .
(1)求 f(x)的單調區間；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1,x2，證明：x1+x2< 0.
【分析】(1)由題可得 f (x) =-x ex+2a ，然后分 a≥ 0，a=- 1 - 1， < a< 0，a<- 1 討論即得；
2 2 2
( ) (1- x)e
x (1- x)ex
2 由題可知 = a有兩個解，構造函數 g(x) = ，利用導數研究函數的性質可得 x
2+ 2+ 1
< 0<
x 1 x 1
x2< 1，然后經過分析可得證明 g x2 - g -x2 < 0即可，再構造函數通過導數判斷函數的單調性即得.
【詳解】(1) ∵ f x = 1- x ex-a(x2+1) (a∈R)，
∴ f (x) =-xex-2ax=-x ex+2a ，
當 a≥ 0時，令 f (x)> 0，解得 x< 0，令 f (x)< 0，解得 x> 0，
所以 f(x)的單調遞減區間為 (0,+∞)，f(x)的單調遞增區間為 (-∞,0)；
當 ln(-2a) = 0 1，即 a=- 時，f (x)≤ 0在 (-∞,+∞)上恒成立，
2
所以 f(x)的單調遞減區間為 (-∞,+∞)，
當 ln(-2a)< 0 1，即- < a< 0時，令 f (x)> 0，解得 ln(-2a)< x< 0，
2
令 f (x)< 0，解得 x< ln(-2a)或 x> 0，
所以 f(x)的單調遞增區間為 (ln(-2a),0)，f(x)的單調遞減區間為 (-∞,ln(-2a))，(0,+∞)；
26
ln(-2a)> 0 a<- 1當 ，即 時，令 f (x)> 0，解得 0< x< ln(-2a)，令 f (x)< 0，解得 x< 0或 x> ln(
2
-2a)，
所以 f(x)的單調遞增區間為 (0,ln(-2a))，f(x)的單調遞減區間為 (-∞,0)，(ln(-2a),+∞)；
綜上，當 a≥ 0時，f(x)的單調遞減區間為 (0,+∞)，f(x)的單調遞增區間為 (-∞,0)；
當 a=- 1 時，f(x)的單調遞減區間為 (-∞,+∞)；
2
1
當- < a< 0時，f(x)的單調遞增區間為 (ln(-2a),0)，f(x)的單調遞減區間為 (-∞,ln(-2a))，(0,+∞)；
2
當 a<- 1 時，f(x)的單調遞增區間為 (0,ln(-2a))，f(x)的單調遞減區間為 (-∞,0)，(ln(-2a),+∞)；
2
( (1- x)e
x
2)令 f(x) = 0，即 (1- x)ex-a x2+1 = 0，即 = a，
x2+1
1- x1 ex1 1- x x22 e
所以 = = a，
x2+1 x21 2+1
( ) = (1- x)e
x
令 g x ，所以 g x2+ 1
= g x2 ，
x 1
-x x
2-2x+ 3 ex
所以 g (x) = ，
x2+1 2
令 g (x)> 0，解得 x< 0，令 g (x)< 0，解得 x> 0，
所以 g(x)在 (-∞,0)上單調遞增，在 (0,+∞)上單調遞減，
又當 x< 1時，g(x)> 0，當 x> 1時，g(x)< 0，
不妨設 x1< x2，則 x1< 0< x2< 1，
要證 x1+x2< 0，即證 x1<-x2，
又 g(x)在 (-∞,0)上單調遞增，
所以只需證 g x1 < g -x2 ，即證 g x2 < g -x2 ，
2x
即證 g x2 - g -x2 < 0，即證 1- x2 e 2-x2-1< 0，
令 h(x) = (1- x)e2x-x- 1,x∈ (0,1)，所以 h (x) = (1- 2x)e2x-1，
令u(x) = h (x)，所以u (x) =-4xe2x< 0在 (0,1)上恒成立，
所以u(x)在 (0,1)上單調遞減，即 h (x)在 (0,1)上單調遞減，
所以 h (x)< h (0) = 0，所以 h(x)在 (0,1)上單調遞減，
又 0< x2< 1，所以 h x2 < h(0) = 0，所以 x1+x2< 0.
23 (2023·山東威海·一模)已知函數 f x = ex-ax有兩個零點.
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)設 x 1,x2是 f x 的兩個零點，求證：f x1x2 < 0.
【答案】(1) e,+∞
(2)證明見解析
【分析】(1)求出導函數 f (x) = ex-a，通過討論 a≤ 0，a> 0時，結合函數有兩個零點，可知 a> 0，利用函數
單調性可知，當 f(lna)< 0時，原函數才有兩個零點，求解即可；
(2)要證 f x1x2 < 0，即證 x1x2 ∈ -∞,lna ，方法一：不妨設 x1< x2，由 f x 在 -∞,lna 單調遞減，得
f(x1)> f(2lna- x2)，構造函 h(x) = f(x) - f(2lna- x)，求導，利用基本不等式可得 h (x)≥ 0，則 f(x2) -
x +x
f(2lna- x2)> 0，結合 f(0) = 1> 0，所以 0< x1< lna< x2，所以 1 2 > x1x2，命題得證；方法二：不妨設2
2
x x a1< x2，由 f x 在 -∞,lna 上單調遞減，得 f(x1)> f(2lna- x2)，結合 f(x1) = 0和 e 2= ax2，得
ex
-
2
27
ex22alna+ ax2= 1 + 2lnx2-x2 ，構造函數 h(x) = 1 + 2lnx- x x> 1 ，則 h (x)< 0，則函數 h(x)在x2 x2 x
1,+∞ 上單調遞減，所以 h(x2)< h(1) = 0，所以 f(2lna- x2)< 0，可得 x1+x2< 2lna，則 0< x1< lna< x2，
命題得證.
【詳解】(1)f (x) = ex-a，
當 a≤ 0時，f (x)> 0，所以 f x 在R上單調遞增，不滿足題意；
當 a> 0時，令 f (x)< 0，可得 x∈ -∞,lna ，令 f (x)> 0，可得 x∈ lna,+∞ ，
所以 f x 在 -∞,lna 上單調遞減，在 lna,+∞ 上單調遞增，
1
當 a> e時，有 f 1 = e a-1> 0，f(a) = ea-a2> 0，a
又因為函數 f x = ex-ax有兩個零點，
所以 f(lna)< 0，即 elna-alna< 0，
所以 a- alna< 0，可得 lna> 1，
所以 a> e，
故實數 a的取值范圍是 e,+∞ .
(2)要證 f x1x2 < 0，即證 x1x2 ∈ -∞,lna ，
方法一：下證 x1+x2< 2lna，即證 x1< 2lna- x2，
不妨設 x1< x2，由 (1)可知 x1< lna< x2，所以 2lna- x2< lna，
因為 f x 在 -∞,lna 上單調遞減，即證 f(x1)> f(2lna- x2)，
因為 f(x1) = f(x2)，所以 f(x2)> f(2lna- x2)，即證 f(x2) - f(2lna- x2)> 0，
令 h(x) = f(x) - f(2lna- x)，
2 2
h (x) = f (x) + f (2lna- x) = ex-2a+ e2lna-x= ex+ ax - 2a≥ 2 e
x ax - 2a= 0，e e
所以 h(x)在R上單調遞增，又因為 x2> lna，
所以 h(x2)> h(lna) = 0，即 f(x2) - f(2lna- x2)> 0，
可得 f(0) = 1> 0，所以 0< x1< lna< x2，
x +x
所以 1 2 > x1x2，即 x x2 1 2< lna，
又因為 f x 在 -∞,lna 上單調遞減，所以 f x1x2 < 0.
方法二：下證 x1+x2< 2lna，即證 x1< 2lna- x2，
不妨設 x1< x2，由 (1)可知 x1< lna< x2，所以 2lna- x2< lna，
因為 f x 在 -∞,lna 上單調遞減，即證 f(x1)> f(2lna- x2)，
因為 f(x1) = 0，即證 f(2lna- x2)< 0，
2
f(2lna- x ) = e2lna-x2-a 2lna- x = a2 2 x - 2alna+ ax2，e 2
x2 2 x2
因為 ex2= ax e a2，所以 a= ，所以 x - 2alna+ ax =
e 1 + 2lnx -x ，
x 2 2 x 2 22 e 2 x2
因為 x2> lna且 a> e，所以 x2> 1，令 h(x) = 1 + 2lnx- x x> 1 ，x
1 2 x- 1
2
h (x) =- + - 1=- < 0，
x2 x x2
所以 h(x)在 1,+∞ 上單調遞減，所以 h(x2)< h(1) = 0，
ex2 1所以 + 2lnx2-x2 < 0，所以 f(2lna- x2)< 0，可得 xx x 1+x2< 2lna，2 2
因為 f(0) = 1> 0，所以 0< x1< lna< x2，
28
x1+x所以 2 > x x
2 1 2
，即 x1x2< lna，
又因為 f x 在 -∞,lna 上單調遞減，所以 f x1x2 < 0.
24 (23- 24 1高三上·重慶沙坪壩·期中)已知函數 f x = aex- x2+a有兩個不同的極值點 x1,x2 2
x1< x2 .
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)已知m> 0，且 x1+mx2>m+ 1，求m的取值范圍.
【答案】(1)0< a< 1
e
(2)m≥ 1
【分析】(1)求導，得到 f x = aex-x有兩個不同的零點，再次求導，分 a≤ 0與 a> 0兩種情況，得到函數單
1
調性和極值點情況，得到不等式，求出 0< a< ，再利用零點存在性定理得到答案；
e
(2) x -x由 aex1= x1，aex2= x 1 2 x1-x22，變形得到 x -x e +m >m+ 1, x1< x2 ，換元后得到 t e
t+m -
e 1 2-1
m+ 1 et-1 < 0恒成立，構造函數，二次求導，分m≥ 1和 0值，求出m的取值范圍.
【詳解】(1)由題知 f x = aex-x有兩個不同的零點，
設 g x = f x = aex-x，
當 a≤ 0時，f x 在R上單調遞減，f x 至多有一個零點，與題意不符；
當 a> 0時，g x = aex-1，令 g 1 x = 0得：x= ln ，
a
x< ln 1且 時，g x < 0,x> ln 1 時，g x > 0，
a a
1 1
則 g x 在 -∞,ln 上單調遞減，在 ln ,+∞ 上單調遞增；a a
1 ln 1
由題意，g ln < 0，即 ae a-ln 1 = 1- ln 1 < 0 1，解得：0< a< .a a a e
且此時，當 x< lna< ln 1 時，g x > g lna = a2-lna> 0，
a
當 x> ln 1 > ln 1 1 1 1時，g x > g ln = - ln > 0，a2 a a2 a a2
1 1
因此，由零點存在定理知 g x 在 -∞,ln 和 ln ,+∞ 各有一個零點，符合題意.a a
1
綜上，0< a< .
e
(2)由 (1) x x可知：ae 1= x ①，ae 21 = x2②，
x x
因此不等式 x1+mx2>m+ 1等價于 ae 1+mae 2>m+ 1.
- = x1-x2 x1-x又① ②得：a ，代入得 2x x e
x1+mex2 >m+ 1，
e 1-e 2 ex1-ex2
x1-x即 2 x1-x2x -x e +m >m+ 1, x1 2- 1
< x2 ，
e 1
設 t= x t t1-x2，不等式化為 t e+m >m+ 1，e-1
又 t< 0,∴ t et+m - m+ 1 et-1 < 0恒成立，
設 h t = t et+m - m+ 1 et-1 ,t< 0，
h t = et t-m +m，
設 φ t = h t ,φ t = et t-m+ 1 ,φ 0 =-m+ 1.
29
當m≥ 1時，φ t = et t-m+ 1 < 0,φ t 單調遞減，
即 h t 單調遞減，而 h 0 = 0，
∴ h t > 0,h t 在 -∞,0 上單調遞增，而 h 0 = 0，
∴ h t < 0在 -∞,0 上恒成立，符合題意.
當 0且當 t 0，
則 φ t 在 -∞,m- 1 上單調遞減，在 m- 1,0 上單調遞增，而 φ 0 = h 0 = 0，
∴當 t∈ m- 1,0 時，h t < 0,h t 在 m- 1,0 上單調遞減，
而 h 0 = 0,∴ h t > 0，與題意不符.
綜上所述，m≥ 1.
1 3
25 (23- 24高三上·湖南長沙·階段練習)函數 f x = alnx+ x2- a+ 1 x+ (a> 0).
2 2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a= 1時，若 f x1 + f x2 = 0，求證：x1+x2≥ 2；
(3)求證：對于任意n∈N*都有 .
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】(1)求定義域，求導，分 0< a< 1，a= 1和 a> 1三種情況，求解函數單調區間；
(2)令 g x = f x + f 2- x = ln 1- (x- 1)2 + (x- 1)2，構造F x = lnx- x+ 1(x> 0)，求導得到其單
調性，進而得到 lnx≤ x- 1，進而得到 g x = f x + f 2- x ≤ 0，不妨設 0< x1< 1< x2，則 f x1 +
f 2- x1 ≤ 0，推出 f x2 ≥ f 2- x1 ，由 f x 的單調性得到 x2≥ 2- x1，證明出結論；
(3)由 (2)知，x> 1時，f x = lnx+ 1 x2-2x+ 3 > f 1 = 0，變形得到 2lnx+ (x- 2)2> 1在 x> 1時恒
2 2
成立，從而得到不等式，相加得到答案.
【詳解】(1)函數 f x 的定義域是 0,+∞ .
2
由已知得，f a
x - a+ 1 x+ a x- 1 x- a
x = + x- a- 1= = .
x x x
①當 0< a< 1時，
當 0< x< a時，f x > 0,f x 單調遞增；
當 a< x< 1時，f x < 0,f x 單調遞減；
當 x> 1時，f x > 0,f x 單調遞增.
②當 a= 1時，
當 x> 0時，f x ≥ 0,f x 單調遞增.
③當 a> 1時，
當 0< x< 1時，f x > 0,f x 單調遞增；
當 1< x< a時，f x < 0,f x 單調遞減；
當 x> a時，f x > 0,f x 單調遞增.
綜上，①當 0< a< 1時，函數 f x 單調遞增區間為 0,a ， 1,+∞ ，單調遞減區間為 a,1 ；
②當 a= 1時，函數 f x 單調遞增區間為 0,+∞ ，無單調遞減區間；
③當 a> 1時，函數 f x 單調遞增區間為 0,1 ， a,+∞ ，單調遞減區間為 1,a .
30
(2)當 a= 1時，f x = lnx+ 1 x2-2x+ 3 .
2 2
由 (1)知，函數 f x 在 0,+∞ 單調遞增且 f 1 = 0；
1 3 1 3
令 g x = f x + f 2- x = lnx+ x2-2x+ + ln 2- x + (2- x)2-2 2- x +
2 2 2 2
= ln x 2- x + x2-2x+ 1= ln 1- (x- 1)2 + (x- 1)2，
令F x = lnx- x+ 1(x> 0),F x = 1 - 1= 1- x，
x x
令F x > 0，解得 0< x< 1；令F x < 0，解得 x> 1，
所以F x 在 0,1 上單調遞增，在 1,+∞ 上單調遞減，
所以F x ≤F 1 = 0，所以 lnx≤ x- 1，
令 (x- 1)2= t∈ 0,1 ，則 1- t∈ 0,1 ，則 ln 1- t ≤ 1- t - 1=-t，
故 ln 1- t + t≤ 0，
所以 g x = f x + f 2- x ≤ 0恒成立，
不妨設 0< x1< 1< x2，則 f x1 + f 2- x1 ≤ 0，
所以-f x1 ≥ f 2- x1 ，所以 f x2 ≥ f 2- x1 ，
因為 2- x1> 1,x2> 1，而 f x 在 0,+∞ 單調遞增，
所以 x2≥ 2- x1，所以 x1+x2≥ 2.
(3)由 (2)知，x> 1 1時，f x = lnx+ x2-2x+ 3 > f 1 = 0，
2 2
即 2lnx+ x2-4x+ 3= 2lnx+ (x- 2)2-1> 0，
故 2lnx+ (x- 2)2> 1在 x> 1時恒成立，
2 2
所以 2ln + (2- 2)2= 2ln 2 + 0 > 1，1 1 1
2 2
2ln 3 + 3 - 22 2 = 2ln
3 + 12 2 > 1，
2ln 4 + 4
2 2
- 2 = 2ln 4 +3 3 3
2 > 1，3
，
2 2
2ln n+ 1 + n+ 1 - 2 = 2ln n+ 1 + n- 1 > 1，n n n n
相加得 .
26 (2023· 1 1四川成都·模擬預測)若函數 f x = alnx- x2+a+ x> 0 有兩個零點 x1,x2 2 2，且 x1< x2．
(1)求 a的取值范圍；
(2)若 f x 在 x1,0 和 x2,0 處的切線交于點 x3,y3 ，求證：2x3< x1+x2．
【答案】(1)a∈ 0,+∞
(2)證明見解析
【分析】(1)求出函數的導數，利用導數求函數單調性，根據單調性及函數圖象的變化趨勢結合零點個數求
解；
1 x22 1-x
2
2
(2) a= lnt> 1 1利用導數求切線方程得出 ，將原不等式化為證明 t- 0< t< 1 ，構造函數
lnx1-lnx 2 2 t
h t = lnt- 1 t- 1 利用導數證明即可.2 t
2
【詳解】(1)f x = a - x= -x +a
x x
31
當 a≤ 0，f x < 0，f x 在 0,+∞ 上單調遞減，不可能兩個零點；
當 a> 0時，令 f x = 0得 x= a
x∈ 0, a ，f x > 0，f x 單調遞增，x∈ a,+∞ ，f x < 0，f x 單調遞減，
g(x) = lnx- 1- 1 = lnx+ 1 - 1(x> 0)，x x
g (x) = 1 - 1 = x- 1 ，
x x2 x2
x∈ (0,1)時，g (x)< 0，g x 單調遞減，x∈ 1,+∞ ，g x > 0，g x 單調遞增，
所以 g(x)≥ g(1) = 0 1，即 x> 0時，lnx≥ 1- 恒成立，當且僅當 x= 1時取等號，
x
-1- 1 1- 1
所以 e a< e a≤ eln a= a，
而 f x = alnx- 1 x2+a+ 1 < alnx+ a+ 1，
2 2
-1-
1
所以 f e a < a -1- 1 + a+ 1= 0；f a ≥ f 1 = a> 0；a
f 1+ 2 a = aln(1+ 2 a) - 1 (1+ 2 a)2+a+ 1 <- 1 (1+ 2 a)2+a+ 1 =-2 a- a< 0∴ x∈ 0, a
2 2 2 2
有唯一零點且 x∈ a,+∞ 有唯一零點，滿足題意，
綜上：a∈ 0,+∞ ；
(2)曲線 y= f x 在 x1,0 和 x2,0 處的切線分別是
l a1:y= - x1 x- x ax 1 ，l2:y= - x x- xx 2 2 1 2
x +x x +x a
聯立兩條切線得 x = 1 2 ，∴ 1 23 = + 1，a + 1 x3 x1x2x1x2
alnx
1 2 1 1 2 2
1-
由題意得 2
x1+a+ 2 = 0 x1-x2
1 1 a=
2
alnx2- x22+a+ = 0 lnx1-
，
lnx
2 2 2
1 x1 - x2x +x a 2 x x
要證 2x 1 2 2 13< x1+x2，即證 > 2，即證 > 1，即證 > 1，x3 x1x2 ln x1x2
t= x1 < 1 lnt> 1令 ，即證 t- 1 0< t< 1 ，x2 2 t
1 1 t- 1 2
令 h t = lnt- t- =- ，h t < 0，∴ h t 在 0,1 單調遞減，∴ h t2 > h 1 = 0，2 t 2t
∴ lnt> 1 t- 1 0< t< 1 得證．綜上：2x3< x1+x2< 2 a+ 1 ．2 t
27 (2023·海南海口·模擬預測)已知函數 f(x) = xex+2.
(1)求 f(x)的最小值；
(2)設F(x) = f(x) + a(x+ 1)2(a> 0).
(ⅰ)證明：F(x)存在兩個零點 x1，x2；
(ⅱ)證明：F(x)的兩個零點 x1，x2滿足 x1+x2+2< 0.
【答案】(1) - e
(2) (i)證明見解析 (ii)證明見解析
【分析】(1)用導數求出 f(x)單調性即可求解；
(2) (ⅰ)求出F(x)的單調區間，用零點存在性定理判斷每個單調區間上零點的個數；
(ⅱ)用F(x)的單調性把需證明的不等式轉化為即證F(-2- x2)【詳解】(1)f (x) = ex+2+xex+2= (x+ 1)ex+2，
32
所以當 x≤-1時，f (x)≤ 0，當 x>-1時，f (x)> 0，
所以函數 f(x)在 (-∞,-1]上單調遞減，在 (-1,+∞)上單調遞增，
所以 f(x)的最小值為 f(-1) =-e．
(2) (ⅰ)證明：F(x) = xex+2+a(x+ 1)2，a> 0，F (x) = (x+ 1) (ex+2+2a)，
因為 a> 0，所以 ex+2+2a> 0，所以當 x≤-1時，F (x)≤ 0，x>-1時，F (x)> 0，
所以F(x)在 (-∞,-1]上單調遞減，在 (-1,+∞)上單調遞增，
則函數F(x)有最小值F(-1) =-e．
由 a> 0，F(x) = xex+2+ax2+2ax+ a> xex+2+ax2+2ax= x(ex+2+ax+ 2a)，
下面證明，在 (-∞,-1]上，對 a> 0，只要 x足夠小，必存在 x= x0∈ (-∞,-1]，
使得 ex0+2+ax0+2a< 0：
實際上，當 x<-2時，0< ex+2< 1，令 ax+ 2a<-1，得 x<- 1 - 2<-2，
a
所以對 a> 0，取 x0∈ -∞,- 1 - 2 x +2，必有 x0(e 0 +ax0+2a)> 0，即F(x0)> 0，a
所以在區間 (-∞,-1]上，存在唯一的 x1∈ (x0,-1)，F(x1) = 0，
又F(0) = 1> 0，所以在區間 (-1,+∞)上，存在唯一的 x2∈ (-1,0)，F(x2) = 0，
綜上，F(x)存在兩個零點．
(ⅱ)要證 x1+x2+2< 0，需證 x1<-2- x2，由-1< x2< 0，所以-2- x2<-1，
因為F(x)在 (-∞,-1]上單調遞減，因此需證：F(-2- x2)F(-2- x2) =- (2+ x2)e-x2+a(x 22+1) ，F(x2) = x x2+22e +a(x 22+1) = 0，
所以F(-2- x2) =- (2+ x )e-x22 -x x2+22e ，-1< x2< 0，
設 g(x) =- (2+ x)e-x-xex+2，-1< x< 0，
則 g (x) = e-x+xe-x-ex+2-xex+2= e-x(x+ 1) (1- e2x+2)< 0，
所以 g(x)在 (-1,0)上單調遞減，g(x)≤ g(-1) = 0，即
F(-2- x2) =- (2+ x )e-x2-x ex2+22 2 < 0，
結論得證，所以 x1+x2+2< 0．
28 (2023·浙江·二模)設m> 1，過M m,0 斜率為 k的直線與曲線 y= lnx交于P，Q兩點 (P在第一
象限，Q在第四象限).
(1)若M為PQ中點，證明：0< k< 1；
(2)設點A 0,1 ，若 AP ≤ AQ ，證明：k> 1.
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
lnx1= k x1-m x -x
【分析】(1)依題意得到 = - ，x x
1 2
1 2= 1，從而將問題轉化為證 - > x1x2 成立，再利用lnx2 k x2 m lnx1 lnx2
構造函數求導法證明即可.
(2)利用逆否命題將問題轉化為證“若 k≤ 1，則 AP > AQ” ，構造函數 h(x) = x2+ (lnx- 1)2- (x- lnx+
a)2 x> 0 ，從而將問題轉化為證存在 a≥-1，使得 h(x)單調遞增，由此得證.
【詳解】(1)依題意，設 l:y= k(x-m),P x1,lnx1 ,Q x2,lnx2 ，m> 1，
1 x1-m
lnx1= k x1-m =則 0<
k lnx x -x
x2< x 1 1 1 21 ，所以 ，故 = ，
lnx2= k x2-m 1 = x2-m k lnx1-lnx2k lnx2
由于M m,0 為PQ中點，則由中點坐標公式可得 lnx1+lnx2= 0 x1x2= 1，
x1-x下證： 2
lnx1-
> x1x2，lnx2
33
不妨設 x1= tx2，則由 0< x2< x1得 t> 1，
x1-x要證 2 > (t- 1)xx x ，即證 2 > tx ，
lnx1-lnx 1 22 lnt 2
(t- 1)
即證 > t，即證 tlnt< t- 1，
lnt
令 f t = tlnt- t+ 1(t> 1)，則 f (t) = 2+ lnt - 1= 2+ lnt- 2 t，
2 t 2 t
令 g(t) = 2+ lnt- 2 t(t> 1)，則 g (t) = 1 - 1 = 1- t < 0在 1,+∞ 上恒成立，
t t t
所以 g t 在 1,+∞ 上單調遞減，故 g(t)< g(1) = 0，即 f (t)< 0，
所以 f t 在 1,+∞ 上單調遞減，故 f(t)< f(1) = 0，即 tlnt< t- 1，得證，
1 x
所以 = 1-x2- > x1x2= 1，解得 0< k< 1，k lnx1 lnx2
所以 0< k< 1，證畢.
(2)要證“若 AP ≤ AQ ，則 k> 1”成立，
可證其逆否命題“若 k≤ 1，則 AP > AQ” 成立，
φ x = x- lnx x> 0 φ x = 1- 1 = x- 1令 ，則 ，
x x
當 0< x< 1時，φ x < 0；當 x> 1時，φ x > 0；
所以 φ x 在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增，
故 φ x ≥ φ 1 = 1，則 x- lnx+ a≥ 0( a≥-1)，
又由 ( lnx1)知 k= 1-lnx2 ，
x1-x2
所以當 k≤ 1時，0≤ x2-lnx2+a≤ x1-lnx1+a( a≥-1)，
要證 AP > AQ ，即證 |AP|2> |AQ|2，即證 x21+ lnx1-1 2-x22- lnx2-1 2> 0，
由于 x1-lnx +a 21 - x2-lnx2+a 2≥ 0( a≥-1)，
只需證：存在 a≥-1,x2+ lnx -1 2-x2- lnx -1 2> x -lnx +a 2- x -lnx +a 21 1 2 2 1 1 2 2 ，
即證 x21+ lnx1-1 2- x1-lnx1+a 2> x22+ lnx2-1 2- x2-lnx2+a 2，
令 h(x) = x2+ (lnx- 1)2- (x- lnx+ a)2= (2x- 2+ 2a)lnx- a2-2ax+ 1 x> 0 ，則 h x1 > h x2 ，
因為 h (x) = 2 lnx+ a- 1 + 1- a ，取 a= 2，則 h (x) = 2 lnx+ 1 - 1 ，x x
令m(x) = lnx+ 1 - 1 x> 0 1 1 x- 1 ，則m (x) = - = ，
x x x2 x2
當 0< x< 1時，m x < 0；當 x> 1時，m x > 0；
所以m x 在 0,1 上單調遞減，在 1,+∞ 上單調遞增，
故m x ≥m 1 = 0，即 lnx+ 1 - 1≥ 0，
x
所以 h (x) = 2 lnx+ 1 - 1 ≥ 0，故 h(x)在 0,+∞ 上單調遞增，x
因為 x1> x2，所以 h x1 > h x2 ，證畢.
29 (2023·全國·模擬預測)已知函數 f x = 1+ 2lnx .
x2
(1) 1設函數 g x = ekx- k> 0 ，若 f x ≤ g x 恒成立，求 k的最小值；
kx
2 1- lnm
(2) = x x 若方程 f x m有兩個不相等的實根 x1、x2，求證： 1 + 2 < .x2 x1 m
【答案】(1)1；
34
(2)證明見解析.
(1) e2lnx+kx- x【分析】 將問題轉化為不等式 - (1+ 2lnx)≥ 0在 (0,+∞)上恒成立，利用導數證明 k= 1時，
k
不等式 e2lnx+x-2lnx- x- 1≥ 0成立，進而分類討論 0< k< 1與 k> 1兩種情況，從而得解；
(2)利用導數研究函數 f x 的性質可得 0為 1+ lnx1x2< x1x2-x1x2lnm，利用分析法，構造函數 h(x) = lnx- x+ 1(x> 0)證明 lnx+ 1≤ x，即 1+
lnx1x2≤ x1x2，結合 x1x2< x1x2-x1x2lnm即可證明.
【詳解】(1)當 k> 0、x> 0時，f(x)≤ g(x) 1+ 2lnx即 ≤ ekx- 1 恒成立，
x2 kx
等價于 1+ 2lnx≤ x2ekx- x 1+ 2lnx≤ e2lnx+kx- x e2lnx+kx- x - (1+ 2lnx)≥ 0恒成立.
k k k
設u(x) = ex-x- 1，則u (x) = ex-1，
令u (x)< 0 x< 0，令u (x)> 0 x> 0，
所以函數 u(x)在 (-∞,0)上單調遞減，在 (0,+∞)上單調遞增，
所以u(x)min=u(0) = 0，得u(x)≥ 0，即 ex-x- 1≥ 0，
當 k= 1時，令 v(x) = 2lnx+ x x> 0 ，易得 v(x)在 (0,+∞)上單調遞增，
又 v 1 = 2ln 1 + 1 =-2+ 1 < 0，v 1 = 1> 0，e e e e
v(x) 1所以 在 ,1 ，即 (0,+∞)上存在唯一零點 xe 0，
所以u v(x) ≥2024年新結構題型中大題考點預測：導數綜合
目錄
題型一：導數恒能成立問題
題型二：導數與函數零點問題
題型三：導數解決雙變量問題
題型四：導數中的極值點偏移問題
題型一：導數恒能成立問題
1 (2023·黑龍江佳木斯·模擬預測)已知函數 f x = lnx- a2x2-ax+ a- 1 a∈R ．
(1)試討論 f x 的單調性；
x
(2) e若不等式 f x+ 1 + a2 x+ 1 2+ + ≥ 0對任意的 x≥ 0恒成立，求實數 a的取值范圍.x 1
2 (2023·湖南郴州·模擬預測)已知 f(x) = alnx+ 1 x2-2x(a∈R且 a≠ 0)在 (0,+∞)上單調遞增，
2
g x = cosx+ xsinx.
(1) 1當 a取最小值時，證明 f x ≤ x2-x- 1恒成立.
2
f x
(2)對 x ∈ 1 2 1 -π,π ， x ∈ 2 ,e

，使得 - a≤ g x1 成立，求實數 a的取值范圍.e x2
1
2 2
3 (2024· x x云南昆明·模擬預測)已知函數 f x = ln x+ 1 - x+ x∈ -1,+∞ 和 g x = + sinx
2 2
+ cosx- x- 1 x∈ -1, π ．2
(1)討論 f x 與 g x 的單調性；
(2)若 ln a x+ 1 + 1≥ sinx+ cosx+ 在 0,+∞ 上恒成立，求實數 a的取值范圍．
x
4 (2024·廣東·模擬預測)已知函數 f x = ex+cosx- 2，g x = sinx.
(1)求證：當 x∈ 0,+∞ ，g(x)< x< f(x)；
(2)若 x∈ 0,+∞ ，f x + g x > ax恒成立，求實數 a的取值范圍.
2
5 (2024·湖南·模擬預測)已知函數 f x = a2ex-3ax(a∈R,a≠ 0,e是自然對數的底數，e= 2.71828
).
(1)當 a= 1時，求函數 f x 的零點個數；
(2)當 a= 1時，證明：f x ≥ cosx- 2x；
(3)證明：若 a∈ 1,+∞ ,x∈R，則 f x ≥ 1- 2sinx.
6 (2024· · ax lnx全國 模擬預測)已知函數 f x = x 和函數 g x = 有相同的最大值.e ax
(1)求 a的值；
(2)設集合A= x f x = b ，B= x g x = b (b為常數).證明：存在實數 b，使得集合A∪B中有且僅有 3
個元素.
3
7 (2023·上海·模擬預測)已知函數 f(x) = x3+bx2+cx(b、c∈R)，其導函數為 f (x)，
(1)若函數 f(x)有三個零點 x1、x2、x3，且 x1+x2+x3= 3,x1x3=-9，試比較 f(3) - f(0)與 3f (2)的大小.
(2)若 f (1) =-2，試判斷 f(x)在區間 (0,2)上是否存在極值點，并說明理由.
(3)在 (1)的條件下，對任意的m,n∈R，總存在 x∈ [0,3]使得 | f(x) +mx+n| ≥ t成立，求實數 t的最大
值.
8 (2023高三·全國·專題練習)已知函數 f x = lna2x- 2 ax+ alna.
(1)求證 f x ≤ a2-3；
(2)是否存在實數 k，使得只有唯一的正整數 a，對于 x∈ (0,+∞)恒有：f(x)< ea+ k，若存在，請求出 k的范
圍以及正整數 a的值；若不存在請說明理由.(下表的近似值供參考)
ln2 ln3 ln4 ln5 ln6 ln7 ln8 ln9
0.69 1.10 1.38 1.61 1.79 1.95 2.07 2.20
4
9 (2023· 1浙江溫州·模擬預測)已知函數 f x = ae2x-ex+1- x2 a∈R ．
2
(1)若函數 f(x)有兩個極值點，求整數 a的值；
(2)若存在實數 a，b b，使得對任意實數 x，函數 f(x)的切線的斜率不小于 b，求 的最大值．
a
10 (22- 23高三上·安徽·階段練習)若存在 x1,x2∈ a,b 且 x1≠ x2,m> 1使 g x1 - g x2 >
m f x1 - f x2 成立，則在區間 a,b 上，稱 g x 為 f x 的“m倍擴張函數”．設 f x = ex,g x =-x2+x，
1
若在區間 -2, 上 g x 為 f x 的“m倍擴張函數”．2
(1)求實數m的取值范圍；
(2)證明：f x 與 g x 的圖象存在兩條公切線．
5
e lnx+ 1
11 ( 2024· ex湖北武漢·二模)已知函數 f x = + 1- a lnx，h x = x ．x e
(1)當 x> 1 1 3時，求證：h x >- x+ ；
2 2
( x2)函數 f x 有兩個極值點 x1，x2，其中 x1< x2，求證： 2 > e3a．x1
12 (2024·廣西南寧·一模)已知函數 f x = lnx- ax+ a,g x = x- 1 ex-a-ax+ 1 a∈R ．
(1)若 f x ≤ 0，求 a的值；
(2)當 a∈ 0,1 時，證明：g x ≥ f x ．
6
題型二：導數與函數零點問題
x
13 (23- 24高三上·湖北·期中)已知 a> 0，曲線C1：y= alnx與C2：y= e a沒有公共點.
(1)求 a的取值范圍；
(2)設一條直線與C1，C2分別相切于點 i,j ， s,t .證明：
(i)i+ t≠ j+ s；
( )0< i+ s < sⅱ + j .
e i t
14 (2024·山東泰安·一模)已知函數 f x = aeax a≠ 0 ．
(1)若 a> 0，曲線 y= f x 在點 0,f 0 處的切線與直線 x+ y- 2= 0垂直，證明：f x > ln x+ 2 ；
eax1(2) x ,x x < x g x = f x - -e
ax2
若對任意的 1 2且 1 2，函數 - ，證明：函數 g x 在 x1,x2 上存在唯一零點．x1 x2
7
15 (2024·山西·模擬預測)已知函數 f(x) = sinx+ ln(x+ 1) - ax，且 y= f(x)與 x軸相切于坐標原點．
(1)求實數 a的值及 f(x)的最大值；
(2) π證明：當 x∈ ,π

時，f(x) + 2x>
1
；
6 2
(3)判斷關于 x的方程 f(x) + x= 0實數根的個數，并證明．
16 (23- 24高三上·安徽池州·期末)已知函數 f(x)與 g(x)的圖象關于直線 y= x對稱，若 f x = ex，構
造函數 p(x) = xf(x) + ag(x)．
(1)當 a= 1時，求函數 p(x)在點 (1,p(1))處的切線與坐標軸圍成三角形的面積；
(2)若 r(x) = (x+ 1)f(x) - g (x) (其中 g (x)為 g(x)的導函數)，當 a=-1時，(t+ 1)r(t) = p(t) 5，證明： < t
9
< 5 ． (參考數據：ln3≈ 1.099,ln5≈ 1.609)
3e
8
17 (23- 24高三上· πx河北滄州·期末)已知函數 f(x) = x- sin .
2
(1)設 θ∈ 0, π2 且 cosθ=
2
，求 f(x)在區間 (-1,1)內的單調遞減區間 (用 θ表示)；
π
(2)若 a> 0，函數 g(x) = f(x) - aln|x|有且僅有 2個零點，求 a的值.
18 (2023·全國·模擬預測)一類項目若投資 1元，投資成功的概率為 p(0< p< 1)．如果投資成功，會獲
得 b元的回報 (b> 0)；如果投資失敗，則會虧掉 1元本金．為了規避風險，分多次投資該類項目，設每次投
資金額為剩余本金的 x(0< x< 1)，1956年約翰·拉里·凱利計算得出，多次投資的平均回報率函數為 f(x)
= (1+ bx)p (1- x)1-p，并提出了凱利公式．
( ) ( + )> ( ) = pb- (1- p)1 證明：當 p b 1 1時，使得平均回報率 f x 最高的投資比例 x滿足凱利公式 x ；
b
1x
(2)若 b= 1 p= 1， ，求函數 g(x) = e 2 -x- f(cosx)在 (0,π)上的零點個數．
2
9
19 (2023·上海浦東新·二模)設P是坐標平面 xOy上的一點，曲線Γ是函數 y= f x 的圖象．若過點
P恰能作曲線Γ的 k條切線 k∈N ，則稱P是函數 y= f x 的“k度點”．
(1)判斷點O 0,0 與點A 2,0 是否為函數 y= lnx的 1度點，不需要說明理由；
(2)已知 0(3)求函數 y= x3-x的全體 2度點構成的集合．
20 (2024·全國·模擬預測)如果有且僅有兩條不同的直線與函數 f x ,g x 的圖象均相切，那么稱這兩
個函數 f x ,g x 為“L函數組”．
(1)判斷函數 y= ex-2與 y= lnx是否為“L函數組”，其中 e為自然對數的底數，并說明理由；
(2)已知函數 f x = 2+ lnx與 g x = a x為“L函數組”，求實數 a的取值范圍．
10
21 (23- 24高三上·安徽·階段練習)已知函數 f x = ex-ax+ 1，a∈R，f x 有兩個零點 x1，x2.
(1)若 a∈Z，求 a的最小值；
(2)證明：x1+x2> 2+ 2 .a
題型三：導數解決雙變量問題
22 (22- 23高三上·吉林通化·開學考試)已知函數 f x = 1- x ex-a(x2+1) (a∈R) .
(1)求 f(x)的單調區間；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1,x2，證明：x1+x2< 0.
11
23 (2023·山東威海·一模)已知函數 f x = ex-ax有兩個零點.
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)設 x1,x2是 f x 的兩個零點，求證：f x1x2 < 0.
24 (23- 24 1高三上·重慶沙坪壩·期中)已知函數 f x = aex- x2+a有兩個不同的極值點 x
2 1
,x2
x1< x2 .
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)已知m> 0，且 x1+mx2>m+ 1，求m的取值范圍.
12
25 (23- 24高三上·湖南長沙·階段練習)函數 f x = alnx+ 1 x2- 3 a+ 1 x+ (a> 0).
2 2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a= 1時，若 f x1 + f x2 = 0，求證：x1+x2≥ 2；
(3)求證：對于任意n∈N*都有 .
1 1
26 (2023·四川成都·模擬預測)若函數 f x = alnx- x2+a+ x> 0 有兩個零點 x1,x2，且 x1< x2．2 2
(1)求 a的取值范圍；
(2)若 f x 在 x1,0 和 x2,0 處的切線交于點 x3,y3 ，求證：2x3< x1+x2．
13
27 (2023·海南海口·模擬預測)已知函數 f(x) = xex+2.
(1)求 f(x)的最小值；
(2)設F(x) = f(x) + a(x+ 1)2(a> 0).
(ⅰ)證明：F(x)存在兩個零點 x1，x2；
(ⅱ)證明：F(x)的兩個零點 x1，x2滿足 x1+x2+2< 0.
28 (2023·浙江·二模)設m> 1，過M m,0 斜率為 k的直線與曲線 y= lnx交于P，Q兩點 (P在第一
象限，Q在第四象限).
(1)若M為PQ中點，證明：0< k< 1；
(2)設點A 0,1 ，若 AP ≤ AQ ，證明：k> 1.
14
29 (2023· 1+ 2lnx全國·模擬預測)已知函數 f x = .
x2
(1)設函數 g x = ekx- 1 k> 0 ，若 f x ≤ g x 恒成立，求 k的最小值；
kx
x x 2 1- lnm( 2)若方程 f x =m有兩個不相等的實根 x 1 21、x2，求證： + < .x2 x1 m
30 (2023·陜西安康·二模)已知函數 f x = alnx，g x = bex(e為自然對數的底數)
(1)當 a= e時，恰好存在一條過原點的直線與 f x ，g x 都相切，求 b的值；
(2)若 b= 1，方程 xg x - f x - ax= 0 2- x +x有兩個根 x1，x2，(0< x1< x2)，求證：x x > e 1 2 1 2 ．
15
31 (22- 23高三上·廣東揭陽·期末)已知函數 f x = 2alnx+ x2-2(a+ 1)x(a< 0).
(1)討論 f x 的零點個數；
(2)當 f x 有兩個零點時，分別設為 x1，x2 x1< x2 ，試判斷 x1+x2與 2的大小關系，并證明.
題型四：導數中的極值點偏移問題
32 (23- 24高三上·重慶渝中·期中)已知函數 f x = xlnx- ax2+x,a∈R．
(1)若函數 f x 是減函數，求 a的取值范圍；
(2)若 f x 8 有兩個零點 x1,x2，且 x2> 2x1，證明：x1x2> ．
e2
16
33 (2022·山東臨沂·二模)已知函數 f(x) = x- 1 sinx．
2
(1)若存在 x∈ π ,
π ，使 f(x)≤ ax成立，求 a的取值范圍；4 2
(2)若 g(x) = f(x) -mlnx，存在 x1，x2∈ (0,+∞)，且當 x 21≠ x2時，g x1 = g x2 ，求證：x1x2< 4m ．
34 (2022·貴州·模擬預測)已知函數 f(x) = 2lnx+ a (a∈R)有兩個零點.
x2
(1)求 a的取值范圍.
(2)記兩個零點分別為 x1，x2，證明：x1+x2> 1.
17
35 (23- 24高三上·湖北·期中)已知 h x = lnx- ax
(1)若 h x 有兩個零點，求 a的取值范圍；
x1
( ) x e +x e
x2
2 若方程 ax ex= lnx+ x有兩個實根 x1、x2，且 x2> x1，證明：h 1 2 < 0.2
36 (2023·安徽淮南·一模)已知 f(x) = alnx+ x有兩個不同的零點 x1,x2 0< x1< x2 .
(1)求實數 a的取值范圍；
(2) = x1+λx若 x 20 (λ≠-1)，且 f x > 0恒成立，求實數 λ的范圍.1+ λ 0
18
(22- 23 · · ) f(x) = a+ 137 高三上 安徽六安 階段練習 已知函數 a lnx+
1 - x(a> 0)，函數 g x 是定
x
義在 0,+∞ 的可導函數，其導數為 g x ，滿足 0< g x <-g x ．
(1)若 f x 在 0,+∞ 上單調遞減，求實數 a取值范圍；
(2) x x對任意正數 x1,x 2 1 2 22 x1< x2 ，試比較 x1g 與 x2g 的大小．x2 x1
38 (22- 23高三上·內蒙古·階段練習)已知函數 f(x) = ex-e-x-ax(a∈R)．
(1)討論 f(x)的單調性；
f x - f x
(2)若 f(x) 1 2 存在兩個極值點 x1,x2，證明：2- a< < 0．x1-x2
19
39 (2023·湖南永州·一模)已知 f(x) = x2-kxlnx- 1，g(x) = 1 ax2-xlnx+ x
2
(1)不等式 f(x)≥ 0對任意 x≥ 1恒成立，求 k的取值范圍；
(2)當 g(x)有兩個極值點 x1,x2 x1< x2 時，求證：(2ae- 1) x1+x2 < 2e.
40 (23- 24高三上·云南昆明·階段練習)設 a，b為函數 f x = x ex-m(m< 0)的兩個零點．
(1) x< 0 x ex> 1若當 時，不等式 恒成立，求實數m的取值范圍；
x
(2)證明：ea+eb< 1．
20
x 2
41 (2024·全國·模擬預測) e -ax已知函數 f(x) = + 有 3個極值點 x1,x2,x3，其中 e是自然對數的底數．1 x
(1)求實數 a的取值范圍；
(2)求證：x1+x2+x3>-2．
21

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