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專題 9 指數型函數取對數問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 在導數解答題中有些指數型函數，直接求導運算非常復雜或不可解，
f x
這時常通過取對數把指數型函數轉化對數型函數求解，特別是涉及到形如a 的函數取對數可以起到化繁
為簡的作用，此外有時取對數還可以改變式子結構，便于發現解題思路，故取對數的方法在解高考導數題
中有時能大顯身手.
(一) 等式兩邊同時取對數把乘除運算轉化為加減運算
形如 f a g b = h c f a > 0, g b > 0, f c > 0 的等式通過兩邊取對數，可以把乘除運算，轉化為
加減運算，使運算降級.
【例 1】（2024 屆遼寧省名校聯盟高三上學期聯考）已知 a > 0，b R ，函數 f x = ax ln x 和 g x = b ln x +1
的圖像共有三個不同的交點，且 f x 有極大值 1．
(1)求 a 的值以及 b 的取值范圍；
2
(2)若曲線 y = f x 與 y = g x x x的交點的橫坐標分別記為x x 3 1 2b-21， 2， x3，且 x1 < x2 < x3．證明： < e ．x2
【解析】（1）因為 a > 0， x 0, + ，所以當 x 1時， f x = ax ln x， f x = a ln x + a > 0 ，
所以 f x 在 1, + 上單調遞增，無極大值；
當 x 0,1 時， f x = -ax ln x， f x = -a ln x +1 ，
1
所以當 x 0, ÷時， f x > 0， f x
1
單調遞增，當 x ,1÷時， f ' x < 0， f x 單調遞減，
è e è e
1 1 1 1
所以 x = 為極大值點，所以 f ÷ = -a × × ln =1，解得a = e．e è e e e
因為 f x ， g x 圖像共有三個不同的交點，
所以方程 ex ln x = b ln x +1 有三個不等正實根．
設 t = ln x +1，則 x = et-1 ，且當 x > 0時，t 與 x 一一對應，
t
所以問題轉化為關于 t 的方程 e t -1 = b t 有三個不等實根．
又 0 t不滿足方程 e t -1 = b t b
t -1 t
，所以方程 = e 有三個實根．
t
設 h t t -1= et ，則函數 h t t -1= et 與函數 y = b的圖像有三個交點，
t t
t -1
當 t 1或 t < 0 t時， h t = e ，
t
2
\ h t t - t +1= et2 > 0，所以 h t 在 - ,0 ， 1, + 上單調遞增；t
0 t 1 t -1 e
t
當 < < 時， h t = - ，
t
h t t
2 - t +1
= - et < 0，所以 h t 在 0,1 2 上單調遞減．t
t 1 h t > 0 h 1 = 0 t - h t = 1當 t 0， 時， ，而 ；當 時， 1-
t
÷e 0，
è t
1
無論 t > 0還是 t < 0，當 t 0時，都有 h t = 1- et + ，
t
當 t h t 1 1 + = - et時， ÷ + ．
è t
根據以上信息，畫出函數 h t 的大致圖像如下圖所示，
t -1 t
所以當b > 0時，函數 h t = e 與函數 y = b的圖像有三個交點，故 b 的取值范圍為 0, + ．
t
x2x
2 3 1 2b-2（ ）證明：要證 < e ，只需證 2ln x3 - ln x2 + ln x1 < 2b - 2，x2
只需證 2 ln x3 +1 - ln x2 +1 + ln x1 +1 < 2b．
t -1
設（1 t）中方程的b = e 三個根分別為 t1 ， t2 ， t3，t
且 t1 < t2 < t3 ， ti = ln xi +1， i =1，2，3，從而只需證明 2t3 - t2 + t1 < 2b．
又由（1）的討論知 t1 < 0，0 < t2 <1， t3 >1．
下面先證明 ex x +1，設j x = ex - x -1，則j x = e x -1．
當 x > 0時，j x > 0，j x 在 0, + 上單調遞增，
當 x < 0 時，j x < 0，j x 在 - ,0 上單調遞增，
所以j x j 0 = 0，所以當 x 0時， ex > x +1，
h t t -1 et t -1從而當 t 0， t 1時， = > t +1 ．
t t
又由（1）知 h t 在 - ,0 ， 1, + 上單調遞增， h t 在 0,1 上單調遞減．
2 1 2
t > 1 t -1 1 b + b + 4所以當 時， h t > = t - ，令b = t - ，解得t t = ，t t 2
b + b2 + 4 2
由 h t3 = b < h ÷ b + b + 4 ÷得 t3 < ；
è 2 2
1 1 2
當0 < t <1時， h t > - t ，令b = - t -b + b + 4，解得 ，
t t t = 2

h t b h -b + b
2 + 4 2
由 2 = < ÷ 得2 ÷ t
-b + b + 4
2 > ；
è 2
2
當 t < 0時， h t 1> t - ，令b t 1= - t b - b + 4，解得t t = ，2
b - b2h t b h + 4
2
由 1 = < ÷
b - b + 4
÷得 ．
è 2
t1 <
2
2 2
綜上， 2t3 - t t b b
2 4 -b + b + 4 b - b + 42 + 1 < + + - + = 2b，得證．2 2
(二) 等式兩邊同時取對數把乘方運算轉化為乘法運算
通過兩邊取對數可把乘方運算轉化為乘法運算，這種運算法則的改變或能簡化運算，或能改變運算式子的
結構，從而有利于我們尋找解題思路，因此兩邊取對數成為處理乘方運算時常用的一種方法.有時對數運算
比指數運算來得方便，對一個等式兩邊取對數是解決含有指數式問題的常用的有效方法.
lnx +1
【例 2】（2024 屆遼寧省大連市高三上學期考試）已知函數 f x = .
ax
(1)討論 f x 的單調性；
(2) ex x2 = ex x若 11 2 （e 是自然對數的底數），且 x1 > 0， x2 > 0 x x x2 2， 1 2 ，證明： 1 + x2 > 2 .
f (x) ln x +1 ln x【解析】（1）函數 = ax 的定義域為
(0, + )，求導得則 f (x) = - 2 ，由 f (x) = 0得 x =1ax ，
若 a<0，當0 < x <1時， f (x) < 0 ，則 f (x) 單調遞減，當 x >1時， f (x) > 0，則 f (x) 單調遞增，
若 a > 0，當0 < x <1時， f (x) > 0，則 f (x) 單調遞增，當 x >1時， f (x) < 0 ，則 f (x) 單調遞減；
所以當 a<0時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增；
當 a > 0時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減.
x x ln x1 +1 ln x2 2
+1
（ ）由 ex 21 = ex 12 ，兩邊取對數得 x2 ln x1 +1 = x1 ln x2 +1 ，即 =x1 x
，
2
由（1）知，當 a =1時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，
f (x)max = f (1) =1，而 f (
1) = 0 ， x >1時， f (x) > 0 恒成立，
e
因此當 a =1時，存在 x1, x2 且 0 < x1 < 1 < x2 ，滿足 f x1 = f x2 ，
x [2,+ ) x2 + x2 2若 2 ，則 1 2 > x2 4 > 2成立；
若 x2 (1,2) ，則 2 - x2 (0,1) ，記 g(x) = f (x) - f (2 - x)， x (1, 2) ，
ln x ln(2 - x) ln x ln(2 - x) ln[-(x -1)2 +1]
則 g (x) = f (x) + f (2 - x) = - x2
-
(2 x)2
> - 2 - 2 = -- x x x2
> 0，
即有函數 g(x)在 (1, 2)上單調遞增， g(x) > g(1) = 0，即 f (x) > f (2 - x)，
于是 f x1 = f x2 > f 2 - x2 ，
而 x2 (1,2) ， 2 - x2 (0,1) ， x1 (0,1)，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，因此 x1 > 2 - x2 ，即 x1 + x2 > 2，
又 x21 +1 > 2 x
2
1 = 2x1, x
2
2 +1 > 2 x
2
2 = 2x x
2 +1+ x22 ，則有 1 2 +1 > 2 x1 + x2 > 4 2，則 x1 + x22 > 2，
2
所以 x1 + x
2
2 > 2 .
x
【例 3】（2024 屆湖南省婁底市高三下學期考前仿真聯考二）已知函數 f x e 2a= 2 - - alnx .x x
(1)當 a =1時，討論函數 f x 的單調性；
2
(2) e若 a > ，
2
（i）證明：函數 f x 有三個不同的極值點；
2
（ii）記函數 f x 三個極值點分別為 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，證明： f x3 - f x
a
1 < - a ÷ x3 - x1 .
è e
x
【解析】（1）函數 f x 的定義域為 (0, + ) a =1 f x e 2，當 時， = 2 - - lnx ，則x x
2 x x
f x x e - 2xe 2 1 e
x (x - 2) 2 - x (x - 2)(ex - x)
= 4 + 2 - = 3 + 2 = 3 ，x x x x x x
令 y = ex - x(x > 0)，則 y = ex -1 > 0(x > 0)，
所以 y = ex - x 在 (0, + )上遞增，所以 y = ex - x > e0 - 0 = 1，
所以當 x > 2時， f (x) > 0，當0 < x < 2時， f (x) < 0 ，所以 f x 在 (0,2)上遞減，在 (2, + ) 上遞增；
x x
（2）（i）因為 x (0,+ ) f x e (x - 2) 2a a (x - 2)(e - ax)，且 = 3 + 2 - = f (2) = 0x x x x3
， ，
x a e
x x x
由 e - ax = 0，得 = （ x (0,+ ) g(x)
e
），令 = (x e (x -1)> 0)，則 g (x) = 2 (x > 0) ，x x x
當0 < x <1時， g (x) < 0，當 x >1時， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上遞減，在 (1, + )上遞增，所以 g(x)min = g(1) = e ，
e2 x
當 a > = g(2) e> e時， a = 在( 0, 1)和 (2, + ) 上各有一個實數根，分別記為 x1, x3，則0 < x1 < 1, x3 > 2，設
2 x
x2 =2，當0 < x < x1 或 x2 < x < x3時， f (x) < 0 ，當 x1 < x < x2 或 x > x3時， f (x) > 0，
所以 f (x) 在 0, x1 和 x2 , x3 上遞減，在 x1, x2 和 (x3 , + )上遞增，
所以函數 f (x) 在 (0, + )上有三個不同的極值點，
（ii）由（i）0 < x1 < 1, x3 > 2，
所以 x1, x 是方程 e x = ax
x x
的兩個不相等的實數根，即e 1 = ax ， e 33 1 = ax3，
ex1 2a
所以 f (x1) = 2 - - a ln x
a 2a 1 1
1 = - - a ln xx x x x 1
= -a + ln x1 ÷ ，同理 f (x3) = -ax
+ ln x3 ÷，
1 1 1 1 è 1 è x3

a 1

ln x a 1 ln x a 1 ln x 1

- + + + - + - - ln x -a x1 - x3 ln x+ 3
所以 f x 3 ÷ 1 ÷ 3 1 ÷ ÷3 - f x1 = è x3 è x1 = è x3 x1 è x3x= 1 x1 ，
x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1
ex3
x3
由ex1 = ax x
x e x -x
1， e 3 = ax3，得 ln 3 = ln
a
x = ln = ln e 3 1 = x - x ，x e 1 ex1 3 11
a

a x- 1
- x3 x + ln 3 ÷ -a
x1 - x3 + x - x
所以 f x3 - f x1 è x3x1 x
3 1 ÷
= 1 è
x3x1 a 1

1 ，= = -
x3 - x1 x - x x - x

3 1 3 1 è x3x
÷
1
e2 a2 f xa , - f x
2
因為 + ÷ ，所以要證 f x3 - f x1 < - a ÷ x3 - x1 3 1
a
，只要證 < - a ，
è 2 è e x3 - x1 e
2 1 a
即證 a
1
-1
a
÷ < - a ，即證 -1< -1，
è x3x1 e x3x1 e
1 a
即證 < ，只需證 e < ax x e < x ×ex3 1-xx x e 1 3 ，即 1 ，即 e
3 < x1，
3 1
由（i）可得0 < x1 < 1, x3 > 2，所以0 < e1-x3 < e-1 <1，
ex
根據（i）中結論可知函數 g(x) = 在( 0, 1) 1-x上遞減，所以要證 e 3 < x1，即證 g(x1) < g(e
1-x3 ) ，
x
ex
1-x
1
a e
x3 x e 33 e 1-x3
因為 = = ，所以 g(x1) = g(x3 )，所以只要證 g(x3) < g(e
1-x3 ) e e< < ee，即 1-x ，得 x ，x x x e 31 3 3 3
即1- ln x < e1-x3 1-x，得1- ln x 33 3 - e < 0，
1-x
令 h(x) =1- ln x - e1-x (x > 2)，則 h (x) 1= - + e1-x xe -1= (x > 2)，
x x
令u(x) = xe1-x -1(x > 2) ，則u (x) = (1- x)e1-x < 0(x > 2)，
所以u(x) 在 (2, + )
2
上遞減，所以u(x) < u(2) = -1< 0，所以 h (x) < 0，
e
所以 h(x) 在 (2, + ) 上遞減，所以 h(x) h(2) 1 ln 2
1
< = - - < 0 ，所以得證.
e
(三) 把指數型不等式通過兩邊取對數轉化為對數型不等式
若一個不等式兩邊同時含有冪值，常通過取對數改變不等式結構
【例 4】（2024 x a屆天津市武清區楊村一中高三下學期第二次熱身練）已知 f x = a - x （ x 0 ， a > 0且
a 1）.
(1)當 a = 2時，求 f x 在 x = 0處的切線方程；
(2)當a = e時，求證： f x 在 e, + 上單調遞增；
2
(3)設a > e
e
，已知"x ln a,+ 2 ÷，有不等式
f x 0恒成立，求實數 a 的取值范圍.
è
【解析】（1）當 a = 2時， f x = 2x - x2 ， f (x) = 2x ln 2 - 2x(x > 0)，
所以 k = f (0) = ln 2， f (0) = 20 - 02 =1，所以切線方程為 y -1 = ln 2(x - 0)，即 y = ln 2 × x +1.
（2）當a = e時， f (x) = ex - xe f (x) = ex - exe-1 = e ex-1 - xe-1，則 ，
要證明 f x 在 e, + 上單調遞增，
只需證明 f (x) > 0在 e, + 上恒成立，則只需證 ex-1 > xe-1，即只需證 x -1 > (e -1) ln x .
設 g(x) = x -1- (e -1) ln x(x > e)，則只需證 g(x) > 0
e -1 e -1 1
因為 g x =1- >1- = > 0，所以 g x 在 (e, + )單調遞增，
x e e
所以 x (e,+ )時 g(x) > g(e) = 0，即 x (e,+ )時， g(x) > 0 成立，
所以 f (x) > 0，所以 f (x) 在 (e, + )上單調遞增.
ln x ln a
（3） f (x) 0，即 a x xa ，兩邊取對數得： x ln a a ln x，即 .
x a
設h(x)
ln x ,h (x) 1- ln x= = ，令 h (x) = 0，得 x=e，當 x>e時， h (x) < 0， h(x) 單調遞減.
x x
2 2
又因為a > e e e，所以 x ln a > > e， h(x) 在 (e, + )單調遞減，
2 2
ln x ln a e2 2
由 ，則 a x在 ln a, +
e
恒成立，即 ，
x a è 2
÷ a ln a
2
ln a 2 ln e2
上式等價于 = ，即 h a h e22 2 ，a e e
由 h(x) 在 (e, + ) 2單調遞減，所以 e < a e2 .即實數 a的取值范圍為 e,e ù .
(四) 把證明乘積型數列不等式通過取對數轉化為數列之和型的不等式
若 f n > 0，證明含有 f 1 f 2 L f n 型的不等式通常可轉化為證明含有 ln f 1 + ln f 2 +L+ f n 型的
不等式
a
【例 5】（2024 屆福建省泉州第一中學高三下學期適應性測試）已知函數 f x = lnx - ．
x
(1)當 a = -1時，求 f x 的極值；
(2)若 f x 0恒成立，求實數 a的取值范圍；
3
(3) 2+ +K
n+1
+
證明： e 2 n > n +1 e n N* ．
a 1 f x ln x 1 1 1 x -1【解析】（1）當 = - 時， = + ，定義域為 0, + ，則 f x = - 2 = 2 ，x x x x
當0 < x <1時， f x < 0，當 x >1時， f x > 0，則 f x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
所以 f x 有極小值 f 1 =1，無極大值.
（2）因為 f x 0 恒成立，得"x > 0， a x ln x ，令 g x = x ln x， x > 0，求導的 g x =1+ ln x，
1 1
當0 < x < , g x < 0 ,當 x > 時， g x > 0，
e e
g x 0, 1 即函數 在 ÷上遞減，在 e, + 上遞增，
è e
1 1 1 1
因此 gmin x = g ÷ = - ，則 ≤ ― a ≤ ― .
è e e e
，所以 的取值范圍 e
1 1 1 1 n +1
（3）證明：由（2）知， a = - 時，即 ln x - e ln x e ln x，于是 e ln
n +1
= e é ln n +1 - ln nù ，e ex x x n n
n
e ln n = e é ln n - ln n -1
2
ù，
， e ln
2
= e ln 2 - ln1 ，
n -1 n -1 1 1
n +1 n 2
因此 + +L+ > e éln n +1 - ln n + ln n - ln n -1 +L+ ln 2 - ln1 ù = e ln n +1 n n -1 1
2 3 n+1+ + +
所以 e 2 n > n +1 e .
(五) 把比較a,b a > 0,b > 0 轉化為比較 ln a, ln b的大小
比較兩個指數式的大小，有時可以通過取對數，利用對數函數的單調性比較大小，如比較
nn+1, n +1 n n N*,n > 2 的大小，可通過取對數轉化為比較 n +1 ln n,n ln n +1 的大小，再轉化為比
ln n ln n +1, ln x較 的大小，然后可以構造函數 f x = ，利用 f x 的單調性比較大小.
n n +1 x
1
【例 6】一天，小錘同學為了比較 ln1.1與 的大小，他首先畫出了 y = ln x 的函數圖像，然后取了離 1.1 很
10
近的數字 1，計算出了 y = ln x 在 x=1 處的切線方程，利用函數 y = ln x 與切線的圖像關系進行比較.
1
（1）請利用小錘的思路比較 ln1.1與 大小
10
a
（2）現提供以下兩種類型的曲線 y = 2 + b, y = kx + t ，試利用小錘同學的思路選擇合適的曲線，比較p
e ,e3
x
的大小.
【解析】（1）構造函數 f (x) = ln x - x +1，由 f(x)在 (0,1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，得
f (x) f (1) = 0，即 ln x x -1，取 x=1，得 ln1.1 < 0.1
3
（2）通過取對數，把比較p e ,e3的大小轉化為比較 e lnp 與 3 的大小，即比較 lnp 與 大小
e
y a a選 = 2 + b，令 y = ln x 與 y = 2 + b公切于 ex x
ì
ln e
a
= 2 + b e e2 2 a = - ,b 3= y e 3則有 í1 2a ，2 2 \ = - + = - 2x
2 2
e e3
e2 2 2 2
記 g(x) = ln x 3+ 2 - , g (x)
1 e x - e
= - = ，
2x 2 x x3 x3
∴ g(x)在 (0, e)上單調遞減，在 (e, + )上單調遞增,
2
\ g(x) g(e) = 0, e 3\ln x -
2x2
+
2
e2lnp 3 3 e
2 3 3 e2 3
\ > - 2 + ，下證： - 2 > 只需證 + <2p 2 2 2p e e 2p 2 2
Q 3 e
2 3 (2.72)2 10 (2.72)2 2.72 2+ < + = + 7，只需證 <
e 2p 2 2.7 2 (3.1)2 9 2 (3.1)2 è 3.1 ÷ 9
Q 2.72 < 0.88, (0.88)2 = 0.7744
3.1
7
而 = 0.777 > 0.7744,\lnp
3
> ，即
9 e p
e > e3
選 y = kx + t ，通過取對數，把比較p e ,e3
1
的大小轉化為比較 e ln
3
p 與 3 的大小，即比較 lnp 與 大小，即較 ln
e p
3
與- 大小
e
1 ì
1 1
y = ln x
ln = k + t
令 與 y=kx+t 切于 ，則有 í e e k = e, t = -2,\ y = ex - 2e
e = k
令 g(x) = ln x - ex + 2, g (x)
1 e 1- ex= - =
x x
∴ g(x) 0,
1 1
在 e ÷ 上單調遞增，在
,+
e ÷上單調遞減,è è
\ g(x) 1 g ÷ = 0,\ln x ex - 2
1
，當 x = 取等
è e e
ln 1 e e 3 e 3\ - 2下證 - 2 < - ，只需證 + < 2
p p p e p e
Q e 3 2.72 3+ < + < 0.88 10+ ，
p e 3.1 2.7 9
Q2 10 8- = = 0.8& > 0.88, ln 1 3 3\ < - ,\lnp > ,\p e > e3 .
9 9 p e e
【例 1】（2024 屆湖南省衡陽市祁東縣高三下學期考前仿真聯考三）已知正項數列 an 的前n項和為 Sn ，首
項 a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1，求數列 an 的通項公式；
(2)若函數 f (x) = 2ex + x *，正項數列 an 滿足： an+1 = f (an )(n N ) .
i n（ ）證明： Sn 3 - n -1；
(1 1 )(1 1 )(1 1 1（ii 3）證明： + 2 + 2 + 2 )L(1+ 2 ) < e(n 2,n N
*)
5a2 5a 5a
.
3 4 5an
【解析】（1）正項數列 an 中， a1 =1 2 2， n N* ， an = 4Sn - 2an -1，當 n 2時， an-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1，
2 2
兩式相減得 an - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an + 2an-1，即 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ，
而 an > 0，則 an - an-1 = 2，因此數列 an 是首項為 1，公差為 2 的等差數列，
所以數列 an 的通項公式為 an =1+ 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1，求導得 h (x) = ex -1，當 x < 0 時， h (x) < 0，當 x > 0時， h (x) > 0，
即函數 f (x) 在 (- ,0)上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增，則 h(x) h(0) = 0 ，即 ex x +1，
于是 an+1 = f an = 2ean + an 2 an +1 + an = 3an + 2，
a +1
即 an+1 +1 3 an +1 n+1，即 3an +1
，
當 n 2時， an +1 = a 1
a2 +1 a +1 a +1 a +1
1 + × ×
3 × 4 ×L× n a1 +1 ×3n-1 = 2 3n-1a1 +1 a
，
2 +1 a3 +1 an-1 +1
n =1 a +1 = 2 = 2 30 n-1當 時 1 ，因此 an 2 3 -1，
S = a + a + a +L+ a 2 30所以 n 1 2 3 n -1 + 2 31 -1 + 2 32 -1 +L+ 2 3n-1 -1
n
= 2 30 + 31 + 32 +L+3n-1 n 2 1- 3- = - n = 3n - n -11- 3
（ii）由已知 an+1 = f an = 2ean + a an ，所以 an+1 - an = 2e n > 0，得 an+1 > an ，
當 n 1時， ean ea1 = e > 2 a - a = 2ean a，于是 1n+1 n 2e = 2e > 5，
當 n 2時， an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 +L+ an - an-1 >1+ 5(n -1) = 5n - 4，
又 a1 =1，所以"n N* ，恒有 an 5n - 4 ，當 n 2時， (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2)，
由 ex x +1，得當 x > -1時， ln(x +1) x ，
1 1 1 1 1 1
則當 n 2時， ln 1+ < < = -
è 5a
2 ÷
n 5a
2
n 5(5n - 4)
2 5(5n - 7)(5n - 2) 5n ，- 7 5n - 2
1
從而 ln 1+ 2 ÷ + ln 1
1
+ 2 ÷ + ln
1 1
5a 5a
1+ +L+ ln 1+
5a2 ÷ 5a2 ÷è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1 1< 1 1 1 1 1 1 1 - ÷ + - ÷ + - ÷ +L+ - = - <
è 3 8 è 8 13 è13 18 è 5n - 7 5n - 2 ÷ 3 5n
，
- 2 3
é
ln 1 1
1 1 ù 1
于是 ê 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷L 1+ 2 ÷ú <5a 5a 5a 5a 3 ， è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1
1 1 3
所以 + 5a2 ÷
1+ 2 ÷ 1+ L 1+ < e .
è 2 è 5a 5a
2 ÷ 2 ÷
3 è 4 è 5an
2
【例 2】（2024 x屆江蘇省鹽城市高三 5 月考前指導卷）已知函數 f x = ax ，其中 a > 0．e
(1)若 f x 在 0,2 上單調遞增，求 a的取值范圍；
(2)當 a =1時，若 x1 + x2 = 4且0 < x1 < 2，比較 f x1 與 f x2 的大小，并說明理由
2
1 Q f x x f x 2x - ax
2
【解析】（ ） = ax ，\ =e eax
，
Q f x 在 0,2 上單調遞增，\ f x 0在 0, 2 上恒成立且滿足 f x = 0的點不連續．
2 2
當 x 0,2 時， a ．由 y = 在 0,2 上單調遞減可知，
x x
2
當 x = 2時， x ÷
=1，\a 1，綜上， a的取值范圍為 0,1
è min
2
（2 x）當 a =1時， f x = x ，x1 + x2 = 4且0 < xe 1
< 2，
x2 x2
2
下面證明 f x1 < f x
x
2 ，即證明
1
x <
2
x ，等價于證明： e
x2 -x1 <
e e
2 ÷ ，
1 2 è x1
2 + t 2
設 x 2t 1 = 2 - t, x2 = 2 + t，0 < t < 2，所證即為： e < ，
è 2 - t ÷
等價于證明： t < ln
2 + t 2 + t
，0 < t < 2，設函數 h t = ln - t，0 < t < 2．
2 - t 2 - t
2
Qh t t= > 0，\h t 在 0,2 上單調遞增，而 h t = h 0 = 0，\h t > 0
4 - t 2 min
，
2 + t
\ln > t，0 < t < 2，所證不等式成立．
2 - t
ln 1+ ax
【例 3】（2024 屆湖南省衡陽市雁峰區衡陽市第八中學高三模擬預測）已知 a 0, f x = ．
x
(1)討論 f x 的單調性；
n n n+1 n+1
(2) n 1 1 , 1 1+ + 當 為正整數時，試比較 ÷ ÷ ,
1 1
n n +1
1+ ÷ , 1+ ÷ 的大小關系，并證明．
è è è n è n +1
【解析】（1）①當 a = 0時， f x = 0，此時 f x 無單調性，
x
②當 a > 0時， f x 1 的定義域 - ,0÷ 0, + — ln 1+ ax ，
è a f x = 1+ ax ，x2
x -ax
令 g x = — ln 1+ ax ，所以 g x = 1+ ax 2 ，1+ ax
1
所以 x
- ,0 ÷ , g x > 0, g x 單調遞增； x 0, + ，g x < 0，g x a 單調遞減；且 g 0 = 0，è
所以， f x 1 在 - ,0÷ 0, + 上 f x < 0，所以 f x
1
在 - ,0

÷ 和 0, + a a 上單調遞減；è è
1
綜上所述，當 a = 0時， f x = 0，此時 f x 無單調性；當 a > 0時， f x 在 - ,0÷ 和 0, + a 上單調遞è
減.
2 1 1
n 1 n 1 n+1 1 n+1 1 n+1 1
n
（ ）因為 + ÷ > 1+

n ÷
, 1+ ÷ > 1+ ÷ ，且 1+ ÷ > 1+ ÷ ，
è è n +1 è n è n +1 è n è n
1 n+1 1 n
所以只需要比較 1+ ÷ 與 1+ ÷ 的大小即可，
è n +1 è n
1
由（1）知， a > 0時， f ln 1+ ax x = 在 - ,0

÷ 和 0, + a 上單調遞減x è
ln 1+ x
所以 f x = 在 -1,0 和 0, + 上單調遞減，
x
1 1 1 1 1 1
又因為 n 為正整數，所以0 < < ，故 f > f ，即 n +1 ln 1+ > n ln 1+ ，
n +1 n è n +1÷ è n ÷ n +1÷ ÷ è è n
1 n+1 n n+1 n+1 n n 1+ > 1 1+ 1 1+ 1 1> 1 所以 n +1÷ ÷
，所以
n n ÷
1+ ÷ > 1+ ÷ > 1+ .
è è è è n +1 è n ÷ è n +1
a
【例 4】（2021 全國甲卷高考試題）已知 a > 0且 a 1，函數 f (x) x= x (x > 0)．a
(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．
x2 2x × 2x - x2 × 2x ln 2 x × 2x 2 - x ln 2【解析】（1）當 a = 2時， f x

=
2x
, f x = =
2x 2 4x ,
令 f ' x = 0 x 2得 = ,當0 x 2< < 時， f x > 0 2,當 x > 時， f x < 0 ,
ln 2 ln 2 ln 2
∴函數 f x 0, 2 ù é 2 在
è ln2 ú
上單調遞增； ê ,+ ÷ 上單調遞減； ln2
a
（2） f x x= x =1 a x = xa x ln a = a ln x
ln x ln a
= ,設函數 g x ln x= ,
a x a x
則 g x 1- ln x= 2 ,令 g x = 0，得 x = e ,x
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；
\ g x = g e 1=max ,e
又 g 1 = 0，當 x 趨近于+ 時， g x 趨近于 0，
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 a與直線 y = 有兩個交點的充分必
ln a
ln a 1
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,+ ．
【例 5】已知函數 f (x) = x ln x ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
2 1 1
(2)設 a，b 為兩個不相等的正數，且 ab = ba ，證明： < + < 1．
e a b
【解析】 (1) f (x) = ln x +1，定義域為 (0, + )，
由 f (x) = 0 x
1
，解得 = ，由 f (x) > 0，解得 x
1
> ，由 f (x) < 0，解得0 x
1
< <
e ，e e
1 1
所以 f (x)

的單調遞增區間為 ,+ 0,
è e ÷
，單調遞減區間為
e ÷
．
è
(2)∵a，b 為兩個不相等的正數，且 ab = ba ，
1 1 1
∴ b ln a = a ln b，即 ln = ln
1
，
a a b b
f (x) f (1由（1）可知 min = )
1
= - ，且 f (1) = 0， x 0時， f (x) 0，
e e
x 1
1
則令 1 = , x
1
2 = ，則 x1, x2 為 f (x) = k

的兩根，且 k - ,0 ，
a b ֏ e
x 1 1 2 1不妨設 1 0, ÷ , x2 ,1÷，則 - x > ，
è e è e e 1 e
2 2 2
先證 < x1 + x2 ，即證 x2 > - xe 1 ，即證
f x2 = f xe 1
> f - x1 ÷，
è e
令 h(x) = f (x) - f
2 - x 1 ÷，即證在 x e
0, ÷上， h(x) > 0，
è è e
則 h (x) = f (x) - f
2 2 2
- x

÷ = ln x + ln
2
e
- x ÷ + 2 = lne
-x + x ÷ + 2，
è è è e
h (x) 在 0,
1 1
÷上單調遞增，即 h (x) < h ÷ = 0，
è e è e
1
h (x) < 0 0, ∴ 在 ÷上恒成立，即 h(x) 在 0,
1 1
÷ 上單調遞減，h(x) > h ÷ = 0，
è e è e è e
f (x) f 2 2∴ > - x ÷，即可得 x2 > - x1；再證 x1 + x2 < 1
1
，即證 < x2 < 1- x ，è e e e 1
由（1） f (x) 單調性可得證 f x2 = f x1 < f 1- x1 ，
j (x) 1令 = f (x) - f (1- x), x 0,

e ÷，è
j (x) = ln x + ln(1- x) + 2 = ln -x2 + x 2 1+ ，j (x) 在 0, ÷ 上單調遞增，
è e
∴j (x) = j
1
÷ > 0，且當 x 0,j (x) < 0，所以存在 x0 使得j x0 = 0 ，
è e
即當 x 0, x0 時，j (x) < 0,j (x)單調遞減，
當 x x ,
1
0 ÷時，j (x) > 0,j (x)e 單調遞增，è
1 1
又有 x 0,j (x) < 0，且j ÷ = f ÷ - f 1
1
- ÷ < 0 ，
è e è e è e
所以j(x) < 0
2 1 1
恒成立，∴ x1 + x2 < 1，則 < + < 1，即可證得．e a b
1．（2024 屆重慶市南開中學校高三第九次質量檢測）已知函數 f (x) = aex , g(x) = ln x + b(a,b R) .
(1)當b =1時， f (x) g(x) 恒成立，求實數 a的取值范圍；
(2)已知直線 l1、l2是曲線 y = g(x) 的兩條切線，且直線 l1 、l2 的斜率之積為 1.
（i）記 x0 為直線 l1 、l2 交點的橫坐標，求證： x0 <1；
（ii）若 l1 、l2 也與曲線 y = f (x) 相切，求 a,b的關系式并求出b 的取值范圍.
2．（2024 x屆四川省成都市實驗外國語學校教育集團高三下學期聯考）已知函數 f x = e ， g x = ln x .
x +1
(1)若函數 h x = ag x -1 - ， a R ，討論函數 h x 的單調性；
x -1
1 4
(2)證明： 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 . 1（參考數據：
4 e5 2.23
， e 2 1 .6 5 ）
3．（2024 ax屆廣東省廣州市高中畢業班沖刺訓練題二）已知函數 f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在區間 -1,1 上的最大值與最小值；
(2)當a 1時，求證： f x ln x + x +1.
f (x) ax2 (a 1)x ln x 1 g(x) f (x)4.（2023 屆新疆高三第三次適應性檢測）已知函數 = + + - ， = ．
x
(1)討論 g x 的單調性；
e2
(2)若方程 f (x) = x2 ex + x ln x -1有兩個不相等的實根 x1, x2 ，求實數 a x + x的取值范圍，并證明 e 1 2 > ．x1x2
5.已知函數， f x = ln x - x + m，m R ．
(1)求 f x 的極值；
(2)若 f x 1有兩個零點 a，b，且 a b e < m，求證： b + ÷ < 2e ．
è b
6.設函數 f x = - ln x .
(1)設l1、l2 0且l1 + l2 =1，求證：對任意的x1、 x2 > 0 x
l1 xl，總有 21 2 l1x1 + l2x2 成立；
n
(2) l l l設 xi > 0，li > 0 i =1,2, × × ×,n ，且 l =1，求證： x 1 2i 1 x2 × × × x nn l1x1 + l2x2 + ×××+ ln xn .
i=1
7.已知函數 f (x) = ex , g(x) = x + a ln x,a R
（1）討論 g(x)的單調性；
（2）若 f x + 2x…g x + xa ，對任意 x (1,+ )恒成立，求 a 的最大值；
8.已知函數 f (x) = x ln x + a, (a R)．
(1)求函數 f x 的單調區間；
1
(2)當0 < a < 時，證明：函數 f x 有兩個零點；
e
(3)若函數 g(x) = f (x) - ax2 - x 2 3有兩個不同的極值點 x1, x2 （其中 x1 < x2），證明： x1 × x2 > e ．
9.形如 y = f (x)g ( x )的函數稱為冪指函數，冪指函數在求導時，可以利用對數法：在函數解析式兩邊取對數得

ln y = ln f (x)g ( x )
y f x
= g(x) ln f (x)，兩邊對 x求導數，得 = g (x) ln f (x) g(x)

+
y f x ，于是
é f x ù
y = f (x)g ( x ) êg (x) ln f (x) g(x)

+
ú .已知 f (x) = 2e
x ln x
f x ，
g(x) = x2 +1 .

（1）求曲線 y = f (x) 在 x =1處的切線方程；
（2）若 h(x) = f (x)，求 h(x) 的單調區間；
（3）求證："x (0,+ ), f (x)…g(x) 恒成立.
10. 2已知函數 f (x) = ex ln x (x > 0) ．
(1)求 f (x) 的極值點．
(2)若有且僅有兩個不相等的實數 x1, x2 0 < x1 < x2 滿足 f x1 = f x k2 = e ．
（i）求 k 的取值范圍
e
2 -
xe -2e e 2 1（ⅱ）證明 2 ．x1
11.已知 f (x) = ln x - x ， g(x) = mx + m .
(1)記F (x) = f (x) + g(x)，討論 F (x)的單調區間；
(2)記G(x) = f (x) + m ，若G(x)有兩個零點 a，b，且 a < b .
請在①②中選擇一個完成.
① 2em-1
1
求證： > + b ；
b
②求證： 2em-1
1
< + a
a
12．已知 a R ， f (x) = x ×e-ax ，（其中 e 為自然對數的底數）.
（1）求函數 y = f (x) 的單調區間；
（2）若 a > 0，函數 y = f (x) - a 有兩個零點 x， x 2 22，求證： x1 + x2 > 2e .
1
13. - x已知函數 f x = axe a 0 存在極大值 .
e
（1）求實數 a的值；
（2）若函數F x = f x - m有兩個零點 x1， x2 x1 x2 ，求實數m的取值范圍，并證明： x1 + x2 > 2 .
14.已知函數 f (x) = x(e2x - a), g(x) = bx + ln x .
（1）若 y = 2x是曲線 y = f (x) 的切線，求 a 的值；
（2）若 g(x)有兩不同的零點，求 b 的取值范圍；
（3）若b =1，且 f (x) - g(x) 1恒成立，求 a 的取值范圍.
15．已知函數 f (x) = ax ln x， a R ．
（1）當 a = 1時，
①求 f (x) 的極值；
m
②若對任意的 x e都有 f (x) m e x ，m > 0，求m的最大值；
x
（2）若函數 g(x) = f (x) + x2 有且只有兩個不同的零點 x1， x2，求證： x1x2 > e
2
．
f (x)
16.已知函數 f (x) = x ln x - ax2 - x ， g(x) = ， a R ．
x
(1)討論 g(x)的單調性；
(2)設 f (x) 4 3有兩個極值點x1， x2 x1 < x2 ，證明： x1 x2 > e ．（ e = 2.71828 …為自然對數的底數）專題 9 指數型函數取對數問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 在導數解答題中有些指數型函數，直接求導運算非常復雜或不可解，
f x
這時常通過取對數把指數型函數轉化對數型函數求解，特別是涉及到形如a 的函數取對數可以起到化繁
為簡的作用，此外有時取對數還可以改變式子結構，便于發現解題思路，故取對數的方法在解高考導數題
中有時能大顯身手.
(一) 等式兩邊同時取對數把乘除運算轉化為加減運算
形如 f a g b = h c f a > 0, g b > 0, f c > 0 的等式通過兩邊取對數，可以把乘除運算，轉化為
加減運算，使運算降級.
【例 1】（2024 屆遼寧省名校聯盟高三上學期聯考）已知 a > 0，b R ，函數 f x = ax ln x 和 g x = b ln x +1
的圖像共有三個不同的交點，且 f x 有極大值 1．
(1)求 a 的值以及 b 的取值范圍；
2
(2)若曲線 y = f x 與 y = g x x x的交點的橫坐標分別記為x x 3 1 2b-21， 2， x3 ，且 x1 < x2 < x3．證明： < e ．x2
【解析】（1）因為 a > 0， x 0, + ，所以當 x 1時， f x = ax ln x， f x = a ln x + a > 0 ，
所以 f x 在 1, + 上單調遞增，無極大值；
當 x 0,1 時， f x = -ax ln x， f x = -a ln x +1 ，
1
所以當 x 0, ÷時， f x > 0， f x 1 單調遞增，當 x ,1÷時， f ' x < 0， f x 單調遞減，
è e è e
1 1 1 1
所以 x = 為極大值點，所以 f ÷ = -a × × ln =1，解得 a = e．e è e e e
因為 f x ， g x 圖像共有三個不同的交點，
所以方程 ex ln x = b ln x +1 有三個不等正實根．
設 t = ln x +1，則 x = et-1 ，且當 x > 0時，t 與 x 一一對應，
t
所以問題轉化為關于 t 的方程 e t -1 = b t 有三個不等實根．
又 0 t不滿足方程 e t -1 = b t b
t -1 t
，所以方程 = e 有三個實根．
t
設 h t t -1= et ，則函數 h t t -1= et 與函數 y = b的圖像有三個交點，
t t
t -1
當 t 1或 t < 0 t時， h t = e ，
t
2
\ h t t - t +1= et2 > 0，所以 h t 在 - ,0 ， 1, + 上單調遞增；t
0 t 1 t -1 e
t
當 < < 時， h t = - ，
t
h t t
2 - t +1
= - et < 0，所以 h t 在 0,1 2 上單調遞減．t
t 1 h t > 0 h 1 = 0 t - h t = 1當 t 0 ， 時， ，而 ；當 時， 1-
t
÷e 0，
è t
1
無論 t > 0還是 t < 0，當 t 0時，都有 h t = 1- et + ，
t
當 t h t 1 1 + = - et時， ÷ + ．
è t
根據以上信息，畫出函數 h t 的大致圖像如下圖所示，
t -1 t
所以當b > 0時，函數 h t = e 與函數 y = b的圖像有三個交點，故 b 的取值范圍為 0, + ．
t
x2x
2 3 1 2b-2（ ）證明：要證 < e ，只需證 2ln x3 - ln x2 + ln x1 < 2b - 2，x2
只需證 2 ln x3 +1 - ln x2 +1 + ln x1 +1 < 2b．
t -1
設（1 t）中方程的b = e 三個根分別為 t1 ， t2 ， t3，t
且 t1 < t2 < t3 ， ti = ln xi +1， i = 1，2，3，從而只需證明 2t3 - t2 + t1 < 2b．
又由（1）的討論知 t1 < 0，0 < t2 <1， t3 >1．
下面先證明 e x x + 1，設j x = ex - x -1，則j x = e x -1．
當 x > 0時，j x > 0，j x 在 0, + 上單調遞增，
當 x < 0 時，j x < 0，j x 在 - ,0 上單調遞增，
所以j x j 0 = 0，所以當 x 0時， ex > x +1，
h t t -1 et t -1從而當 t 0 ， t 1時， = > t +1 ．
t t
又由（1）知 h t 在 - ,0 ， 1, + 上單調遞增， h t 在 0,1 上單調遞減．
2 1 2
t > 1 t -1 1 b + b + 4所以當 時， h t > = t - ，令b = t - ，解得t t = ，t t 2
b + b2 + 4 2
由 h t3 = b < h ÷ b + b + 4 ÷得 t3 < ；
è 2 2
1 1 2
當0 < t <1時， h t > - t ，令b = - t -b + b + 4，解得 ，
t t t = 2

h t b h -b + b
2 + 4 2
由 2 = < ÷ 得2 ÷ t
-b + b + 4
2 > ；
è 2
2
當 t < 0時， h t 1> t - ，令b t 1= - t b - b + 4，解得t t = ，2
b - b2h t b h + 4
2
由 1 = < ÷
b - b + 4
÷得 ．
è 2
t1 <
2
2 2
綜上， 2t3 - t t b b
2 4 -b + b + 4 b - b + 42 + 1 < + + - + = 2b，得證．2 2
(二) 等式兩邊同時取對數把乘方運算轉化為乘法運算
通過兩邊取對數可把乘方運算轉化為乘法運算，這種運算法則的改變或能簡化運算，或能改變運算式子的
結構，從而有利于我們尋找解題思路，因此兩邊取對數成為處理乘方運算時常用的一種方法.有時對數運算
比指數運算來得方便，對一個等式兩邊取對數是解決含有指數式問題的常用的有效方法.
lnx +1
【例 2】（2024 屆遼寧省大連市高三上學期考試）已知函數 f x = .
ax
(1)討論 f x 的單調性；
(2) ex x2 = ex x若 11 2 （e 是自然對數的底數），且 x1 > 0， x2 > 0 x x x2 2， 1 2 ，證明： 1 + x2 > 2 .
f (x) ln x +1 ln x【解析】（1）函數 = ax 的定義域為
(0, + )，求導得則 f (x) = - 2 ，由 f (x) = 0得 x =1ax ，
若 a<0，當0 < x <1時， f (x) < 0 ，則 f (x) 單調遞減，當 x >1時， f (x) > 0，則 f (x) 單調遞增，
若 a > 0，當0 < x <1時， f (x) > 0，則 f (x) 單調遞增，當 x >1時， f (x) < 0 ，則 f (x) 單調遞減；
所以當 a<0時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，在 (1, + )上單調遞增；
當 a > 0時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減.
x x ln x1 +1 ln x2 2
+1
（ ）由 ex 21 = ex 12 ，兩邊取對數得 x2 ln x1 +1 = x1 ln x2 +1 ，即 =x1 x
，
2
由（1）知，當 a =1時，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，
f (x)max = f (1) =1，而 f (
1) = 0 ， x >1時， f (x) > 0 恒成立，
e
因此當 a =1時，存在 x1, x2 且 0 < x1 < 1 < x2 ，滿足 f x1 = f x2 ，
x [2,+ ) x2 + x2 2若 2 ，則 1 2 > x2 4 > 2成立；
若 x2 (1,2) ，則 2 - x2 (0,1) ，記 g(x) = f (x) - f (2 - x)， x (1, 2) ，
ln x ln(2 - x) ln x ln(2 - x) ln[-(x -1)2 +1]
則 g (x) = f (x) + f (2 - x) = - x2
-
(2 x)2
> - 2 - 2 = -- x x x2
> 0，
即有函數 g(x)在 (1, 2)上單調遞增， g(x) > g(1) = 0，即 f (x) > f (2 - x)，
于是 f x1 = f x2 > f 2 - x2 ，
而 x2 (1,2) ， 2 - x2 (0,1) ， x1 (0,1)，函數 f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，因此 x1 > 2 - x2 ，即 x1 + x2 > 2，
又 x21 +1 > 2 x
2
1 = 2x1, x
2
2 +1 > 2 x
2
2 = 2x x
2 +1+ x22 ，則有 1 2 +1 > 2 x1 + x2 > 4 2，則 x1 + x22 > 2，
2
所以 x1 + x
2
2 > 2 .
x
【例 3】（2024 屆湖南省婁底市高三下學期考前仿真聯考二）已知函數 f x e 2a= 2 - - alnx .x x
(1)當 a =1時，討論函數 f x 的單調性；
2
(2) e若 a > ，
2
（i）證明：函數 f x 有三個不同的極值點；
2
（ii）記函數 f x 三個極值點分別為 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，證明： f x3 - f x
a
1 < - a ÷ x3 - x1 .
è e
x
【解析】（1）函數 f x 的定義域為 (0, + ) a =1 f x e 2，當 時， = 2 - - lnx ，則x x
2 x x
f x x e - 2xe 2 1 e
x (x - 2) 2 - x (x - 2)(ex - x)
= 4 + 2 - = 3 + 2 = 3 ，x x x x x x
令 y = ex - x(x > 0)，則 y = ex -1 > 0(x > 0)，
所以 y = ex - x 在 (0, + )上遞增，所以 y = ex - x > e0 - 0 = 1，
所以當 x > 2時， f (x) > 0，當0 < x < 2時， f (x) < 0 ，所以 f x 在 (0, 2) 上遞減，在 (2, + ) 上遞增；
x x
（2）（i）因為 x (0,+ ) f x e (x - 2) 2a a (x - 2)(e - ax)，且 = 3 + 2 - = f (2) = 0x x x x3
， ，
x a e
x x x
由 e - ax = 0，得 = （ x (0,+ ) g(x)
e
），令 = (x e (x -1)> 0)，則 g (x) = 2 (x > 0) ，x x x
當0 < x <1時， g (x) < 0，當 x >1時， g (x) > 0，
所以 g(x)在( 0, 1)上遞減，在 (1, + )上遞增，所以 g(x)min = g(1) = e ，
e2 x
當 a > = g(2) e> e時， a = 在( 0, 1)和 (2, + ) 上各有一個實數根，分別記為 x1, x3，則0 < x1 < 1, x3 > 2，設2 x
x2 =2，當0 < x < x1 或 x2 < x < x3時， f (x) < 0 ，當 x1 < x < x2 或 x > x3 時， f (x) > 0，
所以 f (x) 在 0, x1 和 x2 , x3 上遞減，在 x1, x2 和 (x3 , + )上遞增，
所以函數 f (x) 在 (0, + )上有三個不同的極值點，
（ii）由（i）0 < x1 < 1, x3 > 2，
所以 x1, x 是方程 e x = ax
x x
的兩個不相等的實數根，即e 1 = ax ， e 33 1 = ax3，
ex1 2a
所以 f (x1) = 2 - - a ln x
a 2a 1 1
1 = - - a ln xx x x x 1
= -a + ln x1 ÷ ，同理 f (x3) = -ax
+ ln x3 ÷，
1 1 1 1 è 1 è x3

a 1

ln x a 1 ln x a 1 ln x 1

- + + + - + - - ln x -a x1 - x3 ln x+ 3
所以 f x 3 ÷ 1 ÷ 3 1 ÷ ÷3 - f x1 = è x3 è x1 = è x3 x1 è x3x= 1 x1 ，
x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1 x3 - x1
ex3
x3
由ex1 = ax x
x e x -x
1， e 3 = ax3，得 ln
3 = ln ax = ln = ln e 3 1 = x - x ，x e 1 ex1 3 11
a

a x- 1
- x3 x + ln 3 ÷ -a
x1 - x3 + x - x
所以 f x3 - f x1 è x3x1 x
3 1 ÷
= 1 è
x3x1 a 1

1 ，= = -
x3 - x1 x - x x - x

3 1 3 1 è x3x
÷
1
e2 2 2
因為 a ,+ ÷ ，所以要證 f

x a

3 - f x1 < - a ÷
f x - f x
x3 - x
3 1 a
1 ，只要證 < - a ，
è 2 è e x3 - x1 e
2 1 a
即證 a
1
-1
a
÷ < - a ，即證 -1< -1，
è x3x1 e x3x1 e
1 a
即證 < ，只需證 e < ax x e < x ×ex3 1-xx x e 1 3 ，即 1 ，即 e
3 < x1，
3 1
由（i）可得0 < x1 < 1, x3 > 2，所以0 < e1-x3 < e-1 <1，
ex
根據（i）中結論可知函數 g(x) = 在( 0, 1) 1-x上遞減，所以要證 e 3 < x1，即證 g(x1) < g(e
1-x3 ) ，
x
ex
1-x
1
a e
x3 x e 33 e 1-x3
因為 = = ，所以 g(x1) = g(x3 )，所以只要證 g(x3) < g(e
1-x3 ) e e< < ee，即 1-x ，得 x ，x x x e 31 3 3 3
即1- ln x < e1-x3 1-x，得1- ln x 33 3 - e < 0，
1-x
令 h(x) =1- ln x - e1-x (x > 2)，則 h (x) 1= - + e1-x xe -1= (x > 2)，
x x
令u(x) = xe1-x -1(x > 2) ，則u (x) = (1- x)e1-x < 0(x > 2)，
所以u(x) 在 (2, + )
2
上遞減，所以u(x) < u(2) = -1< 0，所以 h (x) < 0，
e
所以 h(x) 在 (2, + ) 上遞減，所以 h(x) h(2) 1 ln 2
1
< = - - < 0 ，所以得證.
e
(三) 把指數型不等式通過兩邊取對數轉化為對數型不等式
若一個不等式兩邊同時含有冪值，常通過取對數改變不等式結構
【例 4】（2024 x a屆天津市武清區楊村一中高三下學期第二次熱身練）已知 f x = a - x （ x 0 ， a > 0且
a 1）.
(1)當 a = 2時，求 f x 在 x = 0處的切線方程；
(2)當 a = e時，求證： f x 在 e, + 上單調遞增；
2
(3)設 a

> e e，已知"x ln a,+ ÷，有不等式 f x 0恒成立，求實數 a 的取值范圍.
è 2
【解析】（1）當 a = 2時， f x = 2x - x2 ， f (x) = 2x ln 2 - 2x(x > 0)，
所以 k = f (0) = ln 2， f (0) = 20 - 02 =1，所以切線方程為 y -1 = ln 2(x - 0)，即 y = ln 2 × x +1.
（2）當 a = e時， f (x) = ex - xe f (x) = ex - exe-1 = e ex-1 - xe-1，則 ，
要證明 f x 在 e, + 上單調遞增，
只需證明 f (x) > 0在 e, + 上恒成立，則只需證 ex-1 > xe-1，即只需證 x -1 > (e -1) ln x .
設 g(x) = x -1- (e -1) ln x(x > e)，則只需證 g(x) > 0
e -1 e -1 1
因為 g x =1- >1- = > 0，所以 g x 在 (e, + )單調遞增，
x e e
所以 x (e,+ )時 g(x) > g(e) = 0，即 x (e,+ )時， g(x) > 0 成立，
所以 f (x) > 0，所以 f (x) 在 (e, + )上單調遞增.
ln x ln a
（3） f (x) 0，即 a x xa ，兩邊取對數得： x ln a a ln x，即 .
x a
設h(x)
ln x ,h (x) 1- ln x= = ，令 h (x) = 0，得 x=e，當 x>e時， h (x) < 0， h(x) 單調遞減.
x x
2 2
又因為 a > e e e，所以 x ln a > > e， h(x) 在 (e, + )單調遞減，
2 2
ln x ln a e2 2
由 ，則 a x在 ln a, +
e
恒成立，即 a ln a，
x a è 2
÷
2
ln a 2 ln e2
上式等價于 = ，即 h a h e22 2 ，a e e
由 h(x) 在 (e, + ) 2單調遞減，所以 e < a e2 .即實數 a的取值范圍為 e,e ù .
(四) 把證明乘積型數列不等式通過取對數轉化為數列之和型的不等式
若 f n > 0，證明含有 f 1 f 2 L f n 型的不等式通常可轉化為證明含有 ln f 1 + ln f 2 +L+ f n 型的
不等式
a
【例 5】（2024 屆福建省泉州第一中學高三下學期適應性測試）已知函數 f x = lnx - ．
x
(1)當 a = -1時，求 f x 的極值；
(2)若 f x 0恒成立，求實數 a的取值范圍；
3
(3) 2+ +K
n+1
+
證明： e 2 n > n +1 e n N* ．
f x ln x 1 1 1 x -1【解析】（1）當 a = -1時， = + ，定義域為 0, + ，則 f x = - 2 = 2 ，x x x x
當0 < x <1時， f x < 0，當 x >1時， f x > 0，則 f x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
所以 f x 有極小值 f 1 =1，無極大值.
（2）因為 f x 0 恒成立，得"x > 0， a x ln x ，令 g x = x ln x， x > 0，求導的 g x =1+ ln x，
1 1
當0 < x < , g x < 0 ,當 x > 時， g x > 0，
e e
g x 0, 1 即函數 在 ÷上遞減，在 e, + 上遞增，
è e
1 1 1 1
因此 gmin x = g ÷ = - ，則 ≤ ― a ≤ ― .
è e e e
，所以 的取值范圍 e
1 1 1 1 n +1
（3）證明：由（2）知， a = - 時，即 ln x - e ln x e ln x，于是 e ln
n +1
= e é ln n +1 - ln nù ，e ex x x n n
n
e ln n = e é ln n - ln n -1
2
ù，
， e ln
2
= e ln 2 - ln1 ，
n -1 n -1 1 1
n +1 n 2
因此 + +L+ > e éln n +1 - ln n + ln n - ln n -1 +L+ ln 2 - ln1 ù = e ln n +1 n n -1 1
2 3 n+1+ + +
所以 e 2 n > n +1 e .
(五) 把比較a,b a > 0,b > 0 轉化為比較 ln a, ln b的大小
比較兩個指數式的大小，有時可以通過取對數，利用對數函數的單調性比較大小，如比較
nn+1, n +1 n n N*,n > 2 的大小，可通過取對數轉化為比較 n +1 ln n,n ln n +1 的大小，再轉化為比
ln n ln n +1, ln x較 的大小，然后可以構造函數 f x = ，利用 f x 的單調性比較大小.
n n +1 x
1
【例 6】一天，小錘同學為了比較 ln1.1與 的大小，他首先畫出了 y = ln x 的函數圖像，然后取了離 1.1 很
10
近的數字 1，計算出了 y = ln x 在 x=1 處的切線方程，利用函數 y = ln x 與切線的圖像關系進行比較.
1
（1）請利用小錘的思路比較 ln1.1與 大小
10
a
（2）現提供以下兩種類型的曲線 y = 2 + b, y = kx + t ，試利用小錘同學的思路選擇合適的曲線，比較p
e ,e3
x
的大小.
【解析】（1）構造函數 f (x) = ln x - x +1，由 f(x)在 (0,1)上單調遞增，在 (1, + )上單調遞減，得
f (x) f (1) = 0，即 ln x x -1，取 x=1，得 ln1.1 < 0.1
3
（2）通過取對數，把比較p e ,e3的大小轉化為比較 e lnp 與 3 的大小，即比較 lnp 與 大小
e
y a a選 = 2 + b，令 y = ln x 與 y = 2 + b公切于 ex x
ì
ln e
a
= 2 + b e e2 2 a = - ,b 3= y e 3則有 í1 2a ，2 2 \ = - + = - 2x
2 2
e e3
e2 2 2 2
記 g(x) = ln x 3+ 2 - , g (x)
1 e x - e
= - = ，
2x 2 x x3 x3
∴ g(x)在 (0, e)上單調遞減，在 (e, + )上單調遞增,
2
\ g(x) g(e) = 0, e 3\ln x -
2x2
+
2
e2lnp 3 3 e
2 3 3 e2 3
\ > - 2 + ，下證： - 2 > 只需證 + <2p 2 2 2p e e 2p 2 2
Q 3 e
2 3 (2.72)2 10 (2.72)2 2.72 2+ < + = + 7，只需證 <
e 2p 2 2.7 2 (3.1)2 9 2 (3.1)2 è 3.1 ÷ 9
Q 2.72 < 0.88, (0.88)2 = 0.7744
3.1
7
而 = 0.777 > 0.7744,\lnp
3
> ，即p e > e3
9 e
選 y = kx + t ，通過取對數，把比較p e ,e3
1
的大小轉化為比較 e ln
3
p 與 3 的大小，即比較 lnp 與 大小，即較 ln
e p
3
與- 大小
e
1 ì
1 1
y = ln x
ln = k + t
令 與 y=kx+t 切于 ，則有 í e e k = e, t = -2,\ y = ex - 2e
e = k
令 g(x) = ln x - ex + 2, g (x)
1 e 1- ex= - =
x x
∴ g(x) 0,
1 1
在 e ÷ 上單調遞增，在
,+
e ÷上單調遞減,è è
\ g(x) 1 g ÷ = 0,\ln x ex - 2
1
，當 x = 取等
è e e
ln 1 e e 3 e 3\ - 2下證 - 2 < - ，只需證 + < 2
p p p e p e
Q e 3 2.72 3+ < + < 0.88 10+ ，
p e 3.1 2.7 9
Q2 10 8- = = 0.8& > 0.88, ln 1 3 3\ < - ,\lnp > ,\p e > e3 .
9 9 p e e
【例 1】（2024 屆湖南省衡陽市祁東縣高三下學期考前仿真聯考三）已知正項數列 an 的前 n項和為 Sn ，首
項 a1 =1 .
(1) a2若 n = 4Sn - 2an -1，求數列 an 的通項公式；
(2)若函數 f (x) = 2ex + x *，正項數列 an 滿足： an+1 = f (an )(n N ) .
i n（ ）證明： Sn 3 - n - 1；
(1 1 )(1 1 )(1 1 1（ii 3）證明： + 2 + 2 + 2 )L(1+ 2 ) < e(n 2,n N
*)
5a2 5a 5a
.
3 4 5an
【解析】（1）正項數列 an 中， a1 =1 2 2， n N* ， an = 4Sn - 2an -1，當 n 2時， an-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1，
2 2
兩式相減得 an - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an + 2an-1，即 an + an-1 an - an-1 = 2 an + an-1 ，
而 an > 0，則 an - an-1 = 2，因此數列 an 是首項為 1，公差為 2 的等差數列，
所以數列 an 的通項公式為 an =1+ 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1，求導得 h (x) = ex -1，當 x < 0 時， h (x) < 0，當 x > 0時， h (x) > 0，
即函數 f (x) 在 (- ,0)上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增，則 h(x) h(0) = 0 ，即 e x x + 1，
于是 an+1 = f an = 2ean + an 2 an +1 + an = 3an + 2，
a +1
即 an+1 +1 3 an +1 n+1，即 3an +1
，
當 n 2時， an +1 = a 1
a2 +1 a +1 a +1 a +1
1 + × ×
3 × 4 ×L× n a1 +1 ×3n-1 = 2 3n-1a1 +1 a
，
2 +1 a3 +1 an-1 +1
n =1 a +1 = 2 = 2 30 n-1當 時 1 ，因此 an 2 3 -1，
S = a + a + a +L+ a 2 30所以 n 1 2 3 n -1 + 2 31 -1 + 2 32 -1 +L+ 2 3n-1 -1
n
= 2 30 + 31 + 32 +L+3n-1 n 2 1- 3- = - n = 3n - n -11- 3
（ii）由已知 an+1 = f an = 2ean + a an ，所以 an+1 - an = 2e n > 0，得 an+1 > an ，
當 n 1時， ean ea1 = e > 2 a - a = 2ean a，于是 1n+1 n 2e = 2e > 5，
當 n 2時， an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 +L+ an - an-1 >1+ 5(n -1) = 5n - 4，
又 a1 =1，所以"n N* ，恒有 an 5n - 4 ，當 n 2時， (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2)，
由 e x x + 1，得當 x > -1時， ln(x +1) x ，
1 1 1 1 1 1
則當 n 2時， ln 1+ < < = -
è 5a
2 ÷
n 5a
2
n 5(5n - 4)
2 5(5n - 7)(5n - 2) 5n ，- 7 5n - 2
1
從而 ln 1+ 2 ÷ + ln 1
1
+ 2 ÷ + ln
1 1
5a 5a
1+ +L+ ln 1+
5a2 ÷ 5a2 ÷è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1 1< 1 1 1 1 1 1 1 - ÷ + - ÷ + - ÷ +L+ - = - <
è 3 8 è 8 13 è13 18 è 5n - 7 5n - 2 ÷ 3 5n
，
- 2 3
é
ln 1 1
1 1 ù 1
于是 ê 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷ 1+ 2 ÷L 1+ 2 ÷ú <5a 5a 5a 5a 3 ， è 2 è 3 è 4 è n
1 1 1
1 1 3
所以 + 5a2 ÷
1+ 2 ÷ 1+ L 1+ < e .
è 2 è 5a 5a
2 ÷ 2 ÷
3 è 4 è 5an
2
【例 2】（2024 x屆江蘇省鹽城市高三 5 月考前指導卷）已知函數 f x = ax ，其中 a > 0．e
(1)若 f x 在 0,2 上單調遞增，求 a的取值范圍；
(2)當 a =1時，若 x1 + x2 = 4且0 < x1 < 2，比較 f x1 與 f x2 的大小，并說明理由
2
1 Q f x x f x 2x - ax
2
【解析】（ ） = ax ，\ =e eax
，
Q f x 在 0,2 上單調遞增，\ f x 0在 0,2 上恒成立且滿足 f x = 0的點不連續．
2 2
當 x 0,2 時， a ．由 y = 在 0, 2 上單調遞減可知，
x x
2
當 x = 2時， x ÷
=1，\a 1，綜上， a的取值范圍為 0,1
è min
2
（2 x）當 a =1時， f x = x ，x1 + x2 = 4且0 < xe 1
< 2，
x2 x2
2
下面證明 f x1 < f x
x
2 ，即證明
1
x <
2
x ，等價于證明： e
x2 -x1 <
e e
2 ÷ ，
1 2 è x1
2 + t 2
設 x 2t 1 = 2 - t, x2 = 2 + t，0 < t < 2，所證即為： e < ，
è 2 - t ÷
等價于證明： t < ln
2 + t 2 + t
，0 < t < 2，設函數 h t = ln - t，0 < t < 2．
2 - t 2 - t
2
Qh t t= > 0，\h t 在 0,2 上單調遞增，而 h t = h 0 = 0，\h t > 0
4 - t 2 min
，
2 + t
\ln > t，0 < t < 2，所證不等式成立．
2 - t
ln 1+ ax
【例 3】（2024 屆湖南省衡陽市雁峰區衡陽市第八中學高三模擬預測）已知 a 0, f x = ．
x
(1)討論 f x 的單調性；
n n n+1 n+1
(2) n 1 1 , 1 1+ + 當 為正整數時，試比較 ÷ ÷ ,
1 1
n n +1
1+ ÷ , 1+ ÷ 的大小關系，并證明．
è è è n è n +1
【解析】（1）①當 a = 0時， f x = 0，此時 f x 無單調性，
x
②當 a > 0時， f x 1 的定義域 - ,0÷ 0, + — ln 1+ ax ，
è a f x = 1+ ax ，x2
x -ax
令 g x = — ln 1+ ax ，所以 g x = 1+ ax 2 ，1+ ax
1
所以 x
- ,0 ÷ , g x > 0, g x 單調遞增； x 0, + ，g x < 0，g x a 單調遞減；且 g 0 = 0，è
所以， f x 1 在 - ,0÷ 0, + 上 f x < 0，所以 f x
1
在 - ,0

÷ 和 0, + a a 上單調遞減；è è
1
綜上所述，當 a = 0時， f x = 0，此時 f x 無單調性；當 a > 0時， f x 在 - ,0÷ 和 0, + a 上單調遞è
減.
2 1 1
n 1 n 1 n+1 1 n+1 1 n+1 1
n
（ ）因為 + ÷ > 1+

n ÷
, 1+ ÷ > 1+ ÷ ，且 1+ ÷ > 1+ ÷ ，
è è n +1 è n è n +1 è n è n
1 n+1 1 n
所以只需要比較 1+ ÷ 與 1+ ÷ 的大小即可，
è n +1 è n
1
由（1）知， a > 0時， f ln 1+ ax x = 在 - ,0

÷ 和 0, + a 上單調遞減x è
ln 1+ x
所以 f x = 在 -1,0 和 0, + 上單調遞減，
x
1 1 1 1 1 1
又因為 n 為正整數，所以0 < < ，故 f > f ，即 n +1 ln 1+ > n ln 1+ ，
n +1 n è n +1÷ è n ÷ n +1÷ ÷ è è n
1 n+1 n n+1 n+1 n n 1+ > 1 1+ 1 1+ 1 1> 1 所以 n +1÷ ÷
，所以
n n ÷
1+ ÷ > 1+ ÷ > 1+ .
è è è è n +1 è n ÷ è n +1
a
【例 4】（2021 全國甲卷高考試題）已知 a > 0且 a 1，函數 f (x) x= x (x > 0)．a
(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．
x2 2x × 2x - x2 × 2x ln 2 x ×2x 2 - x ln 2【解析】（1）當 a = 2時， f x

=
2x
, f x = =
2x 2 4x ,
令 f ' x = 0 x 2得 = ,當0 x 2< < 時， f x > 0 2,當 x > 時， f x < 0 ,
ln 2 ln 2 ln 2
∴函數 f x 0, 2 ù é 2 在
è ln2 ú
上單調遞增； ê , + ÷ 上單調遞減； ln2
a
（2） f x x= x =1 a x = xa x ln a = a ln x
ln x ln a
= ,設函數 g x ln x= ,
a x a x
則 g x 1- ln x= 2 ,令 g x = 0，得 x = e ,x
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；
\ g x = g e 1=max ,e
又 g 1 = 0，當 x 趨近于+ 時， g x 趨近于 0，
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 a與直線 y = 有兩個交點的充分必
ln a
ln a 1
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,+ ．
【例 5】已知函數 f (x) = x ln x ．
(1)討論 f (x) 的單調性；
2 1 1
(2)設 a，b 為兩個不相等的正數，且 ab = ba ，證明： < + < 1．
e a b
【解析】 (1) f (x) = ln x + 1，定義域為 (0, + )，
由 f (x) = 0 x
1
，解得 = ，由 f (x) > 0，解得 x
1
> ，由 f (x) < 0，解得0 x
1
< <
e ，e e
1 1
所以 f (x)

的單調遞增區間為 ,+ 0,
è e ÷
，單調遞減區間為
e ÷
．
è
(2)∵a，b 為兩個不相等的正數，且 ab = ba ，
1 1 1
∴ b ln a = a ln b，即 ln = ln
1
，
a a b b
f (x) f (1由（1）可知 min = )
1
= - ，且 f (1) = 0， x 0時， f (x) 0，
e e
x 1
1
則令 1 = , x
1
2 = ，則 x1, x2 為 f (x) = k

的兩根，且 k - ,0 ，
a b ֏ e
x 1 1 2 1不妨設 1 0, ÷ , x2 ,1÷，則 - x > ，
è e è e e 1 e
2 2 2
先證 < x1 + x2 ，即證 x2 > - xe 1 ，即證
f x2 = f xe 1
> f - x1 ÷，
è e
令 h(x) = f (x) - f
2 - x 1 ÷，即證在 x e
0, ÷上， h(x) > 0，
è è e
則 h (x) = f (x) - f
2
- x

÷ = ln x + ln
2 - x + 2 = ln ÷ -x
2 2+ x
e ÷
+ 2，
è è e è e
h (x) 在 0,
1 1
÷上單調遞增，即 h (x) < h e ÷
= 0，
è è e
1 1 1
∴ h (x) < 0 在 0, ÷上恒成立，即 h(x) 在 0, ÷ 上單調遞減，h(x) > h ÷ = 0，
è e è e è e
∴ f (x) > f
2 - x 2 1 ÷，即可得 x2 > - x1；再證 x1 + x2 < 1，即證 < x2 < 1- x1，è e e e
由（1） f (x) 單調性可得證 f x2 = f x1 < f 1- x1 ，
令j (x) = f (x) - f (1- x), x 0,
1
，
è e ÷
j (x) = ln x 1+ ln(1- x) + 2 = ln -x2 + x + 2 ，j (x) 在 0, ÷ 上單調遞增，
è e
∴j (x) = j
1
÷ > 0，且當 x 0,j (x) < 0，所以存在 x0 使得j x0 = 0 ，
è e
即當 x 0, x0 時，j (x) < 0,j (x)單調遞減，
x 1 當 x0 , ÷時，j (x) > 0,j (x)單調遞增，
è e
x 0,j (x) 1< 0 j = f 1 1 又有 ，且 ÷ ÷ - f 1- ÷ < 0 ，
è e è e è e
2 1 1
所以j(x) < 0恒成立，∴ x1 + x2 < 1，則 < + < 1，即可證得．e a b
1．（2024 屆重慶市南開中學校高三第九次質量檢測）已知函數 f (x) = aex , g(x) = ln x + b(a,b R) .
(1)當b =1時， f (x) g(x) 恒成立，求實數 a的取值范圍；
(2)已知直線 l1、l2是曲線 y = g(x) 的兩條切線，且直線 l1 、l2 的斜率之積為 1.
（i）記 x0 為直線 l1 、l2 交點的橫坐標，求證： x0 <1；
（ii）若 l1 、l2 也與曲線 y = f (x) 相切，求 a,b的關系式并求出b 的取值范圍.
lnx +1
【解析】（1）由于 aex lnx +1，則 a x ，e
F x lnx +1
1
= - lnx -1設 ，則 x ，F x F x = 1 = 0
1
，且 y = - lnx -1在 0, + 上單減，
e ex x
令F x > 0得0 < x <1，令F x < 0得 x >1，
所以F x 在 0,1 單調遞增， 1, + 單調遞減，
所以F (x)max = F 1 ，則 a F 1
1
= .
e
（2）（i）設兩條切線在 g x 上的兩個切點橫坐標分別為 x1, x2 ，
有 g x1 g x
1 1
2 = × =1，即 x1x2 =1x1 x
，
2
此時，切線為： y - lnx1 + b
1
= x - x1 , y - lnx2 + b
1
= x - x2 x ，1 x2
1 1
相減得 lnx2 - lnx1 = - ÷ x = x2 - x1 x，
è x1 x2
x lnx2 - lnx1 lnx2 + lnx2 2lnx0 = = = 2
所以 x - x x 1 x 12 1 2 - -
，
x 22 x2
1 2 1
設 k x = 2lnx - x - ÷， k x = -1- 2 0x ，所以 k x 在 0, + 上單調遞減.è x x
故當 x 0,1 時， k x > k 1 1= 0，所以0 > 2lnx > x -

÷；
è x
2lnx2
當 x x = <11, + 時， k x < k 1 = 0，所以0 < 2lnx < x
1
- 0÷ ，則 x 1- .è x 2 x2
（ii）由題意得：存在實數 s, t ，使 f x 在 x = s處的切線和 g x 在 x = t 處的切線重合，
1
所以 f s f s - g t = g t = s，即 aes 1 ae - lnt - b
- lnt - b
t ，
s - t = = =t s - t s - t
則 s - t =1- tlnt - bt, s =1- tlnt - b -1 t ，
s 1
又因為 ae = lna + s = -lnt ，所以 lna = -lnt - s = -lnt -1+ tlnt + b -1 t ，
t
題目轉化為 h t = -lnt -1+ tlnt + b -1 t = lna有兩個不等實根，且互為倒數，
m, 1不妨設兩根為 ，
m
則由 h m = h 1 ÷ 得-lnm -1+ mlnm + b -1 m = -ln
1 1 1 ln 1- + + b 1-1 ，
è m m m m m
b -1 1 - m
è m ÷ b -1 1- m2 化簡得 lnm = 1 = 2 = b 1
1+ m
- ，
m + - 2 m +1- 2m 1- m
m
所以 lna = m -1 lnm -1+ b -1 m = b -1 -1- m -1+ b -1 m = -b，
所以b = -lna ，（也可寫為 a = e-b ）.
代入 h t 中得： h t = -lnt -1+ tlnt + b -1 t = -b有兩個不等實根，
b 1- t即 -1 = × lnt ，
t +1
1 -1- lnt
1 t ÷ t +1 - 1- t lnt
1
- t - t - 2lnt設G t = × lnt,G t = è = t ，
t +1 (t +1)2 (t +1)2
由于H t 1= - t - lnt 在 0, + 上單調遞減且H 1 = 0 ，
t
所以G t 在 0,1 單調遞增， 1, + 單調遞減，
而 t 無限趨近于 0 時，G t 無限趨向于負無窮大，
t 無限趨近于正無窮大時，G t 無限趨向于負無窮大，G 1 = 0，
所以b -1< 0，即b <1.
2．（2024 x屆四川省成都市實驗外國語學校教育集團高三下學期聯考）已知函數 f x = e ， g x = ln x .
(1)若函數 h x = ag x -1 x +1- ， a R ，討論函數 h x 的單調性；
x -1
1 4
(2)證明： 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2 . 1（參考數據：
4 e5 2.23
， e 2 1 .6 5 ）
x +1 ax - a + 2
【解析】（1）由題意 h x = a ln x -1 - , x >1，所以 h x = , x >1
x -1 x -1 2 ，
當 a = 0時， h x > 0，所以 h x 在 1, + 上為增函數；
當 a 0時，令 h x = 0 x 1 2得 = - ，
a
2
所以若 a > 0時，1- <1，所以 h x > 0，所以 h x 在 1, + 上為增函數，
a
2 2
若 a<0
2
時，1- >1，且1 < x <1- 時， h x > 0， x > 1- 時， h x < 0，
a a a
所以 h x 在 1,1
2 2-
a ÷
上為增函數，在 1- ,+ a ÷上為減函數，è è
綜上：當 a 0時， h x 在 1, + 上為增函數，
當 a<0時， h x 在 1,1
2 2
- ÷上為增函數，在 1- ,+ a a ÷
上為減函數；
è è
1
（2） 2x -1 f 2x - f x > 2g x 1- 2 2x x等價于 2x -1 e - e - 2ln x + 2 > 0，
4 4
設F x 1= 2x -1 e2x - ex - 2ln x + 2 ，則
4
2 2x x xex - 2 xex +1
F x = xe2x x 2 x e - xe - 2 - e - = = ，
x x x
因為 x > 0，所以 xex +1 > 0，
x
設j x = xe - 2，則j x = x +1 ex > 0 ，則j x 在 0, + 上單調遞增，
j 4 4
4
而 ÷ = e5 - 2 < 0,j 1 = e - 2 > 0，
è 5 5
x 4 ,1 所以存在 ÷ ，使j x = 0 x，即 x e 00 0 0 = 2，所以 x0 + ln x0 = ln 2 ，即 ln x0 = ln 2 - x0 ，è 5
當0 < x < x0 時，F x < 0，則F x 在 0, x0 上單調遞減，
當 x > x0時，F x > 0，則F x 在 x0 ,+ 上單調遞增，
F x 1= 2x -1 e2x0 - ex所以 0min 4 0 - 2ln x0 + 2
1
= 2x 4 20 -1 2 - - 2ln 2 + 2x
1
0 + 2 = - 2 + 2x0 - 2ln 2 + 24 x ，0 x0 x0
設m t 1= - 2 + 2t
4
- 2ln 2 + 2, 2 < t <1÷，則m t = 3 + 2 > 0，t è 5 t
m t 4 ,1 4 25 8則 在 ÷ 上單調遞增，m ÷ = - + - 2ln 2 2
163
+ = - 2ln 2 > 0，
è 5 è 5 16 5 80
F x > 0 1 2x -1 e2x - ex則 min ，則不等式 - 2ln x + 2 > 0恒成立，4
1
即不等式 2x -1 f 2x - f x > 2g x - 2成立.
4
3 ax．（2024 屆廣東省廣州市高中畢業班沖刺訓練題二）已知函數 f x = xe （ a > 0）.
(1)求 f x 在區間 -1,1 上的最大值與最小值；
(2)當a 1時，求證： f x ln x + x +1.
ax 1
【解析】（1）解： f x = e 1+ ax （ x > 0）（ a > 0），令 f x = 0，則 x = - ，
a
1
當0 < a 1時，- -1，所以 f x 0在區間 -1,1 上恒成立， f x 在區間 -1,1 上單調遞增，
a
所以 f x = f -1 = -e-a fmin ， x = fmax 1 = e
a .
1 é 1 é 1
當 a > 1時，-1 < - <1，則當 x ê-1, - ÷時， f x < 0， f x 在區間 ê-1, - ÷上單調遞減；a a a
當 x
1
ù - ,1ú 時， f x > 0， f x
1 ù
在區間
a
- ,1
è è a ú
上單調遞增，

所以 f x 1 1= f min - ÷ = - ，è a ae
而 f -1 = -e-a < 0， f 1 = ea > 0 .所以 f x = fmax 1 = e
a
綜上所述，當0 < a 1時， f x = -e-a， fmin x = e
a
max ；
1
當 a > 1時，所以 f x = - ， f x = eamin max .ae
（2）方法一：隱零點法
因為 x > 0，a 1，所以 xeax xex ，欲證 xeax ln x + x +1，只需證明 xex ln x + x +1，
設 g x = xex - ln x - x -1，（ x > 0）， g x 1= x +1 x e - ÷，
è x
令f x = ex 1- ，易知f x 在 0, + 上單調遞增，
x
f 1 而 ÷ = e - 2 < 0 ，f 1 = e -1 > 0，
è 2
1
所以由零點的存在性定理可知，存在唯一的 x0 ,1÷ 使得f x0 = 0，
è 2
即 ex
1 1
0 - = 0 x0
x ，因此
e =
x ，
x0 = - ln x0 ，
0 0
當 x 0, x0 時，f x < 0， g x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0 ,+ 時，f x > 0， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上單調遞增；
所以 g x = g x0 = ex0 x0 - ln x0 - x
1
0 -1 = x0 - - ln x - x -1 = 0min x 0 00
所以 g x 0，因此 f x ln x + x +1.
f (x)
4.（2023 屆新疆高三第三次適應性檢測）已知函數 f (x) = ax2 + (a +1)x ln x -1， g(x) = ．
x
(1)討論 g x 的單調性；
e2
(2) f (x) = x2 ex + x ln x -1 x , x a ex1 + x若方程 有兩個不相等的實根 ，求實數 的取值范圍，并證明 21 2 > ．x1x2
1
【解析】（1）因為 g(x) = ax + (a +1)ln x - ，
x
g x a a +1 1 (x +1)(ax +1)所以 = + + 2 = 2 (x > 0)，x x x
當 a 0時， g x > 0，所以 g(x)在區間 (0, + )上單調遞增，
g x > 0 0 x 1當 a<0時，令 ，得 < < - ；令 g x < 0 1，得 x > - ，
a a
g(x) 0, 1- 1 所以 在區間 ÷ 上單調遞增，在區間 - ,+ ÷上單調遞減，
è a è a
綜上當 a 0時， g(x)在區間 (0, + )上單調遞增，當 a<0時， g(x) 0,
1
在區間 -

÷ 上單調遞增，在區間
è a
1
- ,+ ÷上單調遞減.
è a
2 f (x) = x2 ex + x ln x -1 ax a ln x xex a ln xex = xex（ ）方程 ，即 + = ，等價于 ，
令 t = x e x > 0 ，其中 x > 0，則 a ln t = t ，顯然 t 1，
令 h t t ln t -1= ，則 h t =
ln t ln2
，
t
所以 h t 在區間 0,1 上單調遞減，且由 x 0時 h t < 0可得在區間 0,1 上 h(t) < 0，
h t 在區間 (1,e) 上單調遞減，在區間 (e,+ ) 上單調遞增，
所以 h(t) = h(e) = e極小值 ，因為方程 f (x) = x2 ex + x ln x -1有兩個實根 x1, x2 ，
t
所以關于 t 的方程 a = 有兩個實根 t1 ， t2 ，且 t1 = x e x1 x21 ， t2 = x2 e ，所以 a (e, + ) ，ln t
x + x e2
要證 e 1 2 > ，即證 x1 e
x1 × x e x22 > e
2
，即證 t1t2 > e
2
，只需證 ln t1 + ln t2 > 2，x1x2
ìt1 = a ln t1 ìt1 - t2 = a ln t1 - ln t2 t1 + t2 ln t1 + ln t2
因為 ít a ln t ，所以 ít t a ln t ln t ，整理可得
= ，
2 = 2 1 + 2 = 1 + 2 t1 - t2 ln t1 - ln t2
t + t t
不妨設 t1 > t2 > 0，則只需證 ln t1 + ln t
1 2 1
2 = ln > 2t1 - t2 t
，
2

2 t1

-1
t1 2 t1 - t2

è t
÷
即 ln > = 2 ，令 s
t
= 1 >1
t ， p(s) = ln s
2(s -1)
- ，其中 s >1，
t t2 t1 + t2 1 +1 2 s +1
t2
p s 1 4 (s -1)
2
因為 = - 2 = 2 > 0，所以 p s 在區間 (1, + )上單調遞增，s (s +1) s(s +1)
h(s) h(1) 0 ex + x e
2
所以 > = ，故 1 2 > ．
x1x2
5.已知函數， f x = ln x - x + m， m R ．
(1)求 f x 的極值；
(2)若 f x 1 有兩個零點 a m，b，且 a < b ，求證： e b + ÷ < 2e ．
è b
1
【解析】 (1)函數 f x 的定義域為 0, + ， f x = -1．
x
當0 < x <1時， f x > 0，則 f x 在 0,1 上單調遞增；
當 x >1時， f x < 0，則 f x 在 1, + 上單調遞減，
所以函數 f x 的極大值為 f 1 = m -1，無極小值．
(2)令 f x = 0，則m = x - ln x．設 h x = x - ln x x > 0 ，
則 h ' x 1 1 x -1= - = ，易知函數 h x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增．
x x
又 h 1 =1，所以 h x 1，又 f x 有兩個零點，所以m >1．
因為 a < b ，所以0 < a < 1 < b．
e b 1+ m m-1 1要證 ÷ < 2e ，即證 2e > b + ，
è b b
2
即證 ln 2 + m -1 ln b +1> = ln b2 +1 - ln b ．b
又 f b = 0，則m = b - ln b ，
2
故即證 ln 2 + b - ln b -1 > ln b +1 - ln b 2，即證 ln 2 -1 > ln b +1 - b．
2
設 t b = ln b2 +1 - b b -1 ，b >1，則 t ' b 2b= -1 = - < 0，
b2 +1 b2 +1
所以 t b 在 1, + 上單調遞減，所以 t b < t 1 = ln 2 -1，
e 1 m故 b + ÷ < 2e 得證．
è b
6.設函數 f x = - ln x .
(1)設l l l1、l2 0且l1 + l2 =1，求證：對任意的x 1 21、 x2 > 0，總有 x1 x2 l1x1 + l2 x2 成立；
n
(2)設 xi > 0，li > 0 i =1,2, × × ×,n l l l，且 l 1 2 ni =1，求證： x1 x2 × × × xn l1x1 + l2 x2 + × × × + ln xn .
i=1
1 xl1 xl2 l l1 l【解析】（ ）證明： 21 2 1x1 + l2x2 ln x1 x2 ln l1x1 + l2x2 l1 ln x1 + l2 ln x2 ln l1x1 + l2x2
f l1x1 + l2x2 l1 f x1 + l2 f x2 .
不妨設0 < x1 x2 ，
令 g x = l1 f x + l2 f x2 - f l1x + l2x2 = ln l1x + l2x2 - l1 ln x - l2 ln x2 ，其中0 < x x2 ，
l x - l l x + l x l x - l x - l x l l
g x l1 l1 1 1 1 2 2 1 1 2 2 = - = = = 1 2 x - x2 則 0l1x + l2x
，
2 x l1x + l2x2 x l1x + l2x2 x l1x + l2x2 x
所以，函數 g x 在區間 0, x2 上單調遞減，
因為 x1 0, x2 ，則 g x1 g x2 = ln x2 - ln x2 = 0，
所以， g x1 = ln l1x1 + l2x2 - l1 ln x1 - l2 ln x2 0，即l1 ln x1 + l2 ln x2 ln l1x1 + l2x2 ，
l l
所以，當l1、l2 0且l1 + l2 =1，對任意的x 、 x 1 21 2 > 0，總有 x1 x2 l1x1 + l2 x2 成立.
n
（2）證明： xi > 0，li > 0 i =1,2, × × ×,n ，且 li =1，
i=1
l
要證 x 1 xl2 × × × xln1 2 n l1x1 + l2 x2 + × × × + ln xn .
即證l1 ln x1 + l2 ln x2 +L+ ln ln xn ln lx1 + l2x2 +L+ ln xn ，
即 f l1x1 + l2x2 + ×××+ ln xn l1 f x1 + l2 f x2 + ×××+ ln f xn ，
當 n = 2時，由（1）可知，不等式成立，
假設當 n = k k 2, k N* 時不等式成立，
即 f l1x1 + l2x2 + ×××+ lk xk l1 f x1 + l2 f x2 + ×××+ lk f xk ，
l l
n = k +1 x = k x + k +1則當 時，設 k xl + l k l + l k +1，k k +1 k k +1
lk lk +1
由（1）可得 f xk f xk + f xl + l k +1 ，k k +1 lk + lk +1
則 f l1x1 + l2x2 + ×××+ lk xk + lk +1xk +1 = f l1x1 + l2x2 + ×××+ lk -1xk -1 + lk + lk +1 xk
l1 f x1 + ××× + lk -1 f xk -1 + lk + lk +1 f xk l1 f x1 + ××× + lk f xk + lk +1 f xk +1 ，
這說明當 n = k +1時，結論也成立，
故對任意的 n N* ， f l1x1 + l2x2 + ×××+ lk xn l1 f x1 + l2 f x2 + ×××+ ln f xn ，
所以，- ln l1x1 + l2x2 + ××× + ln xn -l1 ln x1 - l2 ln x2 -L- ln ln xn ，
因此，l1 ln x1 + l2 ln x2 +L+ ln ln xn ln lx1 + l2x2 +L+ ln xn ，
n
故當 xi > 0，li > 0 i =1,2, × × ×,n ，且 li =1時， xl1 xl21 2 × × × xlnn l1x1 + l2 x2 + × × × + ln xn .
i=1
7.已知函數 f (x) = ex , g(x) = x + a ln x,a R
（1）討論 g(x)的單調性；
（2）若 f x + 2x…g x + xa ，對任意 x (1,+ )恒成立，求 a 的最大值；
【解析】（1） g (x) = 1
a x + a
+ = (x > 0)
x x ，
當a…0時， g (x) > 0， g(x)在 (0, + )上單調遞增；
當 a < 0時，令 g (x) > 0，解得 x > -a，令 g (x) < 0 ，解得0 < x < -a ，
\ g (x)在 (0, -a)上單調遞減，在 (-a, + )上單調遞增；
綜上，當a…0時， g(x)在 (0, + )上單調遞增；
當 a < 0時， g(x)在 (0, -a)上單調遞減，在 (-a, + )上單調遞增；
（2） f (x) + 2x…g(x) + xa 即為 ex + x…alnx + xa ，即 ex + lnex…lnxa + xa ，
設 h(x) = lnx + x(x > 0) h (x)
1 1 x +1，則 = + =x x ，
易知函數 h(x) 在 (0, + )上單調遞增，
x
而 h(ex )…h(xa )，所以 ex…xa （兩邊取對數），即 x…alnx ，當 x >1時，即為 a lnx ，
j(x) x (x 1) j (x) lnx -1設 = > ，則 =lnx ln2 x ，
易知函數j(x) 在 (0, e)上單調遞減，在 (e, + )上單調遞增，
\j(x)…j （e） = e ，\a e ，即 a的最大值為 e．
8.已知函數 f (x) = x ln x + a, (a R)．
(1)求函數 f x 的單調區間；
0 a 1(2)當 < < 時，證明：函數 f x 有兩個零點；
e
(3)若函數 g(x) = f (x) - ax2 - x 2 3有兩個不同的極值點 x1, x2 （其中 x1 < x2），證明： x1 × x2 > e ．
【解析】 (1) f x = ln x +1, x > 0 ，
0 1當 < x < 時， f x < 0 1，當 x > 時， f x > 0，
e e
1 1
所以函數 f x 在 0, ÷上遞減，在 ,+ 上遞增，
è e ÷ è e
f x 0, 1 1 所以函數 的單調區間為 ÷和 ,+ ÷ ；
è e è e
(2)證明：由（1）知 f x = f 1 1 ÷ = - + amin ，è e e
1
因為0 < a
1
< ，所以 f
e e ÷
< 0，
è
又當 x 0+ 時， f x > 0， f e = e+ a > 0 ，
0, 1 1 所以函數在 ÷上存在一個零點，在 ,e÷ 上存在一個零點，
è e è e
所以函數 f x 有兩個零點；
(3)證明： g(x) = f (x) - ax2 - x = x ln x - -ax2 - x + a, (x > 0) ，則 g x = ln x - 2ax ，
因為函數 g(x)有兩個不同的極值點 x1, x2 （其中 x1 < x2），
所以 ln x1 = 2ax1， ln x2 = 2ax2，
2 3 2 3
要證 x1 × x2 > e 等價于證 ln x1 × x2 > ln e ，
即證 ln x1 + 2ln x2 > 3，
所以3 < ln x1 + 2ln x2 = 2ax1 + 4ax2 = 2a x1 + 2x2 ，
因為0 < x1 < x2 ，所以 2a
3
>
x1 + 2x
，
2
又 ln x1 = 2ax1， ln x2 = 2ax2，
ln x1
作差得 ln
x1 = a x - x
x 1 2 ，所以2 a
x
= 2 ，
x1 - x2
2ln x1
所以原不等式等價于要證明 x2 3> ，
x1 - x2 x1 + 2x2
2ln x1
3 x1 - x2 t x< = 1即 ，令 ,t 0,1
x x + 2x x
，
2 1 2 2
3 t -1
則上不等式等價于要證： 2ln t < , t 0,1 ，
t + 2
3 t -1令 h t = 2ln t - , t 0,1 ，
t + 2
2 9 2t 2
則 h t
- t + 8
= - = > 0, t 0,1
t t + 2 2 ，t t + 2 2
所以函數 h t 在 0,1 上遞增，所以 h t < h 1 = 0 ，
3
2ln t t -1 2所以 < , t 0,1 ，所以 x × x > e3．
t + 2 1 2
9.形如 y = f (x)g ( x )的函數稱為冪指函數，冪指函數在求導時，可以利用對數法：在函數解析式兩邊取對數得
y f x
ln y = ln f (x)g ( x ) = g(x) ln f (x)，兩邊對 x 求導數，得 = g (x) ln f (x) + g(x)y f x ，于是
é f x ù
y = f (x)g ( x ) êg (x) ln f (x) + g(x)

ú .已知 f (x) = 2e
x ln x ， g(x) = x2 +1 .
f x
（1）求曲線 y = f (x) 在 x =1處的切線方程；
（2）若 h(x) = f (x)，求 h(x) 的單調區間；
（3）求證："x (0,+ ), f (x)…g(x) 恒成立.
【解析】（1）由冪指函數導數公式得 f (x) = 2ex ln x (ln x +1) ，
所以 f (1) = 2，又 f (1) = 2，
所以，曲線 y = f (x) 在 x =1處的切線方程為 y = 2x .
（2）h(x) = f (x) = 2ex ln x (ln x +1), x (0,+ )，
則h (x) = 2 ex ln x (ln x +1) + 2 ex ln x (ln x +1)
= 2 éex ln x
1
(ln x +1) ù (ln x +1)
1
+ 2 ex ln x × = 2ex ln x éê(ln x +1)2 +
ù
ú > 0，x x
所以 h(x) 的單調增區間為 (0, + )，無單調減區間.
（3）構造F (x) = f (x) - g(x)， x (0,+ )，
則F (x) = f (x) - g (x) = 2ex ln x (ln x +1) - 2x ，
令H (x) = F (x) = 2ex ln x (ln x +1) - 2x, x (0,+ ) ，
H (x) = 2 éex ln x (ln x +1)2 + e( x-1) ln x所以 -1 ù ，
因為 x -1與 ln x 同號，所以 (x -1) ln x…0，所以 e( x-1) ln x - 1 0，
又 ex ln x (ln x +1)2…0，所以H (x)…0，
所以H (x)即F (x)為 (0, + )上增函數，又因為F (1) = 0 ，
所以，當 x (0,1)時，F (x) < F (1) = 0；
當 x (1,+ )時，F (x) > F (1) = 0 .
所以， F (x)為 (0,1)上減函數，為 (1, + )上增函數，
所以，F (x)min = F (1) = 0，即F (x) = f (x) - g(x)…0，
因此，"x (0,+ ), f (x)…g(x) 恒成立，即證.
10. 2已知函數 f (x) = ex ln x (x > 0) ．
(1)求 f (x) 的極值點．
(2)若有且僅有兩個不相等的實數 x1, x2 0 < x1 < x2 滿足 f x1 = f x2 = ek ．
（i）求 k 的取值范圍
e
e2ⅱ x -2e
- 1
（ ）證明 22 e ．x1
【解析】 (1)
2
函數 f (x) = ex ln x
2
(x > 0) 的導函數為 f (x) = xex ln x (2 ln x +1) .
1- 1-
當 x 0,e 2 ÷時， f (x) < 0，所 f (x) 單調遞減；當 x e 2 , + ÷時， f (x) > 0，所以 f (x) 單調遞增.
è è
1
所以 -x = e 2 為 f (x) 的極值點.
(2) k 2 2因為有且僅有兩個不相等的實數 x1, x2 0 < x1 < x2 滿足 f x1 = f x2 = e ，所以 x1 ln x1 = x2 ln x2 = k .
（i）問題轉化為m(x) = x2 ln x - k 在(0,+∞)內有兩個零點,則m x = x 1+ 2lnx .
1- 1-
當 x 0,e 2 ÷時, m x

< 0 , m(x)單調遞減；當 x e 2 , + ÷時, m x > 0 , m(x)單調遞增.
è è
1 1
若m(x)有兩個零點,則必有 -m(e 2 ) < 0 ,解得： k > - .2e
1
若 k≥0, - 2 2當0 < x < e 2 時, m x = x ln x - k x ln x < 0 ,無法保證m(x)有兩個零點；
1 1 1-
若- < k < 0 ,又m e k ÷ > 0 , m e 2 ÷ < 0，m 1 = -k > 0 ,2e è è
1 1- 1
故存在 x1 e k , e 2 ÷使得m x1 = 0 ,存在 -x (e 2 ,1)使得m x2 = 0 .
è 2
綜上可知, k (
1
- ,0) .
2e
t x x
2
（ⅱ）設 = 2 則 t∈(1,+∞).將 t = 2 x 2 ln x
ln t
x x 代入 1 1 = x
2 ln x , ln x t ln t2 2 可得 1 = ， ln x2 =2 （*）.
1 1 1- t 1- t 2
e e-
e2 -2e -x 1欲證: 2 e 2
2 2 e
，需證 2ln xe -2e e ln 即證 ln x1 + (e - 2e) ln x2 - ，將（*）代入，則有x 21 x 21
(t 2 + e2 - 2e) ln t e (x + e2 - 2e) ln x e x -1
- ，則只需要證明： -e(x >1)，即 ln x (x >1) .
1- t 2 2 1- x x + e2 - 2e
j(x) x -1 x
x -1
e (x +1)
é 2(x -1) - ln xù
構造 = - - + 2 ln x -，則 ê
ln x e j (x) x
1
= - ，j (x) = x +1
ú
(x >1) .
ln2 x e x2 ln3 x
w(x) 2(x -1)
2
令 = - ln x(x >1) ，則w (x)
(x -1)
= - < 0 .所以w(x) < w(1) = 0，則j (x) < 0，所以j (x) 在 1, +
x +1 x(x +1)2
內單減.
又j (e) = 0，所以當 x (1,e)時，有j (x) > 0 ，j(x) 單調遞增；
當 x (e,+ )時，有j (x) < 0，j(x) 單調遞減；
j(x) j(e) = 0 x -1 x e 2 e x -1- - ln x 所以 ，因此 ，即 (x >1) .
ln x e x + e2 - 2e
綜上所述，命題得證.
11.已知 f (x) = ln x - x ， g(x) = mx + m .
(1)記F (x) = f (x) + g(x)，討論 F (x)的單調區間；
(2)記G(x) = f (x) + m ，若G(x)有兩個零點 a，b，且 a < b .
請在①②中選擇一個完成.
1
① 2em-1求證： > + b ；
b
1
② m-1求證： 2e < + a
a
1
【解析】 (1)函數的定義域為 (0, + )，F (x) = + m -1，
x
當m 1時，F (x) > 0， F (x)在 (0, + )單調遞增；
1 1
當m <1時，令 F (x) < 0，解得 x > ，令F (x) > 0，解得0 < x < ，
1- m 1- m
∴ F (x)
1 1
在 0, ÷ 單調遞增，在 ,+ ÷ 單調遞減；
è 1- m è1- m
綜上，當m 1時， f (x) 的單調遞增區間為 (0, + )；
當m <1時， f (x) 的單調遞增區間為 0,
1 1
÷ ，單調遞減區間為1- m
,+
1- m ÷è è
(2)證明：因為G(x) = ln x - x + m ，令G(x) = 0，則m = x - ln x，
設 t(x) = x - ln x x 0 t (x) 1
1 x -1
（ > ），則 = - =x x ，
函數 t(x)在( 0, 1)單調遞減，在 (1, + )單調遞增，且 x 0時， t(x) + ，
當 x + 時， t(x) + ， t(x)min = t(1) =1，∴ m >1，
又 a < b ，則0 < a < 1 < b ,
1
若證①所證不等式，即 2em-1 > b + ，
b
b2
即證 ln 2 + m -1 > ln +1 = ln b2 +1 - ln b ，b
又G(b) = 0 ，則m = b - ln b ，故即證 ln 2 + b - ln b -1 > ln b2 +1 - ln b ，
即證 ln 2 -1 > ln b2 +1 - b，
2
設 h(b) = ln b2 +1 - b，b >1 2b (b -1)，則 h (b) =
b2
-1 = - 2 < 0， +1 b +1
∴ h(b)在 (1, + )上單調遞減，∴ h(b) < h(1) = ln 2 -1 2em-1
1
，即 > + b 得證；
b
2
m-1 1
若證②所證不等式，即 2e < a + ，即證 ln 2 + m -1< ln a +1，
a a
ln 2 + m -1< ln a2即證 +1 - ln a，
又G(a) = 0，即m = a - ln a ，故即證 ln 2 + a - ln a -1< ln a2 +1 - ln a ，
即證 ln 2 -1< ln a2 +1 - a ，
2
設j(a) = ln a2 +1 - a ， 0 < a < 1，則j (a) 2a 1 (a -1)= - = - < 0 ，
a2 +1 a2 +1
∴j(a)在( 0, 1)單調遞減，故j a > j 1 = ln 2 -1 2em-1 1，即 < + a 得證.
a
12．已知 a R ， f (x) = x ×e-ax ，（其中 e 為自然對數的底數）.
（1）求函數 y = f (x) 的單調區間；
（2）若 a > 0，函數 y = f (x) - a x x x2 2有兩個零點 ， 2 ，求證： 1 + x2 > 2e .
【解析】（1）解： f (x) = e-ax - ax ×e-ax = e-ax (1- ax)
1 1
∵ a R ，∴ a < 0時， f (x) = e-ax (1- ax) > 0 x > ， f (x) = e-ax (1- ax) < 0 x <
a a
é1 1
∴ a < 0時，增區間為： ê ,+ ÷，減區間為： - , ÷； a è a
a = 0時， f (x) = e-ax (1- ax) =1 > 0，∴ a = 0時，增區間為： (- , + )；
a > 0時， f (x) = e-ax (1
1 1
- ax) > 0 x < ， f (x) = e-ax (1- ax) < 0 x > ，
a a
∴ a > 0時，增區間為： - ,
1 ù 1
a ú ，減區間為：
,+
è a ÷
；
è
（2）因為 a > 0時，函數 y = f (x) - a 有兩個零點 x1， x2 ，
則兩個零點必為正實數， f (x) - a = 0 xe- ax = a 兩 邊 取對 數 ln x - ax = ln a
故問題轉化為 ln x - ax = ln a 有兩個正實數解；
令 g(x) = ln x - ax - ln a（ x > 0）
1 1 1
則 g
1
(x) = - a（ x > 0）， g(x) 在 0,

÷ 單調遞增，在 ,+

x ÷單調遞減，且
0 < x < < x
è a è a 1 a 2
令G(x) = g(x) g
2 1- - x

÷， x ,+

÷，則
è a è a
G (x) 1 1= - a + 2 - a
2 2
= - 2a > - 2a = 0
x - x x(2 - ax) 1
a a
G(x) 1 1 所以 在 ,+ ÷單調遞增，G(x) > G ÷ = 0
è a è a
x 1 g x g 2 x x 1> > - , + 又 2 ，故a 2 ，a 2 ÷ 2 a ÷è è
又 g x 21 = g x g x > g

2 ，所以 1 - x

a 2 ÷
，
è
1 2 1
又0 < x1 < < x

a 2
，所以 x1， - x 0, ，a 2 è a ÷
1 2
又 g(x)在 0, ÷ 單調遞增，所以 x
è a 1
+ x2 > a
2 x + x
2
所以 x1 + x
2 > 1 2 2> > 2e ．2 2 a2
13.已知函數 f x = axe- x a 0 1存在極大值 .
e
（1）求實數 a的值；
（2）若函數F x = f x - m有兩個零點 x1， x2 x1 x2 ，求實數m 的取值范圍，并證明： x1 + x2 > 2 .
【解析】（1） f x a x= × x R ，
ex
' a 1- xf x = f '，令 x = 0 x =1 fx ， 1
a 1
= = a =1，
e e e
' 1- x
此時 f x = x ， f x 在 - ,1 上 f
' x > 0， f x 遞增；在 1,+ 上 f ' x < 0， f x 遞減，所以當 x =1
e
1
時， f x 取得極大值為 f 1 = 符合題意，所以 a = 1 .
e
（2）由（1）知： f x 在 - ,1 上遞增，在 1,+ 上遞減，極大值為 f 1 1= .
e
f x x= ， f 0 = 0，當 x < 0 時， f x < 0 ；當 x > 0時， f x > 0；當 x + 時， f x 0 .
ex
由于函數F x = f x - m有兩個零點 x1， x2 x1 x2 ，
1
所以0 < m < .
e
因為 x1， x2 x1 x2 是F x 的兩個零點，則 x1 > 0, x2 > 0 .
x2
F x F x x1 x2 e x所以 = ， = ， = 2 ,ex2 -x x x1 2 21 2 x x x = ，兩邊取對數得 x - xe x x 2 1
= ln ，
e 1 e 2 1 x1 1 1
要證 x
x - x 1
1 + x2 > 2
2 1
，只需證明 < ln
x2
x2 + x 2 x
，
1 1
x2 -1
x1 1 ln x2
x2
即證 x < 2 x ，不妨設
x1 < x2，令 = t t 1,+
2 +1 1 x
，則 ，
1
x1
t -1 1
即證 < ln t 對 t 1,+ t 1 2 恒成立.+
t -1 21
令 g t = ln t t -1- g '， t 1 2 = - = > 02 t +1 ，2t t +1 2 2t t +1 2
所以 g t 在 1,+ 上遞增，所以 g t > g 1 = 0 1 ln t t -1，即 - > 02 t 1 ，+
t -1 1
所以 < ln t .t 1 2 從而
x1 + x2 > 2成立.+
14.已知函數 f (x) = x(e2x - a), g(x) = bx + ln x .
（1）若 y = 2x是曲線 y = f (x) 的切線，求 a 的值；
（2）若 g(x)有兩不同的零點，求 b 的取值范圍；
（3）若b =1，且 f (x) - g(x) 1恒成立，求 a 的取值范圍.
2x
【解析】(1)依題意，設切點為 (x0 , 2x0 )，則 2x 00 = x0 (e - a) ，
f (x) = e2x - a + x × 2e2x 2x，于是得 e 0 (2x0 +1) - a = 2 ，則有 x0 = 0且 a = -1，
x0 0時， e2x0 = a + 2， (a + 2)(2x0 +1) = a + 2無解，所以 a = -1；
g(x) = 0 b ln x h(x) ln x(2)由 得- = ，令 = , x > 0，
x x
h (x) 1- ln x則有 = 2 ,0 < x < e時 h (x) > 0, x > e 時 h (x) < 0， h(x) 在 (0, e)上遞增，在 (e, + )上遞減，x
h(x) 1max = h(e) = ，又 x > e時， h(x) > 0e 恒成立，
于是得 g(x)
ln x
有兩個不同的零點，等價于直線 y = -b與函數 h(x) = , x > 0圖象有兩個不同的公共點，
x
0 b 1 1 1即 < - < ，- < b < 0，所以 g(x)有兩不同的零點，b 的取值范圍是- < b < 0；
e e e
(3)b =1, g(x) = x + ln x, x > 0，
"x > 0, f (x) - g(x) 1 x(e2x - a) 1+ x + ln x a +1 e2x 1+ ln x- ，
x
2 2x
2x 1+ ln x ln x 2x e + ln x
令j(x) = e - (x > 0)，j (x) = 2e2x +
x x2
=
x2
，
F (x) = 2x2e2x + ln x F (x) = (4x2 + 4x)e2x 1令 ， + > 0，即 F (x)在 (0, + )上遞增，
x
而F (1) e= - ln 4 < 0, F (1) = 2e2 > 0，即$t (0,1)，使得F (t) = 0，
4 8
0 < x < t 時F (x) < 0,j (x) < 0， x > t 時，F (x) > 0,j (x) > 0，
j(x) 在 (0, t)上遞減，在 (t, + ) 2t
1+ ln t
上遞增，從而有j(x)min = e - ，t
而F (t) = 0，即 2t 2e2t + ln t = 0，令 t 2e2t = p ，兩邊取對數得 2t + 2ln t = ln p ，則 2 p + ln t = 0 = 2t + 2ln t - ln p，
即有 2 p + ln p = 2t + ln t ，顯然函數 y = 2x + ln x在 (0, + )上單調遞增，從而得 p = t ，
t2e2t t e2t 1 兩邊取對數 2t ln t ln t于是得 = = = - = -2 ，
t t
j(x) e2t 1+ ln t 1 1 ln tmin = - = - - = 2，所以 a +1 2，a 1 .t t t t
15．已知函數 f (x) = ax ln x， a R ．
（1）當 a = 1時，
①求 f (x) 的極值；
m
②若對任意的 x e都有 f (x) m e x ，m > 0，求m 的最大值；
x
（2）若函數 g(x) = f (x) + x2 2有且只有兩個不同的零點 x1， x2 ，求證： x1x2 > e ．
【解析】（1）① a = 1時， f (x) = x ln x ，則 f (x) = ln x +1(x > 0)，
令 f (x) > 0
1 1
，解得： x > ，令 f (x) < 0e ，解得：
0 < x < ，
e
f (x) (0, 1) (1 + ) f (x) f (1 1∴ 在 遞減，在 e , 遞增，故 的極小值是 ) = - ，沒有極大值；e e e
m m m m
②對任意 x e m都有 f (x) e x = e x ln e x ，即 f (x) f (e x ) 恒成立，x
m m
由m > 0，有 > 0，故
x e x >1
，
m
由①知， f (x)
1 m
在 ( , + )e 單調遞增，故 x e x ，可得 ln x≥ ，即 x ln x≥m，x
當 x e時， f (x) 的最小值是 f (e) = e，故m 的最大值是 e；
2
（2）證明：要證 x1x2 > e ，只需證明 ln(x1x2 ) > 2即可，
由題意， x 、 x 是方程 ax ln x + x21 2 = 0的兩個不相等的實數根，又 x >1，
x1 +1
ìa ln x1 + x1 = 0 x∴ í ，消去 a，整理得： ln(x x ) = 21 2 x × ln
x1
a ln x
，
2 + x2 = 0 1 -1 x2
x2
x
不妨設 x1 > x
1 t +1
2 ，令 t = x ，則 t > 1，故只需證明當 t > 1時， × ln t > 2
2(t -1)
，即證明 ln t > t 1 ，2 t -1 +
2
設 h(t) = ln t
2(t -1)
- ，則 h (t)
1 2 t +1- (t -1) (t -1)= - × 2 = 2 > 0，t +1 t (t +1) t(t +1)
∴ h(t)在 (1, + )單調遞增，從而 h(t) > h(1) = 0，
故 ln t
2(t -1)
> x x > e2
t 1 ，即 1 2 得證．+
f (x)
16.已知函數 f (x) = x ln x - ax2 - x ， g(x) = ， a R ．
x
(1)討論 g(x)的單調性；
(2)設 f (x) 4 3有兩個極值點x1， x2 x1 < x2 ，證明： x1 x2 > e ．（ e = 2.71828 …為自然對數的底數）
g(x) f (x)【解析】 (1) = = ln x - ax -1， g (x) = 1x - a ，x
①當 a 0時， g (x) > 0， g(x)在 (0, + )單調遞增；
1 1
②當 a > 0時，令 g (x) = 0解得 x = ， x

0, ÷時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；a è a
x 1 ,+ ÷時， g (x) < 0， f (x) 單調遞減．
è a
1 1
綜上，當 a 0時， g(x)在 (0, + )單調遞增；當 a > 0時， g(x)在 0, ÷ 上單調遞增，在 ,+ ÷ 上單調遞減，
è a è a
(2)由題意知， f (x) = ln x - 2ax ，x1，x2是 f
(x) 的兩根，
ln x - ln x
即 ln x1 - 2ax1 = 0， ln x2 - 2ax2 = 0
1 2
，解得 2a = (*)x1 - x
，
2
4
要證 x1 x2 > e
3
，即證 4ln x1 + ln x2 > 3，即 4 ×2ax1 + 2ax2 > 3，
ln x - ln x
把（* 1 2）式代入得 4x1 + x2 > 3 x < xx - x 1 2 ，1 2

3 x1 -1
3 x - x x ÷
所以應證 ln x1 < 1 2 = è 2 ，
x2 4x1 + x x2 4 1 +1
x2
t x= 1 h(t) ln t 3(t -1)令 x ，0 < t <1，即證 = - < 0(0 < t <1)成立，2 4t +1
2
2 16
t 7 15 - ÷ +而 h (t) 1 15 16t - 7t +1= - = = è 32 64 ，
t (4t +1)2 t(4t +1)2 t(4t +1)2
> 0
所以 h(t)在( 0, 1)上單調遞增，所以 h(t) < h(1) = 0，所以命題得證．

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